Kvant 1985, số 6 · Trang

QUANTUM
6
1985

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

Những cái cũi màu tím trong hình a và b được gọi là ngoại xích - chúng tính điểm của một vòng tròn đang chuyển động khi vòng tròn đó lăn dọc theo bên trong của một vòng tròn đứng yên. Những đường cong này, cũng như epicyclopede kéo dài và rút ngắn, hypocyclopede và hypocyclopede kéo dài (hình b, 2, e và f, tương ứng) được mô tả trong bài viết của S. G. Gindikin trên số tạp chí này.

TRONG PHÒNG:

2. B. M. Bolotovsky. Chúng ta thấy gì?
3. S. G. Gindikin. Sao Cyclops tuổi sao
4. L. A. Ashkinazi. Điện khí hóa bằng đào tạo là gì?
5. A. I. Priven. Không có vấn đề gì nếu không có chức năng

TRONG VẤN ĐỀ NÀY:

22. Phòng thí nghiệm «Kvant»
    A. A. Borovoy. Cầu giấy

Kvant’s lab
A. A. Borovoy. Cầu giấy

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
J. Carroll. Hóa đơn trôi xuống cống

Kvant for younger school children
Problems
L. Carroll. The rabbit sends in a little bill

32. Kính vạn hoa «Kvant»
    Kvant’s kaleidoscope

Bài toán Kvant
Bài toán M926 — M930; F938 — F942
Lời giải bài toán M905 — M910; F917 — F922
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Kvant’s problems
Problems M926 — M930; P938 — P942
Solutions M905 — M910; P917 — P922

List of readers who have sent correct solutions

Thế vận hội
Olympic viết thư về lập trình

Olympiads
Programming olympiad (by correspondence)

Các lựa chọn thi tuyển sinh

College entrance examination problems

57. Đáp số, gợi ý, lời giải
    «Kvant» nụ cười (47)
    Pha trộn (19, 45)
    Trang cờ vua
    Quán tính của suy nghĩ (trang bìa thứ 3)

Answers, hints, solutions
Kvant smiles (47)
Miscellaneous (19, 45)
The chess page
Inertiality of thought (3rd cover page)

Được biết, cơ thể có thể được nhiễm điện theo nhiều cách khác nhau. Bạn có thể chuyển một phần điện tích “ngoài hành tinh” vào nó (đây chính xác là cách các lá của “pultant” mà bạn nhìn thấy trên trang đầu tiên của trang bìa đã được điện khí hóa). Có nhiều cách khác để điện tử hóa bằng trenium. Nó được mô tả trong số tạp chí này (xem trang 16).

2

Chúng ta thấy gì?
(về hình dạng nhìn thấy được của vật chuyển động nhanh)

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
B. M. BOLOTOVSKY

Giới thiệu

Có câu nói: “Thà xem một lần còn hơn nghe một lần”. Ý nghĩa của câu nói này hoàn toàn rõ ràng: bạn có thể nói bất cứ điều gì bạn muốn, nhưng để tin chắc vào những gì được nói, bạn cần phải tận mắt nhìn thấy mọi thứ. Đôi mắt sẽ không đánh lừa bạn.

Tuy nhiên, bạn có thể luôn tin vào mắt mình không? Hóa ra không phải lúc nào cũng vậy. Đôi khi chúng ta thấy một cái gì đó không thực sự ở đó. Đừng nghĩ rằng chúng ta đang nói về ảo giác hoặc khiếm khuyết thị giác. Bạn quan sát, một người có sức khỏe tốt và thị lực tốt, trong những điều kiện nhất định, có thể nhìn thấy một bức tranh rất méo mó về một hiện tượng, rất xa so với những gì sẽ xảy ra trong thực tế. Và lý do cho điều này không phải là cảm xúc có thể thay đổi một con người. Hãy ghép nó lại với nhau trên camera quan sát; “các bài đọc” của nó có thể được coi là khách quan. Chưa hết, khi xem đoạn phim màu, chúng ta thấy điều tương tự như người quan sát mà chúng ta bày tỏ sự hoài nghi và người mà chúng ta thay thế bằng máy quay phim.

Cả những gì chúng ta nhìn thấy trên màn hình lẫn những gì người quan sát nhìn thấy đều không phải là những gì sẽ thực sự xảy ra.

Làm thế nào điều này có thể được?

Chúng tôi sẽ chỉ ra điều này có thể xảy ra như thế nào với một số ví dụ. Nếu không, bạn sẽ không tìm thấy điều gì bí ẩn trong các ví dụ của chúng tôi. Họ chỉ nói rằng bạn cần suy nghĩ về mọi quan sát vật lý, cố gắng hiểu ý nghĩa của các kết quả đọc trên thiết bị và dựa trên những kết quả đọc này, hãy xây dựng lại bức tranh thực tế về hiện tượng này.

Chụp ảnh ánh sáng khi đang di chuyển

Khoảng mười lăm năm trước, nhà vật lý người Mỹ Michel Duguay đã thiết kế một màn trập chụp ảnh có thể đóng lại trong một thời gian ngắn bất thường. Tại sao lại cần những cổng như vậy?

Nếu chúng ta chụp ảnh tĩnh, lượng thời gian màn trập mở—khoảng thời gian này được gọi là thời gian phơi sáng—không ảnh hưởng đến độ sắc nét của ảnh. Chủ thể bất động, hình ảnh của vật thể trên phim cũng bất động nên việc tăng thời gian phơi sáng không cải thiện được độ sắc nét của hình ảnh. Đó là một vấn đề khác nếu đối tượng đang di chuyển. Sau đó là chuyển động và hình ảnh của vật thể trên phim. Trong trường hợp này, thời gian phơi sáng càng ngắn thì hình ảnh của vật thể trong ảnh sẽ càng sắc nét. Và ngược lại, thời gian phơi sáng càng lâu thì hình ảnh của vật thể sẽ càng bị “bôi nhọ”.

Trong một số bức ảnh (thường là những bức ảnh chụp người đang chạy, bị máy tự động hành hạ nhanh chóng), độ mờ của ảnh giảm đi - nó dường như để lộ chuyển động nhanh. Tuy nhiên, theo quy luật, đối tượng di chuyển càng nhanh thì thời gian phơi sáng càng ngắn và thời gian màn trập mở càng ít. (Trong các cuộc thảo luận của chúng tôi, chúng tôi không tính đến việc phim ảnh có độ phóng đại nhất định và thời gian phơi sáng ngắn hơn phải tương ứng với độ phóng đại cao hơn. Chúng tôi sẽ giả định rằng độ phóng đại của phim có thể được chọn sao cho tương ứng với thời gian phơi sáng mong muốn.)

Bây giờ chúng ta hãy quay lại phần đầu câu chuyện của chúng ta. Tiếng hú được tạo ra bởi màn trập ảnh có thời gian phơi sáng tuyệt vời - khoảng $10^{-11}$ giây. Tất nhiên, lần này chỉ có thể coi là “tuyệt vời” trước khi màn trập ra đời. Khi nó được tạo ra, nó không còn là điều viển vông nữa mà là một thành tựu thực sự, đáng chú ý. Nhưng… áp dụng nó ở đâu?

Màn trập “nhanh như chớp” này có thể được sử dụng để chụp các vật thể chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ của

3

sáng, hình ảnh trên phim sẽ khá sắc nét. Nhưng người ta có thể tìm thấy những đồ vật như vậy ở đâu? Chúng phải đủ lớn để xuất hiện trong ảnh - chẳng hạn như kích thước của chú thích. Nhưng chúng ta vẫn chưa thể truyền tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng cho một vật thể có kích thước như vậy - điều này đòi hỏi một lượng năng lượng khổng lồ. (Ví dụ, để tăng tốc một vật nặng 1 g lên tốc độ bằng một nửa tốc độ ánh sáng, bạn cần tiêu hao năng lượng vào cỡ $10^{11}$ J. Năng lượng như vậy được sản xuất mỗi ngày bởi mười nhà máy điện hạt nhân hiện đại.) Tốc độ tối đa của các vật thể vĩ mô đạt được trong điều kiện trên mặt đất là vào khoảng hàng chục km/s. Chúng tôi giảm các electron xuống tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng. Nhưng bạn không thể chụp ảnh một electron mà không có sự biểu diễn – nó quá nhỏ. Chúng ta cần một vật thể có kích thước đáng chú ý và di chuyển với tốc độ ánh sáng. Và Duguay, người tạo ra màn trập, đã tìm ra một vật thể như vậy. Hoá ra đó chính là… ánh sáng.

Nguồn sáng là tia laser, tạo ra bức xạ ở dạng xung rất ngắn—với thời gian khoảng $10^{-11}$ s. Xung ánh sáng phát ra từ tia laser có thể được biểu diễn dưới dạng một thể tích nhất định chứa đầy sóng ánh sáng và chuyển động trong không gian với tốc độ ánh sáng (hình 1). Khối lượng này được gọi là gói sóng (hoặc ánh sáng). Độ dài gói rất cao, $l=c\tau$, trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng và $\tau$ là thời gian phát xạ, tức là thời lượng xung; thay thế $c=3 \cdot 10^5$ km/s, $\tau \approx 10^{-11}$ s, chúng ta nhận được $l \approx 3$ mm. Một “cơ thể” có kích thước này có thể được chụp ảnh.

Có vẻ như mọi thứ đều đơn giản - chúng tôi đặt máy ảnh ở một bên đường đi của “thân máy” ánh sáng, hướng nó vào một điểm nào đó dọc theo đường đi và nhả cửa trập vào đúng thời điểm. Cách bố trí thí nghiệm này được mô tả ở hình 1. Tuy nhiên, nếu làm như vậy, chúng ta sẽ không thấy bất cứ điều gì trên phim. Tại sao hình ảnh chỉ xuất hiện trên phim khi có ánh sáng từ một vật chuyển động chiếu vào nó? Đây có thể là ánh sáng “của riêng” nếu cơ thể tự phát ra (chẳng hạn như xảy ra khi chụp ảnh một bóng đèn nóng). Nếu cơ thể không phát sáng thì nó phải được chiếu sáng, khi đó ánh sáng do cơ thể phản xạ hoặc tán xạ từ nguồn bên ngoài sẽ chiếu vào phim. Từ hình 1, rõ ràng là các sóng ánh sáng tạo nên gói truyền dọc theo đường dẫn mà chúng không thể đi vào ống kính máy ảnh. Chiếu sáng gói như vậy bằng nguồn bên ngoài cũng miễn phí - gói không phản xạ hoặc tán xạ ánh sáng, sóng ánh sáng từ nguồn bên ngoài truyền qua gói sóng như thể xuyên qua một bóng ma tự do, không thay đổi hoặc ảnh hưởng đến gói.

Giải pháp đã được tìm thấy như thế này. Một bình thủy tinh đựng nước được đặt trên đường đi của cục ánh sáng. Một vài giọt sữa được thêm vào nước. Chất phụ gia này làm cho nước hơi đục. Một môi trường đục làm tán xạ ánh sáng chiếu vào nó. Khi một cục ánh sáng đi vào một bình chứa nước moona như vậy, các sóng ánh sáng cấu thành của nó bắt đầu tiêu tan và cục máu đông hiện rõ.

4

Bây giờ bạn có thể chụp ảnh nó. Tất nhiên, toàn bộ bối cảnh chụp ảnh phải được đặt trong phòng tối để không có nguồn sáng bên ngoài cản trở.

Bằng cách sử dụng cách thiết lập này, người ta đã thu được những bức ảnh rất đẹp về ánh sáng bay. Tuy nhiên, một trong số chúng được sao chép vào hình 2. Đây là bức ảnh đầu tiên trong lịch sử khoa học được chụp trong “điều kiện phòng” và mô tả một vật thể bay với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng (trong nước, tốc độ ánh sáng nhỏ hơn khoảng một lần rưỡi so với trong chân không). Trong quá trình hoạt động, nguồn sáng trong tàu có thời gian dịch chuyển.

Hình 2. Chụp ảnh xung ánh sáng chuyển động trong môi trường đục (tán xạ). Thời gian phơi sáng 10⁻¹¹ giây.

“Quả tạ” nhẹ

Trước khi mô tả kết quả chụp ảnh ánh sáng “quả tạ”, cần nói vài lời về lý do tại sao lại cần một thí nghiệm như vậy.

Theo lý thuyết tương đối, chiều dài của một cơ thể, được đo trong một số hệ thống báo cáo, phụ thuộc vào tốc độ di chuyển của cơ thể so với hệ thống báo cáo này. Cụ thể, nếu vật đang đứng yên và chiều dài của nó bằng l₀, thì khi vật này chuyển động với tốc độ v, chiều dài của nó sẽ là l = l₀√(1-v²/c²), trong đó c là tốc độ ánh sáng. Hệ số √(1-v²/c²) luôn nhỏ hơn một, do đó, khi một vật chuyển động, kích thước của nó theo hướng chuyển động (đây là kích thước mà chúng ta đã nghĩ đến khi nói “chiều dài”) giảm đi 1/√(1-v²/c²) lần.* (Đối với tốc độ có thể đạt được trong điều kiện trên mặt đất ở thời điểm hiện tại, tập hợp √(1-v²/c²) khác rất ít so với đơn vị. Nếu vật thể có tốc độ là 10 km/s (đây là bậc độ lớn của tốc độ của tàu vũ trụ - gói và vệ tinh), thì tập hợp này bằng 0,9999999944, nghĩa là nó khác với một ở chữ số thập phân thứ mười. Do đó, khi đạt tốc độ thấp, cực kỳ khó phát hiện sự giảm kích thước trong quá trình chuyển động. Nhưng phát biểu này của lý thuyết về độ dài tương đối trong quá trình chuyển động dẫn đến sự thay đổi hình dạng của chúng, nếu tốc độ chuyển động của nó gần bằng tốc độ ánh sáng, sẽ rắn lại và quay. vào trong “bánh kếp”, mặt phẳng vuông góc với hướng của vận tốc; khối lập phương sẽ biến thành một hình song song, v.v.

*) Sự co lại như vậy thường được gọi là “Lorentzian” - theo tên nhà vật lý và lý thuyết Inderland H. A. Lorentz, một trong những người đầu tiên (năm 1892) dự đoán hiệu ứng này.

5

Vì chúng ta không có các vật thể chuyển động với tốc độ đủ cao nên không thể xác minh trực tiếp sự thay đổi về hình dạng. Nhưng phân tích lý thuyết về hiện tượng này đã được thực hiện một cách chi tiết. Và phân tích cho thấy sự việc không đơn giản như người ta tưởng. Thật vậy, kích thước của quả bóng theo hướng chuyển động giảm đi. Nhưng người ta sẽ không thể nhận thấy sự co lại này khi nhìn vào một quả bóng đang chuyển động. Anh ấy bị ấn tượng bởi… chính phương pháp quan sát.

Để hiểu tại sao điều này xảy ra, chúng ta hãy xem xét một vài ví dụ liên quan đến vấn đề được nêu ra. Vào một ngày hè, chúng tôi chiêm ngưỡng một số cảnh quan. Mặt trời đang chiếu sáng, cây cối đang chuyển động và những chú chim cũng vậy. Chúng tôi nhận thức được tất cả cùng một lúc.

