Kvant 1984, số 12 · Trang

QUANTUM
12
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

15:e INTERNATIONELLA
FYSIKOLYMPIADEN FÖR SKOLUNGDOM

XV I Ph O
24/6-1/7
1984
SIGTUNA SWEDEN

15-th INTERNATIONAL PHYSICS OLYMPIAD
OLYMPIAD VẬT LÝ QUỐC TẾ XV

Các nghệ sĩ vẽ tấm áp phích này đã cho phép mình có một chút can đảm. Họ gợi ý một cách tượng trưng về chủ đề bài toán mà những người tham gia Olympic phải giải quyết.
Ban tổ chức lo ngại về việc “không tiết lộ bí mật Olympic” đã quyết định chỉ phân phát áp phích sau khi kết thúc phần sáng tác chính thức. Tất cả những người tham gia và khách mời của Olympic đều nhận được nó như một món quà phụ. Nỗi lo sợ của ban tổ chức liệu có chính đáng? Đáp số bạn có thể tìm thấy câu trả lời cho câu hỏi này trong bài viết “Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ XV”.

TRONG PHÒNG:

2. D. A. Frank-Kamenetsky. Điện trở là một hiện tượng lượng tử
3. A. L. Toom. Một đa giác có bao nhiêu diện tích?

D. A. Frank-Kamenetski. Electric resistance is a quantum phenomenon
A. L. Toom. How many areas does a polygon have?

Lịch của chúng tôi
13. Bức xạ Vavilov-Cherenkov
43. Mon gặp Debye

Our calendar
The Vavilov — Cherenkov radiation
My encounters with Debye

vòng tròn toán học
14. L. D. Kurlyandchik, S. V. Fomin. Định lý Vieta và đa thức phụ trợ

Mathematics circle
L. D. Kurlyandchik, S. V. Fomin. Vieta’s theorem and auxiliary polynomials

Trường học ở «Kvant»
17. Vật lý 8, 9, 10
22. Toán 8, 9, 10

Kvant’s school
Physics 8, 9, 10
Mathematics 8, 9, 10

«Kvant» cho học sinh nhỏ
27. Bài toán
28. N. A. Rodina. Cách chúng ta uống trà
31. Bài toán trong tranh

Kvant for younger school children
Problems
N. A. Rodina. How we drink tea
A problem in pictures

Vấn đề «Kvant»
32. Bài toán M896 — M900; F908 — F912
36. Lời giải bài toán M881—M883; F890, F892, F893
40. Điện là tính chất của vật dẫn điện
41. Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Kvant’s problems
Problems M896 — M900; P908 — P912
Solutions M881—M883; P890, P892, P893
Capacity as a property of conductors
List of readers who have sent correct solutions

Thế vận hội
44. A. P. Savin. Olympic Toán quốc tế XXV
46. S. S. Krotov. Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ XV

Olympiads
A. P. Savin. The XXVth International Mathematics Olympiad
S. S. Krotov. The XVth International Physics Olympiad

Thông tin
52. Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

Information
Moscow physico-technical institute’s correspondence school

Trò chơi và câu đố
54. Renju - kết quả của cuộc thi

Games and puzzles
Renju contest results

Đáp số, gợi ý, lời giải
61. Xuất bản năm 1984
Trộn (26, 30, 51)
Trang cờ vua
Trận đấu thế kỷ (trang bìa thứ 3)

Answers, hints, solutions
Printed in 1984
Miscellaneous (26, 30, 51)
The chess page
The match of the century (3rd cover page)

Nước nhiều màu trên caboose (xem ảnh ở trang đầu tiên của trang bìa) chỉ có thể được nhìn thấy khi xác định được các điều kiện. Về thời điểm và cách thức nó phát sinh được mô tả trong bài viết “Radua là gì?” (trang 20).

© Nhà xuất bản “Nuka”, Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1984

2

Chúng tôi đang xuất bản một bài báo của nhà vật lý nổi tiếng Liên Xô và nhà phổ biến khoa học điện khí hóa D. A. Frank-Kamenetsky (1910-1970). Bài viết này, được xuất bản lần đầu tiên vào năm 1970 trên «Kvant» số 9, vẫn không mất đi tính liên quan và chắc chắn sẽ rất thú vị và hữu ích cho độc giả ngày nay.
(In có chữ viết tắt nhỏ.)

Lý thuyết cổ điển

Trong vật lý hiện đại, cổ điển được gọi là các lý thuyết được tạo ra bởi các tác phẩm kinh điển của khoa học trong nhiều thế kỷ trước, trước khi xuất hiện vật lý lượng tử và lý thuyết phần tương đối. Thông thường, từ “cổ điển” được các nhà vật lý sử dụng là từ trái nghĩa với từ “lượng tử”.

Lý thuyết cổ điển khác ở chỗ nó không liên quan đến lượng tử. Những lý thuyết như vậy rất đơn giản; đối với các nhà vật lý hiện đại thì họ có vẻ hơi ngây thơ. Chúng thường mang lại lợi ích lớn, nhưng theo quy luật, chúng không giải quyết được triệt để vấn đề. Trong lý thuyết cổ điển, luôn có một điều gì đó còn thiếu đối với một nhà vật lý hiện đại.

Trong nhiều cuốn sách, kể cả sách giáo khoa (và thậm chí rất hay), người ta viết rằng điện trở của kim loại xuất phát từ sự va chạm của các electron mang dòng điện với các nguyên tử*) của mạng tinh thể. Sự hiểu biết về sự kháng cự này có đúng không?

Tốt nhất không nên nói “có” hoặc “không”, mà hãy nói rằng nó thể hiện lý thuyết cổ điển về điện trở. Mọi điều chúng ta vừa nói về lý thuyết cổ điển nói chung đều áp dụng được cho nó. Nhưng trong trường hợp này, lý thuyết cổ điển tỏ ra rất yếu: nó không thể giải thích được nhiều đặc điểm cơ bản nhất của điện trở.

Trong lý thuyết cổ điển, có một điều chắc chắn đúng: điện trở xuất phát từ việc các electron truyền một phần năng lượng và động lượng (động lượng) của chúng sang mạng tinh thể. Nhưng chính xác việc chuyển giao này sẽ diễn ra như thế nào không phải là một câu hỏi đơn giản và rất thú vị.

*) Sẽ chính xác hơn nếu nói - với ngựa con, nhưng điều này không tồn tại đối với chúng tôi ở đây.

3

Sự phụ thuộc nhiệt độ

Điện trở của kim loại nguyên chất tăng rất nhiều theo nhiệt độ. Đối với nhiều người trong số họ, nó gần như tỷ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối. Ở nhiệt độ thấp mối quan hệ đơn giản này bị phá vỡ. Điều này có thể thấy rõ trong Hình 1, cho thấy điện trở suất của đồng, chất dẫn điện phổ biến nhất, thay đổi như thế nào theo nhiệt độ. Như có thể thấy từ hình vẽ, ở vùng nhiệt độ cao, sự phụ thuộc của hàng hóa dường như là tuyến tính. Nhưng nếu đường thẳng này được tiếp tục hướng tới nhiệt độ thấp (được biểu thị bằng đường chấm trong hình), thì nó không tiến đến độ không tuyệt đối mà đến nhiệt độ cao hơn một chút - đối với đồng khoảng 60 K. Trên thực tế, ở nhiệt độ thấp, sự phụ thuộc trở nên phức tạp hơn: điện trở thay đổi tỷ lệ với lũy thừa năm của nhiệt độ. Khi độ không tuyệt đối tiến tới, điện trở của kim loại nguyên chất trở nên rất nhỏ. Có một nhóm kim loại trong đó điện trở biến mất hoàn toàn ở nhiệt độ cao hơn độ không tuyệt đối vài độ. Bây giờ chúng ta sẽ không đề cập đến hiện tượng này, được gọi là hiện tượng siêu dẫn. Có thể nói rất nhiều điều thú vị về những điều đơn giản hơn.

Nếu chúng ta giải thích điện trở bằng sự va chạm của electron với nguyên tử, thì sự phụ thuộc nhiệt độ của điện trở của kim loại nguyên chất vẫn hoàn toàn không thể hiểu được. Rốt cuộc, tình huống này giống như thể các electron chỉ va chạm với các nguyên tử đã trải qua chuyển động nhiệt, nhưng với các chuyến bay tự do của các nguyên tử đứng yên. Họ nói như vậy (như thể một electron đi vào nguyên tử đang chuyển động sẽ dễ dàng hơn), nhưng đây là một sai lầm. Điều này cũng giống như suy nghĩ rằng khi bắn mà không nhắm, sẽ dễ bắn trúng nam châm đang xoay hơn là nam châm đứng yên. Vì vậy, lý thuyết cổ điển không thể giải thích được sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ.

Điện trở dư

Khi điện trở của kim loại nguyên chất thay đổi ở nhiệt độ rất thấp, người ta phát hiện ra một điều đáng chú ý. Tiếp tục đường cong của Hình 1 đến độ không tuyệt đối, chúng ta nhận được điện trở sẽ được duy trì nếu có thể đạt đến độ không tuyệt đối trong thí nghiệm. Nó được gọi là điện trở dư. Nó chỉ ra rằng nó thay đổi rất nhiều từ mẫu này sang mẫu khác. Điện trở còn lại cực kỳ nhạy cảm với tạp chất thấp, xử lý cơ học và nhiệt. Bằng cách làm sạch cẩn thận kim loại, tạo hình nó sao cho đạt được cấu trúc tinh thể hoàn hảo, điện trở dư có thể giảm xuống và không có giới hạn nào cho mức giảm này. Vì vậy, kinh nghiệm dẫn đến một kết luận đáng kinh ngạc: một tinh thể lý tưởng ở nhiệt độ không tuyệt đối sẽ không có điện trở. Nói cách khác: điện trở của kim loại nguyên chất chỉ đến từ sự xáo trộn trong cấu trúc tinh thể, nguyên nhân là do chuyển động nhiệt, tạp chất và khuyết tật (không đều) của tinh thể lời giải.

Hành lang hạt nhân

Nếu các electron chuyển động theo các định luật cơ học cổ điển, chúng sẽ va chạm với các nguyên tử bất kể các nguyên tử đó có được sắp xếp theo cùng một trật tự hay không. Tất nhiên, có những loại hành lang giữa các hàng nguyên tử đều đặn (Hình 2), nhưng để dẫn một electron dọc theo một hành lang như vậy đòi hỏi sự định hướng chính xác của tinh thể so với điện áp đặt vào. Nhưng thông thường chúng ta đang xử lý không phải một tinh thể mà là sự kết hợp của nhiều tinh thể nhỏ, được định hướng ngẫu nhiên. Leo đúng đơn

4

Hình 2. Chuyển động của các electron và sự lan truyền của sóng electron trong tinh thể (lý tưởng) đều.

thép được gọi là một tinh thể đơn (từ tiếng Hy Lạp “mono” - một), và sự kết hợp của nhiều tinh thể được gọi là tổng hợp đa tinh thể (từ tiếng Hy Lạp “poly” - nhiều). Vì vậy, các phép đo chính xác đã chỉ ra rằng điện trở của cốt liệu đa tinh thể giảm đáng kể khi nhiệt độ giảm. Điều này không thể giải thích được bằng cách nào đó bằng sự chuyển động của một electron dọc theo các hành lang nguyên tử theo các định luật cơ học cổ điển. Khi di chuyển từ tinh thể này sang tinh thể khác, hành lang nguyên tử đột ngột thay đổi hướng (Hình 3). Các electron sẽ va vào “bức tường” để bay đi. Và anh ta có khả năng đi bộ sáu trăm lần qua mê cung nguyên tử, giống như Theseus, người được chỉ hướng bởi sợi chỉ của Aridna. Cái quái gì thế này và làm sao tôi có thể giải thích nó?

Phép lạ không có phép lạ

Thậm chí nhiều sự thật đáng kinh ngạc hơn đã được biết đến từ lâu. Xử lý cơ học và nhiệt ảnh hưởng đáng kể đến điện trở suất của kim loại. Để dễ sử dụng về mặt công nghệ, chúng ta sẽ sử dụng điện trở suất đơn Ohm·mm²/m=10⁻⁴ Ohm·cm=10⁻⁶ Ohm·m. Trong các đơn vị này, điện trở suất của tổng đồng thương mại ở 20 °C được biểu thị bằng 0,0172. Sau khi kéo nguội, điện trở của dây đồng tăng lên 0,0177. Quấn thêm dây xung quanh cuộn dây là đủ để tăng điện trở của nó. Nếu bạn ủ hệ thống dây điện, nghĩa là,

gia nhiệt kéo dài, sau đó làm nguội lại đến 20 ° C, giá trị điện trở trở lại bình thường. Rõ ràng, bản thân nó cảm nhận được sự kháng cự đối với những xáo trộn nhỏ trong cấu trúc tinh thể (những đặc tính như vậy được gọi là cấu trúc nhạy cảm). Một điều đáng chú ý khác là độ nhạy của khả năng chống lại các tạp chất không đáng kể. Làm sạch kỹ lưỡng làm giảm điện trở đồng ở 20°C xuống 0,0169 ohm mm2/m. Tình huống này có tầm quan trọng lớn đối với công nghệ. Rốt cuộc, nếu bạn giảm điện trở của dây dẫn thì tổn thất vô ích của các hạt điện do quá trình đốt nóng của chúng cũng giảm đi. Do đó, đồng dành cho mục đích điện tử phải được tinh chế đặc biệt thông qua quá trình điện tử. Quá trình luyện kim đặc biệt này phần nào chứa đầy sự “đổ từ trống rỗng”. Ở cực dương, đồng bị hòa tan và đồng lắng đọng ở cực âm, độ tinh khiết của nó thay đổi theo “ba số chín” sau dấu thập phân: 99,999%, tức là tạp chất trong đồng điện tử chỉ chiếm một phần nghìn phần trăm.

Bây giờ chúng ta hãy xem lượng tạp chất ảnh hưởng như thế nào đến điện trở của đồng. Chỉ cần thêm 1% mangan vào đồng là đủ để điện trở suất của nó tăng lên 0,048 Ohm mm²/m, tức là gần gấp ba lần! Trong khi đó, điện trở của mangan nguyên chất là 0,05 ohm mm2/m. Vì vậy, 1% mangan trong đồng là đủ để điện trở của nó trở thành điện trở của mangan 100%! Đây không chỉ là vấn đề may rủi. Về giống nhau

5

Các chất phụ gia như sắt, coban, iridium và các chất khác có tác dụng. Nếu điện trở cho phép nhiều electron mới và nguyên tử tạp chất đi qua như vậy thì những tạp chất này sẽ phải có tác động tương đương. Theo quan điểm của lý thuyết cổ điển, tác dụng cắt cổ của những tạp chất nhỏ là một phép lạ thuần túy.

Trong các hợp kim chứa tỷ lệ tạp chất lớn thì điện trở rất cao. Các nhà luyện kim đã phát triển các loại sàng đáng chú ý bằng hợp kim có độ bền cao: niken, magganin, constantan, nichrome và các loại khác. Điện trở của các hợp kim này lớn hơn nhiều lần so với từng bộ phận cấu thành. Do đó, hằng số, bao gồm 60% đồng và 40% niken, có điện trở suất 0,44 Ohm mm2/m, trong khi đối với đồng nguyên chất là 0,017 và đối với niken là 0,072 cùng đơn vị *).

“Vua” của các hợp kim như vậy có thể được gọi là nichrome nổi tiếng, có điện trở suất khoảng 1 Ohm mm2/m. Không phải vô cớ mà nó được ứng dụng rộng rãi như vậy trong các thiết bị sưởi ấm.

Điều đáng chú ý là sự phụ thuộc nhiệt độ của điện trở của hợp kim hoàn toàn khác với kim loại nguyên chất. Điện trở của hầu hết các hợp kim cũng tăng theo nhiệt độ, nhưng ít hơn nhiều. Đặc biệt đối với các dụng cụ khoa học cần có điện trở không đổi, hằng số đã đề cập đã được phát triển, tên của nó có nghĩa là “hằng số”. Trong phạm vi nhiệt độ từ 0 ° đến 400 ° C, điện trở của nó chỉ thay đổi từ 0,441 đến 0,448 Ohm mm²/m.

Theo quan điểm của lý thuyết cổ điển, hằng số điện trở của hợp kim ít được hiểu giống như điện trở suất tỷ lệ với nhiệt độ của kim loại nguyên chất. Theo ý nghĩa của lý thuyết này, điện trở của hợp kim phải được cộng lại từ điện trở của các bộ phận cấu thành của nó theo các quy tắc trộn đơn giản (chẳng hạn như tính đặc hiệu nhiệt). Nếu chúng ta xem xét cẩn thận mọi thứ đã biết về điện trở, thì sẽ thấy rõ rằng ngay cả hiện tượng đơn giản này cũng buộc chúng ta phải chuyển sang lượng tử để hỗ trợ cho khái niệm của nó.