Nhưng tại thời điểm chúng ta nghe thấy tiếng hót líu lo, con chim có thể im lặng. Âm thanh truyền trong không khí với tốc độ hơn 300 m/s. Vì vậy, có sự thay đổi hoàn toàn về độ trễ giữa thời điểm chim kêu và thời điểm được “nhận”. Chúng ta nhìn thấy Mặt trời ở một số nơi trên bầu trời. Nhưng ánh sáng từ Mặt trời đến Trái đất “đi” trong khoảng tám phút. Điều này có nghĩa là chúng ta không thể khẳng định rằng bây giờ, “ngay lúc này”, Mặt trời ở chính xác nơi chúng ta nhìn thấy.

Một ví dụ khác. Chúng tôi chụp ảnh bầu trời đầy sao. Bức ảnh chúng ta chụp nói lên điều gì? Chúng ta có thể coi nó phản ánh vị trí của các ngôi sao vào thời điểm chính xác khi chúng ta chụp bức ảnh không? Không. Ánh sáng từ các ngôi sao xa xôi truyền tới Trái đất trong hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn năm. Ngôi sao có thể đã tắt từ lâu nhưng chúng ta sẽ không sớm phát hiện ra nó, ánh sáng vẫn phát ra từ nó và chúng ta nhìn thấy ngôi sao này trong bức ảnh. Một ngôi sao đã ra đời nhưng ánh sáng từ nó vẫn chưa đến được với chúng ta và ngôi sao này không có trong bức ảnh.

Tất cả những khác biệt này là do cùng một hiện tượng - tốc độ truyền hữu hạn của tín hiệu truyền cho chúng ta thông tin về trạng thái của vật thể. Trong khi tín hiệu đến với chúng ta, trạng thái của vật thể sẽ thay đổi. Nếu chúng ta chụp ảnh đồng thời một số vật thể ở các khoảng cách khác nhau so với máy ảnh thì chúng ta sẽ đồng thời nhận được thông tin về vị trí của các vật thể này. Nhưng hình ảnh của tất cả các vật thể trong bức ảnh này phản ánh vị trí của chúng ở những thời điểm khác nhau. Những khoảnh khắc này được “chuyển” về quá khứ liên quan đến thời điểm quay.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại câu hỏi tại sao người được quan sát sẽ không thể nhận thấy sự co thắt Logentian.

Mọi điều chúng tôi đã nói về việc chụp nhiều đối tượng đều áp dụng cho một đối tượng có kích thước cụ thể. Nếu vật thể bất động và thời gian phơi sáng đủ để tín hiệu (ánh sáng) từ điểm xa nhất của vật thể đến được vật thể thì chúng ta có thể tự tin nói rằng bức ảnh phản ánh chính xác cả vị trí của vật thể và kích thước của nó. Đó là một vấn đề khác nếu đối tượng đang chuyển động.

Bức ảnh chụp một vật chuyển động cho chúng ta một bức tranh phức tạp; nó mô tả các điểm khác nhau của cơ thể ở các vị trí mà chúng chiếm giữ tại các thời điểm khác nhau. Giả sử cơ thể được chụp ảnh tiếp cận máy ảnh. Khi đó, các điểm của cơ thể, ở xa ống kính hơn trong khi chụp, sẽ có vẻ “tụt hậu” so với các điểm ở gần hơn, vì bức ảnh tạo ra hình ảnh của một thời điểm sớm hơn. Do đó, một vật thể đang chuyển động trong ảnh dường như bị kéo dài theo hướng chuyển động. Rõ ràng là sự “kéo dài” tối thiểu như vậy sẽ đặc biệt được thay thế nếu tốc độ của cơ thể tương đương với tốc độ ánh sáng.

Tính toán cho thấy độ giãn tối thiểu sẽ bù đắp cho sự co rút Logentian. Vì vậy, người quan sát sẽ không thể nhận thấy sự thay đổi về hình dạng của vật chuyển động nhanh và quả bóng đối với anh ta vẫn giống như một quả bóng.*)

Làm thế nào để kiểm tra tính hợp lệ của tất cả những khác biệt này? Cần phải hình thành các chuyển động của một vật thể có tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng - trong trường hợp này là sự co lại

*) Cố gắng tự mình tìm hiểu xem một khối lập phương sẽ trông như thế nào trong một bức ảnh được chụp với thời gian phơi sáng ngắn, thể hiện qua mismo của vật thể theo hướng vuông góc với trục quang. Bạn có thể tự kiểm tra bằng cách xem lời giải bài toán F827 trong số 10 của Kvanat năm 1983.

6

độ dài theo hướng chuyển động và độ trễ của tín hiệu từ các điểm khác nhau của cơ thể sẽ dễ nhận thấy nhất. Với mục đích này, Duguay và các cộng sự đã tạo ra một “quả tạ” làm bằng ánh sáng.

Để “nấu” một quả tạ, chỉ cần chia một gói nhẹ thành hai nửa, thành hai gói là đủ. Sau đó, các nửa này cần phải được dịch chuyển ra xa nhau để có được hai gói sóng bay song song. Hai gói này tạo thành một quả tạ.

Ví dụ, bạn có thể “chuẩn bị” một quả tạ bằng cách sử dụng hệ thống gương như ở hình 3. Trục BB′ của quả tạ đi qua đường thẳng AA′ và được chia làm đôi bởi đường thẳng này. Bằng cách quay toàn bộ hệ gương quanh trục AA′, chúng ta có thể thay đổi hướng của quả tạ trong mặt phẳng thẳng đứng; trục ngang AA’. Trong hình 3 quả tạ được hiển thị ở vị trí thẳng đứng; xoay hệ thống gương 90° (theo bất kỳ hướng nào so với trục AA′), chúng ta có một quả tạ nằm ngang, v.v.

Quả tạ nhẹ đã hoàn thành được đặt vào một bình chứa nước bùn. Các gói tạo thành quả tạ được đưa lên tàu cùng lúc và chụp ảnh.

hình 4 hiển thị các bức ảnh chụp các quả tạ được xoay khác nhau so với trục AA’. Simok a) được làm bằng một quả tạ định hướng theo chiều dọc và trong ảnh quả tạ cũng thẳng đứng. Simok b) được chế tạo với một quả tạ có bề mặt ở vị trí thẳng đứng quanh trục AA’ một góc xấp xỉ bằng 30°. Simok c) cho hình ảnh một quả tạ, được quay khoảng 60° so với vị trí thẳng đứng. Cuối cùng, Sim 2) mô tả một quả tạ được đặt nằm ngang. Trên tất cả các dấu hiệu, các gói ánh sáng tạo nên quả tạ sẽ di chuyển từ trái sang phải, như trên hình 3.

Những thẻ sim này thật tuyệt vời. Làm ơn, chỉ simok a) hóa ra đúng như người ta mong đợi. Hai gói tạo nên quả tạ được mô tả trên dấu hiệu này, gói này ở trên gói kia. Đây là cách nó sẽ xảy ra nếu bạn chụp ảnh một quả tạ định hướng theo chiều dọc. Các dấu hiệu còn lại đưa ra một bức tranh rất sơ sài về hiện tượng này. có thể cái có thể quan sát được là sim 2), vì vậy chúng tôi sẽ bắt đầu bằng cách phân tích dấu hiệu cụ thể này.

Trên thực tế, hình ảnh được tạo ra từ một quả tạ, nằm trong mặt phẳng nằm ngang vuông góc trên đường thẳng AA′ (nghĩa là song song với tia hạt của máy ảnh của chúng ta), và theo định luật mà chúng ta đã quen, phải có một điểm sáng trên hình ảnh này chứ không phải hai - xét cho cùng, tại thời điểm chụp, gói ánh sáng ở gần máy ảnh hơn sẽ che khuất điểm sáng ở xa hơn. Và trên con cá trắng có hai gói hàng lần lượt bay. Máy ảnh “nhìn thấy” quả tạ được định hướng ở tốc độ c/n.

8

Tuổi sao của họ Cyclopidae

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. G. Gindikin

Cyclops đóng một vai trò chưa từng có trong lịch sử toán học thế kỷ 17, thời đại Geronic của giải tích vi phân. Có lẽ dấu vết hùng hồn nhất của điều này đã được lưu giữ cách xa toán học - trong tiểu thuyết. Trong phần thứ ba của Những chuyến du hành của Guliver, Jonan Swift kể về việc Guliver đến hòn đảo bay Laputa và nhà vua, người bảo trợ khoa học và âm nhạc, chiêu đãi anh một bữa tối thịnh soạn. Một thanh thìa được cắt theo hình tam giác đều và một miếng thịt bò hình kim cương được theo sau bởi một chiếc bánh pudding có hình họ cyclopidae. Tin rằng vào đầu thế kỷ 18, thật khó để tưởng tượng ra một hình thức phức tạp hơn!

Ba mươi năm sau, Cyclops xuất hiện trên các trang của cuốn “Cuộc đời và Meninium của Tristram Shandy, Quý ông,” cuốn tiểu thuyết bất hủ của Laurence Sterne. Toby Shandy tốt bụng lập dị, có ý định xây dựng một nơi sẽ trở thành một tài liệu tham khảo cho nghệ thuật xây dựng công sự, quyết định đặt cho nó hình dạng của một họ cyclopidae: “… anh ấy đã thay đổi lời giải thành dạng một nơi do Marquis de L’Hôpital phát minh ra, được Bernoulli the Younger mô tả kỹ lưỡng và khoa học, như những người thân yêu của bạn có thể thấy trong Acta Erud. Lips, an. 1695; các vị trí được giữ ở trạng thái cân bằng ổn định bằng trọng lượng chì, giúp bảo vệ chúng không quá hai giờ, nếu các vị trí được vẽ theo hình đường cong, càng gần với đường cyclopid càng tốt.”

Chúng ta sẽ quay lại L’Hopital, Bernoulli và tạp chí khoa học Acta Eruditorium, nhưng bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu xem những người cùng thời với Toby Shandy, sống vào giữa thế kỷ 18, có thể đã biết gì về Cyclopides.

Một nguồn thông tin có thẩm quyền là “Lịch sử của roulette, còn được gọi là triode hoặc cyclopida”, ghi ngày sớm nhất là vào tháng 10 năm 1658 và có chữ ký của Amos Dettonville; như chúng ta sẽ thấy, đây là một vở kịch câm của nhà toán học, vật lý học và nhà tư tưởng người Pháp Blaise Pascal (1623-1662). Ông viết: “Con lăn là tuyến tính và có dạng cột, sau đường thẳng và đường tròn không có đường thẳng nào thường xuyên gặp hơn; nó thường hiện ra trước mắt mọi người đến mức người ta phải ngạc nhiên vì sao người xưa của nó lại không được xét đến… hoặc không gì khác hơn là đường đi của bánh xe khi nó lăn với chuyển động riêng của nó từ lúc chiếc đinh bắt đầu nhô lên khỏi mặt đất, cho đến khi tính chất liên tục của bánh xe đưa nó trở lại mặt đất sau khi kết thúc cả một cuộc cách mạng, coi bánh xe là một vòng tròn hoàn hảo, chiếc đinh là một điểm trên chu vi của nó và trái đất hoàn toàn bằng phẳng.” Văn bản này chứa định nghĩa về họ cyclopidae: nó là

9

quỹ đạo của một điểm trên một đường tròn lăn không trượt theo đường thẳng. Điểm nhô lên từ vị trí thấp hơn của nó, mô tả một vòm lồi một cách đối xứng và với mỗi vòng quay sẽ thu được một vòm mới; tại điểm tiếp xúc của vòm nó sắc nét (hình 1).

Thuật ngữ “cyclonde” (bắt nguồn từ một vòng tròn) thuộc về Galileo (1564-1642), người dường như là người đầu tiên xem xét nó. “Roulette” là một thuật ngữ tiếng Pháp (từ động từ rouler - cuộn), “trochonda” là từ tương đương trong tiếng Hy Lạp. Sự khác biệt về thuật ngữ phản ánh cuộc tranh luận sôi nổi giữa Pháp và Ý về mức độ ưu tiên trong việc phát hiện ra cơn lốc xoáy: Pascal khẳng định rằng Marin Mersin (1588–1648) đã xem xét vấn đề này ngay từ năm 1615, trước cả Galileo.

Epicyclondes trong hệ thống Ptolemaic

Sự ngạc nhiên của Pascal về việc người xưa không quan tâm đến lốc xoáy là điều đáng chú ý. Lý do cho điều này là gì? Thực tế là đối với các nguồn cổ xưa về sự xuất hiện của các đường cong mới, có rất nhiều bài toán cho mỗi vị trí hình học, và quỹ đạo của các chuyển động đường cong nằm ngoài sự quan tâm của hầu hết các nhà toán học thời cổ đại.

Chỉ có cơ học mới, bắt đầu vào những năm đầu của thế kỷ 17 với các công trình của Galileo về chuyển động, mới tái cấu trúc nguồn gốc tư tưởng, và nổi tiếng rằng chính Galileo, nhờ cách tiếp cận đầu tiên, đã trở thành một epicyclonde. Epicyclondes (xem trang 2 của bìa, a, b) được lấy dưới dạng quỹ đạo của các điểm của một vòng tròn dao động không trượt dọc theo mặt ngoài của một vòng tròn khác (khi lăn ở mặt trong, thu được các đường cong gọi là zypocyclondes; vùng e). Epicyclondes được tìm thấy trong hệ địa tâm của thế giới*), Ptolemy (85?—165?). Ngay cả Plato (427-347 TCN) và Aristotle (384-322 TCN) cũng tin rằng tất cả các hành tinh, cũng như Mặt trời và Mặt trăng, đều quay đều theo một vòng tròn có tâm là Trái đất. Lý thuyết này không chỉ mâu thuẫn với dữ liệu số thu được từ việc tổng hợp các bảng thiên văn mà còn không giải thích được một số tác động định tính thô sơ. Giả sử sao Hỏa, theo quy luật, di chuyển ngược chiều kim đồng hồ trên bầu trời đầy sao, ở vùng lân cận đối lập bắt đầu di chuyển theo chiều kim đồng hồ (“chuyển động lùi”). Điều này có thể dễ dàng giải thích trong khuôn khổ hệ địa tâm, nhưng các nhà khoa học về cây cối, những người không nghi ngờ giáo điều cơ bản của hệ địa tâm, đã quyết định đối chiếu nó với dữ liệu quan sát thiên văn. Apollonius, và sau ông là Ptolemy, duy trì tiên đề rằng chuyển động tròn đều thống trị trên thế giới, nhưng tin rằng chuyển động của các hành tinh là phức tạp; hành tinh chuyển động theo một vòng tròn, tâm của nó lần lượt quay theo một vòng tròn lớn có tâm là Trái đất. Hóa ra là có thể chọn tốc độ của hai vòng quay này sao cho quỹ đạo của các hành tinh sẽ chứa các vòng trong đó sẽ xảy ra “chuyển động ngược dòng”. Những quỹ đạo này sẽ không chính xác là ngoại xoáy thuận nhưng sẽ rất gần với các đường cong. Nếu chúng ta giả sử rằng nó không phải là một đường tròn mà là một đường tròn lăn dọc theo một đường tròn đứng yên thì các điểm biên của nó sẽ mô tả các ngoại xoáy thuận,

*) Trong hệ địa tâm của thế giới, Trái đất được coi là trung tâm của Vũ trụ, trái ngược với hệ địa tâm của Copernicus, theo đó các hành tinh đều quay quanh Mặt trời.

11

vectơ vận tốc nằm ngang tại điểm của cyclode có vectơ quay (ta liên hệ với đường tròn sinh ra và có cùng độ dài), ta thu được tiếp tuyến của cyclode đi qua điểm đỉnh của đường tròn theo bài toán đã cho (chia công thức này cho hình 1).

Một lý do tương tự (có lẽ tương đương) được Gilles Person người Pháp áp dụng, dựa trên Robervala (1602-1675). Công lao của Roberval nằm ở chỗ ông không giới hạn bản thân trong việc xem xét xoáy thuận mà đã phát triển một kỹ thuật chung để vẽ các tiếp tuyến bằng cách biểu diễn các đường cong dưới dạng quỹ đạo của các chuyển động phức tạp. Phương pháp của ông lúc đầu hoàn toàn có tính cạnh tranh so với các phương pháp vẽ tiếp tuyến khác hiện có vào thời điểm đó.

Tuy nhiên, tương lai thuộc về những phương pháp trực tiếp hơn được phát triển bởi Pierre Fermat (1601–1665) và René Descartes (1596–1650). Các phương pháp này không yêu cầu “cách tiếp cận riêng lẻ” đối với từng đường cong (ví dụ: lựa chọn chuyển động của các bộ phận). Những phương pháp này có cho phép chúng ta vẽ tiếp tuyến với xoáy thuận - đường cong có nguồn gốc cơ học không?

Chúng tôi phát hiện ra rằng phương pháp tiếp tuyến của Fermat có thể được xây dựng mà không gặp bất kỳ khó khăn nào, nhưng phương pháp của Descartes, tập trung vào việc xem xét các đường cong được xác định bởi đa thức, đã thất bại. Nhưng Descartes không phải là người đưa ra lý do để khẳng định rằng ông đã không hoàn thành được nhiệm vụ được giao cho các đồng nghiệp của mình.

Anh ấy đã nghĩ ra một lý thuyết cơ học tuyệt vời đến kinh ngạc. Trong phiên bản mô hình hóa, chúng ta đang nói về thực tế là khi xử lý một cơn lốc, chúng ta không xem xét chuyển động của một điểm vật chất biệt lập mà là chuyển động của một tấm rắn - một vòng tròn lăn. Trong trường hợp này, tại mỗi thời điểm, chuyển động, như một quy luật, khác rất ít so với chuyển động quay của tấm xung quanh một tâm quay (tức thời) nhất định. Vận tốc tại mọi điểm phân bố lại của bán kính tâm quay tức thời. Trong trường hợp xoáy thuận, như dễ hiểu, tâm quay tức thời không phải là tâm của vòng tròn lăn mà là điểm tiếp xúc của nó với đường chỉ thị. Từ đây, quy tắc vẽ tiếp tuyến được xây dựng ở trên ngay lập tức được tuân theo (góc vuông được viết dựa trên đường kính).

Khu vực và “bạn đồng hành” của lốc xoáy

Hãy kết thúc với các tiếp tuyến và chuyển sang diện tích. Trong trường hợp lốc xoáy, các nhà toán học Pháp đã xem xét những bài toán này thậm chí còn sớm hơn bài toán trên các tiếp tuyến (có lẽ lý do là do độ tin cậy cao hơn trong các bài toán diện tích). Trước hết, chúng ta đang nói về việc tính diện tích của đoạn dưới vòm dưới cùng của lốc xoáy. Vvinini và Toricelli cho rằng Galileo biết rằng diện tích của đoạn này bằng ba lần diện tích của vòng tròn sinh ra. Roberval đã chứng minh định lý này vào năm 1634. Đôi lời về lối lập luận rất hay của Roberval. Tại mỗi thời điểm, Roberval theo dõi điểm quan sát được của cơn xoáy thuận trên đường kính thẳng đứng của vòng tròn lăn và quan sát cách hình chiếu này di chuyển. Một đường cong mới thu được, mà Roberval gọi là “bạn đồng hành của cơn bão” (hình 2) Và sau đó họ phát hiện ra rằng đường cong rất đối xứng này là … một hình sin phức tạp! Đây chính xác là cách (chứ không phải dưới dạng đồ thị hình sin) sóng hình sin lần đầu tiên xuất hiện trong toán học. Diện tích bên dưới hình sin rất dễ tính: nếu bạn cắt nó bằng các đường ngang và dọc ở giữa, bạn sẽ có được các phần tạo thành hình chữ nhật có cạnh 2lr và r (xem hình 2, trong đó r=1), tức là diện tích là 2lr². Đối với hai hình còn lại (được gọi là cánh hoa của Roberval), chúng minh họa hoàn hảo một phương pháp tính diện tích rất phổ biến trong những năm đó - nguyên tắc Bonaventura Cavalieri (1598-1647). Nó bao gồm thực tế là nếu hai hình cắt nhau bất kỳ đoạn inch ngang nào có chiều dài bằng nhau,

Hình 2.

12

thì họ có cùng diện tích. Cavalieri đã tưởng tượng ra những hình bao gồm các lớp “không thể phân chia” - các lớp song song có độ dày bằng 0 - và lập luận rằng trong sự dịch chuyển của các lớp vào mùa đông, diện tích không thay đổi. Các cánh hoa của Roberval có các điểm giao nhau với các mặt ngang giống như lớp men của vòng tròn lăn bị cắt bởi đường kính thẳng đứng, nghĩa là theo nguyên lý Cavalieri, tổng diện tích của chúng bằng diện tích $r^2$ của vòng tròn này, và tổng diện tích dưới vòm của cycloid là $3\pi r^2$. Đó chẳng phải là một lý lẽ rất sắc bén sao!

Bài toán Cuộc thi của Mersenne và Pascal

Điều này kết thúc giai đoạn đầu tiên trong “cuộc đời” của cycloid. Những mối liên hệ đầu tiên với nó bài toán đã được giải quyết rất tốt và cycloid đã chắc chắn chiếm được vị trí của nó trong tầm nhìn của các nhà khoa học lớn nhất. Nhưng vẫn còn đó bài toán chưa được giải quyết, điều này là đương nhiên khi được đặt trong khuôn khổ phân tích đang phát triển của các số vô hạn. Người quảng bá bài toán mới (trong trường hợp cycloid) là Mersenne, người mà chúng tôi đã đề cập. Điều đáng nói thêm vài lời về ông và vai trò đặc biệt của ông trong lịch sử khoa học. Nhà sư người Pháp Mersenne đã có những thành tựu riêng trong cả toán học và vật lý (ví dụ, ông đo khá chính xác tốc độ âm thanh), nhưng công lao của ông với tư cách là người tổ chức khoa học còn cao hơn nhiều. Vào thời điểm chưa có tạp chí khoa học, hầu hết mọi thông tin liên lạc khoa học đều được thực hiện thông qua Mersenne: ông ấy giống như một loại “hộp thư”. Các nhà khoa học từ các quốc gia khác nhau đã thông báo cho anh ấy về kết quả của họ, hiểu rằng anh ấy sẽ nhanh chóng cho các đồng nghiệp và đối thủ cạnh tranh quan tâm biết về họ (và quyền hạn của Mersenne là sự đảm bảo cho việc duy trì ưu tiên). Mersenne theo dõi bài toán hiện tại, chuyển chúng cho những nhà khoa học quan tâm đến chúng một cách tự nhiên. Năm 1639, “Thứ Năm Mersenne” bắt đầu, với sự tham dự của Etten và Blaise Pascally (cha và con trai), Desargues, Midorge, Roberval, nói tóm lại là tất cả các nhà khoa học xám có mặt ở Paris năm đó. Những “Thứ Năm” này là đại diện của Viện Hàn lâm Khoa học Pháp. Ví dụ của Christien Huygens (1629-1695), người mà Mersenne đã trao đổi thư từ từ năm 1646, cho thấy Mersenne quan tâm đến sự phát triển của tài năng trẻ như thế nào. Anh ta bắt đầu với giáo dục bài toán, chuyển sang những câu chưa được giải, dự đoán rằng phóng viên trẻ của anh ta sẽ trở thành “Apollo và Archimedes … của thế kỷ tới,” và cuối cùng đặt bài toán (hứa một phần thưởng cho lời giải) trên ligne đã cho của ma trận vật lý, mà Geugens sẽ chỉ có thể giải quyết sau vài thập kỷ mà không ngừng suy nghĩ về nó suốt thời gian này.

Đối với cycloid, Mersenne tin rằng chúng ta không nên giới hạn mình trong việc tính diện tích của một đoạn hoàn chỉnh của cycloid, mà nên xem xét các đoạn bị cắt bởi các đoạn nằm ngang khác nhau, chúng ta cần tìm trọng tâm của các đoạn này, thể tích của các vật chuyển động được hình thành bởi chúng, v.v. Hóa ra, Mersenne đã đánh giá chính xác rằng trong những vấn đề này, các thao tác cơ bản với “các lớp không thể phân chia” của Cavalieri không dẫn đến mục tiêu (bạn cần tính khoảng từ sin trong dạng tổng quát). Vì vậy, Mersenne đã nhắm đến những bài toán đồng nghiệp độc đáo và có triển vọng nhất của mình - Blaise Pascal.

Tuy nhiên, Pascal chỉ bắt đầu nghiên cứu bài toán này vào mùa xuân năm 1658, khi ông đang ở tu viện Port-Royal sau những biến động nghiêm trọng và khi dường như ông đã hoàn toàn từ bỏ toán học và sẽ không bao giờ quay lại với nó. Những câu chuyện của cháu gái ông Gilbertie Père và cháu gái Margarita về lần tiếp xúc cuối cùng của Pascal với nhà toán học vẫn được lưu giữ. Anh nhớ lại nhiệm vụ của Mersenne khi anh không thể ngủ được vì đau răng dữ dội. Những suy ngẫm về cơn lốc xoáy khiến anh quên đi cơn đau và dần dần bắt được Pascal. Đến sáng, anh biết lời giải đã không chịu nổi bài toán từ lâu và… đã hoàn toàn khỏi bệnh đau răng. Pascal không có ý định viết ra kết quả, nhưng người bạn của ông, Công tước Roanne đã thuyết phục ông làm như vậy, trấn an ông rằng việc ông quay trở lại toán học là do “cảm hứng từ trên cao”. Công tước đã phân bổ 60 đồng vàng để tổ chức một cuộc thi giành lời giải bài toán Mersenne.

Vào tháng 6 năm 1658, một lá thư theo chu kỳ được gửi đến các nhà hình học lớn nhất ở châu Âu với đề xuất quyết định

13

sáu bài toán về chu kỳ. Hạn chót của cuộc thi—ngày 1 tháng 10—là cực kỳ ngắn. Bức thư được ký bằng bút danh “Amos Dettonville”, một phép đảo chữ của bút danh “Louis de Montalt” của Pascal, theo đó “Thư gửi một Giám tỉnh” của ông được xuất bản vào thời điểm đó.
Vào ngày 7-9 tháng 10, cuộc thi được công bố kết thúc và kết quả được tổng kết vào ngày 24 tháng 10. Mersenne không đạt được lời giải của bài toán của mình. Chức năng của nó như một “hộp thư” đã được xem xét bởi Pierre Carcavi (1603-1684), người đứng đầu ban giám khảo cùng với Roberval. Sau khi nhận ra Dettonville, các nhà toán học vĩ đại nhất đã tắt máy: John Wallis (1616-1703) đã giải được tất cả bài toán, nhưng có những phàn nàn về lời giải của ông, Heugens đã giải được bốn bài toán. Và ban giám khảo đã trao giải cho Dettonville, người đã sử dụng quỹ thưởng để xuất bản lời giải. Heugens viết cho Canon de Sluz, một người tham gia cuộc thi, người đã giải được một bài toán: “Công việc thực hiện phức tạp đến mức không thể thêm gì vào được”.

Cuộc thi Pascal đóng một vai trò lớn trong đời sống khoa học. Để phân tích nâng cao các vi phân, điều cơ bản là phải chuyển từ việc xem xét các ví dụ cụ thể sang các phương pháp tổng quát. Những cân nhắc của Pascal trên thực tế không sử dụng các chi tiết cụ thể của chu kỳ và có thể dễ dàng áp dụng vào tình huống chung. Tuy nhiên, bản thân Pascal đã không làm điều này, và điều này được đánh giá cao khi Leibniz (1646-1716), người cùng với Newot, đã phát triển các phương pháp chung của phép tính vi phân và tích phân, theo khuyến nghị của Heugens, chuyển sang công trình của Pascal. “Tôi được chiếu sáng bằng một ánh sáng mới,” Leibniz viết và ngạc nhiên khi Pascal không hình thành sự tiếp nhận đã hứa, như thể “có tấm màn che mắt anh ấy”. Thật khó để đoán tại sao điều này lại xảy ra. Các nhà khoa học thường không nhìn thấy những động tác mà đôi khi có vẻ tự nhiên. Nhưng một lần nữa, có thể giả định rằng Pascal không còn lo lắng cho số phận của toán học nữa: ông đã cống hiến sức lực cuối cùng của mình để suy nghĩ về ý nghĩa của cuộc sống, về vị trí của con người trên Trái đất.

Cuộc thi Pascal đã bắt đầu một cuộc sống mới cho xích lô. Những người tham gia cuộc thi không giới hạn bản thân trong các nhiệm vụ do Pascal đề xuất. Ví dụ,

Christopher Wren (1632-1723), một nhà toán học tài năng người Anh, kiến ​​trúc sư nổi tiếng (người tạo ra Nhà thờ St. Paul ở London), tuy không đạt được nhiều thành công trong cuộc thi nhưng đã đưa ra một định lý gây ấn tượng rất mạnh đối với các nhà toán học. Ông đã chứng minh rằng độ dài của một cung tròn là 8r.

Đồng hồ có mặt số xoáy thuận

Một người tham gia cuộc thi khác, Geugens, 28 tuổi, đã bị phân tâm bởi lời giải bài toán về cơn lốc xoáy từ việc chế tạo một chiếc đồng hồ bo mạch chủ, điều mà anh ấy đã nhiệt tình cống hiến toàn bộ thời gian của mình trong năm thứ hai. Chiếc đồng hồ đầu tiên xuất hiện vào giữa năm 1658. Kể từ đó, Geugens bận rộn sắp xếp chúng. Ý tưởng cơ bản của đồng hồ matnik là chu kỳ dao động của matnik là một đơn vị thời gian có thể tái tạo liên tục, do tính chất đẳng thời của matnik được phát hiện bởi Galileo (sự độc lập của chu kỳ với biên độ dao động), không thay đổi khi các dao động suy giảm. Geugens muốn tạo ra một chiếc đồng hồ bấm giờ hàng hải có thể thay đổi kinh độ trên tàu (dựa trên sự khác biệt về giờ địa phương trên tàu và tại cảng khởi hành; thời gian khởi hành là thứ mà đồng hồ bấm giờ “ghi nhớ”). Vấn đề đo kinh độ là khoảng cách thế kỷ. Không có gì đáng ngạc nhiên khi các cường quốc hàng hải hàng đầu đã trao những giải thưởng tuyệt vời cho phương pháp hoàn toàn đáng tin cậy để đo kinh độ trên tàu.