Sóng điện tử và ống dẫn sóng nguyên tử

Mọi thứ sẽ đâu vào đấy nếu chúng ta nhớ rằng, theo các định luật cơ học lượng tử, một electron có các đặc tính đồng thời của hạt và sóng. Chiều rộng của hành lang nguyên tử gần bằng bước sóng của electron nên khi di chuyển dọc theo những hành lang đó, tính chất sóng của electron được thể hiện đầy đủ.

Ống dẫn sóng được sử dụng rộng rãi trong kỹ thuật vô tuyến sóng S. Đây là những ống kim loại có tiết diện tròn hoặc hình chữ nhật. Sóng vô tuyến truyền dọc theo ống dẫn sóng, đi theo tất cả các điểm uốn cong của nó. Ánh sáng cũng là sóng điện từ và nó có thể được giấu trong một ống dẫn ánh sáng - một ống có thành gương *).

Tác dụng của tấm dẫn sáng với vách gương là điều dễ hiểu. Sóng ánh sáng liên tục bị phản xạ từ các bức tường và do đó vẫn tồn tại bên trong ống dẫn ánh sáng. Sóng vô tuyến cũng được phản xạ tốt từ bề mặt kim loại nhẵn. Nếu bề mặt gồ ghề thì sóng dường như vỡ ra khỏi các cạnh lởm chởm và kết quả là bị tán xạ và hấp thụ. Năng lượng của nó biến thành nhiệt.

Trong lý thuyết lượng tử, dòng điện chạy qua kim loại được mô tả là sự truyền sóng điện tử dọc theo hành lang nguyên tử đóng vai trò là ống dẫn sóng. Nếu các nguyên tử nằm trên một mặt phẳng theo thứ tự hoàn hảo, ở khoảng cách bằng nhau, thì mặt phẳng đó phản xạ hoàn toàn sóng điện tử - giống như một tấm gương lý tưởng. Sự tán xạ và hấp thụ sóng điện tử chỉ xảy ra khi trật tự sắp xếp chặt chẽ của các nguyên tử bị vi phạm. Kết luận đáng ngạc nhiên này lần đầu tiên được thu được bằng một phương pháp toán học khá phức tạp từ phương trình của cơ học lượng tử. Nhưng nó cũng có thể được thực hiện trên cơ sở các đặc tính của điện trở được thiết lập bằng thực nghiệm, nếu chúng được xử lý cẩn thận hơn.

Trong một tinh thể đều lý tưởng, các ống dẫn sóng hoàn toàn trơn tru. Bất kỳ sự vi phạm trật tự nguyên tử nào đều gây ra sự gồ ghề của các bức tường sóng.

*) Tất cả các số liệu ở đây được đưa ra ở nhiệt độ 20°C.

Hình 4. Sự gián đoạn của ống dẫn sóng nguyên tử chính xác do chuyển động.

Nước. Sóng điện tử bị tán xạ do sự nhiễu loạn trong mạng. Một phần năng lượng của electron được hấp thụ và truyền vào cơ thể. Đây là cơ chế lượng tử của điện trở. Các ống dẫn sóng nguyên tử chính xác bị gián đoạn bởi các dao động cho biết, trên đó sóng điện tử bị phân tán (Hình 4). Điều này làm phát sinh một phần điện trở, phụ thuộc vào nhiệt độ. Bằng cách làm nguội kim loại, nó có thể được chế tạo càng nhỏ càng tốt. Đồng thời, điện trở dư hoặc cấu trúc được giữ lại, liên quan đến các khuyết tật vĩnh viễn (hư hỏng) của cấu trúc tinh thể (Hình 5 và 6). Các khiếm khuyết tồn tại trong mọi tinh thể và phụ thuộc vào “tiểu sử” của nó - vào các điều kiện mà nó hình thành, phát triển và tồn tại. Các khuyết tật khác phát sinh trong quá trình gia công nguội - kéo dây và thậm chí quấn dây vào cuộn. Đó là lý do tại sao nó tăng

Hình 5. Loại khuyết tật mạng tinh thể đầu tiên là chỗ trống (khoảng trống). Điều đáng chú ý là các electron cũng bị phân tán thành các chỗ trống - có bằng chứng nào tốt hơn cho thấy chúng không va chạm với các nguyên tử trong mạng không? Thực tế là chỗ trống hoạt động như một phản ứng trong thành ống dẫn sóng nguyên tử, làm gián đoạn sự truyền sóng thích hợp của sóng điện tử.

sức chống cự. Với quá trình gia nhiệt (ủ) kéo dài, các nguyên tử sẽ trở lại vị trí của chúng và các khuyết tật được chữa lành - điện trở giảm xuống.

Sự xâm nhập của các nguyên tử lạ gây ra thiệt hại nghiêm trọng cho mạng tinh thể (Hình 7). Trong trường hợp này, một nguyên tử tạp chất có thể đến từ hàng trăm nguyên tử của tinh thể “chủ”. Đây là lý do tại sao tạp chất làm tăng sức đề kháng. Người ta nhận thấy rằng tác động của tạp chất càng mạnh, các nguyên tử của nó có kích thước càng lớn và một yếu tố khác biệt so với các nguyên tử của “vật chủ” thì chúng càng vi phạm mạng tinh thể chính xác.

Nếu bạn làm nguội kim loại, thì phần điện trở (nghĩa là bắt nguồn từ chuyển động kể) của điện trở sẽ giảm xuống. Khi nó trở nên nhỏ hơn nhiều so với phần không phụ thuộc vào nhiệt độ của cấu trúc, thì khi làm mát thêm, điện trở hầu như không thay đổi. Trong các hợp kim có cấu trúc rối loạn, phần điện trở của cấu trúc lớn đến mức ngay cả ở nhiệt độ cao nó vẫn chiếm ưu thế so với cấu trúc kể. Điều này giải thích sự phụ thuộc yếu của điện trở của hợp kim vào nhiệt độ.

Hình 6. Loại khuyết tật mạng tinh thể thứ hai là sự sai lệch.

8

một trong những bí ẩn về điện trở đã được giải quyết.

Nhưng kết quả này chỉ có giá trị ở nhiệt độ đủ cao. Suy cho cùng, theo ý nghĩa của thuyết lượng tử, số lượng nền không thể ít hơn một. Chúng ta hãy xem nhiệt độ nào nó bằng sự thống nhất. Nhiệt độ này được gọi là nhiệt độ Debye và được ký hiệu bằng tiếng Hy Lạp bằng chữ θ. Đánh đồng $N$ với một, chúng ta tìm thấy: $\theta = \frac{hv}{k}$.

Nhiệt độ Debye (hay nhiệt độ Debye) đóng vai trò rất quan trọng trong vật lý chất rắn. Sử dụng số lượng mà chúng tôi quan tâm này, số lượng hình nền được thể hiện khá đơn giản: $N = \frac{T}{\theta}$. Ở nhiệt độ dưới nhiệt độ Debye, con số này nhỏ hơn một. Điều này có nghĩa là chúng ta chỉ có thể nói về số lượng nền trung bình và việc tính toán có điều kiện. Nhưng giá trị $\frac{T}{\theta}$ vẫn là thước đo số lượng nền trong chất rắn, và do đó, số lượng electron có nền. Dựa trên những báo cáo này, giả thuyết sau đã được đưa ra: điện trở phụ thuộc vào nhiệt độ của kim loại nguyên chất được biểu thị bằng hàm phổ quát của phép đo số lượng nền $\frac{T}{\theta}$. Về mặt toán học, giả thuyết này trông như sau: $\frac{R}{R_\theta} = F\left(\frac{T}{\theta}\right)$, trong đó $R$ là điện trở ở nhiệt độ $T$, $R_\theta$ ở nhiệt độ $\theta$, và $F$ là một hàm số, dạng của hàm này có thể được tìm thấy từ kinh nghiệm. Điều quan trọng là chức năng $F$ là phổ biến đối với các kim loại nguyên chất khác nhau. Giả thuyết này hoạt động tốt như thế nào?

$$\frac{v}{\leq \frac{c}{a}}.$$

Trong quá trình chuyển động nhiệt, sóng âm thanh (nói cách khác là phonan) với các tần số khác nhau bị kích thích, như người ta nói, toàn bộ phổ tần số. Nhưng phổ phonan có tần số giới hạn. Sóng có tần số cao hơn sẽ không có thời gian để nhảy từ nguyên tử này sang nguyên tử khác và do đó không thể bị kích thích. Các tính toán chi tiết cho thấy nhiệt độ Debye có thể được xác định theo cách tương tự như chúng ta đã làm, nếu chỉ với tần số $v$GBT là tần số giới hạn của phổ nền trong chất rắn. Đây là những gì chúng tôi sẽ làm.

Chúng ta vẫn phải ước tính vật tư tiêu hao giữa các nguyên tử $a$. Nếu số nguyên tử trên một đơn vị thể tích là $n$ thì $n = \frac{1}{a^3}$.

Từ đây và từ công thức (*) hóa ra:

$$\frac{v^3}{c^3} \leq n.$$

Một phép tính chính xác hơn mà chúng tôi không thể trình bày ở đây, được đưa ra bởi đa ô bổ sung $4\pi$. Do đó, chúng ta thu được công thức nối tần số giới hạn $v$ với tốc độ âm thanh $c$:

$$4\pi \frac{v^3}{c^3} = n.$$

(Cuối cùng xem trang 12)

9

Một đa giác có bao nhiêu diện tích?

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. L. TOOM

Bài viết này không trình bày lý thuyết chung về diện tích mà chỉ nói về các cách tiếp cận khác nhau để xác định diện tích của một đa giác. Trong phần đầu tiên, chúng ta đang nói về một câu hỏi rất đơn giản (nhưng không ngờ tới đối với nhiều người!): liệu phép xác định diện tích của một hình tam giác và một đa giác lồi đã được huấn luyện có đúng không? Phần thứ hai thảo luận về khái niệm diện tích của đa giác “tự thay đổi giới tính”; hóa ra nó được kết nối với hai câu hỏi vật lý hoàn toàn khác nhau.

Diện tích của một tam giác và đa giác lồi

Mọi người đều biết rằng diện tích bằng một nửa tích chiều dài đáy và chiều cao. Nhưng trong một tam giác, một trong hai cạnh có thể được lấy làm đáy. Do đó, tam giác ở Hình 1 có ba diện tích:

$$S_1 = \frac{1}{2} ah_a, \quad S_2 = \frac{1}{2} bh_b, \quad S_3 = \frac{1}{2} ch_c,$$

trong đó $h_a, h_b, h_c$ lần lượt là độ dài của các độ cao được hạ xuống các cạnh có độ dài $a, b, c$. Bạn sẽ nói $S_1 = S_2 = S_3$? Vâng, đúng vậy. Tại sao? Bởi vì cả hai và hình thứ ba đều là hình tam giác có diện tích? Lập luận này không có tác dụng gì cả. Vì chúng ta đặt cùng tên “diện tích” cho ba giá trị nào đó nên chúng không nhất thiết phải bằng nhau. Ngược lại, đây là lý do tại sao chúng ta có thể gọi cả ba đại lượng viết cùng tên là “diện tích” vì chúng bằng nhau. Và rằng chúng bằng nhau - điều này phải được chứng minh.

Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác

$$ah_a = bh_b = ch_c.$$

Bài toán 2. Giáo sư Honsens đề xuất xem xét một giá trị mới - “đại lộ” của một hình tam giác, bằng tổng chiều dài đáy của nó và chiều cao hạ xuống đáy này. Theo đề xuất này, sự bình đẳng phải xảy ra (xem Hình 1)

$$a + h_a = b + h_b = c + h_c.$$

Điều này có đúng không? Đề xuất của giáo sư Honsens có hợp lệ không? (Đáp số cần phải được chứng minh.)

Hai bài toán được hiển thị minh họa khái niệm toán học quan trọng về tính đúng đắn của định nghĩa. Thường thì một thói quen sẽ thay thế một khái niệm và một bằng chứng, và chúng ta ngây thơ nghĩ rằng ý nghĩa của mỗi từ luôn giống nhau. Tuy nhiên, trong toán học, mọi thứ phải được chứng minh một cách nghiêm ngặt và nếu kết quả của hai phép tính khác nhau được gọi là giống nhau, thì điều đó không có nghĩa là chúng bằng nhau. Ngược lại, người ta phải chứng minh rằng chúng sẽ luôn bằng nhau thì mới có quyền gọi chúng là như nhau. Một định nghĩa mà công thức của nó cho phép thực hiện nhiều đường dẫn tính toán hoặc xây dựng khác nhau được cho là đúng nếu tất cả các đường dẫn này dẫn đến cùng một kết quả. Do đó, định nghĩa đầu tiên (diện tích của một hình tam giác) hóa ra là đúng, nhưng định nghĩa thứ hai (“đại lộ” của Giáo sư Honsens) hóa ra lại sai. Xin lưu ý: chúng tôi phải chứng minh tính đúng đắn của định nghĩa. Điều này phải được thực hiện trong mọi trường hợp khi có sự tùy tiện nào đó trong bản thân định nghĩa - cách xây dựng mơ hồ, quyền tự do lựa chọn một số yếu tố, v.v.

Hãy xem một ví dụ khác. Đến trường

10

Trong sách giáo khoa lớp 9, độ lớn của một góc nhị diện được định nghĩa bằng độ lớn của góc thẳng của nó (góc PAQ trong Hình 2). Nhưng góc thẳng có thể được vẽ từ một điểm A tùy ý trên cạnh AA’ của góc nhị diện; Ví dụ, hãy xem xét góc P’A’Q’. Tại sao nó sẽ có cùng giá trị?

Bài toán 3. Chứng minh tính đúng đắn của định nghĩa góc nhị diện.

Bài toán 4. Ghi nhớ định nghĩa góc giữa hai đường thẳng cắt nhau. Định nghĩa này có ý nghĩa gì? Chứng minh tính đúng đắn của nó.

Bây giờ chúng ta hãy nói về diện tích của một hình tứ giác. Nếu đây không phải là một tứ giác đặc biệt nào đó, chẳng hạn như hình thang, thì công thức chung để tính diện tích của nó như sau: cắt tứ giác theo đường chéo thành hai hình tam giác và lấy tổng diện tích của chúng. Nhưng một tứ giác lồi có thể được cắt chéo theo hai cách khác nhau. Điều gì sẽ xảy ra nếu trong trường hợp này nó trở thành một thứ, và trong một trường hợp khác nó lại thành một thứ khác? Và đối với một đa giác có số cạnh lớn, thậm chí còn có nhiều cách hơn để cắt nó thành hình tam giác. Trên cơ sở nào chúng ta chắc chắn (nếu chúng ta chắc chắn) rằng với tất cả những vết cắt này thì tổng diện tích của các mảnh thu được sẽ bằng nhau? Từ thực tiễn? Nhưng tất cả những thay đổi thực tế chỉ đảm bảo độ chính xác ở một số chữ số nhất định. Thuyết tương đối cho thấy công thức tổng quát để cộng vận tốc chỉ gần đúng và chỉ áp dụng cho những vận tốc nhỏ hơn đáng kể so với tốc độ ánh sáng! Có lẽ những ý tưởng truyền thống về diện tích đa giác chỉ gần đúng? Ví dụ, đây là một bức vẽ chúng tôi mượn từ một tập tài liệu quảng cáo của Ya. S. Dubnov*).

Ở đây, hình vuông có cạnh 21 cm được cắt thành nhiều mảnh, từ đó, như Hình 3 cho thấy, có vẻ như có thể gấp một hình chữ nhật ở các cạnh 34 cm và 13 cm.

Từ
$$21^2=441\neq 442=34\cdot 13,$$
Diện tích của hình thay đổi khi các bộ phận của nó được sắp xếp lại. Và tại sao không, thực sự?

Bài toán 5. Tìm xem điều gì sai trong Hình 3.

Bài toán 6. Chứng minh rằng nếu cắt một đa giác thành tam giác bằng phương pháp nhị diện thì

*) Vâng. S. Dubnov. Sai sót trong chứng minh hình học. M., Gostekhidat, 1953, tr. 10.

Diện tích đa giác tự cắt nhau

Chúng tôi đã thảo luận về tính đúng đắn của định nghĩa trường học về diện tích của đa giác và hình tam giác - tính nhất quán bên trong của chúng. Nhưng định nghĩa trong toán học không chỉ phụ thuộc vào yêu cầu về tính chính xác mang tính công thức. Định nghĩa vẫn phải “có tác dụng”. Hãy để chúng tôi giải thích điều này bằng ví dụ sau, cũng liên quan đến diện tích của một đa giác.