Ngay sau khi biết đến phát minh của Heugens, người ta biết rằng Galileo đã có ý tưởng về đồng hồ bo mạch chủ, nhưng chỉ nghĩ ra nó một năm trước khi qua đời, khi ông không còn đủ sức để thực hiện nó. Con trai ông, Vincenzo, người đã hoàn thành dự án, cũng không thể đảm đương được nhiệm vụ này.

Trong khi tạo ra chiếc đồng hồ đầu tiên, Geugens phát hiện ra rằng tuyên bố của Galileo về tính vô tận của các dao động của tấm thảm toán học là không chính xác. Nó chỉ có giá trị đối với các góc nhịp nhỏ. Làm thế nào chúng ta có thể đảm bảo tính vượt thời gian? Geugens nhận ra rằng để làm được điều này cần phải giảm chiều dài của tấm thảm vì nó lệch khỏi phương thẳng đứng. Nhưng quy luật chiều dài giảm dần sẽ như thế nào

14

chúng tôi đình chỉ? Trong những giờ đầu tiên, Geugens chọn theo kinh nghiệm hình dạng của “má”, trên đó sợi treo được quấn một phần khi nó di chuyển ra khỏi phương thẳng đứng (hình 3). Nhưng anh ấy không thể tìm ra cách tính toán hình dạng của má. Tuyệt vọng, anh loại bỏ má theo thiết kế năm 1658 (bằng cách lắp bộ giới hạn biên độ). Nhưng một năm sau, những điều mới mẻ đã xuất hiện - giờ đây Heugens đã biết chính xác quy luật thay đổi độ dài của hệ thống treo, trong đó xảy ra hiện tượng đẳng thời của các dao động: trong thời gian đó, như chúng ta nhớ, ông đã tham gia vào thiết kế của Pascal!

Galileo hiểu rõ ràng rằng bài toán về dao động của ma trận toán học tương đương với bài toán về chuyển động của một điểm vật chất nặng dọc theo một rãnh tròn (trùng với quỹ đạo của đầu ma trận). Các liên kết giống hệt nhau được áp dụng cho điểm di chuyển dọc theo khe và phần cuối của ma trận. Tuyên bố về thuyết đẳng thời tương đương với thực tế là, từ bất kỳ vị trí nào trên kẽ hở, một điểm bắt đầu di chuyển, nó sẽ kết thúc ở điểm dưới cùng sau cùng một thời điểm. Người ta không nên ngạc nhiên về khả năng tồn tại của hiệu ứng như vậy: nếu chuyển động bắt đầu ở độ cao cao hơn, thì điểm sẽ di chuyển một khoảng cách xa hơn, nhưng đạt được tốc độ lớn hơn trên đường đi. Tuy nhiên, như Geugens đã phát hiện ra, một khoảng trống hình tròn, trái ngược với quan điểm của Galileo, không có tính chất đẳng thời gian. Và dạng khoảng trống thứ sáu của Heugens, trong đó thời gian đi xuống không phụ thuộc vào điểm xuất phát. Đường cong Heugens này còn được gọi là isochrone). Hóa ra hình xăm đó là… một cơn lốc xoáy ngược!

Nhưng điều này vẫn không giải quyết được hoàn toàn bài toán. Chúng ta cần đưa ra phương pháp treo (hình dạng của má), trong đó phần cuối của ma trận sẽ di chuyển theo cơn lốc. Và một lần nữa lại là một sự trùng hợp ngẫu nhiên: Geugens trước đây quan tâm đến sự phát triển của các đường cong - quỹ đạo của các điểm của các sợi quấn quanh các chướng ngại vật cong. Kinh nghiệm sẵn có cho phép anh ta phát hiện ra rằng để thu được ma trận xoáy thuận, dung dịch kiềm cũng phải có hình dạng xoáy lốc. Trong trường hợp này, lốc xoáy tương ứng với phần cuối của ma trận và lốc xoáy của các khe phải được dịch chuyển nửa vòng. Độ dài của ma trận là 4r; khi nó hoàn toàn kết thúc, hóa ra là

Hình 3.
ở phía dưới má. Từ đây suy ra ngay định lý Ren nói trên: chu vi của má gấp đôi chiều dài của ma trận.

Geugens tin tưởng vào tính chất cơ bản của các tính chất của cơn lốc xoáy mà ông đã phát hiện ra: “… cần phải củng cố và, khi cần thiết, nâng cao thêm kiến ​​thức của Galileo về các vật thể rơi. Kết quả mong muốn nhất, như thể là đỉnh cao nhất của lời dạy này, là tính chất đa năng được phát hiện của cơn lốc.”

Vào năm 1661, việc thử nghiệm đồng hồ ma trận varnit hàng hải bắt đầu, nhưng dần dần người ta thấy rõ rằng một chiếc đồng hồ bấm giờ hàng hải đáng tin cậy đã không được tạo ra dọc theo con đường này. Tuy nhiên, nghiên cứu lý thuyết của Geugens về toán học và cơ học, được thực hiện liên quan đến việc cải tiến đồng hồ, có ý nghĩa quan trọng đến mức cuốn sách “Đồng hồ ma trận” (1673) của ông, trong đó chúng được tóm tắt, trái ngược với sách của Galileo và Newton, là một tượng đài vĩ đại cho kỷ nguyên hình thành cơ học cổ điển.

Trong “Đồng hồ ma trận”, Geugens CONSTATIROVAL tuyên bố rằng xoáy thuận được nghiên cứu “chính xác và kỹ lưỡng hơn các đường cong khác”.

Bí mật cuối cùng của cơn lốc xoáy

Cyclonda một lần nữa có cơ hội làm các nhà toán học ngạc nhiên khi sắp xếp thứ tự trong việc phân tích các số vô cùng nhỏ. Nhu cầu chuyển từ xem xét cá nhân bài toán sang xây dựng một phương pháp chung lần đầu tiên được nhận ra bởi Isaac Newton (1643-1727), người trong “những ngày nghỉ dịch hạch” ở Lincolnsper (1665-1667) đã xây dựng phương pháp “fluoxy” của mình. Tuy nhiên, ông không vội công bố nó mà tập trung vào việc thu được nhiều kết quả khác nhau bằng phương pháp này. Pháo hoa của những kết quả này lấp lánh trên khắp đất nước.

15

trong “Các nguyên lý toán học của triết học tự nhiên” (1687), nhưng phương pháp này không được phát triển một cách có hệ thống ở đây mà vẫn còn ở nền tảng. Từ đầu những năm 70, Gottfried Wilhelm Leibniz, bị phân tâm khỏi nhiều công việc chính phủ và khoa học của mình, với sự nhiệt tình ngày càng tăng, bắt đầu phát triển chủ nghĩa công thức của phép tính vi phân và tích phân (dưới ảnh hưởng mạnh mẽ của công trình đã đề cập của Pascal). Ông đã biết về công trình của Newton và từ năm 1676 ông đã trao đổi thư từ với ông ấy. Không giống như Newton, Leibniz tích cực thu hút sự chú ý đến phương pháp của mình, cả qua tiếp xúc cá nhân và qua các trang của tạp chí Acta Eruditorium (hãy nhớ rằng chú Toby đã đọc nó), xuất bản từ năm 1682.

Năm 1696, ghi chú “Mới bài toán, mời các nhà toán học lời giải,” xuất hiện trên các trang của Acta Eruditorium. Đây là công thức của nó: “Ở mặt phẳng phía trên, cho hai điểm A và B. Hãy xác định đường đi AMB, đi xuống dọc theo đường đi này dưới tác dụng của trọng lực của chính nó, vật M, bắt đầu di chuyển từ điểm A, sẽ đến điểm B trong thời gian ngắn nhất.” Tôi thích vấn đề này; Leibniz gọi cô ấy là “rất xinh đẹp và hoàn toàn không được biết đến”. Tuy nhiên, Galileo đã nhiệt tình thảo luận trong Cuộc trò chuyện của mình rằng một điểm nặng rơi dọc theo một đoạn thẳng chậm hơn so với dọc theo một đường đứt nét có cùng đầu, và khẳng định khá tự tin rằng một điểm rơi xuống nhanh nhất dọc theo một phần tư vòng tròn. Đường cong dốc nhất bắt đầu được gọi là brachystrochone. Nhưng nó có phải là một vòng tròn khác không?

Tính kịp thời của bài toán được thể hiện ở chỗ nó được giải quyết tương đối nhanh chóng bởi cả hai anh em nhà Bernoulli - Jacob (1654-1705) và Johann (1667-1748), Leibniz, L’Hôpital (1661-1704), và Newoton (ông ấy đã giới thiệu cái tên ẩn danh lời giải, nhưng theo Johann Bernoulli, “Tôi nhận ra con sư tử bằng những cái nút của nó”). Phổ biến nhất là lời giải của chính I. Bernoulli. Động thái mà ông đề xuất hoàn toàn bất ngờ: ông đề xuất thay thế bài toán cơ học bằng quang học. Dễ dàng thấy rằng nếu chúng ta xét một môi trường quang học trong đó tốc độ ánh sáng tại điểm M bằng $\sqrt{2gy}$, trong đó $y$ là hiệu giữa độ cao của điểm A và M, thì ánh sáng từ điểm A đến B truyền dọc theo brachistochrone (theo nguyên lý Fermat, ánh sáng chọn đường đi mất ít thời gian nhất). Sau đó, một mặt sử dụng định luật khúc xạ và tính chất nổi tiếng của tiếp tuyến với đường tròn (xem ở trên), có thể dễ dàng suy ra rằng brachistochrone là một đường tròn lật ngược với đỉnh ở điểm A!

Một trong những nhà sử học cơ học đã viết về nó như thế này:

“Không cần bất kỳ phương pháp nào khác, chỉ với sự trợ giúp của trí tưởng tượng hình học của mình, Johann Bernoulli quyết định bài toán chỉ trong nháy mắt, sử dụng một cách khéo léo những gì đã được biết một cách tình cờ - bức tranh là một khái niệm về sự thay thế và đẹp đến kinh ngạc. Chúng ta phải nhận ra ở Johann Bernoulli một bản chất nghệ thuật thực sự, làm việc trong lĩnh vực khoa học tự nhiên. Anh trai ông, Jacob Bernoulli, là một nhà khoa học thuộc loại hoàn toàn khác. Ông có tinh thần phê phán mạnh mẽ hơn nhưng trí tưởng tượng sáng tạo ít hơn nhiều. Và ông đã quyết định bài toán về brachistochrone, nhưng khó hơn nhiều để chỉ định phương pháp cho lời giải bài toán của chi này. Vì vậy, chúng tôi tìm thấy ở mỗi anh em chỉ một trong hai khía cạnh tài năng khoa học đó, mà trong những nghiên cứu vĩ đại nhất về tự nhiên, chẳng hạn như Newton, được kết hợp với sức mạnh phi thường.

Lịch sử hào hùng của chu kỳ kết thúc vào cuối thế kỷ 17. Cô ấy xuất hiện một cách bí ẩn ở lời giải trong số bài toán khác biệt nhất đến nỗi không ai nghi ngờ rằng cô ấy đã đóng một vai trò hoàn toàn đặc biệt. Sự tôn kính đối với chu kỳ được duy trì trong một thời gian dài, nhưng thời gian trôi qua, và rõ ràng là nó không liên quan đến quy luật chức năng của tự nhiên, chẳng hạn như phần conchex. Các vấn đề dẫn đến chu trình đóng một vai trò to lớn trong sự phát triển của cơ học và phân tích toán học, nhưng khi dữ liệu tuyệt vời của những ngành khoa học này được xây dựng, hóa ra những bài toán này là đặc biệt, không phải là quan trọng nhất. Một tháng sáu lịch sử mang tính hướng dẫn đã diễn ra. Tuy nhiên, làm quen với lịch sử đáng kinh ngạc của chu kỳ, bạn có thể thấy nhiều sự thật quan trọng trong lịch sử khoa học.

17

Hàng nghìn năm trước, con người đã biết rằng khi một số chất cọ sát vào nhau, chúng sẽ bị nhiễm điện, như chúng ta thường nói ngày nay. Có thể các linh mục Ai Cập cổ đại và Hy Lạp cổ đại đã khiến công chúng kinh ngạc khi chứng kiến ​​cảnh tượng một chiếc lược thu hút các mảnh giấy cói. Tuy nhiên, bất chấp lịch sử xa xưa, không phải mọi thứ đều rõ ràng với việc đào tạo điện khí hóa. Người ta từng tin rằng có một chất lỏng mang điện tích nào đó sẽ chảy từ cơ thể này sang cơ thể khác khi tiếp xúc, và cơ thể thiếu nó sẽ bị thu hút bởi cơ thể dư thừa.

Khi con người phát hiện ra electron, họ nhận ra rằng một vật thể bị nhiễm điện phải chứa sự thừa hoặc thiếu electron và họ bắt đầu tin điều đó khi các electron được chuyển từ vật này sang vật khác. Nhưng kết luận như vậy không hoàn toàn hợp lý: trong một chất điện môi – đó là lý do tại sao nó là một chất điện môi – các electron không thể chuyển động tự do. Đã đạt được tiến bộ đáng kể trong việc tìm hiểu quá trình điện khí hóa bằng cây trene trong thập kỷ qua. Đây là những gì chúng ta đang nói về hơn nữa. Các thí nghiệm sẽ được thảo luận được thực hiện vào năm 1969-1977 tại Viện Vật lý-Kỹ thuật. A.F. Ioffe ở Leningrad. Hai hình trụ làm bằng chất điện môi tốt (Teflon, hổ phách, hồng ngọc, thủy tinh plexi), có đường kính 10 mm và cao 14 mm, được ép vào nhau bằng hai đầu và quay với tốc độ 0,5 vòng / phút so với nhau (hình 1,a). Sau ba vòng quay, điện tích của các hình trụ được đo, chúng được tách ra và lần lượt đặt vào một buồng nối với điện kế (hình 1, b); sau đó họ lại đặt cái này lên trên cái kia, thực hiện thêm ba vòng nữa, đo lại các điện tích, v.v. Hóa ra các mẫu trung tính ban đầu sẽ bị tích điện trong quá trình này. Tuy nhiên, tổng điện tích của chúng vẫn bằng 0. Do đó, trong quá trình đổi tên phí sẽ không có “thêm thứ ba” nào liên quan.

Hơn nữa, hóa ra là khi các hình trụ quay, đầu tiên điện tích của chúng tăng dần (một cực âm, một cực dương) và ở tốc độ khoảng ba mươi vòng mỗi giây, chúng ổn định. Chỉ cần chạm vào các xi lanh sẽ không gây ra hiện tượng sạc lại, nghĩa là điều đó là cần thiết

Hình 1.