Có thể, và nếu vậy, làm thế nào người ta có thể xác định diện tích của các đa giác tự giao nhau một cách hợp lý và tự nhiên? Ví dụ, diện tích của một ngôi sao năm cánh (Hình 4) là gì?

Nói một cách công thức, có nhiều cách chính xác để gán một số cho mỗi đa giác tự giao nhau và gọi số này là diện tích của nó. Nhưng không phải mọi phương pháp như vậy đều đáng được nói đến trong im lặng. Nhìn chung, các định nghĩa trong toán học được hình thành tương đối thiếu nguyên tắc, không hề “bất ngờ”. Trong nhiều trường hợp (và có lẽ trong ước tính cuối cùng và trong tất cả) các trường hợp, các định nghĩa toán học

11

sự khoan dung được bao gồm trong tự nhiên. Chúng ta hãy nhớ vị trí trong vật lý xác định diện tích của một đa giác. Đây là hai trường hợp tôi chợt nghĩ đến.

1. Trong điện tử, một khái niệm quan trọng là dòng cảm ứng từ (từ thông) Ф xuyên qua một phần bề mặt được giới hạn bởi một mạch dẫn điện. Để đường viền nằm trong một mặt phẳng và vectơ $\vec{B}$ của cảm ứng từ giống nhau tại tất cả các điểm trong không gian và bị mặt phẳng của đường viền ghi đè. Sau đó

$$\Phi = BS,$$

(1)

trong đó $S$ là diện tích của hình được giới hạn bởi đường viền. Từ quan điểm vật lý, sóng phù hợp với câu hỏi từ thông F bằng bao nhiêu nếu đường viền có dạng đa giác tự giao nhau.

Trên thực tế, chúng ta hãy sắp xếp một dây cách điện dưới dạng đa giác tự cắt nhau trong một mặt phẳng, vectơ phân phối lại $\vec{B}$ của cảm ứng từ bằng trường (Hình 5) và nối hai đầu dây với một ampe. Ampe sẽ hiển thị điều gì nếu bạn bắt đầu “di chuyển” dây này? Rốt cuộc, anh ấy sẽ thể hiện điều gì đó! Ví dụ: kim ampe có bị lệch khi di chuyển tam giác $MNA$ đến vị trí $M'N'A$ không? Đặt phần tô đậm không thay đổi. Tuy nhiên, dây $MN$ trong chuyển động của nó đi qua các đường sức từ và do đó xảy ra lực điện cảm ứng. Dòng điện nên chảy. Và anh ấy là một hiện tại thực sự!

Điều này có nghĩa là từ thông F thay đổi. Vì chúng ta muốn công thức $\Phi = BS$ được giữ nguyên nên $S$ phải thay đổi (không giống như vùng được tô bóng). Vậy $S$ - “diện tích đa giác tự cắt” là gì?

Dễ hiểu là tổng diện tích các phần giới hạn của mặt phẳng (được tô màu trong Hình 5) không phù hợp ở đây là $S$. Làm thế nào để xác định $S$ trong trường hợp tổng quát?

2. Trong nhiệt động lực học, công được thực hiện bởi chất lỏng làm việc trong một quá trình khép kín tùy ý thay đổi theo diện tích giới hạn bởi một đường thẳng, mô tả quá trình này trên sơ đồ $(p-V)$-sơ đồ $(p - \text{dавление}, V - \text{объем})$. Thật tự nhiên khi cho rằng điều này cũng đúng với quá trình được mô tả trên sơ đồ $(p-V)$ của một đường đứt đoạn tự giao nhau.

Trong cả hai ví dụ vật lý đã cho, chúng ta đều cần chỉ ra diện tích của các đa giác phẳng tự giao nhau. Điều đáng chú ý là trong cả hai trường hợp, khái niệm diện tích giống nhau sẽ nảy sinh, mặc dù thực tế là những ví dụ này được lấy từ các lĩnh vực vật lý khác nhau. Và khái niệm diện tích này đã được các nhà toán học phát triển. Ví dụ, nó được mô tả trong một bài viết của N. Vaguten*). Nó đưa ra một số định nghĩa tương đương với nhau về khái niệm này; Chúng ta sẽ dừng lại ở phần tiếp theo.

Hãy chọn hướng đi ngang của đa giác của chúng ta và chỉ định các đỉnh của nó theo thứ tự chúng ta đi qua nó: $A_1, A_2, ..., A_n$. Chúng ta hãy đánh dấu một điểm tùy ý $P$ trên mặt phẳng không nằm trên đường viền của đa giác. Chúng ta sẽ đi xung quanh đa giác dọc theo đường viền của nó: chia nhỏ dọc theo $A_1A_2$, sau đó dọc theo $A_2A_3$, v.v. và quay lại điểm $A_1$. Trong trường hợp này, vectơ bán kính, bắt đầu từ điểm $P$ và kết thúc tại điểm chúng ta đang ở, sẽ quay theo hướng mặt phẳng (nghĩa là ngược chiều kim đồng hồ) hoặc theo hướng âm. Trong trường hợp cuối cùng, nó bề mặt ở một góc $360^\circ \cdot n$, trong đó $n$ là số nguyên cho biết số lần chúng ta đi quanh điểm $P$ hoặc dọc theo đường dẫn $A_1, A_2, ..., A_n, A_1$. Vì vậy, nếu điểm $P$ được lấy ở tâm gót của ngôi sao cuối cùng (xem Hình 4), thì chúng ta nhận được $n=2$.

Đa giác của chúng ta chia mặt phẳng thành các vùng: một vùng vô hạn và một số vùng hữu hạn. Con số $n$ không đổi ở mọi vùng và vô tận

12

vùng cuối cùng $n=0$ (trong Hình 6, a, b, các giá trị $n$ đều nằm trong tất cả các vùng hữu hạn). Vì vậy, hãy gọi diện tích định hướng của đa giác của chúng ta là tổng

$$S_1n_1 + S_2n_2 + \dots + S_kn_k,$$

Điều thú vị là định nghĩa được phát triển từ những thông điệp toán học thuần túy hóa ra lại phù hợp với hai định luật vật lý hiện đại khác nhau. Điều này đã xảy ra hơn một lần trong lịch sử khoa học và nó sẽ được viết lại trong «Kvant».

Điện trở là một hiện tượng lượng tử

(Để bắt đầu, xem trang 2)

Biểu thị phần y từ công thức (**) và thay nó vào biểu thức cho nhiệt độ Debye - $\theta = \frac{hv}{k}$ - chúng ta thu được kết quả đó

$$\theta = \frac{hc}{k} \sqrt[3]{\frac{n}{4\pi}}.$$

Như vậy, chúng ta đã thu được mối liên hệ giữa nhiệt độ Debye $\theta$ và tốc độ truyền âm trong chất rắn $c$. Sử dụng công thức này và biểu đồ được trình bày trong Hình 8 (xem trang 8), bạn có thể giải bài toán mà chúng tôi sẽ cung cấp cho bạn. Chúng đơn giản và không đòi hỏi sự khéo léo đặc biệt, nhưng thú vị và tôn trọng ở hai khía cạnh. Đầu tiên, bạn sẽ thấy một mối liên hệ bất ngờ giữa những thứ khác nhau như tốc độ âm thanh và sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ. Thứ hai, bạn sẽ làm quen với các đường cong tổng quát, rất hữu ích trong nhiều trường hợp không thể sử dụng các công thức lý thuyết. Sự phụ thuộc $R=f(T)$ là như nhau đối với mỗi kim loại, nhưng vì chúng có thể được kết hợp trên một đường cong tổng quát (xem Hình 8), điều đó có nghĩa là những sự phụ thuộc này và cách biểu thị các đường cong của chúng là tương tự nhau. Điều này ở đây có ý nghĩa rộng hơn trong hình học phổ thông: nó có nghĩa là các đường cong có thể được kết hợp bằng cách thay đổi tỷ lệ một cách độc lập dọc theo hai trục tọa độ.

Bây giờ hãy thử giải bài toán sau:

1. Tốc độ truyền âm của sắt là 5200 m/s, điện trở riêng ở âm 100°C là 0,592 Ohm mm2/m. Tìm điện trở suất của sắt ở nhiệt độ +200°C.

2. Sử dụng sự phụ thuộc của điện trở đồng vào nhiệt độ (xem Hình 1 trên trang 3), xác định tốc độ truyền âm trong đồng.

13

Bức xạ Vavilov-Cherekkov

Năm nay đánh dấu 500 năm kể từ khi những báo cáo đầu tiên về việc phát hiện ra một trong những hiện tượng vật lý đẹp nhất xuất hiện trên tạp chí “Báo cáo của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô”.

Vào thời điểm đó, vào năm 1934, nhà khoa học trẻ đầy tham vọng Pavel Alekseevich Cherekkov, dưới sự hướng dẫn của Viện sĩ Sergei Ivanovich Vavilov, đã nghiên cứu sự phát quang (ánh sáng lạnh) của muối cân bằng raster dưới tác động của bức xạ gamma. Để nghiên cứu các phép đo, cần phải xem bản thân dung môi phát sáng như thế nào. Vào thời điểm đó, người ta tin rằng chất lỏng nguyên chất không hề phát ra ánh sáng nào, nhưng các thí nghiệm của Cherekkov cho thấy dung môi có ánh sáng yếu nhìn thấy được. Sự phát sáng này không liên quan gì đến sự phát sáng, nhưng những kết luận như vậy chưa được đưa ra ngay lập tức.

Trong phòng thí nghiệm của Vavilov, một kỹ thuật đo đặc biệt đã được phát triển cho phép người ta xác định xem ánh sáng rực rỡ của các chất khác nhau có phải là sự phát sáng hay không. Cherekkov đã tiến hành các thí nghiệm tương ứng với ánh sáng rực rỡ của chất lỏng nguyên chất mà ông đã khám phá ra. Dựa trên kết quả của họ, Vavilov kết luận rằng bức xạ tìm thấy không phải là phát quang.

Bản chất của ánh sáng này là gì? Những báo cáo đầu tiên về điều này cũng được thực hiện bởi S.I. Vavilov. Bức xạ gamma, tức là bức xạ điện từ năng lượng cao, truyền qua vật chất sẽ chọn lọc các electron từ các nguyên tử, sau đó chúng di chuyển qua vật chất theo hướng gần với hướng truyền của chùm tia gamma. Chính những electron này tạo ra ánh sáng. Vavilov còn đưa ra một số đề xuất về cách chính xác các electron cao phát ra, nhưng sau đó chúng không được xác nhận. Tuy nhiên, ý tưởng cho rằng nguồn phát ra ánh sáng quan sát được là các electron bay qua môi trường hóa ra là hoàn toàn chính xác và quyết định toàn bộ quá trình nghiên cứu sâu hơn.

Vavilov liên tục thảo luận về hàng loạt vấn đề liên quan đến thí nghiệm Cherekkov với nhiều nhà vật lý - tính chất của những người khác (S. I. Vavilov là giám đốc Viện Vật lý P. N. Lebedev thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô) và các sinh viên. Đặc biệt, anh ấy đã thu hút được sự quan tâm của Igor Evgenievich Tamm và Ilya Mikhailovich Frank trong những câu hỏi này. Các cuộc thảo luận chung lặp đi lặp lại đã giúp hiểu được hiện tượng vật lý tự nhiên. Thực tế là ánh sáng phát ra có tính định hướng đóng một vai trò quan trọng - ánh sáng được phát ra về phía trước, ở một góc nhọn so với hướng chuyển động của các electron bị đánh bật ra.

Ba năm sau khi báo cáo đầu tiên về việc phát hiện ra một loại ánh sáng mới được công bố, Tamm và Frank đã phát triển một lý thuyết hoàn chỉnh về hiện tượng này. Họ đã chỉ ra rằng ánh sáng được phát ra bởi các electron di chuyển trong vật chất không gian với tốc độ không đổi (!), vượt quá (!) tốc độ ánh sáng trong vật chất này.

Theo lý thuyết công nghệ tương đối, tốc độ ánh sáng trong chân không là tốc độ cực đại đối với mọi vật chất của vật thể. Electron không thể chạy nhanh hơn ánh sáng trong chân không. Nhưng nó có thể chạy nhanh hơn ánh sáng bằng cách chuyển động trong một môi trường trong suốt, nơi tốc độ ánh sáng nhỏ hơn nhiều so với trong chân không. Khi đó bức xạ do Vavilov và Cherekkov phát hiện sẽ xuất hiện.

Lý thuyết của Tamm và Frank được giải thích không chỉ bởi tính chất định hướng của bức xạ mà còn bởi tất cả các tính chất khác của nó - thành phần quang phổ, cường độ, độ phân cực. Sau khi lý thuyết Cherekkov xuất hiện, các phép đo lân cận đã được tiến hành để kiểm tra nó. Kết quả của họ, giống như kết quả của những bức xạ trước đó, hóa ra rất phù hợp với lý thuyết của Tamm và Frank.

Ở đây cần phải nói rằng bức xạ do Cherekkov thực hiện là công việc cần thiết, bởi vì ánh sáng cực kỳ yếu, mắt người không thể phát hiện được và vào thời điểm đó cũng chưa có những dụng cụ tốt hơn mắt. Cherekkov đã đương đầu với mọi khó khăn bằng kỹ năng tuyệt vời và thu được kết quả đầy hứa hẹn.

Trong những năm đầu tiên sau khi phát hiện và giải thích về ánh sáng mới, tôi không nghĩ đến ứng dụng thực tế của nó - ánh sáng này quá yếu. Nhưng mười năm sau, các thiết bị rất nhạy như ống nhân quang đã được phát triển, và sau đó nảy sinh ý tưởng sử dụng bức xạ Vavilov-Cherekkov để phát hiện sự ô nhiễm nhanh chóng của các hạt.

Rất nhanh chóng, theo nguyên tắc này, các thiết bị tương ứng đã được tạo ra, được gọi là bộ đếm Cherekkov. Bộ đếm như vậy bao gồm một chất trong suốt trong đó phần tích điện bay tạo ra bức xạ Vavilov-Cherekkov. Bức xạ nhật thực này đi vào ống nhân quang và được chuyển thành xung điện áp dễ dàng ghi lại. Giờ đây, máy đếm Cherekkov đã trở thành một phần trong kho thiết bị cần thiết trong tất cả các phòng thí nghiệm (cả trên mặt đất và trên không gian - đặt trên vệ tinh), nơi nghiên cứu các hạt chuyển động nhanh đang được tiến hành.

Việc phát hiện ra bức xạ Vavilov-Cherekkov đã được khoa học thế giới công nhận. Năm 1946, Vavilov, Tamm, Frank và Cherekkov được trao Giải thưởng Nhà nước Liên Xô, và năm 1958 Cherekkov, Tamm và Frank (S.I. Vavilov qua đời năm 1951) được trao giải Nobel Vật lý cho việc phát hiện và giải thích bức xạ Vavilov-Cherekkov, một dấu hiệu của sự công nhận khoa học quốc tế.

Và thậm chí sau đó, vào năm 1974, gần như đồng thời ở Anh và Liên Xô, họ nhớ rằng sự truyền ánh sáng xuyên qua một chất với tốc độ vượt quá tốc độ của một ngọn nến trong chất này cuối cùng đã được nhà vật lý và toán học Lenian Oliver Heaviside xem xét. Ông đã nghiên cứu hiện tượng này khá đầy đủ (mặc dù không đầy đủ như Tamm và Frank), nhưng vào thời điểm đó, ý tưởng về khả năng chuyển động với tốc độ cột dường như rất tuyệt vời, và công trình của Heaviside đã bị lãng quên từ lâu và chắc chắn.

V. M. Bolotovsky

14

Định lý Vieta và đa thức phụ trợ

L. D. KURLYANDCHIK,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. V. FOMIN

Nhiều bài toán bằng cách này hay cách khác đi đến việc tìm ra nghiệm của các phương trình đại số. Nhưng đôi khi - và điều này sẽ được thảo luận ở nước ta - rằng đối với lời giải bài toán, ngược lại, sẽ rất hữu ích khi xây dựng một đa thức có nghiệm đã cho, các số đã biết. Kỹ thuật liên quan đến việc đưa ra đa thức phụ trợ cho phép chúng ta giải một số bài toán có dạng hoàn toàn khác. Điểm trung bình của họ là bài toán M879 và M882 từ Zadachik «Kvant» và một trong bài toán từ Olympic quốc tế vừa qua.