18

“da”. Điện tích trên da chính xác bằng điện tích của mẫu, nhưng tất nhiên là trái dấu (vì vậy nhìn chung mẫu là trung tính).

Phần còn lại rất rõ ràng - các chất điện môi khác nhau, điện tích tự khác nhau và điện tích khác nhau của da. Họ chà xát và trộn da và lấy những mảnh tích điện.

Ví dụ, giả sử mỗi mẫu hình trụ có chiều dài bằng đường kính của nó. Khi đó diện tích cuối sẽ là 1/6 toàn bộ bề mặt. Chúng ta hãy biểu thị điện tích của các lớp da trên mẫu (trước khi ma sát) $q_A$ và $q_B$ và giả sử rằng điện tích của mỗi lớp da được phân bố đều trên bề mặt của mẫu. Sau đó, sau khi ma sát, khi các lớp da ở hai đầu được trộn lẫn và điện tích của chúng được chia đều, tổng điện tích $q'_A$ và $q'_B$ của các lớp da mới sẽ bằng 5/6 điện tích cũ của chính chúng và một nửa tổng của $1/6 q_A$ và $1/6 q_B$:

$$q'_A = \frac{5}{6} q_A + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{6} q_A + \frac{1}{6} q_B \right) = q_A + \frac{1}{12} \left( q_B - q_A \right),$$

$$q'_B = \frac{5}{6} q_B + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{6} q_A + \frac{1}{6} q_B \right) = q_B + \frac{1}{12} \left( q_A - q_B \right).$$

Rõ ràng là vì điện tích của da thay đổi (và điều này sẽ luôn xảy ra khi $q_A \neq q_B$), nên điện tích của toàn bộ mẫu sẽ thay đổi.

Hai mảnh điện môi giống nhau có thể nhiễm điện được không?
Nếu chúng có cùng điện tích nội tại thì không. Nhưng chúng có thể có điện tích riêng khác nhau, nghĩa là chứa lượng chỗ trống khác nhau, nếu các điều kiện hình thành các mảnh khác nhau (ví dụ, một phần của chất cách điện được hình thành bao quanh bởi hơi của một số nguyên tố có trong nó, sao cho tất cả các chỗ trống ở vị trí bên trong của phần tử này đều được lấp đầy và xung quanh phần khác, áp suất hơi thấp hơn và các chỗ trống ở vị trí của phần tử vẫn còn). Đó là lý do tại sao quá trình điện khí hóa được phát hiện trong quá trình ma sát giữa hai hình trụ bằng hồng ngọc dường như giống hệt nhau.

Điện khí hóa xảy ra không chỉ thông qua ma sát. Faraday đã viết vào năm 1833 rằng quá trình điện khí hóa sẽ xảy ra khi các tinh thể bị biến dạng, kể cả khi chúng phân tách. Tuy nhiên, dường như chưa đến lúc để nghiên cứu quá trình này. Gần một trăm năm sau, vào năm 1930, người ta nhận thấy rằng mica trở nên nhiễm điện khi bị tách ra, nhưng một nghiên cứu chi tiết về quá trình nhiễm điện khi bị tách ra đã bắt đầu một phần tư thế kỷ sau đó.

Như đã đề cập, một tinh thể điện môi “tự nó”, nghĩa là có bề mặt sạch, không có giấy nhám, thì không trung tính. Nó chứa các vị trí tuyển dụng, và theo quy luật, chúng được phân bố không đều trong toàn bộ tinh thể. Trong nhiều trường hợp, điện tích của lớp da phát triển trên mẫu có thể được coi là phân bố gần như đều trên bề mặt của mẫu. Khi chúng ta bẻ một nửa tinh thể, hai nửa sẽ “thừa hưởng” một nửa thể tích và bề mặt, cùng với đó là một nửa lớp da. Nhưng điện tích của da được chia hoàn toàn, bằng nhau, còn điện tích của thể tích nếu phân bố không đều thì không được chia đều. Trong trường hợp này, điện tích của các bộ phận do sưởi ấm sẽ có dấu ngược lại, vì một phần của da sẽ có điện tích lớn hơn (thể tích) của chính nó và phần còn lại sẽ có ít điện tích hơn. Nhưng còn có một lý do khác dẫn đến sự phân chia trách nhiệm không đồng đều.

Tinh thể LiF được cấu trúc theo cách đơn giản nhất có thể: một mạng lập phương, các ion Li$^+$ và F$^-$ xen kẽ dọc theo trục trước. Khi bị loại bỏ, tinh thể thường tách dọc theo mặt phẳng,

19

trục vuông góc của mạng tinh thể (hình 2). Nhưng đôi khi hướng của vết nứt có thể thay đổi và nó sẽ đi theo đường chéo trong mặt phẳng chứa các lieton cùng loại (hình 3).

Trong trường hợp này, trên một bề mặt của vết nứt ngay sau khi phân chia không có dấu hiệu nào, và mặt khác - ngược lại. Và quả thực, khi đầu dò điện kế di chuyển dọc theo bề mặt vết nứt, số phận cũng được phát hiện.

Nhưng sự bất bình đẳng lớn hơn đáng kể về điện tích của từng phần riêng lẻ được phát hiện khi mẫu được chia thành các phần không bằng nhau. Thật vậy, để một tinh thể có một đầu hình vuông ở cạnh bằng $a$ và chiều dài $l \gg a$ (hình 4) chia thành hai phần, độ dày của chúng là $b$ và $a-b$. Nếu $\varrho$ là mật độ trung bình của điện tích không gian riêng của toàn bộ tinh thể, thì bề mặt điện tích của da được tính từ điều kiện tổng điện tích bằng 0:

$$Q_{\text{кристалла}} + Q_{\text{шкурики}} = 0.$$

Để diện tích của các đầu nhỏ và điện tích của da

$$4a\sigma + \varrho la^2 = 0.$$

Từ đây là điện tích của da:

$$\sigma = -a\varrho/4.$$

Giả sử mật độ điện tích không gian của phần bên trái và bên phải là giống hệt nhau (và bằng nhau $\varrho$), ví dụ, chúng ta tìm thấy điện tích ở phía bên trái bằng tổng thể tích và điện tích bề mặt:

$$\varrho abl - \frac{\varrho a l}{4}(a + 2b) = \frac{\varrho a l}{2}(b - \frac{a}{2}) < 0,$$

được phát hiện trong quá trình thí nghiệm.

… Tất nhiên, đây không phải là tất cả những gì có thể nói về cơ chế điện khí hóa. Nhiều câu hỏi thú vị có thể được đặt ra về thời điểm một vết nứt ngăn cách tinh thể (các electron có thể “nhảy” từ bức tường này sang bức tường khác), về sự vắng mặt của một “cái cuốc” samphire (các electron có thể truyền sang nó), cuối cùng, về cơ chế điện khí hóa khi ma sát chất điện môi với kim loại, về cơ chế điện khí hóa khi lăn tinh thể, v.v. Một số câu hỏi trong số này đã nhận được đáp số. Những người còn lại đang chờ đợi thời cơ của họ. Và có thể bạn.

Bài tập
độc giả của chúng tôi

1. Chứng minh rằng không có số tự nhiên $x, y, z$ sao cho $x^{p-1} + y^{p-1} = z^{p-1}$, trong đó $p$ là số nguyên tố, $p > 3$, và $x$ và $y$ không chia hết cho $p$.
   Gợi ý: Áp dụng Định lý Nhỏ hơn

Giàn: $a^{p-1} \equiv 1$ (mod $p$), trong đó $a$ là tự nhiên và $(a, p) = 1$ (xem «Kvant», 1978, số 10, trang 7).

2. Chứng minh rằng với $p=3$ mọi phương trình lời giải diophantine

$$x^{p-1} + y^{p-1} = z^{p-1},$$

gồm các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau từng cặp, chứa một số là bội số của 3.

O. A. Cherepanov

20

Không có vấn đề gì khi không có chức năng

A. I. PRIVEN

— Bố ơi, bố mẹ của Masha Sidorova đã mua một chiếc “Điện tử BZ-36” mới toanh có nhiều chức năng. Và những kẻ khác có nó…
— Cái gì, “Điện tử BZ-30” của bạn hoạt động không tốt?
“Nó hoạt động nhưng không có chức năng: nó chỉ thực hiện các phép tính số học và mô tả các nghiệm.” Và ở lớp chín chúng ta có tất cả các hàm snus và cos, logarit, hàm số mũ. Tôi không thể mang theo bàn Bradis đi khắp mọi nơi!

• Không có chức năng gì cũng không sao. Bạn muốn trở thành nhà toán học với chúng tôi nên bạn phải báo cáo. Bạn đã được kể về loạt phim Taylor về bột báng chưa? Vậy thì nghe này…

Cách tính logarit

Đầu tiên, một chút lý thuyết. Tất nhiên là bạn biết điều đó

$$\lim_{x \to 0} (1+x)^{1/x} = e.$$

Đẳng thức này được thỏa mãn với độ chính xác đủ nếu $x$ gần bằng 0. Sau đó, chúng ta thu được $(1+x)^{1/x} \approx e$ hoặc $1+x \approx e^x$, từ đó

$$\ln(1+x) \approx x,$$

(1) nghĩa là, bằng cách trừ một số cho số, chúng ta thu được logarit tự nhiên của nó. Còn số lượng lớn thì sao?
Khá đơn giản. Rốt cuộc

$$\ln a = \ln (a^{N/N}) = N \ln (a^{1/N}).$$

Nếu $N$ đủ lớn (chúng ta sẽ nói về các giá trị cụ thể sau), thì $a^{1/N} \approx 1$ và $\ln (a^{1/N}) \approx a^{1/N} - 1$.

Trên máy, $a^{1/N}$ rất dễ tính nếu $N=2^n$ - bạn chỉ cần nhấn phím $\sqrt{}$ $n$ lần. Và sau đó để tìm logarit ban đầu, bạn cần trừ một và nhân với hai số tương ứng:

$$\ln a = \ln a^{N/N} = N \ln a^{1/N} \approx (a^{1/N} - 1) \cdot N.$$

Tất cả những gì còn lại là tìm giá trị tối ưu $N$. Từ đẳng thức (1) suy ra

$$\ln (1+x)^{1/2} = \frac{1}{2} \ln (1+x) \approx \frac{1}{2} x \approx \ln \left(1 + \frac{1}{2} x\right),$$

đó là

$$\left(1+x\right)^{1/2} = \sqrt{1+x} \approx 1 + \frac{1}{2} x.$$

Để đánh giá độ chính xác của đẳng thức này, hãy sử dụng công thức Taylor*. Ba thuật ngữ đầu tiên là đủ cho chúng tôi:

$$f(a+x) = f(a) + xf'(a) + \frac{x^2}{2!} f''(a) + \dots$$

Trong trường hợp của chúng tôi $a=1$; $f(a+x) = \sqrt{1+x}$;

$$f(a) = \sqrt{a} = 1; f'(a) = \frac{1}{2\sqrt{a}} = \frac{1}{2};$$

$$f''(a) = -\frac{1}{4a^{3/2}} = -\frac{1}{4},$$

nghĩa là, $\sqrt{1+x} \approx 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8}$;

các số hạng còn lại tại $x \to 0$ có thể bị loại bỏ.

Như vậy, sai số của công thức (3) xấp xỉ bằng $x^2/8$. Hãy để chúng tôi đặt giá trị lỗi $\Delta = 5 \cdot 10^{-9}$. Đây là những giá trị nhất không ảnh hưởng đến số đọc của máy tính 8 chữ số.

Vậy thì thật đơn giản: $\Delta = \frac{x^2}{8} = 5 \cdot 10^{-9}$, $x=2 \cdot 10^{-4}$. Giá trị $x$ này sẽ cung cấp sai số tối thiểu. Do đó, giá trị của $ln 2$, được tính bằng công thức $\ln 2 = 2^{12} (2^{1/2^12} - 1) = 4096 \times 0.0001691$, bằng 0,693207, cùng với bảng 0,693147.

Tuy nhiên, ở đây có một hiệu ứng thuần túy “máy móc”: việc trích xuất gốc (giống như các phép tính khác) được thực hiện với sự thiếu sót ở dấu cuối cùng và lỗi này mỗi lần tăng lên. Cuối cùng, nó chồng lên các đại lượng $\frac{x^2}{8}$ và công thức cho $\Delta$ trở nên không thể áp dụng được. Hiệu ứng này được thay thế bằng $n > 10$, trong đó $n = \log_2 N$ là số lần trích xuất gốc. Kết quả là, $\ln 2$ tương tự, được tính bằng công thức tương tự trên máy vi tính BZ-30, bằng 0,69263… By-

*) Về công thức Taylor, xem bài viết của V. R. Pochuev trên tạp chí Kwan số trước.

21

Vì vậy, trong trường hợp $n > 10$ nên chấp nhận $x = (3,5 \div 7) \cdot 10^{-4}$.

Cùng ln 2, được tính trên cùng một máy ở $n = 11$, bằng 0,69304 với sai số tương đối là 0,014%.

Vì vậy, chúng tôi đã tìm ra thuật toán tính ln $a$:

$$\ln a = \frac{\ln a}{\ln 10} = \frac{\ln a}{2,303}.$$

Đối với $2 < a < 10$ kết quả khá chính xác được đưa ra bởi biểu thức

$$\lg a \approx (a^{2/10} - 1) \cdot 445,$$

ở đâu $445 \approx \frac{2^{10}}{\ln 10}$.

Cách tính hàm số mũ

Để tính hàm $e^x$, chúng ta biến đổi biểu thức thu được cho ln $a$. Chúng ta có ln $a \approx N (a^{1/N} - 1)$, với $N$ lớn, có nghĩa là

$$a \approx \left( \frac{\ln a}{N} + 1 \right)^N.$$

Thực hiện thay thế $x = \ln a$, chúng ta nhận được $a = e^x$ và do đó

$$e^x \approx \left( \frac{x}{N} + 1 \right)^N = \left( \frac{x}{N} + 1 \right)^{2n}.$$

Để nhanh chóng sử dụng sự tương ứng này trên một máy tính đơn giản, nên biến nó thành một thuật toán số nguyên, tức là một thuật toán trong đó không cần phải ghi lại các kết quả trung gian. Để làm điều này, phải thực hiện lũy thừa $N$ (hoặc $n$ bình phương) bằng cách lặp lại chuỗi lệnh $\times =$ cho mẫu B3-30 hoặc

$$\dots \times 1 \times = \dots ,$$

cho loại mô hình B3-14. Trong trường hợp này, kết quả luôn ở trong “bộ nhớ tạm thời” của máy tính và do đó không cần phải nhập lại vào máy sau mỗi lần lặp. Do đó, thuật toán tìm $e^x$ trông như thế này (bên dưới $n$ là số tự nhiên, hơn nữa $N = 2^n$):

$$x : 2^n + 1 \times =$$

Cách tính của hàm $10^{xn}$ chỉ khác ở chỗ sau khi gõ $2^n$ kết quả được nhân với ln $10 \approx 2,303$.