Cho $u$ và $v$ là hai số thực. Làm thế nào để xây dựng một tam thức bậc hai có nghiệm là $u$ và $v$? Cách dễ nhất là xét đa thức
$$P(t)=(t-u)(t-v)=t^2+pt+q.$$
Các hệ số của nó là:
$$p=-(u+v), q=uv,$$
(1) tức là tổng (có dấu trừ) và tích của các số ban đầu. Công thức (1) được gọi là công thức Vieta. Hai định lý trong sách giáo khoa ở trường có liên quan đến nó:
nếu phương trình bậc hai $t^2+pt+q=0$ có nghiệm $u$ và $v$ thì các đẳng thức (1) được thỏa mãn (định lý Vieta);
các số $u$ và $v$ là nghiệm của phương trình bậc hai $t^2-(u+v)t+uv=0$ (định lý ngược).
Hãy để chúng tôi đưa ra một số ví dụ về việc áp dụng định lý Vieta nghịch đảo. Hãy bắt đầu với bài toán rất đơn giản.
Bài toán 1. Lập phương trình bậc hai với các hệ số nguyên có nghiệm là số $2+\sqrt{3}$.
Lời giải của bài toán này, cũng như nhiều phương trình khác, có thể dựa trên thực tế là một phương trình bậc hai có nghiệm “liên hợp” $a+b\sqrt{d}$ và $a-b\sqrt{d}$ (trong đó $a, b$ và $d$ là số nguyên) có

hệ số nguyên*). Tất nhiên, thực tế này được rút ra ngay từ công thức của Vieta (1).

Vì vậy, phương trình ban đầu có nghiệm $t_1=2+\sqrt{3}$ và $t_2=2-\sqrt{3}$ nên các hệ số của nó bằng nhau: $p=-(t_1+t_2)=-4$, $q=t_1t_2=1$.

Đáp số: $t^2-4t+1=0$.

Bài toán 2. Số $t_1=\sqrt{37}-\sqrt{20}$ có phải là nghiệm của bất đẳng thức $t^2+9t-17>0$ không?

Lời giải. Hãy tạo một phương trình bậc hai có gốc là các số $t_1$ và $t_2=-\sqrt{37}-\sqrt{20}$:
$$t^2+2\sqrt{20}t-17=0.$$
Vì $2\sqrt{20}=\sqrt{80}<9$ nên bất đẳng thức $t_1^2+9t_1-17>t_1^2+2\sqrt{20}t_1-17=0$ đúng.

Đáp số: Số $t_1$ là nghiệm của bất đẳng thức này.

Việc tính giá trị của hàm số tại một điểm cho trước thường được đơn giản hóa nếu lần đầu tiên bạn xây dựng một đa thức triệt tiêu tại điểm này. Đây là một ví dụ điển hình.

Bài toán 3. Tính $u^4-5u^3+6u^2-5u$ nếu $u=2+\sqrt{3}$.

Lời giải. Nhớ lại kết quả của bài toán 1: $u^2-4u+1=0$ hoặc $u^2=4u-1$. Bằng cách sử dụng mối quan hệ này, chúng ta biểu diễn nó một cách tuyến tính theo lũy thừa $u$ $u^3$ và $u^4$:
$$u^3=u^2\cdot u=(4u-1)u=4u^2-u=4(4u-1)-u=15u-4,$$
$$u^4=u^3\cdot u=(15u-4)u=15u^2-4u=15(4u-1)-4u=56u-15.$$
Do đó $u^4-5u^3+6u^2-5u=56u-15-5(15u-4)+6(4u-1)-5u=-1$.

Đáp số: —1.

Hoạt động theo cách tương tự như trong lời giải đã cho, giá trị của bất kỳ đa thức nào có hệ số nguyên tại điểm $u=a+b\sqrt{d}$ có thể được biểu diễn dưới dạng $ku+l$ ($a, b, d, k, l$ là số nguyên).
Bài toán 4. Chứng minh số $(7+\sqrt{48})^{13}+(7-\sqrt{48})^{13}$ là số nguyên chia hết cho 14.

Lời giải. Các số $u=7+\sqrt{48}$ và $v=7-\sqrt{48}$ là nghiệm của tam thức bình phương $t^2-14t+1$. Sử dụng công thức $u^2=14u-1$ và $v^2=14v-1$, chúng ta thu được “mối quan hệ lặp lại” cho giá trị $a_n=u^n+v^n$:

• (Người đọc sẽ tìm thấy nhiều ví dụ hay liên quan đến ý tưởng này trong bài viết “Các số liên hợp” của N. Vaguten (Kvant, 1980, số 2, trang 26).

15

$$a_0 = 2$$
$$a_1 = u + v = 14$$
$$a_2 = u^2 + v^2 = (14u - 1) + (14v - 1) = 14a_1 - a_0$$
$$a_3 = u^3 + v^3 = u(14u - 1) + v(14v - 1) = 14a_2 - a_1$$
$$a_n = u^n + v^n = u^{n-2}(14u - 1) + v^{n-2}(14v - 1) = 14a_{n-1} - a_{n-2}.$$

Từ những mối quan hệ này, suy ra rằng tất cả các số $a_n$ đều là số nguyên. Ngoài ra, nếu $n$ lẻ thì $a_n$ chia hết cho 14. Câu này có thể được chứng minh bằng quy nạp: nếu $a_{n-2}$ chia hết cho 14 thì $a_n$ chia hết cho 14.

Bài toán 5. Tìm $u^8 + \frac{1}{u^8}$ nếu $u = \sqrt{2} + 1$.

Công thức Vieta, tương tự như công thức (1) cho tam thức bậc hai, cũng có thể được viết cho đa thức bậc $n$

$$P(t) = (t - x_1)(t - x_2) \dots (t - x_n) = t^n + a_1 t^{n-1} + a_2 t^{n-2} + \dots + a_n$$

có rễ $x_1, \dots, x_n$. Để làm điều này, bạn cần mở ngoặc, đưa các số hạng tương tự và đánh đồng các hệ số có cùng lũy ​​thừa $t$ ở bên trái và bên phải.

Chúng ta hãy viết các công thức này một cách rõ ràng cho đa thức bậc ba

$$P(t) = (t - x)(t - y)(t - z) = t^3 + pt^2 + qt + r$$

có gốc $x, y$ và $z$:

$$p = -x - y - z$$
$$q = xy + yz + zx$$
$$r = -xyz$$

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang các ví dụ thú vị nhất về việc sử dụng đa thức phụ trợ - chúng liên quan chính xác đến trường hợp đa thức được xây dựng từ một số (ít nhất ba) nghiệm.

Bài toán 6. Các số $x, y, z$ thỏa mãn hệ thức:

$$x + y + z = a, \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{a}.$$

Chứng minh rằng ít nhất một trong các số này bằng $a$.

Lời giải. Chấp nhận công thức (2). Trong trường hợp của chúng tôi $p = -a$, $q = xyz/a = -r/a$. Đó là lý do tại sao

$$P(t) = t^3 - at^2 - \frac{r}{a} t + r = (t - a)\left(t^2 - \frac{r}{a}\right).$$

Do đó, số $a$ là nghiệm của đa thức $P(t)$ và do đó trùng với một trong các số $x, y, z$.

Bài toán 7. (M882) Tổng của ba số nguyên $u, v$ và $w$ bằng 0. Chứng minh rằng số $2u^4 + 2v^4 + 2w^4$ là bình phương của một số nguyên.

Lời giải. Giả sử $P(t) = t^3 + pt^2 + qt + r$ là một đa thức có nghiệm là các số $u, v$ và $w$. Theo định lý Vieta, $p = -(u + v + w) = 0$. Chúng tôi có:

$$u^3 + qu + r = 0$$
$$v^3 + qv + r = 0$$
$$w^3 + qw + r = 0.$$

Để thu được biểu thức hoạt động trong các điều kiện, chúng ta nhân các phương trình này với $2u, 2v$ và $2w$ tương ứng rồi thêm:

$$2u^4 + 2v^4 + 2w^4 + 2q(u^2 + v^2 + w^2) = 0$$

(chúng tôi sử dụng những gì $u + v + w = 0$). Nhưng $u^2 + v^2 + w^2 = (u + v + w)^2 - 2q = -2q$, do đó $2u^4 + 2v^4 + 2w^4 = (2q)^2$.

bài toán được bao gồm trước đó được giải quyết theo cách tương tự theo định nghĩa

$$x^3 + px^2 + qx + r = 0$$
$$y^3 + py^2 + qy + r = 0$$
$$z^3 + pz^2 + qz + r = 0$$,

và sau đó chúng ta sẽ sử dụng các công thức của Vieta (2) và đạo hàm đã gặp ở bài toán trước đó

$$x^2 + y^2 + z^2 = (x + y + z)^2 - 2(xy + yz + zx) = p^2 - 2q.$$

chúng tôi nhận được

$$x^3 + y^3 + z^3 + p(p^2 - 2q) - qp + 3r = 0,$$

Ở đâu

$$x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = -p(p^2 - 3q) = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)$$.

Bình luận. Biểu thức $x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx$ không âm (vì $(x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2 \geq 0)$. Do đó, từ thực tế đã chứng minh nó tuân theo bất đẳng thức

$$\frac{a + b + c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}$$

(3)

đối với trung bình số học và trung bình hình học của ba số không âm: chỉ cần đặt $x = \sqrt[3]{a}$, $y = \sqrt[3]{b}$, $z = \sqrt[3]{c}$ trong định nghĩa này là đủ.

Bây giờ chúng ta hãy xem cách chúng ta có thể sử dụng đa thức phụ tại lời giải của hệ phương trình.

Bài toán 9. Giải hệ

$$\begin{cases} x + y + z = 2 \\ x^2 + y^2 + z^2 = 14 \\ x^3 + y^3 + z^3 = 20. \end{cases}$$

Lời giải. Theo phương pháp của chúng tôi, chúng tôi giới thiệu đa thức

$$P(t) = (t - x)(t - y)(t - z) = t^3 + pt^2 + qt + r.$$

Theo định lý Vieta

$$p = -(x + y + z) = -2$$
$$q = xy + yz + zx = \frac{(x + y + z)^2 - (x^2 + y^2 + z^2)}{2} = -5.$$

Để tìm hệ số $r$, hãy nhân các phương trình hệ thống với $q$, $p$ và $1$ tương ứng rồi cộng chúng lại. Vì $P(x) = P(y) = P(z) = 0$, chúng tôi nhận được:

$$-3r = 2q + 14p + 20 = -10 - 28 + 20 = -18.$$

Vì vậy, $P(t) = t^3 - 2t^2 - 5t + 6$. Đây là một đa thức có hệ số nguyên và hệ số cao nhất của nó là 1. Do đó, bất kỳ hệ số nguyên nào bằng $P(t)$ đều phải là ước số của một số tự do. Trong trường hợp này, cả ba gốc đều là số nguyên (và ước số của số 6 là 1, -2 và 3$^*$). Vì vậy, $\{x, y, z\} = \{1, -2, 3\}$.

$\cdot$) Về nguyên tắc, chỉ cần giải - hoặc tìm - ít nhất một nghiệm, rồi sử dụng khai triển đa thức là đủ. Chúng tôi sử dụng điều này chi tiết hơn trong bài viết của S. V. Fomin “Phân tích thành đa thức” (Kvant, 1983, số 7, trang 23).

Vật lý 8, 9, 10

Ghi chú được đăng bên dưới “Định luật số lẻ” về sự rơi tự do của một vật biến đổi dành cho trẻ 8 tuổi, “Định lý cho phép bạn giải các bài toán tĩnh điện cơ bản” - dành cho học sinh lớp chín, “Cầu vồng là gì?” - học sinh lớp chín.
Các tài liệu được chuẩn bị bởi I.K. Belkin.

“Luật số lẻ”
về sự rơi tự do của cơ thể

Chuyển động của các vật rơi tự do xuống Trái đất như đã biết là chuyển động có gia tốc không đổi $g = 9,81 \text{ m/c}^2$. Nếu vật có điểm cuối tương đối với Trái đất tại thời điểm ban đầu thì định luật rơi tự do được biểu diễn bằng phương trình

$$h = \frac{gt^2}{2},$$

(1)

trong đó $h$ là chuyển động của cơ thể (theo chiều dọc), $t$ là thời gian thiếu tính từ lúc bắt đầu rơi.

Hóa ra công thức (1) dẫn đến một hệ quả kỳ lạ, thường không được đề cập trong sách giáo khoa vật lý, nhưng Galileo, người phát hiện ra định luật rơi tự do, đã biết về: Bản thân nó có thể được coi là một định luật và nó có thể được sử dụng cho lời giải cụ thể bài toán.

Chúng ta đang nói về loại hậu quả gì?

Rõ ràng, công thức (1) cho phép người ta tính độ dịch chuyển của một vật trong bất kỳ thời điểm nào, kể cả thời gian $t = n\Delta t$ giây (ở đây là $n = 1, 2, 3, \dots, \Delta t = 1$ s). Hơn nữa, bằng cách sử dụng cùng một công thức, bạn có thể xác định độ dịch chuyển không chỉ cho tất cả $n$ giây mà còn cho từng $n$ giây - cho khoảng thời gian, giây, v.v.

Trên thực tế, nếu trong $n$ giây chuyển động $h_n$ là tự do và trong $(n-1)$ giây - $h_{n-1}$, thì trong $n$ giây (ở đây $n$) độ dịch chuyển $h(n)$ đương nhiên bằng hiệu của $h_n$ và $h_{n-1}$ (ở đây $n$ - số lượng giây):

$$h(n) = h_n - h_{n-1} = \frac{g(n\Delta t)^2}{2} - \frac{g((n-1)\Delta t)^2}{2} = \frac{g}{2}((n\Delta t)^2 - ((n-1)\Delta t)^2) = \frac{g(\Delta t)^2}{2}(2n-1).$$

Từ công thức (2), rõ ràng độ dịch chuyển $h(1)$ trong giây đầu tiên ($n=1$) bằng

$$h(1) = \frac{g(\Delta t)^2}{2}.$$

Tương tự, chúng ta có thể thấy rằng trong giây tiếp theo vật chuyển động:

$$h(2) = 3 \frac{g(\Delta t)^2}{2}, \quad h(3) = \dot{5} \frac{g(\Delta t)^2}{2},$$

$$h(4) = 7 \frac{g(\Delta t)^2}{2}, \quad h(5) = 9 \frac{g(\Delta t)^2}{2},$$

$$h(6) = 11 \frac{g(\Delta t)^2}{2}, \dots, \quad h(n) = (2n-1) \frac{g(\Delta t)^2}{2}.$$

Do đó, các chuyển động trong các khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp trong 1 giây có liên quan với nhau theo tỷ lệ 1:3:5:7:9:11:…:(2n-1), tức là dưới dạng số lẻ (lưu ý rằng giá trị $(2n-1)$ đối với mọi giá trị $n$ là số lẻ).

Điều thú vị là Galileo đã xây dựng định luật rơi tự do của một vật theo đúng dạng này. Theo lời của chính Galileo: “Các không gian mà một vật rơi đi qua trong những khoảng thời gian bằng nhau có liên hệ với nhau bằng các số lẻ liên tiếp”.

Không nên nghĩ rằng “luật số lẻ” chỉ áp dụng cho trường hợp vật rơi tự do. Tất nhiên, nó đúng cho mọi chuyển động cân bằng không có vận tốc ban đầu. Xét cho cùng, mô hình này là hệ quả trực tiếp của thực tế là độ dịch chuyển của một vật trong quá trình chuyển động như vậy tỉ lệ với bình phương thời gian. Người ta cũng không nên nghĩ rằng “định luật” này chỉ đúng khi khoảng thời gian tính chuyển động bằng một giây. Tất nhiên, nó đúng trong mọi khoảng thời gian bằng nhau, như Galileo đã lưu ý.

Để kết luận, chúng tôi mời độc giả tự mình tìm hiểu “định luật số lẻ” trong trường hợp chuyển động cân bằng sẽ như thế nào.

18

Một định lý cho phép giải các bài toán tĩnh điện cơ bản bài toán

Được biết, trường tĩnh điện thường được mô tả bằng các đường lực. Chúng ta hãy thử thiết lập mối liên hệ giữa số lượng đường sức $N$ và điện tích $q$, đã tạo ra trường tĩnh điện. Để làm điều này, chúng tôi giới thiệu khái niệm dòng trường tĩnh điện.

Dòng chảy của một trường tĩnh điện qua một bề mặt nhất định sẽ được gọi là tích $ES$, trong đó $S$ là diện tích bề mặt và $E$ là mô hình vectơ chỉ phương của trường tĩnh điện vuông góc với bề mặt này.*) (Khái niệm “dòng chảy” được đưa ra ở đây bằng cách tương tự với dòng chất lỏng chảy qua mặt cắt ngang của một đường ống có diện tích $S$ trên một đơn vị thời gian, như đã biết, là bằng $vS$ (“Vật lý 8”, § 65).)

Hãy bắt đầu với trường hợp đơn giản nhất - một lần sạc chính xác. Hình ảnh các đường sức tạo bởi điểm dương phía sau điện tích $q$ được hiển thị trong Hình 1. Khoảng cách của một quả cầu có bán kính $r$, tâm của nó là chính điện tích $q$ và chúng ta xác định dòng chảy của trường tĩnh điện qua bề mặt của quả cầu này. Các đường sức từ điện tích vuông góc với bề mặt của quả cầu và tại mỗi điểm của quả cầu, chế độ cường độ trường bằng

$$E = \frac{q}{4\pi r^2\varepsilon_0},$$

(1)

trong đó $\varepsilon_0 = 8,85 \cdot 10^{-12} \text{ KJ}^2 / (\text{H} \cdot \text{m}^2)$ là hằng số tĩnh điện. Nhưng $4\pi r^2$ là diện tích bề mặt của hình cầu. Ký hiệu nó là $S$, ta có:

$$ES = \frac{q}{\varepsilon_0}.$$

(2)

Từ đó, rõ ràng rằng dòng chảy qua bề mặt quả cầu của trường tĩnh điện được tạo ra tại điểm tích điện không phụ thuộc vào bán kính của quả cầu mà chỉ phụ thuộc vào chính điện tích $q$. Do đó, nếu vẽ một loạt các quả cầu đồng tâm thì dòng điện trường qua các quả cầu này sẽ như nhau. Rõ ràng,

*) Nếu trường tĩnh điện không vuông góc với một bề mặt cho trước thì khi tính từ thông của trường tĩnh điện chỉ xét hình chiếu của vectơ phương pháp tuyến lên bề mặt đó.

1. Cường độ trường tĩnh điện bên trong dây dẫn là bao nhiêu?

Người ta biết rằng vật dẫn điện là một vật trong đó có các điện tích tự do. Những điện tích này thực sự có thể di chuyển tự do trong toàn bộ thể tích của dây dẫn. Sự biến đổi duy nhất cho chuyển động của họ là

19

bề mặt của dây dẫn mà bản thân chúng không thể rời khỏi.

Xét một dây dẫn cách điện được truyền một điện tích. Tất nhiên, một trường tĩnh điện được tạo ra xung quanh vật dẫn như vậy. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng không có trường tĩnh điện bên trong một dây dẫn tích điện, nghĩa là hướng của trường bằng không.

Như đã biết, trong một vật dẫn độc lập, điện tích âm của tất cả các electron hoàn toàn cân bằng với điện tích dương của tất cả các proton và tổng điện tích của chúng bằng không. Nhưng nếu dây dẫn bị tích điện thì sự cân bằng điện tích sẽ bị đảo lộn. Một dây dẫn tạo ra quá nhiều electron tự do nếu nó tích điện âm, hoặc thừa proton (thiếu electron) nếu nó tích điện dương. Trong trường hợp đầu tiên, đẩy nhau, các electron thừa sẽ di chuyển ra xa nhau đến những khoảng cách tối đa có thể, do đó chúng sẽ nằm trên bề mặt của dây dẫn (chúng không thể rời ra). Bên trong dây dẫn, sự cân bằng điện tích sẽ được khôi phục và ở đó tổng điện tích sẽ lại bằng 0.

Trong trường hợp thứ hai, ngược lại, một số electron từ bề mặt dây dẫn do lực hút về phía các điện tích dương sẽ lao vào bên trong dây dẫn và các điện tích dương dư sẽ được cân bằng. Tổng điện tích bên trong dây dẫn sẽ lại bằng 0 và điện tích dương dư sẽ tập trung trên bề mặt của nó.

Hóa ra là điện tích có dấu bất kỳ truyền cho vật dẫn đều nằm trên bề mặt của nó. Bên trong dây dẫn, tức là bên trong bề mặt kín, trong trường hợp này đóng vai trò là bề mặt của chính dây dẫn, điện tích bằng 0 ($q=0$). Nhưng từ định lý Gauss, nó suy ra rằng

$$E = \frac{q}{\varepsilon_0 S} = 0,$$

nghĩa là không có trường bên trong dây dẫn.

2. Các lực tác dụng lên bề mặt vật dẫn tích điện như thế nào?

Bất kỳ electron tự do nào nằm trên bề mặt của dây dẫn tích điện đều chịu tác dụng của lực từ các điện tích bề mặt còn lại (trong thể tích của dây dẫn, tổng điện tích dương và điện tích âm bằng 0). Có khả năng di chuyển tự do dọc theo bề mặt, bản thân các electron sẽ tự sắp xếp sao cho lực tác dụng lên mỗi hạt dọc theo bề mặt trở thành bằng không. Điều này có nghĩa là hình chiếu của hướng trường lên hướng tiếp tuyến với bề mặt dây dẫn tại bất kỳ điểm nào đều bằng không. Và điều này chỉ có thể thực hiện được với điều kiện các đường sức hướng vuông góc với bề mặt của dây dẫn tích điện (Hình 2).

3. Hướng của trường được tạo ra bởi mặt phẳng tích điện là gì?

Hình 3 cho thấy một phần bề mặt tích điện của mặt phẳng với mặt phẳng S, trên đó điện tích q xuất hiện.

Chúng ta biết rằng các đường sức tạo bởi mặt phẳng này luôn vuông góc với nó. Mô hình xác định chiều của điện trường là gì?

Chúng ta hãy bao quanh phần đã chọn của mặt phẳng có bề mặt kín mà qua đó các đường sức đi vuông góc với nó. Ví dụ, đối với mặt phẳng có bề mặt như vậy, một hình bình hành thẳng có các đáy song song với mặt phẳng được sử dụng. Các đường sức từ chỉ vuông góc với các đáy này, bốn mặt còn lại của hình bình hành song song với các mặt phẳng. Diện tích của các căn cứ chung là 2S.

Từ định lý Gauss suy ra rằng

$$E \cdot 2S = \frac{q}{\varepsilon_0},$$

từ đâu $E = \frac{q}{2\varepsilon_0 S}$.

Công thức này được đưa ra trong §45 “Vật lý 9” không có dẫn xuất. Từ công thức, rõ ràng là hướng của trường tại bất kỳ điểm nào không phụ thuộc vào khoảng cách đến mặt phẳng tích điện. Một trường như vậy được gọi là đồng nhất.

20

4. Hướng của trường của một quả bóng dẫn điện tích điện là gì?

Vì quả bóng dẫn các đường sức của trường luôn hướng vuông góc với bề mặt của nó, tức là dọc theo bán kính (Hình 4). Chúng ta hãy tìm mô hình hướng của trường tại bất kỳ điểm M nào cách tâm quả bóng một khoảng R. Chúng ta hãy vẽ qua điểm này một bề mặt khép kín trực giao với đường thoát nước của ruộng. Bề mặt như vậy là một hình cầu có bán kính R và diện tích 4πR², bề mặt đồng tâm của một quả cầu dẫn điện.

Theo định lý Gauss ES=q/ε₀. Từ đây

$$E = \frac{q}{\varepsilon_0 S} = \frac{q}{4\pi R^2 \varepsilon_0}$$

• một quả bóng tích điện tạo ra xung quanh nó một trường giống như một điện tích đặt ở giữa quả bóng (xem Hình 4).

Bán kính là gì?

Mọi người có lẽ đã từng nhìn thấy “vòm trời” nhiều màu sắc tuyệt vời này trải dài đến tận nửa đường chân trời. Sau một trận mưa như trút nước sảng khoái, nó làm vui mắt với những màu sắc sặc sỡ trên nền những đám mây chì bị gió cuốn đi.

Sự trưởng thành khác biệt này phát sinh như thế nào và nó đại diện cho điều gì? Trước hết, chúng ta sẽ mô tả bán kính khi nó xuất hiện ở nửa đường chân trời.

Thông thường, chỉ có thể nhìn thấy radiga thành đàn quay lưng về phía mặt trời nếu có đám mây trước mắt và độ cao của mặt trời phía trên đường chân trời không vượt quá khoảng 42°. Radigue là một phần của vòng tròn đáy hình nón, đỉnh của nó là mắt. Trục của hình nón thẳng, hướng từ mặt trời qua mắt (Hình 1). Tâm của hình tròn nằm phía dưới đường chân trời nên bán kính không phải là hình bán nguyệt. Nó đạt đến mức này nếu mặt trời gần lặn. Góc ở đỉnh của hình nón là khoảng 84°.

Khi di chuyển, nó được quan sát cùng với nó, vì vậy chẳng ích gì khi cố gắng đến gần chân đế và nhìn nó “từ bên cạnh”. Radiga không phải là thứ nằm ở một nơi cụ thể. Radig là thứ có thể được nhìn thấy theo một hướng nhất định (ở góc khoảng 42° so với trục đã nói).

Phần bên ngoài (phía trên) của củ có màu đỏ, phần dưới có màu tím. Giữa chúng là “tất cả các màu sắc của radiga.”

Hiện tượng cơ bản ở Radiga

Đám mây, trên đó có thể nhìn thấy đường phóng xạ, bao gồm những giọt nước. Chính trong đó mà hiện tượng quang học phát sinh. Về cơ bản đây là:

1. Khúc xạ ánh sáng ở ranh giới không khí-nước. Theo định luật khúc xạ, sin α/sin β=n, trong đó α là góc bắt ánh sáng, β là góc khúc xạ và n là chiết suất của môi trường thứ hai (nước) so với môi trường thứ nhất (không khí).

2. Sự phản xạ ở ranh giới nước-không khí. Nó xảy ra theo định luật chung về phản xạ - góc chụp bằng góc phản xạ.

3. Sự tán sắc ánh sáng, nghĩa là sự phụ thuộc của chiết suất vào bước sóng ánh sáng. Ánh sáng mặt trời nhìn thấy được chứa các bước sóng khác nhau - từ dài nhất khoảng 750 nm, gây ra cảm giác màu đỏ, đến ngắn nhất, khoảng 400 nm, màu tím. Nước có chiết suất đối với ánh sáng đỏ n=1,331, đối với ánh sáng tím - n=1,344. Giá trị n cho các màu khác nằm giữa các số này.

radiga phát sinh như thế nào?

Sử dụng công thức trên của n, bạn có thể hiểu đường tròn được hình thành như thế nào.

Hãy xem xét một giọt nước có ánh sáng mặt trời chiếu vào (Hình 2). Để một chùm ánh sáng (hiện tại có một bước sóng) rơi vào một giọt gần điểm A, bị khúc xạ trong đó và đi tới điểm B. Tại đây nó bị phản xạ, tại điểm C nó lại bị khúc xạ và bị biến dạng.

21

bước đi từ một giọt nước. Nhưng nó đã phát ra ở dạng chùm tia phân kỳ.

Tuy nhiên, có thể chứng minh rằng các chùm tia rơi vào vị trí của giọt nước nằm ở khoảng cách 0,86R (trong đó R là bán kính của giọt nước) tính từ trục sẽ rời khỏi giọt nước hầu như không có sự phân kỳ (Hình 3). Chỉ có những tia này được nhìn thấy bằng mắt. Và với vị trí của điểm A này, góc giữa chùm tia tới và chùm tia ló ra từ giọt nước chính xác là gần 42°. Chính xác hơn, đối với màu đỏ góc này là 42°22′, và đối với màu tím là 40°36′. Do đó, chiều rộng góc của hình bán kính là 1°46’. “Tất cả các màu radiga” đều nằm trong khoảng góc này.

Tất nhiên, cùng một giọt nước không thể ở cả góc 42°22′ và góc 40°36′. Do đó, mỗi “màu” đến từ một giọt khác nhau, hiện nằm ở một góc tương ứng trong khoảng thời gian được chỉ định. Hàng triệu giọt tham gia vào việc hình thành radiga.

Radiga thứ hai

Rõ ràng phía trên đài sáng chính còn có một cái nữa, một cái kém sáng hơn có thể nhìn thấy được. Nó đồng tâm với cái đầu tiên, nhưng thứ tự màu sắc trong đó bị đảo ngược. Cạnh dưới của nó có màu đỏ, cạnh trên có màu tím. Nó phát sinh do các quá trình khúc xạ và phản xạ ánh sáng tương tự trong giọt nước. Nhưng nếu tia chính phát sinh do khúc xạ kép và phản xạ ánh sáng đơn, thì tia thứ cấp được hình thành do khúc xạ kép và phản xạ ánh sáng kép.

Như có thể thấy trong Hình 4, ánh sáng trong giọt nước bị khúc xạ tại điểm A, phản xạ hai lần tại các điểm B và C, và rời khỏi giọt nước sau lần khúc xạ thứ hai tại điểm D. Tia bán kính này nhìn thấy được ở một góc không phải là 42° mà là 52°. Sự phản xạ “bị tước đoạt” dẫn đến mất đi một phần năng lượng ánh sáng (sự khúc xạ ánh sáng cũng xảy ra ở điểm C!), do đó nó kém sáng hơn. Hình bán nguyệt thứ hai đến từ những giọt hoàn toàn khác nhau, nằm ở một góc lớn so với trục của hình nón.

Rõ ràng là ánh sáng từ một số giọt nhất định (đối với cả hai hạt) chiếu vào mắt bạn không thể lọt vào mắt người hàng xóm hoặc bất kỳ ai khác nói chung. Mỗi bản chất được quan sát đều cho thấy bức xạ “riêng lẻ” của nó phát sinh trong hàng triệu giọt “của nó”.

Phần kết luận

Lý thuyết radigi được trình bày ở đây, do Newton đề xuất, không mô tả tất cả các quá trình xảy ra trong các giọt djedr. Hình ảnh bức xạ rất phức tạp do các quá trình giao thoa và nhiễu xạ ánh sáng bổ sung, đóng vai trò quan trọng khi các giọt có kích thước rất nhỏ. Hình ảnh được mô tả ở trên áp dụng cho các giọt có đường kính 0,5–2 mm.

Hiện tượng bổ sung phần nào làm thay đổi diện mạo của đài. Tất cả điều này dẫn đến thực tế là màu sắc ở dạng radigue kém tinh khiết hơn màu có thể nhìn thấy khi ánh sáng mặt trời khúc xạ ở dạng này.

22

Toán học
8, 9, 10

Bài báo đăng dưới đây “Petya và Vova đã sai ở đâu?” dành cho lớp 8, “Hình học giúp giải phương trình” - Học sinh lớp 9 và đường tam giác - Học sinh lớp 10. Sự phân chia này ở một mức độ nào đó là tùy tiện, vì mỗi ghi chú này có thể hữu ích không chỉ cho học sinh trong các lớp được chỉ định.

Petya và Vova đã sai ở đâu?

Hai người bạn Petya và Vova đang giải hệ phương trình tối ưu
$$\begin{cases} (x^2 - xy + y^2)(x - y) = 1 + y^3, \\ (x^2 + xy + y^2)(x + y) = 1 - y^3. \end{cases}$$

Petya thay thế phương trình thứ hai bằng tích của các phương trình:
$$\begin{cases} (x^2 - xy + y^2)(x - y) = 1 + y^3, \\ (x^3 - y^3)(x^3 + y^3) = 1 - y^6, \end{cases}$$

đó là
$$\begin{cases} (x^2 - xy + y^2)(x - y) = 1 + y^3, \\ x^6 - y^6 = 1 - y^6. \end{cases}$$

Từ phương trình thứ hai $x = \pm 1$, tôi mở nó ra đáp số: $(1; 0); (-1; -1)$.

Vova đã thay thế phương trình đầu tiên bằng tích của các phương trình:
$$\begin{cases} x^6 - y^6 = 1 - y^6, \\ (x^2 + xy + y^2)(x + y) = 1 - y^3, \end{cases}$$

Ở đâu
$$\begin{cases} x = \pm 1, \\ (x^2 + xy + y^2)(x + y) = 1 - y^3. \end{cases}$$

Điều này mang lại cho chúng tôi đáp số: $(1; 0); (-1; 1)$.

Sau Thế vận hội, họ đã khoan đáp số và rất ngạc nhiên. Ai đã sai?
P. P. Gornusha

Hình học giúp giải phương trình

Trong một số trường hợp, thay vì chuyển đổi phương trình, bạn có thể làm như sau: dịch bài toán sang ngôn ngữ hình học, sau đó viết điều kiện hình học thu được theo một cách khác; KẾT QUẢ: MỘT KẾT QUẢ PHƯƠNG PHÁP ĐƠN GIẢN. Bây giờ chúng ta sẽ xem xét hai ví dụ như vậy, và trong mỗi ví dụ đó, phương trình ban đầu tương đương với điều kiện “một số điểm nằm trên cùng một đường thẳng”; Bằng cách viết điều kiện này một cách thích hợp, chúng ta thu được một phương trình đơn giản hơn mà chúng ta sẽ giải được.