Những gì còn lại là hàm $x^y$. Hãy tiếp tục với nó:

$$\ln (x^y) = y \ln x = Ny \ln (x^{1/N}) \approx Ny (x^{1/N} - 1).$$

Do đó, theo công thức (4)

$$x^y = e^{\ln (x^y)} \approx e^{Ny (x^{1/N} - 1)} \approx \left[ \frac{Ny (x^{1/N} - 1)}{N} + 1 \right]^N = [y (x^{1/N} - 1) + 1]^N.$$

Công thức (5) được biểu diễn bởi chương trình:

Cách tính hàm lượng giác

Ở đây công thức Taylor đưa ra hai biểu thức thuận tiện cho sin và cosius

$$\sin x \approx x - \frac{x^3}{6} = \frac{(x^2 - 6)x}{6};$$

$$\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} = 1 + \frac{(x^2 - 12)x^2}{24}.$$

Giá trị đầu tiên đủ cho $x \leq \frac{\pi}{4}$; điều tương tự có thể được nói về thứ hai. Giá trị $\frac{x^4}{24}$ bắt đầu có tác động rõ rệt ở $x \geq \frac{\pi}{6}$, ở $x < \frac{\pi}{6}$ bạn có thể đơn giản hóa công thức tính cos $x$ bằng cách loại bỏ số hạng thứ ba:

$$\cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2}.$$

Ràng buộc $x \leq \frac{\pi}{4}$ không nguy hiểm vì các hàm lượng giác luôn có thể được rút gọn thành đối số nhỏ hơn $\frac{\pi}{4}$.

---

Như bạn có thể thấy, chỉ cần một chút toán học - và chiếc máy tính vi mô đơn giản nhất sẽ sẵn sàng tính toán gần như tất cả các hàm “trường học”.

22

Cầu giấy
Tiến sĩ Vật lý và Toán học
A. A. VOROVOY

I. Một trong những đặc tính quan trọng nhất của bất kỳ cấu trúc kỹ thuật nào là độ cứng của chúng. Rõ ràng là dưới tác dụng của trọng lực của chính nó cũng như của tải trọng bên ngoài, kết cấu không được thay đổi hình dạng. Đúng, không thể tránh hoàn toàn sự biến dạng, nhưng bạn cần chọn vật liệu và loại bộ phận sao cho những thay đổi về hình dạng xảy ra trong một giới hạn nhất định, được tính toán trước. Cái này bài toánMục tiêu mà các kỹ sư phải đối mặt hầu như luôn bổ sung cho mục tiêu khác: làm cho thiết kế trở nên đơn giản, rẻ, nhẹ nhất có thể, sử dụng ít vật liệu nhất có thể trên đó.

Điều hướng giữa các yêu cầu xung đột này, các kỹ sư thiết kế tìm ra yêu cầu tối ưu cho lời giải nhất định. Trong một số ngành công nghiệp, chẳng hạn như sản xuất máy bay, vấn đề kết hợp độ cứng tối đa và đồng thời tuổi thọ tối thiểu là rất quan trọng.

Nhà thiết kế vĩ đại là thiên nhiên. Từ lâu cô ấy đã quyết định nhiều điều bài toán khiến các kỹ sư lo lắng.

Trong quá trình chọn lọc tự nhiên, đã nảy sinh những kiệt tác như lông chim, thân tre, xương rỗng của động vật trên cạn, v.v.

Không phải vô cớ mà chúng tôi lấy làm ví dụ về cấu trúc tự nhiên dựa trên một ống - một hình trụ rỗng. Tại sao chúng lại trở nên phổ biến như vậy?

Hãy thử tìm hiểu điều này. Chúng tôi sẽ dạy bạn cách sử dụng thang đo bằng một thí nghiệm đơn giản.

II. Thí nghiệm được đề xuất để chứng minh được biết đến trong tài liệu với tên gọi “Trải nghiệm Umov” (hay “Sức mạnh của ống”).

Nikolai Alekseevich Umov (1846-1915) là nhà vật lý lỗi lạc người Nga, ông từng là giáo sư tại Đại học Moscow trong gần hai mươi năm. Nicholas, những công trình quan trọng của ông đều liên quan đến vấn đề tái truyền năng lượng; ông là người đầu tiên đưa ra khái niệm tốc độ và hướng chuyển động của năng lượng, dòng năng lượng, mật độ năng lượng tại một điểm nhất định, v.v. Umov còn được biết đến là một giảng viên xuất sắc, dành nhiều sự quan tâm cho các thí nghiệm trình diễn.

Ở nhà, thí nghiệm có thể được thực hiện bằng cách sử dụng “thiết bị” rất đơn giản. Cắt từ dày

23

giấy, hai hình chữ nhật dài khoảng 20 cm và rộng khoảng 8 cm. Sau đó, sử dụng hai chồng sách làm giá đỡ, như minh họa trong hình 1, đặt một trong các tờ giấy lên chúng và chất trọng lượng nhẹ vào đó (và nếu không có thì bằng đồng xu). Dưới một tải trọng nhỏ, chiếc lá - một loại cầu - sẽ bị uốn cong mạnh (xem hình 1,a).

Hóa ra độ cứng của cấu trúc của chúng ta có thể tăng lên gấp 10 lần và theo một cách rất đơn giản. Để làm điều này, cuộn chiếc lá thứ hai vào một cái ống và quấn nó bằng sợi chỉ để nó không bị bung ra. Bạn sẽ thấy rằng dưới cùng một tải trọng, ống sẽ khó uốn cong. Chỉ có trọng lượng lớn đáng kể mới khiến nó biến dạng rõ rệt (xem hình 1.6).

Chẳng hạn, lông chim cứng đến mức nào? Thực hiện các bài kiểm tra tương tự. Trong các thí nghiệm của chúng tôi, một chiếc lông vũ dài khoảng 10 cm đã “giữ” một vật nặng 0,5 kg.

“Trải nghiệm của Umov” có thể được thay đổi đáng kể. Tạo cái gọi là biên dạng từ những tờ giấy giống hệt nhau: các góc có các cạnh bằng nhau và không bằng nhau, các rãnh, tab và dầm chữ I, tấm tôn (hình 2). Đảm bảo rằng tất cả chúng đều có độ cứng cao hơn nhiều so với cầu giấy ban đầu. Để làm điều này, hãy tiến hành một loạt thí nghiệm so sánh: xác định các giá trị độ võng với tải trọng bằng nhau hoặc đạt được cùng độ võng bằng cách tải kết cấu có trọng lượng khác nhau.

III. Bây giờ, ít nhất là ở mức độ định tính, cần phải hiểu độ cứng của kết cấu liên quan đến uốn phụ thuộc vào điều gì.

Làm thêm một thí nghiệm nữa. Để làm được điều này, bạn sẽ cần một khối cao su hình chữ nhật (hoặc vật liệu đàn hồi khác) có tiết diện khoảng 1-2 cm² và chiều dài khoảng 10 cm.

Áp dụng lưới tỷ lệ gồm các đường thẳng dọc và ngang (hình 3,a) cho khối. Sau đó, theo khối, lưới sẽ bị biến dạng (hình 3,b). Trong trường hợp này, các đường ngang sẽ vẫn thẳng, nhưng các bề mặt tương đối với nhau sẽ không còn song song và các đường dọc sẽ bị cong. Dễ dàng nhận thấy rằng vật liệu của khối chịu lực căng ở một bên và lăn ở bên kia. Nhưng trong số các đường dọc có một đường nhìn vào giữa không thay đổi độ dài. Rõ ràng, tất cả các lớp vật liệu nằm ngang nằm phía sau đường này đều không bị biến dạng. Vì vậy, nó được gọi là lớp trung tính (hay bề mặt trung tính).

Từ thí nghiệm này, người ta suy ra rằng một phần của khối càng nằm xa bề mặt trung tính thì lực kéo (hoặc lăn) của nó càng lớn. Khi đó, theo định luật Hooke, lực đàn hồi chống uốn tăng theo khoảng cách đến lớp trung tính. Nói cách khác, sự đóng góp chính vào độ cứng của khối đến từ lớp cách xa lớp trung tính nhất. Và từ đây kết luận là: để tăng độ cứng của kết cấu, cần phải đặt vật liệu chính của nó càng xa lớp này càng tốt. Đây là lý do tại sao miếng thanh trong Thí nghiệm của Umov hầu như không có khả năng chịu tải, trong khi, ví dụ, dầm chữ I làm bằng cùng một vật liệu lại hoạt động cứng hơn nhiều.

Tuy nhiên, việc loại bỏ vật liệu nền khỏi bề mặt trung tính không tăng quá nhiều. Vì vậy, nếu dầm chữ I được làm rất mỏng ở giữa, nó sẽ trở nên không ổn định và sẽ bị xoắn. Đồng thời, thiết kế dầm chữ I, có độ cứng tương tự như dầm vuông đặc, hóa ra lại nhẹ hơn bốn lần rưỡi.

24

Hình 3.

Với đường kính D/2, khi tính toán cho thấy, độ cứng của dầm sẽ chỉ giảm 6-7% và tiết kiệm vật liệu khoảng 25%.

Bây giờ đã rõ tại sao thiên nhiên lại sử dụng các cấu trúc hình ống một cách rộng rãi như vậy. Và chúng được sinh ra trong quá trình tiến hóa. Trong khi sự sống tập trung ở nước, không có nhu cầu đặc biệt nào về khối lượng nhỏ của bộ xương - lực của chất lỏng bị đẩy ra ngoài đã giúp ích. Vì vậy, ví dụ như cá mập đã bảo tồn được một bộ xương sụn khổng lồ từ tổ tiên của chúng. Nhưng sau đó các sinh vật sống xuất hiện trên đất liền. Bây giờ sức mạnh của bộ xương phải được kết hợp với khối lượng thấp hơn có thể của nó. Quá trình biến đổi các cấu trúc sụn thành xương hình ống kéo dài hàng triệu năm và kết thúc bằng việc tạo ra một cấu trúc chắc chắn, nhẹ và tiết kiệm về mặt tiêu thụ vật liệu.

IV. Nỗ lực xây dựng một không gian giấy giữa hai chồng sách đã dẫn đến thực tế là qua kinh nghiệm (và sau đó là lý luận định tính), chúng tôi tin rằng nó không nên được làm phẳng mà phải được định hình.

Một cách khác để tăng độ cứng của lưới là sử dụng kết cấu gọi là giàn. Trang trại đơn giản nhất được trình bày trên hình 4 bạn có thể dễ dàng tự làm. Dán một dải ngang vào giữa tờ giấy, nối với nhau bằng những sợi chỉ căng đến hai đầu

Hình 2.

Một hình trụ rỗng, do tính đối xứng của nó, phản ứng như nhau trước tải trọng từ bất kỳ phía nào và vật liệu của nó đủ xa so với bề mặt trung tính, đó là lý do tại sao trong nhiều trường hợp, nó là thiết kế tối ưu. So với dầm hình trụ đặc, dầm rỗng ít mất đi độ cứng khi uốn nhưng lại có lợi ích rất lớn trong việc tiết kiệm vật liệu. Ví dụ: nếu bên trong một hình trụ đặc có đường kính D, chúng ta tạo đáp số

25

lá cây. (Hãy nghĩ cách cố định chắc chắn các đầu của sợi chỉ.) Bây giờ, nếu có tải, nó bắt đầu chùng xuống và các sợi chỉ trở nên chặt hơn. Khá khó để phá vỡ chúng, và do đó thiết kế này có tầm quan trọng đáng kể hơn một tấm phẳng.

Giàn rất thường được sử dụng trong xây dựng cầu (hình 5). Với sự trợ giúp của chúng, hướng uốn được chuyển sang hướng kéo dài hoặc lăn của dầm và thanh, vai trò của chúng trong thí nghiệm của chúng tôi là do các sợi chỉ.

Chúng ta có thể kể đến một công trình xây dựng rất phổ biến khác - cây cầu hình vòm (hình 6). Cổng vòm đã được biết đến từ thời cổ đại, gần như từ đầu thiên niên kỷ thứ 4 trước Công nguyên. Nguyên lý hoạt động của chúng là chuyển đổi tải trọng thẳng đứng thành áp lực ngang của vòng vòm, truyền đến đế (gót chân) của vòm.

Có rất nhiều khái quát về các thiết kế cầu khác nhau. Xét cho cùng, ngoài lời giải các vấn đề về kỹ thuật và kinh tế, những người tạo ra một địa điểm cũng phải “liên kết” diện mạo của nó với khu vực và đảm bảo rằng nó đẹp. Không có lời giải chung ở đây và có lẽ đó là điều tốt nhất. Ít nhất chúng ta hãy nhớ đến những địa điểm ở Leningrad - thật là có nhiều loại trọng lượng tuyệt vời có thể có lời giải!

Để kết thúc bài viết, chúng tôi muốn nhắc người đọc rằng đối với nhiều nhà phát minh và kỹ sư xuất sắc, việc tạo ra các mô hình của nhiều loại máy móc và thiết kế thời thơ ấu giống như bước đầu tiên để họ chọn chuyên môn sâu hơn. Nhà khoa học, nhà thiết kế và kỹ sư nổi tiếng trong lĩnh vực giao thông vận tải, Viện sĩ V. N. Obraztsov, viết: “Sự quan tâm đến phương pháp kỹ thuật nảy sinh trong việc sản xuất các mô hình xây dựng, không chỉ các mô hình mà chủ yếu là mô hình mô phỏng (ở lớp 6-7).

Quay trở lại các thí nghiệm mà chúng tôi đã gợi ý cho bạn thực hiện, cần lưu ý rằng việc xây dựng một cây cầu chắc chắn và màu đỏ từ giấy bằng những khám phá “kỹ thuật” chưa qua đào tạo cũng không hề dễ dàng. Nếu hoạt động này khiến bạn quan tâm và mô hình trở nên thú vị, chúng tôi sẽ rất vui khi nhận được (và có thể xuất bản) các bức ảnh và mô tả của nó.

Cây cầu hình vòm được tạo ra bởi kỹ sư người Thụy Sĩ Robert Maillard vào đầu thế kỷ chúng ta. Những bức ảnh và bản vẽ của cây cầu này có thể được tìm thấy trong mọi tác phẩm kiến ​​trúc nói chung. Cây cầu tạo nên một công trình ergetel với sự táo bạo về hình thức và sự hoàn hảo về thiết kế kỹ thuật.

26

Olympic viết thư về lập trình

Vào ngày 17 tháng 2 năm 1985, Trung tâm Giáo dục và Sản xuất Khoa học Máy tính ở Quận Oktyabrsky của Moscow và Viện Máy điều khiển Điện tử của Liên Xô Minipibor và Các vấn đề Thông tin (thứ sáu) Olympic Thành phố Moscow về Lập trình dành cho học sinh, trong đó có khoảng 200 người tham gia.

Tạp chí «Kvant» cung cấp cho tất cả học sinh và học sinh trường dạy nghề biết lập trình (trừ Moscow) bài toán của Kỳ thi Olympic này như một bài tập cho Kỳ thi Olympic Lập trình Tương ứng. Lời giải gửi chậm nhất vào ngày 1 tháng 8 (qua bưu điện ITEM PEL) đến địa chỉ «Kvant», trên phong bì ghi: “Lập trình Olympic”. Đã gửi lời giải sẽ được đánh giá bởi ban giám khảo do Tiến sĩ Vật lý và Toán học A. L. Brudno chủ trì. Tất cả những người tham gia sẽ được gửi phản hồi về công việc của họ. Những người chiến thắng sẽ nhận được Chứng chỉ tạp chí «Kvant».