Bài 1. Giải phương trình $\sqrt{15 - 12\cos x} + \sqrt{7 - 4\sqrt{3}\sin x} = 4$, trong đó $0^\circ < x < 90^\circ$.

Lời giải. Hãy cho phương trình có dạng:
$$\sqrt{(\sqrt{12})^2 + (\sqrt{3})^2 - 2\cdot\sqrt{12}\cdot\sqrt{3}\cos x} + \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 2^2 - 2\cdot\sqrt{3}\cdot2\cdot\cos(90^\circ - x)} = 4.$$ (1)

Hình 1 hiển thị một hình chữ nhật chứa $|AC| = \sqrt{12}, |BC| = 2, ACD = x, DCB = 90^\circ - x; |CD| = \sqrt{3}, |AB| = 4$. Số hạng đầu tiên ở bên trái của (1) bằng $|AD|$, số hạng thứ hai là $|DB|$. Nhưng vì $|AD| + |DB| = |AB|$ nên nó có nghĩa là $D \in [AB]$. Do đó, phương trình này có thể được thay thế bằng phương trình $\sqrt{12}\cdot\sqrt{3}\sin x + \sqrt{3}\cdot2\cdot\sin(90^\circ - x) = 2\cdot\sqrt{12}$ (2)

(kể từ $S_{ACD} + S_{DCB} = S_{ACB}$), hoặc
$$6\sin x + 2\sqrt{3}\cos x = 4\sqrt{3},$$

dễ giải quyết hơn bản gốc.

Chúng ta có: $\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x = 1$, tức là $\sin(x + 30^\circ) = 1$, từ đó $x = 60^\circ$.

Rồi những thứ khác. Nói đúng ra, cần phải chứng minh phương trình (2) suy ra từ phương trình (1). Hãy thể hiện nó. Từ phương trình (2) suy ra $S_{ACD} + S_{DCB} = S_{ACB}$, do đó $|AD| + |DB| = |AB|$, và điều này được viết trong phương trình (1).

Hình 1.
Hình 2.

23

Bài 2. Giải phương trình: $\sqrt{2} - 2\cos x + \sqrt{10} - 6\cos x = \sqrt{10} - 6\cos 2x$, trong đó $x \in [0; \pi/2]$.

Lời giải. Đặt $|CA|=1, |CB|=3, |CD|=1, ACD=DCB=x$ (Hình 2). Sau đó $|AD|=\sqrt{2} - 2\cos x, |DB|=\sqrt{10} - 6\cos x, |AB|=\sqrt{10} - 6\cos 2x$.

Phương trình này có nghĩa là $|AD|+|DB|=|AB|$, do đó $D \in [AB]$.

Do đó, $S_{ACD} + S_{CDB} = S_{ACB}$, tức là $x+3\sin x=3\sin 2x, 4\sin x=6\sin x \cdot \cos x$. Suy ra rằng $\cos x=2/3$, vì $\sin x \neq 0$ (từ điều kiện: $x \in [0; 90^\circ]$).

Đáp số: $x=\arccos 2/3$.

Bình luận. Nếu $x \in [0; \pi/2]$ thì phương trình sẽ có thêm một nghiệm $x=0$.

Đánh bại. Độ mạnh bằng chứng của hai phương trình: $\sqrt{5}-4\cos x + \sqrt{13}-12\sin x=\sqrt{10}$ và $2\sin x + 6\cos x=3$, trong đó $x \in [0; \pi/2]$.

E. Vâng. Yasinov

Các góc thân thiện và ba mặt

Các góc độ khác nhau. Một góc khác là sự kết hợp của hai nửa mặt phẳng có ranh giới chung và một trong các vùng không gian bị giới hạn bởi immi (Hình 1). Gạch chân: không phải mọi góc chéo đều là giao điểm của hai nửa khoảng trống (xem Hình 16).

Giá trị của một góc bên là giá trị của một góc phẳng tạo ra từ phần của góc bên này bởi một mặt phẳng vuông góc với cạnh của nó. Giá trị của góc bên trong Hình 1a nhỏ hơn $\pi$ và giá trị của góc bên trong Hình 16 lớn hơn $\pi$.

Các góc khác là những điểm tương tự về mặt không gian của các góc trên một mặt phẳng: nhiều tính chất của chúng tương tự như các góc mặt phẳng. Ví dụ, bissertor của một góc lồi (còn gọi là nửa mặt phẳng chia góc thành hai góc bằng nhau) có thể được định nghĩa là tập hợp các điểm của góc cách đều các mặt của nó. Theo cách tương tự như mặt phẳng, các góc đứng và góc hỗn hợp được xác định và giá trị của chúng bằng với sự tương ứng giữa $\varphi$ và $\pi-\varphi$, trong đó $\varphi$ là giá trị của góc hỗn hợp ban đầu.

Bây giờ chúng ta sẽ phân tích lời giải hai bài toán, theo nghĩa bóng của nhau theo một nghĩa nào đó.

Bài tập 1. Một góc nhị diện có độ lớn $\varphi$, $0<\varphi<\pi$ cắt một mặt phẳng. Giá trị $\varphi$ của hiệu suất thu được trong mặt cắt có thể nằm trong giới hạn nào?

Nhiệm vụ 2. Giá trị $\varphi$ của góc, là hình chiếu giới hạn của góc của giá trị $\varphi$, $0<\varphi<\pi$, có thể nằm trong giới hạn nào?

Đáp số sang nhiệm vụ 1: $0<\varphi<\pi$. Vì độ lớn của góc kia nhỏ hơn $\pi$ nên nó nằm trên một phía của mặt phẳng bất kỳ mặt nào của nó. Do đó, góc trong tiết diện nằm dọc theo góc có độ lớn $\varphi$. Để làm điều này, cách dễ nhất là chỉ ra hai tia có cùng một đỉnh nằm trên cạnh của góc kia, nằm ở các mặt khác nhau sao cho góc giữa chúng bằng $\alpha$ (và sau đó vẽ một mặt phẳng cắt qua hai tia này).

Chúng ta hãy chọn một tia $OP$ trên cạnh của góc đối diện và vẽ các tia $OA$ và $OB$ trên các mặt của nó ở cùng một góc $\beta$ đến $OP$ (Hình 2a). Khi thay đổi $\beta$, các tia $OA$ và $OB$ sẽ quay và rõ ràng

24

rằng khi β chạy qua tất cả các giá trị từ 0 đến π/2 thì góc AOB=α sẽ thay đổi từ 0 thành φ. Nếu tia OB được thực hiện hợp một góc π-β với OP (Hình 26) thì góc α sẽ thay đổi từ π thành φ (tại 0<β<π/2).

Một phép tính đơn giản cho phép chúng ta chứng minh chặt chẽ lý luận này. Cho một mặt phẳng vuông góc với cạnh của góc nhị diện và đi qua điểm P cắt các tia tại hai điểm A và B, M là trung điểm của đoạn AB (ta sẽ xét trường hợp thứ nhất - Hình 2a). Sau đó

$$\sin(\alpha/2) = \frac{|MA|}{|OA|} = \frac{|PA|\sin(\varphi/2)}{|OA|} = \sin\beta \cdot \sin(\varphi/2),$$

có thể sin(α/2) nhận mọi giá trị trong khoảng ]0 khi β thay đổi từ 0 thành π/2; sin(φ/2)] và bản thân góc α nằm trong khoảng ]0; φ] (vì góc α/2 là góc nhọn).

Chúng tôi sẽ để người đọc tự tính toán trong trường hợp thứ hai và ở đây chúng tôi sẽ chỉ ra cách bạn có thể thực hiện mà không cần chúng. Rõ ràng là trong phần của hai góc nhị diện liền kề bởi bất kỳ mặt phẳng nào (giao nhau với cạnh chung của chúng) các góc phẳng liền kề được hình thành (Hình 3). Nhưng góc trong mặt cắt ngang của một góc nhị diện liền kề với góc đã cho, như hình trên, có thể có bất kỳ giá trị nào từ 0 đến π-φ (π-φ là giá trị của góc liền kề này). Posny, theo các giá trị của góc lưỡng diện ban đầu, sẽ thu được các góc từ π đến φ, đây chính xác là những gì được yêu cầu.

Hãy chuyển sang bài toán 2. Cho góc A1OB1 có độ lớn φ là hình chiếu trực giao của góc AOB có độ lớn α. Góc A1OB1 xác định một góc nhị diện có độ lớn φ, có cạnh vuông góc với mặt phẳng A1OB1 đi qua điểm O và các mặt chứa các tia OA1 và OB1. Rõ ràng góc AOB là một phần của góc nhị diện này. Vì vậy, chúng ta lại rơi vào tình huống bài toán 1, chỉ bây giờ các giá trị α và φ đã cho, 0<α,φ<π, chúng ta có thể giao góc nhị diện của giá trị φ sao cho trong phần này chúng ta có được một góc có giá trị α. Do đó, trong bài toán 2, trong quá trình thiết kế, có thể thu được một góc có giá trị bất kỳ φ, 0<φ<π, bất kể α. Xét rằng φ <π (vì góc AOB nhỏ hơn góc gấp), chúng ta tìm thấy đáp số 0<φ<π.

Các góc tam giác. Cho tam giác ABC và điểm S không nằm trong mặt phẳng của tam giác này. Góc tam diện SABC (lồi) là hợp của tất cả các tia có đỉnh S cắt tam giác ABC. (Đôi khi họ cũng sẽ định nghĩa một góc tam giác không lồi SABC - sự hợp của tất cả các tia với đỉnh S không cắt phần trong của tam giác ABC - chúng ta cũng sẽ không xét các góc tam giác.)

Để ngắn gọn, chúng ta sẽ sử dụng ký hiệu sau cho góc tam giác SABC: Â, Â, Â - giá trị của các góc nhị diện có các cạnh SA, SB, SC của các α, β, γ tương ứng - giá trị của các góc phẳng đối diện với chúng.

Các góc tam diện là một trong những dạng tương tự về mặt không gian của các hình tam giác (một dạng tương tự khác là terrahedra). Tư thế của các tam giác đa hình (trong trường hợp này, góc phẳng tương ứng với các cạnh của tam giác và góc nhị diện tương ứng với các góc của tam giác). Ví dụ, định lý nổi tiếng “mỗi góc của mặt phẳng nhỏ hơn tổng của hai góc còn lại” là một định lý tương tự của bất đẳng thức tam giác. Áp dụng định lý này cho góc tam giác SABC1 (Hình 4), chúng ta thu được một tính chất dương khác của góc tam giác: “tổng các góc phẳng nhỏ hơn 360°”.

Tương tự với định lý “các đường cao của một tam giác cắt nhau tại một điểm” là phát biểu sau bài toán.

Bài toán 3. Chứng minh rằng ba mặt phẳng đi qua các cạnh của góc phân bố lại của tam giác với các gam đối diện (“chiều cao”) có một đường thẳng chung.

(Điều này có nghĩa là các mặt phẳng được chỉ ra được xác định duy nhất, nghĩa là, ít nhất hai góc mặt phẳng, để xác định ASB và ASC, không thẳng.) Chúng ta rút gọn chứng minh sang việc áp dụng một định lý phẳng tương tự.

Chúng ta hãy vẽ qua điểm A, nằm trên cạnh SA, một mặt phẳng vuông góc với cạnh này (Hình 5). Gọi B và C lần lượt là giao điểm của mặt phẳng này với các đường thẳng SB và SC và AA1, BB1, CC1 lần lượt là giao điểm của các mặt phẳng từ điều kiện bài toán với mặt phẳng ABC.

Mặt phẳng SAA1 vuông góc với các mặt phẳng SBC (theo điều kiện) và ABC (nó đi qua SA vuông góc với (ABC)), do đó nó vuông góc với giao tuyến của chúng - đường thẳng BC. Suy ra (AA1) ⊥ (BC), tức là AA1 là đường cao của tam giác ABC.

Mặt phẳng ASC vuông góc với các mặt phẳng ABC và SBB1 nên vuông góc với đường thẳng BB1, do đó (BB1) ⊥ (AC), tương tự (CC1) ⊥ (AB), tức là [BB1] và [CC1] cũng là các đường cao của tam giác ABC.

Các đường cao AA1, BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm H nên có ba mặt phẳng bao quanh chúng.

$$\frac{\sin \alpha}{\sin A} = \frac{\sin \beta}{\sin B} = \frac{\sin \gamma}{\sin C}$$

(định lý sin); (1)

$$\cos \alpha = \cos \beta \cos \gamma + \sin \beta \sin \gamma \cos \hat{A}$$

(định lý cosin thứ nhất); (2)

$$\cos \hat{A} = -\cos B \cos \hat{C} + \sin B \sin C \cos \alpha$$

(định lý cosin thứ hai). (3)

Chứng minh định lý về sin. Lấy điểm P trên cạnh SA, |SP|=1; gọi Q, R và H là các hình chiếu của nó lên các đường thẳng SB, SC và mặt phẳng SBC (Hình 6). Trong tam giác vuông PQH, góc tại đỉnh Q bằng $\hat{B}$ (nếu $\hat{B} \leq \pi/2$ - Hình 6 a) hoặc $\pi - \hat{B}$ (nếu $\hat{B} > \pi/2$ - Hình 66); trong mọi trường hợp |PH|=|PQ|sin $\hat{B} = |SP|sin \gamma \cdot sin \hat{B} = \sin \gamma \cdot sin \hat{B}$.

Từ các tam giác vuông PRH và SPR suy ra tương tự |PH|=sin $\beta \cdot sin \hat{C}$. Đánh đồng hai biểu thức này, ta tìm được sin $\beta/sin \hat{B} = sin \gamma/sin \hat{C}$. Đẳng thức thứ hai của định lý được chứng minh theo cách tương tự.

Chứng minh định lý cosine đầu tiên. Cho các vectơ $\vec{SA}, \vec{SB}, \vec{SC}$ có độ dài 1, P và Q là hình chiếu của các điểm B và C lên đường thẳng SA (Hình 7). Khi đó $\vec{SA} \cdot \vec{SB} = \cos \gamma, \vec{SA} \cdot \vec{SC} = \cos \beta, \vec{SB} \cdot \vec{SC} = \cos \alpha$, góc giữa vectơ PB và QC bằng $\hat{A}, \vec{SP} = \cos \alpha \vec{SA}, \vec{SQ} = \cos \beta \vec{SA}$ và (bất kể góc β và γ là nhọn, vuông hay tù) |QC|=sin $\beta$, |PB|=sin $\gamma$. Hơn nữa, QC=SC-SQ, PB=SB-SP và do tính chất tích vô hướng

$$\vec{QC} \cdot \vec{PB} = \vec{SC} \cdot \vec{SB} - \vec{SC} \cdot \vec{SP} - \vec{SQ} \cdot \vec{SB} + \vec{SQ} \cdot \vec{SP},$$

Ở đâu

$$\sin \beta \sin \gamma \cos \hat{A} = \cos \alpha - \cos \beta \cos \gamma - \cos \beta \cos \gamma + \cos \beta \cos \gamma,$$

đó là

$$\cos \alpha = \cos \beta \cos \gamma + \sin \beta \sin \gamma \cos \hat{A}.$$

Định lý đã được chứng minh.

Nếu góc A là góc vuông thì cos $\alpha = \cos \beta \cos \gamma$. Tuyên bố này đôi khi được gọi là định lý Pythagore cho các góc tam giác.

Để chứng minh định lý cosine thứ hai, thuận tiện sử dụng

26

tìm góc tam giác cực (hoặc bổ sung).

Góc cực*). Cho góc tam giác $SABC$. Chúng ta hãy vẽ một đường phân phối lại qua đỉnh $S$ của nó tới mặt phẳng $SBC$ và chọn một tia $SA_1$ trên đó (từ hai tia có thể có) sao cho góc $ASA_1$ là tù. Nói cách khác, điểm $A$ và $A_1$ phải nằm đối diện nhau trên mặt phẳng $SBC$. (Hãy tự giải thích tại sao góc $ASA_1$ không thể thẳng.) Các tia $SB_1$ và $SC_1$ được chọn tương tự: $(SB_1) \perp (SAC), (SC_1) \perp (SAB)$, các góc $BSB_1$ và $CSC_1$ là tù. Góc ba mặt là $SA_1B_1C_1$ và được cho là cực với góc $SABC$.

Nhiều ứng dụng của góc cực dựa trên hai tính chất thú vị sau:

1. uelol, cực tới cực, trùng với góc tregon ban đầu;
2. cho các góc tam giác cùng cực $SABC$ và $SA_1B_1C_1$

$$\alpha_1 = \pi - \hat{A}, \beta_1 = \pi - \hat{B}, \gamma_1 = \pi - \hat{C}, (4)$$

$$\hat{A}_1 = \pi - \alpha, \hat{B}_1 = \pi - \beta, \hat{C}_1 = \pi - \gamma. (5)$$

Hãy tự chứng minh các tính chất này (xem Bài tập 5).

Chứng minh định lý cosin thứ hai. Chúng ta hãy viết định lý cosin đầu tiên cho góc $SA_1B_1C_1$ cực với góc đã cho $SABC$: $$\cos \alpha_1 = \cos \beta_1 \cos \gamma_1 + \sin \beta_1 \sin \gamma_1 \cos \hat{A}_1,$$ và sử dụng các tương ứng (4) và (5). chúng tôi nhận được

$$\cos (\pi - \hat{A}) = \cos (\pi - \hat{B}) \cos (\pi - \hat{C}) + \sin (\pi - \hat{B}) \sin (\pi - \hat{C}) \cos (\pi - \alpha),$$

từ đó (3) theo sau.

Bài tập

1. Chứng minh rằng bissertor của một góc nhị diện lồi là tập hợp các điểm của góc này bằng độ dài các mặt của nó.
2. Cho một góc nhị diện và một đường thẳng $l$ cắt cạnh của nó và đi vào bên trong nó.
   a) Để nó không bị phân bố lại về phía cạnh của góc nhị diện. Chứng minh rằng có thể vẽ một mặt phẳng qua đường thẳng $l$ sao cho nó là đường song giác có một góc khép kín trong tiết diện và mặt phẳng đó là duy nhất.
   b) Trong trường hợp nào chúng ta có thể vẽ mặt phẳng từ bước a) nếu đường thẳng đã cho được phân phối lại cho cạnh?
3. Chứng minh rằng ba mặt phẳng sau có chung một đường thẳng:
   a) các mặt phẳng bissertor của các góc nhị diện và các góc ba (“bissertrixes”);
   b) Các mặt phẳng đi qua các cạnh của góc tam giác và các đường phân giác của các góc phẳng đối diện (“đường trung tuyến”);
   b) các mặt phẳng đi qua phân bố lại hen gram của góc tam giác thông qua các bissertrix của chúng (“phân phối lại sered”).

(Cuối cùng xem trang 42)

Teaward

Điền các chữ cái của các từ cho trong danh sách 1-12 bên dưới, lưu ý rằng chữ cái cuối cùng của mỗi từ trước là phần đầu của từ tiếp theo. Bằng cách viết các chữ cái trên các ô vuông bằng số lẻ, bạn sẽ có được tên của một nhà toán học kiệt xuất người Pháp nửa đầu thế kỷ 19. Chính xác thì cái nào?

1. Hình hình học rắn. 2. Nhà toán học Liên Xô kiệt xuất đầu thế kỷ 20. 3. Đường vuông góc hạ từ đỉnh của tam giác xuống cạnh đối diện. 4. Chiều cao của mặt bên của kim tự tháp. 5. Phần toán học. 6. Nhà vật lý, toán học người Pháp. 7. Đoạn nối tâm với một điểm trên đường tròn. 8. Ký hiệu toán học. 9. Ký hiệu toán học. 10. Nhà toán học và cơ khí người Pháp thế kỷ 19. 11. Hàm lượng giác. 12. Phần của hình tròn được giới hạn bởi một cung của hình tròn và dây cung phụ thuộc nó.

I. I. Kartuzov

27

Bài tập

1. Phải đặt bao nhiêu chiếc cốc màu xanh lá cây vào bên trái của cân để các cân như trong hình được cân bằng?

2. Trên mặt phẳng ca rô vẽ ba tia AB, AC và AD từ điểm A (xem hình). Chứng minh rằng góc BAC bằng góc CAD bằng cách sử dụng tính chất của lưới vuông.

3. Gần đây tôi đã tìm thấy bảng giải đấu khúc côn cầu năm ngoái giữa các lớp b-min của trường chúng tôi. Chỉ một phần nhỏ hồ sơ được lưu giữ trên đó. Hãy thử khôi phục bảng.

4. Hình vẽ trong hình phải được chia thành 6 phần bằng nhau, chỉ thực hiện các vết cắt dọc theo các đường lưới. Bạn có thể làm được bao nhiêu cách?

5. Hình vẽ cho thấy một mạch điện có chuông, nút bấm giờ và thời gian của bóng đèn, mỗi nút khi rảnh sẽ kết nối một cặp tiếp điểm và khi nhấn sẽ kết nối một cặp tiếp điểm khác. Mạch được bao gồm. Nó sẽ hoạt động như thế nào khi bạn nhấn một trong các nút?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp:
M. Koman (Tiệp Khắc) và B. N. Gordeychik.

27

28

Cách chúng ta uống trà
(hoặc về cách giải định tính bài toán trong vật lý)
Tiến sĩ khoa học sư phạm
H. A. MOTHERLAND

Trong một tập của chương trình truyền hình “Cái gì? Ở đâu? Khi nào?” Các “chuyên gia” đã được hỏi một câu hỏi (chúng tôi trình bày nó ở dạng hơi rõ ràng):

“Kính gửi các chuyên gia! Trước mặt bạn có một ly trà. Hãy nhấp một ngụm và trả lời câu hỏi: tại sao trà lại dâng lên, còn nước thường chảy xuống?”

Đáp số, điều mà các chuyên gia dừng lại sau một phút phục vụ, là: “chúng tôi đang hút nước.” Nó được tìm thấy là đúng và các chuyên gia đã nhận được một điểm và phần thưởng - một cuốn sách.

Bạn sẽ trả lời thế nào nếu được hỏi một câu hỏi như vậy không phải trong một chương trình truyền hình mà trong một bài học vật lý? Xét cho cùng, câu hỏi này là một câu hỏi vật lý định tính thực sự bài toán (như bài toán được gọi theo quy ước, trong đó không có dữ liệu số và lời giải không nhất thiết phải được biểu thị dưới dạng công thức hoặc số). Nhưng trước khi nghĩ về đáp số, hãy đồng ý rằng chúng ta sẽ tính đáp số. Để giải quyết một cách định tính bài toán trong vật lý có nghĩa là đưa ra đáp số cho câu hỏi của nó, được chứng minh bằng các định luật và quy tắc của khoa học vật lý, được diễn đạt bằng những thuật ngữ dễ chịu, được trình bày một cách hợp lý, sao cho mỗi giai đoạn lý luận mới là hệ quả của giai đoạn lý luận trước đó. Bạn có thể sẽ đồng ý rằng từ quan điểm này, đáp số của chuyên gia về “bài toán về trà” không thể được coi là thỏa đáng.

Vậy bạn giải quyết bài toán như thế nào? Hãy cùng lắng nghe cách hai học sinh lớp sáu - Sasha và Alyosha thực hiện.

Sasha. Đó là tất cả về áp suất khí quyển!

(Tôi phải nói rằng Sasha thích trả lời những câu hỏi nhanh hơn.)

Alyosha. Đợi đã, chúng ta cần phải bắt đầu lại từ đầu - với điều kiện: một cơ thể bất động - trà trong ly - bắt đầu chuyển động. Chúng ta biết có tồn tại hiện tượng quán tính - nếu không có vật nào khác tác dụng lên vật, không có lực nào tác dụng thì vật đứng yên hoặc chuyển động đều và theo đường thẳng. Cơ thể không thể tự mình thay đổi trạng thái này và trà không thể bắt đầu chuyển động nếu không có tác động của lực.

Sasha. Nhưng mọi cơ thể đều bị tác động bởi trọng lực, và nó cũng ảnh hưởng đến trà. Nó không đổ, không rơi, vì ly có đáy.

Alyosha. Lời giải thích này - chiếc kính có đáy - có thể được một đứa trẻ nhỏ đưa ra. Từ quan điểm vật lý, đây không phải là một lời giải thích. Ai đã nghiên cứu vật lý sẽ nói: dưới tác dụng của trọng lượng, trà sẽ chảy xệ và xuất hiện một lực đàn hồi hướng lên trên. Nó tác động lên trà và cân bằng lực hấp dẫn tác dụng lên nó.

Chúng tôi đã giải thích tại sao ban đầu trà không chuyển động so với ly. Nhưng trong bài toán của chúng ta, nó không phải là chuyển động của toàn bộ cơ thể - nước trong ly - nói chung, mà là chuyển động của các bộ phận của nước

29

tương đối với nhau. Chuyển động này được gây ra bởi sự chênh lệch áp suất ở những nơi khác nhau bên trong chất lỏng hoặc trên bề mặt của nó.

Sasha. Điều này còn tệ hơn đối với các tàu liên lạc. Khi áp suất của các cột chất lỏng trong bình không bằng nhau thì một cột giảm xuống và cột kia tăng lên. Trong bài toán của chúng tôi, một cột trà là cột nằm gần miệng và cột thứ hai là tất cả phần còn lại của trà. Cho đến khi chúng ta uống trà, áp lực của những cột nước này là như nhau, nhưng ngay khi…

Alyosha. Cần phải giải thích tại sao hai loại trà mà bạn nói đến lại tạo ra áp lực như nhau.

Sasha. Chúng tôi sẽ chứng minh điều này sau và bây giờ chúng tôi sẽ tiếp tục lời giải bài toán. Vì vậy, chúng ta được biết: trà trong ly đứng yên và khi người đó chạm môi vào ly, trà bắt đầu dâng lên.

Alyosha. Thứ nhất, trong vật lý có những thuật ngữ chính xác hơn, và phải nói như thế này: tách trà đứng yên so với cốc; và thứ hai, cần phải tính đến tất cả các đặc điểm của hiện tượng. Bạn đã không chú ý đến việc nếu cốc chưa đầy, bạn phải nghiêng cốc cho đến khi môi chạm vào trà. Sau đó người đó hít một hơi - và chỉ khi đó trà mới bắt đầu dâng lên.

Theo ý kiến ​​​​của tôi, tôi đề xuất điều này, một công thức rõ ràng bài toán.

Cho: có trà trong ly; nó sẽ tích tụ so với kính. Người nghiêng người về phía ly hoặc nghiêng ly để trà và môi chạm vào nhau. Sau đó anh ta hít vào, lúc này trà dâng lên và đi vào miệng người đó. Phần còn lại của trà được bỏ qua. Câu hỏi bài toán: tại sao phần trà chạm vào môi con người lại nổi lên?

Sasha. Nhưng tất cả điều này đã không xảy ra trong điều kiện bài toán!

Alyosha. Đã từng là. Bạn chỉ cần tưởng tượng hiện tượng được nhắc đến trong câu điều kiện. Và sau đó, bạn cần “giới thiệu” những dữ liệu có thể không được nhắc đến nhưng có thể lấy được từ lịch sử tự nhiên hoặc quan sát được bài toán. Theo tôi, điều kiện chính xác và hoàn toàn dễ hiểu bài toán đã là sự khởi đầu của lời giải.

Sasha. Sau đó hãy tiếp tục lời giải. Một người hít một hơi, nghĩa là hít vào không khí,….

Alyosha. Chờ đợi. Vẽ trong không khí có nghĩa là gì? Một người Bodox làm được điều này: bằng cách siết chặt các cơ, anh ta sẽ nở ngực, thể tích phổi tăng lên và không khí trong đó nở ra. Kết quả là mật độ không khí trong phổi và ở vị trí giao tiếp với nó giảm đi, áp suất của nó trở nên nhỏ hơn áp suất của không khí bên ngoài. Không khí sẽ được trộn lẫn từ nơi có áp suất cao hơn, tức là bên ngoài, đến nơi có áp suất thấp hơn, tức là vào phổi.

Sasha. Và vì một người khi hít vào sẽ dùng môi chạm vào bề mặt trà và chạm chặt vào nó, nên điều này sẽ xảy ra: áp suất khí quyển tác dụng lên toàn bộ bề mặt trà và trên bề mặt tiếp giáp với môi của người đó, áp suất không khí ở vị trí miệng tác động và nhỏ hơn áp suất khí quyển. Mọi thứ đều rõ ràng! Tôi đã nói với bạn rằng lý do của mọi thứ là do áp suất khí quyển! Một lần nữa bạn nói: đợi đã?

Alyosha. Tôi sẽ kể cho bạn nghe. Tại sao áp suất khí quyển, mà chúng ta biết, tác động lên trà từ trên xuống dưới, khiến trà dâng lên?

Sasha. Vì chất lỏng và chất khí truyền áp suất theo mọi hướng mà không thay đổi. Đây là định luật Pascal.

Alyosha. Theo tôi, chúng ta đã có thể tạo thành trận chung kết lời giải bài toán.

Trà trong ly không chuyển động, vì lực bằng nhau của các lực tác dụng lên nó - lực hấp dẫn và lực đàn hồi của ly - bằng 0 - xét cho cùng, giá trị của các lực này bằng nhau, các lực lần lượt hướng theo các cạnh đối diện. Các phần của chất lỏng (trà) cũng đứng yên tương đối với nhau, vì áp suất bên trong nó và áp suất trên bề mặt của nó bằng nhau.

30

Nó giống nhau ở mọi nơi. Khi một người đưa môi đến gần một vị trí nào đó trên bề mặt trà và hít vào, tức là phổi nở ra, tại nơi này, áp suất không khí trên bề mặt trà trở nên nhỏ hơn áp suất khí quyển tác động lên phần còn lại của bề mặt. Sự chênh lệch áp suất khiến trà hòa vào vùng có áp suất thấp hơn - phần lớn trà dưới môi người đó nổi lên và phần trà còn lại rơi xuống.

Tôi nghĩ chúng ta cần một lời giải bài toán mẫu mực.

Alyosha. Hãy hỏi tác giả bài viết xem chúng ta có thể đánh giá lời giải của mình như thế nào.

Tác giả. Tôi là một giáo viên vật lý, và tôi sẽ cho hai học sinh lớp sáu Sasha và Alyosha điểm “năm” cho cái tên này lời giải bài toán. Lời giải được coi là rất tốt. Tôi thực sự thích điều đó khi cuộc thảo luận diễn ra, Alyosha liên tục đưa ra những câu hỏi “liên quan”. Suy cho cùng, đáp số trên chúng là giai đoạn lời giải của toàn bộ bài toán.

Nhưng đây có phải là lời giải mẫu mực không? Tùy thuộc vào số nguyên thực tế lời giải bài toán là gì, kiến ​​thức của người quyết định số đó là gì, lời giải có thể được đánh giá khác nhau. Nhưng làm ơn, nó có thể được cải thiện miễn phí. Ví dụ, có thể chỉ ra tại sao và trong những điều kiện nào thì mật độ không khí thay đổi khi thể tích của nó thay đổi, và hơn nữa, có thể đưa ra lời giải thích dựa trên kiến ​​thức về phân tử; vai trò của định luật Pascal trong hiện tượng quan sát được có thể được giải thích chi tiết hơn, v.v.

Tôi khuyên người đọc nên suy nghĩ kỹ về những lời giải thích bổ sung này cũng như những lời giải thích mà Sasha và Alyosha đã nói đến khi giải bài toán.

Tóm lại, tôi cung cấp cho bạn một lời giải độc lập chất lượng cao như vậy bài toán.

Mọi người đều biết cách sử dụng pipet. Tại sao chất lỏng dâng lên trong pipet? Liệu pipet có “hoạt động” không nếu thay vì ống cao su, bạn đặt một túi polystyrene nhỏ lên ống thủy tinh?

Hồ sơ của chúng tôi

Bạn đọc thân mến! Để cải thiện hoạt động của tạp chí, chúng tôi muốn biết ý kiến ​​​​của bạn về các tài liệu được xuất bản trên «Kvant». Hãy trả lời các câu hỏi trong bảng câu hỏi.

1. Họ, tên, họ viết tắt, tuổi, nơi học tập (thành phố, trường học, lớp học) hoặc công việc (nghề nghiệp, chuyên môn), sở thích (toán học, vật lý).
2. Bạn đã đọc «Kvant» từ năm nào? Thái độ của bạn đối với tạp chí nói chung là gì?
3. Có bao nhiêu người đọc số của bạn «Kvant»?
4. Bạn quan tâm và có sẵn tài liệu từ phần nào của tạp chí? Những cái nào bạn không quan tâm hoặc không thích?
5. Kể tên 2 - 3 cái hay hơn (cho 1983 - 1984) từ các chuyên mục khác nhau của tạp chí.
6. Bạn có thể giải quyết các nhiệm vụ từ Bài toán Kvant không?
7. Bạn muốn xem số liệu thống kê về chủ đề nào trong «Kvant» năm 1985?
8. Nhận xét và đề xuất bổ sung.

Đáp số gửi ra một tờ giấy riêng, lưu số câu hỏi, đến ngày 20/02/1985 về địa chỉ: 103006. Moscow K-6, st. Gorky, nhà 32/1, «Kvant», “Bảng câu hỏi”.