Xin lưu ý rằng lỗi chính tả sẽ làm giảm điểm lời giải. Các thuật toán có số lượng hành động hoặc mảng quá mức có thể được loại bỏ cũng bị giảm khả năng đánh giá. Các thuật toán tốt và chương trình được viết tiết kiệm sẽ nâng cao điểm số của bạn. Trong mỗi tác phẩm, chỉ có 3 bài toán có giải pháp tốt hơn được đọc.

Các nhiệm vụ được liệt kê theo thứ tự độ khó giảm dần. lời giải bằng mọi ngôn ngữ lập trình đều được chấp nhận. Di chuyển lời giải cần đưa ra mô tả phức tạp về thuật toán.

Bài toán

1. Phân hủy thành các điều khoản. In tất cả các cách biểu diễn số tự nhiên $n$ bằng tổng các số tự nhiên. Sắp xếp lại các từ theo cách mới không được tính.

2. Các phần tử bằng nhau. Một dãy số $P[1:m, 1:n]$ được đưa ra. Mỗi hàng của mảng được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Tìm và in số xuất hiện ở tất cả các dòng và dòng chữ NET nếu không có số đó.

3. Số không ghép được. Cho trước một mảng số tự nhiên $M[1:n]$. Tìm và in số tự nhiên tối thiểu không thể biểu thị bằng tổng các phần tử mảng $M$. Tổng có thể bao gồm một số hạng, nhưng mỗi phần tử của mảng chỉ có thể xuất hiện trong đó một lần.

4. Tetraedae. Trên các mặt của hai khối tứ diện vuông góc bằng nhau $M$ và $N$, các số $M1, M2, M3, M4$ được viết trên một mặt và $N1, N2, N3, N4$ trên mặt kia (theo cùng thứ tự). Có thể kết hợp các khối tứ diện để các số giống nhau được viết trên các mặt giống nhau không? Gõ DA hoặc NET.

5. Số phổ biến nhất. Trong mảng số $M[1:n]$ tìm số lặp lại nhiều lần nhất. Nếu có nhiều thì một trong số đó.

6. Hệ thống số. Mảng số nguyên $M[1:9]$ chứa các chữ số (chữ số) của một số tự nhiên trong hệ thống số $i$-ary ($M[1]$ là chữ số hàng đơn vị, v.v.). In chữ số của số này trong hệ thống số $j$-ary. Các số $i$ và $j$ không lớn hơn số mười.

7. Chảo chéo. Tìm tổng các phần tử $A[i, j]$ của mảng $A[1:m, 1:n]$ có chênh lệch chỉ số cho trước $i-j=k$. Số $k$ là số nguyên nhưng không nhất thiết phải dương.

---

Giải thích. Ở đây mảng $P[1:m, 1:n]$ biểu thị mảng số $P_{ij}$ cho $i=1, 2, ..., m$ và $j=1, 2, ..., n$, còn ký hiệu $P[i, j]$ biểu thị phần tử $P_{ij}$. Nếu nói mảng $P[1:m, 1:n]$ đã cho thì sẽ cho các số $m, n$ và giá trị của các phần tử mảng. Nhiệm vụ của các mảng khác có ý nghĩa tương tự.

Trong các chương trình (lời giải), học sinh nhập các giá trị được trích xuất và nhập chúng. Một số định dạng lời giải dưới dạng chương trình con (trong thuật toán - thủ tục, trong Forter - chương trình con, v.v.). Trong những ngôn ngữ mà kích thước của mảng phải được chỉ định bằng số (như trong Forter), học sinh có thể chọn chúng một cách tùy ý.

“Tốt lời giải” phải xếp chồng (tối đa một hệ số nhân không đổi) theo số lượng sau: $m \cdot n$ (bài toán 2), $n^2$ hoặc $n \cdot \log n$ (bài toán 3 và 5), tối thiểu {$m, n$} (bài toán 7), tính $n$ và $m$ trong số lượng lớn.

27

Nhiệm vụ

1. Có 20 loại nấm trong giỏ: porcini, aspen và boletus. Có bao nhiêu loại nấm porcini trong đó nếu nó chứa nhiều boletus hơn boletus 9 lần?

2. Khôi phục phép chia:
   $$3^{***} \times 3$$
   $$\frac{3}{3}$$
   $$\frac{3}{2}$$
   $$\frac{3}{4}$$

3. Bề mặt của khối lập phương $1 \times 1 \times 1$ không thể được phủ hoàn toàn bằng một mảnh giấy $1 \times 6$ mà không gây rách. Có thể phủ một khối lập phương như vậy bằng hai lớp giấy $1 \times 12$ không?

4. Tất cả các hình tam giác có thể có cạnh $a \leqslant 2, b \leqslant 3, c \leqslant 4$ đều được xem xét. Tìm chiều dài của hình tam giác cao nhất.

5. Nhiếp ảnh gia đã theo dõi thẻ SIM của mình khi đứng trên thuyền (xem hình). Hãy ước tính chiều dài của chiếc thuyền được hiển thị, giả sử bạn là nhiếp ảnh gia.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi S. N. Olehnik, N. K. Antonovich, V. V. Proizvol, G. A. Galperin, Ya. L. Kalda.

TẠI SAO NẾU BẠN NỎ MỘT MẢNH KÍNH LỚN, NÓ VẪN THÀNH NHIỀU MẪU NHỎ LỚN? VÀ NẾU BẠN NÓI MỘT MẢNH NHỎ SẼ LUÔN ĐÁNH BẠI MỘT LẦN?

5. Bill rụt rè không thể leo lên cầu thang ngay lập tức. Anh ta đứng lên rồi lại rơi xuống, nhưng cuối cùng, vượt qua nỗi sợ hãi, anh ta thấy mình ở trên nắp. Số bước tối thiểu anh ta có thể đi là bao nhiêu nếu với mỗi bước anh ta di chuyển 1 bậc, cuối cùng rơi xuống đất một lần, ở bậc trên cùng một lần, ở các bậc khác cùng số lần và nếu thang có tổng cộng 9 bậc.

6. Đấm + đấm = đánh nhau.

7*. Bạn lạc vào một khu rừng lồi lõm có diện tích 100 km2. Chứng minh rằng bạn có thể ra khỏi rừng bằng cách đi bộ trên con đường không quá 30 km.

32

1. Một vật nhỏ được ném vào một bình tròn đựng nước (xô, chậu, đĩa), cố gắng đi vào trung tâm. Làm thế nào để kiểm tra độ chính xác của cú ném?

2. Dùng một sợi chỉ nối vào giữa các móc treo của hai tấm thảm có chiều dài bằng nhau treo cạnh nhau để sợi chỉ dễ dàng kéo chúng lại với nhau. Trong khi giữ một tấm thảm, đẩy tấm còn lại vuông góc với sợi chỉ đang siết chặt. Điều gì sẽ xảy ra nếu bây giờ bạn buông tấm matnikok đầu tiên ra? Tại sao?

3. Chu kỳ của một trong hai matnik có độ dài khác nhau đã được biết. Nếu không sử dụng máy đo và thước kẻ, làm sao bạn có thể xác định được chu kỳ của một matnik khác?

4. Làm thế nào để giải thích cách tính toán đôi cánh của chuồn chuồn và tại sao nó lại thay đổi nếu quan sát từ các góc độ khác nhau?

KÍNH KÍNH KÍNH “QUANTA”

Kính vạn hoa

Quan sát và thí nghiệm

TẤN CÔNG BẠN CÓ CHẮC CHẮN Bạn có quen với khái niệm sóng không?

BẠN CÓ Quen thuộc với khái niệm sóng không?

Zabachiti và Zabachki

…một sóng zeuk, rời khỏi một tiêu điểm của ellisoidea và phản xạ từ bề mặt của nó, sẽ đến tiêu điểm fruzon. Đặc điểm này của bề mặt cong của kiến ​​​​thức đã được sử dụng từ lâu và trong quá trình gia tăng, các đặc tính của trần đã được sử dụng để nghe lén các cuộc trò chuyện đáng ngờ.

33

1. Tại sao dây bass của nhạc cụ lại được quấn bằng dây xoắn ốc?

2. Chính xác thì cái gì dao động trong sóng điện tử?

3. Càng vào gần bờ, sóng biển “vỡ tung”, có khi cao tới hàng chục mét. Tại sao điều này xảy ra?

4. Hóa ra ở bờ biển bằng phẳng, hướng của sóng tới sẽ thay đổi. Hiện tượng này có thể được giải thích như thế nào?

5. Có thể nghe thấy cuộc trò chuyện của những người đứng sau cánh cửa hé mở nhưng chúng tôi không nhìn thấy họ. Tại sao sóng âm đến được chúng ta còn sóng ánh sáng thì không?

SÓNG
ĐÂY LÀ MỘT TRONG NHỮNG KHÁI NIỆM NỔI BẬT NHẤT TRONG VẬT LÝ, ĐƯỢC TÌM THẤY TRONG NHIỀU CÁCH BIỂU HIỆN TRONG THỰC TẾ TẤT CẢ CÁC LĨNH VỰC CỦA NÓ. SÓNG

trải rộng trên các bề mặt của đại dương và trong độ dày của chúng, trong khoảng trống giữa các vì sao và trong các mạng tinh thể, dọc theo các đường dây điện, cho phép chúng ta tiếp cận nhiều màu sắc và âm thanh phổ biến. Có sóng cát và sóng sset, động đất và sóng thần đại dương - cũng có những chuyển động của sóng, chỉ ở quy mô khổng lồ. Có những sóng vẫn chưa quen thuộc với các nhà vật lý, chẳng hạn như sóng trong dòng vận chuyển, trong các phản ứng hóa học, trong tim và hệ thần kinh, trong các sinh vật xã hội, trong các hệ sao - thiên hà. Theo cách diễn đạt tượng hình của các nhà khoa học, sóng “tán xạ” từ vật lý và bao trùm hầu hết các tập hợp quá trình trong thiên nhiên sống và vô tri. Và điều thú vị nhất là tất cả các sóng này đều giống nhau về mặt toán học, nghĩa là chúng có thể được mô tả bằng các phương trình giống nhau. Đó là lý do tại sao việc “kết bạn” với khái niệm này lại rất quan trọng, bởi vì bạn cũng có thể phải gặp nó nhiều lần theo cách không ngờ tới nhất.

SÓNG

1. “Về sóng biển và cá trên cung” - 1980, số 9.
2. “Sóng là gì?” - 1982, số 6.
3. “Soltonny” - 1988, số 11.
4. “Sắc màu đếm lơ đãng” - 1984, số 3.
5. “Nam châm buộc” - 1984, số 5.
6. “Phương trình sóng” - 1984, số 11.
7. “Một ống nói hướng về phía xích đạo?” - 1985, số 2.

34

Nhiệm vụ

M926—M930; F938—F942

M926. Chứng minh rằng nếu
$$x^2 + y^2 = u^2 + v^2 = 1, \quad xu + yv = 0,$$
Cái đó
$$x^2 + u^2 = y^2 + v^2 = 1, \quad xy + uv = 0.$$
S. V. Duzhin

M927*. Trên mặt phẳng cho trước có một tập hợp hữu hạn các điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Một số đoạn được vẽ với các đầu ở những điểm này. Các đoạn này được phép thay đổi: nếu bất kỳ hai đoạn AC và BD nào giao nhau, chúng có thể bị xóa và vẽ:
a) đoạn AB và CD,
b) các đoạn AB và BC.
(Nếu đoạn “mới” đã được vẽ rồi thì không cần vẽ lại lần thứ hai.)
Liệu sau một vài lần thay thế như vậy (chỉ theo quy tắc a) hoặc chỉ theo quy tắc b), nhưng không theo cả hai) có thể quay lại tập hợp các phân đoạn ban đầu không?

V. E. Kolosov

M928. Có N+1 chỗ trong rạp sách. Đầu tiên, N là một số nguyên, có vé chỉ địa điểm (bao gồm cả Igor), nếu cho N địa điểm tùy ý, mà không cần nhìn vào vé của họ. Khán giả cuối cùng (N+1) đến muốn thế chỗ; nếu nó bị chiếm giữ, người ngồi đó rên rỉ, anh ta cũng làm như vậy, vân vân, cho đến khi cần thiết, tùy theo nơi đó, được tự do. Xác suất để Igor phải đổi chỗ là bao nhiêu? (Nói cách khác, vị trí nào trong số tất cả các vị trí khán giả có thể có không quan trọng đối với Igor?)

I. V. Alekseev-Astafev

M929. Các số tự nhiên a, b, c, d, e thỏa mãn điều kiện $a^4 + b^4 + c^4 + d^4 = e^4$. Chứng minh rằng ít nhất a) ba số chẵn, 6) ba số chia hết cho 5, c) hai số chia hết cho 10.

V. D. Ykovlev

M930*. Các số từ 1 đến 1985 được chia thành 6 bộ. Chứng minh rằng một trong số chúng chứa ba số, trong đó một số bằng tổng của hai số còn lại (hoặc hai số, một trong hai số lớn hơn số kia).

A. D. Valtsev (học sinh lớp 9).

35

F938. Phi công của một con tàu vũ trụ đang di chuyển với tốc độ $v=1$ km/s khi đó đang đi thẳng trên đường đi của một thiên thể có đường kính $d=7$ km, khi đó vẫn còn khoảng cách $l=8,5$ km trên bề mặt của nó. Nhà du hành vũ trụ ngay lập tức bật bộ đẩy khẩn cấp, trong thời gian không đáng kể, bộ đẩy này sẽ truyền cho con tàu thêm tốc độ $\Delta v=300$ m/s, hướng của vận tốc này do phi hành gia đặt. Một con tàu có thể tránh được một vụ va chạm?

A. V. Andranov

F939. Đáy bình nghiêng một góc $\alpha=45^\circ$ so với phương ngang. Đáy có độ lồi hình bán cầu bán kính $R$ (hình 1). Chiều cao của lượng chất lỏng đó phía trên chỗ phình ra là $H$. Lực thẳng đứng nào do chất lỏng tác dụng lên phần lồi của ngày? Mật độ của chất lỏng là $q$.

L. G. Markovich

F940. Tại sao vữa đất sét được sử dụng trong lò gạch để giữ các viên gạch lại với nhau mà không phải là vữa xi măng (mặc dù nó cứng hơn)?

V. A. Ilyin

F941. Có một khung kim loại hình vuông $ABCD$ (hình 2) đặt trong từ trường có dòng điện một chiều. Khung được di chuyển đến vị trí mới, được hiển thị trong hình bằng đường chấm. Điều này có thể được thực hiện theo hai cách: lặp lại đều xung quanh phía $CD$ hoặc thực hiện song song dọc theo phía $AD$. Phương pháp nào sẽ cho biết nhiều hơn liệu thời gian cần thiết để di chuyển khung hình đến vị trí mới trong cả hai trường hợp có giống nhau hay không?