31

Nhiệm vụ trong ảnh

Một ngày nọ thuyền trưởng de Treville
đã xem Aruzya mush-
Keters đã chơi rất vui
trong việc giật dây.

Porthos
với d’Artagne-
Ian thật dễ dàng
mục nát
Athos với Ara-
sự nhầm lẫn.

Và nó sẽ kết thúc như thế nào?
tất cả các cuộc đấu tranh của Por-
toca với Atoc
so với Armis
với D’Artagnn?

Thật khó để giành chiến thắng
la cặp đôi đầu tiên.

Vậy thì sao?
sẽ là nếu
đặt
Porthos với
Aramis
chống lại
Athos với
d’Artagne-
àm?

Tôi không đề nghị gì cả!!!

Làm sao
lính ngự lâm
phân phát-
theo cách riêng của tôi
sức mạnh?

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

31

32

Nhiệm vụ

M896 — M900; F908 — F912
M896. Cho tứ giác lồi ABCD, biết đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường thẳng CD. Chứng minh rằng đường tròn đường kính CD tiếp xúc với AB khi và chỉ khi BC và AD song song.

M897. Tìm ít nhất một cặp số nguyên (x, y) sao cho số $(x+y)^7-x^7-y^7$ chia hết cho 7 nhưng số $(x+y)xy$ không chia hết cho 7.

M898*. Đối với các số tự nhiên lẻ $a<b<c<d$, các điều kiện sau được thỏa mãn: $ad=bc; a+d=2^k$ và $b+c=2^m$, trong đó $k$ và $m$ là các số tự nhiên không toric. Chứng minh rằng a) $a=1$; b) với mỗi $m \geqslant 3$ có và chỉ một bộ số $a, b, c, d, k$ thỏa mãn các điều kiện này.

M899. Hãy gọi môi trường của một số không nguyên $x$ thay thế nó bằng một trong hai số nguyên gần nhất ([x] hoặc [x]+1).
a) Chứng minh rằng trong mọi đẳng thức $x_1+x_2+\ldots+x_m=y_1+y_2+\ldots+y_n$ tất cả các số hạng không nguyên đều có thể làm tròn sao cho đẳng thức vẫn đúng.
b) Một bảng gồm $m$ hàng và $n$ hàng chứa các số không phải toric và tổng của chúng trên các hàng $a_1, a_2, \ldots, a_m$ trở lên trên các hàng $b_1, b_2, \ldots, b_n$ là số nguyên. Chứng minh rằng tất cả các số không nguyên trong bảng đều có thể làm tròn sao cho tổng hàng và hàng được làm tròn bằng tổng tương ứng $a_1, a_2, \ldots, a_m, b_1, b_2, \ldots, b_n$.

A. P. Savin

M900. Có thể hình chiếu lên mặt phẳng của một khối đa diện lồi có 6 mặt là a) một hình bát giác không? b) 9-giác?
b)* Hình chiếu của một khối đa diện lồi có các mặt $n$ có thể có số cạnh lớn nhất là bao nhiêu?
M. D. Kovalev

F908. Máy bay bay theo một đường thẳng về phía nhau với cùng tốc độ $v$. Phạm vi phát hiện tối đa là $l$. Một chiếc máy bay sau

33

phát hiện một chiếc khác, quay đầu mà không thay đổi giá trị tốc độ và bay song song với mặt phẳng thứ hai, tiếp tục bay với tốc độ $\vec{v}$. Các máy bay sẽ mất dấu nhau sau khi rẽ nếu gia tốc trong khi rẽ là $a$? Sau bao lâu kể từ khi phát hiện thì việc rẽ phải bắt đầu sao cho khi kết thúc lượt rẽ, khoảng cách giữa các máy bay là nhỏ nhất?

I. I. Vorobiev

F909. Có hai quả bóng đặt trên một cầu trượt không trọng lượng được tạo thành bởi hai mặt phẳng nhẵn, mỗi quả bóng tạo một góc $\alpha$ với mặt phẳng nằm ngang (Hình 1). Bàn trượt có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Quả bóng phía trên có khối lượng $m_1$, chuyển động ra xa. Trong những điều kiện nào thì quả bóng phía dưới có khối lượng $m_2$ bắt đầu “leo” lên đồi?

A. I. Buzdin

F910. Một miếng cao su căng đều có khối lượng $m$ được đặt trên một hình trụ có bán kính $R$. Chiều dài của vòng ở trạng thái không giãn là $lR$, độ cứng của dây thun là $k$. Hình trụ bắt đầu quay với gia tốc góc không đổi $\beta$. Sau bao lâu thì vòng bắt đầu trượt so với hình trụ, nếu hệ số ma sát giữa vòng và hình trụ là $\mu$? Vận tốc góc của vòng sẽ là bao nhiêu?

A. A. Lapides

F911. Hình 2 cho thấy biểu đồ về sự thay đổi áp suất của khí bột trong nòng súng khi viên đạn di chuyển vào nòng súng. Xác định tốc độ mài mòn của thuốc súng (kg/s) ở áp suất $p_{\text{max}}$, nếu tốc độ của viên đạn lúc này là $v$. Diện tích mặt cắt ngang của bếp là $s$. Nhiệt độ của khí bột được coi là không đổi. Người ta biết rằng khí bột, tạo thành khối thuốc súng $M$ trong quá trình cạo, tạo ra áp suất $p_0$ trong thể tích $V_0$.

L. G. Markovich

F912. Dòng điện một chiều được tạo ra trong cuộn dây siêu dẫn bằng cách kết nối nó với nguồn dòng điện thông qua công tắc $K_1$ (Hình 3). Sau đó, một cục pin gồm hai tụ điện giống hệt nhau mắc song song được nối vào hai đầu của cuộn dây. Phím $K_1$ được mở, sau đó dòng điện bắt đầu chạy qua các tụ điện, sạc chúng. Tại thời điểm điện áp trên các tụ đạt cực đại và dòng điện bằng 0, công tắc kép $K_2$ được chuyển từ vị trí 1 sang vị trí 2, sao cho các tụ điện mắc nối tiếp và điện áp trên cuộn dây tăng gấp đôi. Vì chỉ số của cuộn dây không thay đổi nhưng điện áp tăng lên nên dòng điện cực đại qua cuộn dây và do đó năng lượng dự trữ sẽ lớn hơn dòng điện bằng nhau đầu tiên. Tìm lỗi sai trong lập luận trên.

D. V. Pavlov

36

Lời giải bài toán

M881. Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm tùy ý trong mặt phẳng đến ba đỉnh của một hình thang cân lớn hơn khoảng cách từ điểm này đến bốn đỉnh.

Hình 1.

Hình 2.

M882. Tổng của ba số nguyên a, b và c bằng 0. Chứng minh rằng số $2a^4 + 2b^4 + 2c^4$ là bình phương của một số nguyên.

M883. Số màu nhỏ nhất phải được sử dụng để tô màu các ô của một tờ giấy ca rô vô hạn là bao nhiêu để a) hai ô bất kỳ ở khoảng cách b được tô bằng các màu khác nhau? (Khoảng cách giữa các ô vuông là số lượng nhỏ nhất các đường lưới, ngang và dọc, mà một quân xe phải đi qua trên đường từ ô này sang ô khác.) b) Có bốn ô vuông bất kỳ tạo thành hình chữ Γ (Hình 1) được phủ bốn màu khác nhau không?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Với mục đích định nghĩa, giả sử $MA$ là khoảng cách lớn nhất từ ​​điểm $M$ đến các đỉnh của hình thang cân $ABCD$ (Hình 1). Theo bất đẳng thức tam giác $MA \leq AC + MC$ và $BD \leq MB + MD$, và với bất kỳ điểm $M$ nào của mặt phẳng thì ít nhất một trong các bất đẳng thức này đúng. Cộng các bất đẳng thức và biết rằng $AC = BD$, chúng ta nhận được $MA \leq MB + MC + MD$.

lời giải này có cách giải thích hình học màu đỏ: bằng cách áp dụng các hình tam giác $AMC$ và $BMD$ với nhau sao cho các cạnh bằng nhau $AC$ và $BD$ thẳng hàng, chúng ta có được một hình tứ giác (Hình 2); câu bài toán trùng khớp với thực tế là mỗi cạnh của nó nhỏ hơn các cạnh còn lại (câu này cũng đúng trong trường hợp một hoặc cả hai tam giác $AMC$, $BMD$ suy biến thành các đoạn).

S. E. Rukin

◆ Sử dụng điều kiện $a + b + c = 0$, chúng ta thu được $a^4 + b^4 + c^4 = a^2(b + c)^2 + b^2(c + a)^2 + c^2(a + b)^2 = 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 2abc(a + b + c) = (a^2 + b^2 + c^2)^2 - a^4 - b^4 - c^4$, từ đó $2a^4 + 2b^4 + 2c^4 = (a^2 + b^2 + c^2)^2$.

L. D. Kurlyandchik, S. V. Fomin

◆ a) Đáp số: có 4 màu. Một ví dụ về tô màu mặt phẳng ca rô bằng 4 màu, trong đó hai ô bất kỳ cách nhau b được tô màu khác nhau, được trình bày trong Hình 2.

Để chứng minh rằng không thể có được ít màu hơn, chỉ cần xem xét 4 ô như trong Hình 3. Bất kỳ hai ô nào trong số chúng đều nằm cách nhau 6 ô và do đó, tất cả chúng phải có màu khác nhau.

b) Đáp số: có 8 màu. Sơ đồ chứng minh lặp lại điểm a): ta cần đưa ra ví dụ về bảng 8 màu

*) Lời giải bài toán F891 xem chú thích “Công suất điện là một tính chất của vật dẫn điện” ở trang. 40.

37

sách tô màu (thể hiện trong Hình 4) và giải thích tại sao bảy màu là không đủ.

Hãy xem xét hình 7 ô trong Hình 5,a. Bất kỳ hai ô nào của nó đều có thể được bao phủ bởi một “chữ Γ” gồm bốn ô, vì vậy tất cả các ô của nó phải có nhiều màu. Vì vậy, trong hình trên Hình 5.6, các ô được đánh dấu hoa thị, tô màu 7 màu thì phải cùng màu (vì 6 ô còn lại cần sơn 6 màu khác nhau). Sau đó, rất indo, trong bất kỳ mạng vô hạn nào có bước 3 ô (Hình 6), tất cả các ô phải được sơn bằng một màu và các ô còn lại của mặt phẳng phải được sơn bằng các màu khác. Nhưng trong trường hợp này, bạn sẽ không cần 7 mà là 9 màu (theo số lượng lưới như vậy bao phủ mặt phẳng).

A. G. Pechkovsky, I. V. Itenberg

F890. Các tinh thể sắt ở nhiệt độ lên tới 910 °C bao gồm các tế bào elematrine có hình lập phương với chiều dài cạnh $a_1=2,87 \cdot 10^{-10}$ m. Các tế bào sắt nằm ở các đỉnh của khối lập phương và ở trung tâm của nó (Hình 1). Loại nguyên tố này - có mạng lập phương thể tích - được gọi là sắt alpha ($Fe_a$). Ở nhiệt độ trên 910 °C, các tế bào của tinh thể sắt là một khối lập phương có viền với chiều dài cạnh $a_2=3,63 \cdot 10^{-10}$ m. Các ô nằm ở các đỉnh của khối lập phương và ở tâm các mặt của nó (Hình 2). Loại nguyên tố này được gọi là sắt gamma ($Fe_\gamma$). Tuy nhiên, mật độ sắt ở những trạng thái này là bao nhiêu? Khối lượng nguyên tử tương đối của sắt là $μ=55,847$.

Trước tiên chúng ta hãy xác định có bao nhiêu nguyên tử của nguyên tố đó trong mỗi ô lập phương. Nếu bạn nhẩm cắt ra một khối lập phương cơ bản thì mỗi đỉnh sẽ chứa 1/8 nguyên tử (mỗi đỉnh chung là 8 cốc). Có 8 đỉnh như vậy. Do đó, trên mỗi ô khối $Fe_a$ có $\frac{1}{8} \cdot 8+1=2$ nguyên tử (có tính đến các nguyên tử trung tâm).

Có $\frac{1}{8} \cdot 8+\frac{1}{2} \cdot 6=4$ nguyên tử trên mỗi ô cơ bản $Fe_\gamma$, vì có $\frac{1}{2}$ nguyên tử cho mỗi lần xuất hiện và có 6 mặt.

Thể tích $V_a=(2,87 \cdot 10^{-10})^3 \text{ m}^3 \approx 23,64 \cdot 10^{-30} \text{ m}^3,$ trên mỗi ô sắt alpha trên mỗi ô sắt gamma là $V_\gamma=(3,63 \cdot 10^{-10})^3 \text{ m}^3 \approx 47,83 \cdot 10^{-30} \text{ m}^3.$

Khối lượng của một nguyên tử sắt

Hình 1. Hình 2.

38

$$m = \frac{55,847 \cdot 10^{-3}}{6,02 \cdot 10^{23}} \text{ кг} \approx 9,28 \cdot 10^{-26} \text{ кг}$$

(6,02·102³ mol⁻¹ là hằng số Avogadro). Do đó, mật độ của Fe₄ và Fe₇ tương ứng bằng nhau,

$$\varrho_a = \frac{2m}{V_a} \approx \frac{2 \cdot 9,28 \cdot 10^{-26}}{23,64 \cdot 10^{-30}} \text{ кг/м}^3 \approx 7850 \text{ кг/м}^3,$$

$$\varrho_\gamma = \frac{4m}{V_\gamma} \approx \frac{4 \cdot 9,28 \cdot 10^{-26}}{47,83 \cdot 10^{-30}} \text{ кг/м}^3 \approx 7760 \text{ кг/м}^3,$$

và $\varrho_a > \varrho_\gamma$.

I. M. Nizamov

F892. Một tia sáng truyền dọc theo bán kính rơi vào một quả cầu thủy tinh có bán kính R. Ở khoảng cách r tính từ tâm quả bóng, ánh sáng bị phân tán đều theo mọi hướng trên một bong bóng khí nhỏ hình thành trong quá trình chế tạo quả bóng. Xác định sự phụ thuộc của phần ánh sáng phát ra từ quả bóng vào r. Xếp chồng chỉ số khúc xạ n. Bỏ qua sự mất mát ánh sáng trong thủy tinh.

Hình 1.

Hình 2.

Do sự tán xạ của bong bóng, chùm tia lệch một góc β so với hướng ban đầu và rơi trên bề mặt phân cách thủy tinh-không khí một góc α (Hình 1). Nếu nó thành $\sin \alpha > \frac{1}{n}$, thì phản xạ nội toàn phần sẽ xảy ra ở biên. Lần thứ hai chùm tia lại rơi vào ranh giới thủy tinh-không khí một góc α, sự phản xạ toàn phần sẽ lại xảy ra, v.v. Như vậy, chùm tia đã phản xạ toàn phần tại ranh giới thủy tinh-không khí sau khi tán xạ sẽ không rời khỏi quả bóng. Chúng ta hãy tìm giá trị nào của góc lệch β điều này xảy ra.

Theo định lý sin (xem hình 1),

$$\frac{r}{\sin \alpha} = \frac{R}{\sin \beta}.$$

Thay sin α vào, ta tìm được:

$$\beta_1 = \arcsin \left( \frac{R}{rn} \right),$$

(1)

$$\beta_2 = \pi - \arcsin \left( \frac{R}{rn} \right).$$

Phản xạ toàn phần của chùm tia đã trải qua mọi vật và bị lệch khi tán xạ qua các góc β thỏa mãn điều kiện

$$\beta_1 < \beta < \beta_2.$$

Tất cả các chùm tia khác đều rời khỏi bóng sau khi tán xạ.

Vì chùm tia phân tán đồng đều trên bong bóng theo mọi hướng, nên tỷ lệ η ánh sáng phát ra từ quả bóng bằng tỷ lệ diện tích của hai đoạn hình cầu (chúng được tô bóng trong Hình 2) trên tổng diện tích của hình cầu có bán kính gốc, tâm trùng với tâm của bong bóng:

$$\eta = \frac{2 \cdot 2 \pi \rho h}{4 \pi \varrho^2} = \frac{h}{\varrho}.$$

Như có thể thấy từ Hình 2,

$$h = \varrho (1 - \cos \beta) = \varrho (1 - \sqrt{1 - \sin^2 \beta}) = \varrho \left(1 - \sqrt{1 - \left(\frac{R}{rn}\right)^2}\right).$$

Như vậy,

$$\eta = 1 - \sqrt{1 - \frac{1}{r^2} \left(\frac{R}{rn}\right)^2}.$$