L. E. Shmits

F942. Một sóng ánh sáng phẳng xuất hiện bình thường trên màn hình $\partial$. Độ sáng của màn tại điểm $M$ (hình 3) sẽ thay đổi như thế nào nếu đặt một tấm mờ bán vô hạn $\Pi$, song song với màn, trên đường đi của sóng?

D. A. Kuptsov

Problems

M926—M930; P938—P942

M926. Prove that
$$x^2 + y^2 = u^2 + v^2 = 1, \quad xu + yv = 0$$
implies
$$x^2 + u^2 = y^2 + v^2 = 1, \quad xy + uv = 0.$$

S. V. Duzhin

M927*. In the plane a finite set of points, no three of which are collinear, is chosen. Some line segments joining pairs of these points are drawn. We are allowed to change the segments in the following way: if, say, $AC$ intersects BD, we can delete both, replacing them by
a) the segments $AB$ and $CD$,
b) the segments $AB$ and $BC$.

=a(a+x+1). Vì $a$ và $a+x+1$ là các số nguyên tố cùng nhau (bất kỳ ước số chung nào của chúng đều phải lớn hơn phép chia $x^n$ và $x+1$), nên có các số tự nhiên $u$ và $v$ sao cho $a=u^n$, $a+x+1=v^n$, $x=uv$. Nhưng sau đó tại $n \geqslant 3$

$$uv+1=x+1=v^n-u^n$$
$$=(v-u)(v^{n-1}+v^{n-2}u+\ldots+u^{n-1}) \geqslant 1+vu+1.$$

Kết quả mâu thuẫn cho thấy phương trình ban đầu không có lời giải.

M. Garayev, V. N. Dubrovsky

M906. a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $a>1$ đều có phương trình
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{a}$$

có ít nhất ba lời giải trong các số tự nhiên $x$ và $y$.

b) Tìm số nguyên dương lời giải của phương trình này tại $a=1985$.

a) Các nghiệm của phương trình này đối với số tự nhiên bất kỳ $a$ là các cặp số tự nhiên $(2a, 2a), (a+1, a(a+1))$ và $(a(a+1), a+1)$.

6. Đáp số: Với $a=1985$ phương trình này có 9 lời giải. Hãy chứng tỏ rằng phương trình
   $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{a}$$

có số lời giải bằng số chia của số $a^2$. (Với $a=1985=5 \cdot 397$, ước số của $a^2$ là 9, vì bất kỳ số nào trong số chúng đều có thể được biểu thị dưới dạng $5^n \cdot 397^k$, trong đó $n$ và $k$ nhận một cách không đáng kể bất kỳ giá trị nào trong ba giá trị 0, 1, 2.)

Để chứng minh điều đó, chỉ cần viết lại phương trình của chúng ta dưới dạng $ay+ax=xy$ hoặc
$$a^2=(x-a)(y-a),$$

và thay thế số phân tách của số $a^2$ thành hai thành phần bằng số ước của nó.

M. V. Slavinsky, A. Yu. Vaitrov

M907. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$ biết rằng $3\angle A+2\angle B=180^\circ$. Chứng minh rằng $a^2+bc-c^2=0$.

Diagram of triangle ABC with sides $a, b, c$

Thuận tiện khi viết lại sự tương ứng cần chứng minh dưới dạng đẳng thức tỉ số của các phân số
$$\frac{a}{c}=\frac{c-b}{a}.$$

Bây giờ nó có thể được chứng minh bằng cách sử dụng các tam giác đồng dạng. Về phía $AB$ ta lấy điểm $D$ sao cho $AD=b$ (a $DB=c-b$; xem hình). Đẳng thức (*) là điều kiện tỉ lệ với các cạnh của các tam giác $ABC$ và $CBD$, bao quanh góc chung $B$ của các tam giác này nên đủ để chứng minh các tam giác này đồng dạng, tức là các góc $ACB$ và $CDB$ bằng nhau. chúng tôi có
$$\angle CDB=180^\circ-\angle ADC=180^\circ-\frac{180^\circ-\angle A}{2}$$
$$=180^\circ-(\angle A+\angle B)=\angle ACB.$$

(Chúng tôi đã lợi dụng thực tế là tam giác $ACD$ là tam giác đều và sự tương ứng đã cho $3\angle A+2\angle B=180^\circ$.)

39

M908. Trên cạnh AB của tam giác ABC, chọn điểm P và vẽ các đường thẳng song song với BC và AC đi qua điểm P cho đến khi chúng cắt các cạnh AC và BC tương ứng tại các điểm M và N. Với điểm P nào thì đoạn MN có độ dài ngắn nhất?

Giải bài toán a) cho tam giác có góc vuông C; b)* cho tam giác ABC tùy ý.

Hình 1.

Hình 2.

a) Đáp số: Điểm P phải là đáy đường cao của tam giác ABC. Thật vậy, trong trường hợp góc C là góc vuông (hình 1) thì hình bình hành CMPN là hình chữ nhật. Do đó MN = CP và đoạn CP có độ dài ngắn nhất khi vuông góc với AB.

6. Chúng ta sẽ bắt đầu giải bài toán theo cách chuẩn: giới thiệu tham số $x \equiv AP/AB$ $0 \leqslant x \leqslant 1$ và biểu thị vectơ $\vec{MN}$ theo $\vec{CA}$ và $\vec{CB}$, sau đó viết độ dài của nó dưới dạng hàm của x và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm này. Tuy nhiên, như chúng ta thấy, bản thân các vectơ tương ứng thu được gợi ý một cách hoàn thành đơn giản hơn và về cơ bản “thuần túy hình học” lời giải.

Từ mức độ sẵn sàng của các tam giác BPN và BAC, APM và ABC (hình 2), suy ra CN/CB=AP/AB=x, tức là $\vec{CN}=x\vec{CB}$, CM/CA=BP/BA=1-x, tức là $\vec{CM}=(1-x)\vec{CA}$ và (xem hình 2)

$$\vec{MN}=\vec{CN}-\vec{CM}=x\vec{CB}-(1-x)\vec{CA}=\vec{AC}+x(\vec{CA}+\vec{CB})=\vec{AC}+x\vec{CD}=\vec{AQ}$$

trong đó $\vec{CD}=\vec{CA}+\vec{CB}$ và điểm Q được xác định bởi điều kiện $\vec{CQ}=x\vec{CD}$. Khi điểm P đi qua đoạn AB thì tham số x thay đổi từ 0 thành 1, điểm Q chạy qua đoạn CD. Do đó, đường thẳng MN=AQ sẽ nhỏ nhất khi Q là điểm của đoạn CD gần với A. Để tìm vị trí của điểm P tương ứng với điểm này, ta lưu ý rằng $\vec{QN}=\vec{AM}$ (vì $\vec{MN}=\vec{AQ}$), nghĩa là Q nằm trên đường thẳng đi qua N song song với đường thẳng AM, tức là trên đường thẳng PN.

Vì vậy, đáp số theo bài toán của chúng ta có thể được biểu diễn như sau: hãy hoàn thiện tam giác này thành hình bình hành ACBD; Chúng ta hãy tìm điểm Q trên đường chéo CD của nó, gần với A và kẻ nó qua một đường thẳng song song với cạnh AC; giao điểm của đường thẳng này với cạnh AB là điểm loại trừ P. Cụ thể, nếu các góc ACD và ADC nhọn thì Q là hình chiếu của điểm A lên CD; nếu ACD không phải là góc nhọn thì Q=C và P=A; nếu ADC không phải là góc nhọn thì Q=D và P=B.

V. N. Dubrovsky, E. G. Gotman

**M909. a) Chứng minh rằng tồn tại một cấp số cộng của 4 số hạng khác nhau chỉ chứa lũy thừa của các số tự nhiên $n^k(k \geqslant 2)$.

Liệu một cấp số như vậy có tồn tại từ 6) bất kỳ số hữu hạn nào, b) vô số số hạng không? Có cấp số cộng vô hạn (không cố định) nào không chứa

40

bội số chung nhỏ nhất của $k_1, \dots, k_m$.
Chuỗi kết quả của các số $m+1$
$a_1 b^k, \dots, a_m b^k, b^{k+1}$,

rõ ràng là một cấp số cộng có hiệu $d \cdot b^k$ và tất cả các số hạng đều là lũy thừa của các số tự nhiên (kể từ $a_i b^k = (n_i b^{k/i})^{k_i}$). Vì vậy, ví dụ, bất kỳ cặp độ nào cũng có thể được “tăng” lên một cấp số có độ dài cho trước bất kỳ.
Ví dụ ở điểm a) được suy ra từ cấp số 1, 25, 49.

c) Đáp số: không tồn tại. Chúng ta hãy trình bày một chứng minh dựa trên việc xem xét một dãy số nghịch đảo với các số hạng của cấp số.

Lưu ý rằng đối với bất kỳ cấp số cộng vô hạn nào, $a_1, \dots, a_m, \dots$ số tự nhiên, tổng

$$S_m = \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_m}$$

với mức tăng trưởng $m$ tăng không giới hạn.

Thật vậy, vì $a_{i+1} \leqslant (a_1+d)i=a_2i$ tại $i=1, 2, \dots$, trong đó $d$ là chênh lệch lũy tiến,

$$S_m \geqslant \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} \left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{m-1} \right) = \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} \cdot s_{m-1}.$$

Một trong những bằng chứng thông thường về sự gia tăng không giới hạn của tổng $s_m$ như sau: đặt $2^k \leqslant m < 2^{k+1}$, thì

$$s_m > 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} \right) + \dots$$

$$\dots + \left( \frac{1}{2^{k-1}} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} \right) > 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) +$$

$$+ \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2^{k-1}} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} \right) = k > \log_2 m - 1.$$

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng với bất kỳ tập hợp lũy thừa nào của các số tự nhiên (không lặp lại), tổng các nghịch đảo của chúng không vượt quá 2.

Nghịch đảo lũy thừa (ít nhất là hai) của một số tự nhiên cho trước $n$ tạo thành một cấp số nhân vô hạn có giá trị $1/n$ và số hạng đầu tiên $1/n^2$. Tổng của chúng (tại $n > 1$) bằng

$$A_n = \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3} + \dots = \frac{1}{n^2} \frac{1}{1-1/n} = \frac{1}{n(n-1)}.$$

Đặt số lớn nhất có lũy thừa trong một tập hợp lũy thừa nhất định bằng $m$. Khi đó tổng nghịch đảo của các lũy thừa này không vượt quá

$$1 + A_2 + A_3 + \dots + A_m = 1 + \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(m-1)m} =$$

$$= 1 + \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{m-1} - \frac{1}{m} \right) = 2 - \frac{1}{m} < 2,$$

Q.E.D.

Từ hai phát biểu đã được chứng minh, rõ ràng là không thể tạo ra một cấp số cộng vô hạn từ lũy thừa của các số tự nhiên.

Một lời giải bài toán khác dựa trên thực tế là phân số được tạo thành bởi các số hạng của một cấp số cộng tùy ý có hiệu $d$ trong số $n$ số tự nhiên đầu tiên tiến tới $1/d$ với mức tăng dần của $n$ và phân số, tạo thành từ cùng một số bởi tất cả các lũy thừa có thể có của các số tự nhiên, có xu hướng bằng 0.

41

Người đọc có thể dễ dàng khôi phục lại chi tiết của lời giải này sau khi đọc lời giải bài toán M783 (Kvant, 1982, số 8, tr. 35).

d), e) Đáp số cho cả hai bài toán d) và e): tồn tại. Từ nhiều ví dụ khác nhau, chúng tôi đã chọn một số phù hợp cho cả bài toán - cấp số 10, 30, 50, … Số hạng thứ $n$ của nó $a_n=-10+20n==(2n-1) \cdot 10$ cho bất kỳ $n$ nào kết thúc bằng chính xác một số 0 và do đó, không thể là lũy thừa của một số tự nhiên (vì nó chia hết cho 10 nhưng không chia hết cho $10^2$) và không bao gồm các số giống nhau

R. N. Azizyan, N. B. Vasiliev

M910. Các điểm $A_1, A_2, ..., A_6$ (hình 1) được lấy trên các cạnh của một hình lục giác đều. Được biết, ba cặp cạnh không hài hước của hình lục giác $A_1...A_6$ ($A_1A_2, A_3A_4, A_5A_6$) xác định tam giác KLM, các đỉnh của tam giác này nằm trên phần kéo dài của các đường chéo của một hình lục giác đều. Chứng minh rằng điều này cũng đúng với ba cạnh còn lại của lục giác $A_1...A_6$.

Hãy coi hình lục giác đều đã cho là hình chiếu trực giao của hình lập phương dọc theo đường chéo $PQ$ của nó. Chúng ta hãy lấy phần mở rộng của các cạnh của khối lập phương nổi lên từ đỉnh $P$ dọc theo một điểm sao cho các điểm này được chiếu thành các điểm $K, L, M$ (trên hình 2 chúng được biểu thị bằng các chữ cái giống nhau $K, L, M$). Khi đó, rõ ràng, phần của khối lập phương theo mặt phẳng KLM sẽ là một hình lục giác, khi chiếu sẽ biến thành hình lục giác $A_1...A_6$. Đặt $K_1, L_1, M_1$ là giao điểm của mặt phẳng này với phần mở rộng của các cạnh ra khỏi đỉnh $Q$, khi đó cả trong không gian (hình 2) và trên hình chiếu (hình 1), các đoạn $A_2A_3, A_4A_5$ và $A_6A_1$ sẽ nằm trên các cạnh của tam giác $K_1L_1M_1$, từ đó phát biểu sẽ xuất hiện bài toán.

Từ lý luận trên, rõ ràng các cạnh đối diện của hình lục giác $A_1...A_6$ song song (mặt cắt cắt các mặt đối diện của hình lập phương dọc theo các đường thẳng song song). Điều này cũng có thể được suy ra trực tiếp từ điều kiện: ví dụ: các hình tam giác $BA_1A_2$ và $PML$ trên hình 1 được chuẩn bị với tâm chuẩn bị $K$ ($KA_1:KM=KB:KP=KA_2:KL$) và do đó, $A_1A_2 \parallel A_4A_5$. Từ đây suy ra rằng các tam giác $CA_4A_5$ và $PM_1L_1$ (trong đó $M_1$ và $L_1$ là giao điểm của các đường $A_4A_3$ và $A_5A_6$ với $A_1A_2$) cũng được chuẩn bị dưới dạng các tam giác có các cạnh tương ứng song song và do đó các đường thẳng $A_3A_4, A_5A_6$ và $BC$ giao nhau tại một điểm - trung tâm nấu ăn. Tương tự, xem xét hai cặp cạnh đối diện còn lại của hình lục giác $A_1...A_6$, chúng ta thu được một lời giải bài toán khác, không sử dụng “lối ra vào không gian”.

S. Yu. Orevkov, V. N. Dubrovsky

F917. Vật nằm giữa đường thẳng và gương phẳng, vuông góc với trục chính của thấu kính. Gương, thấu kính và vật thể được nghiêng thành một hình nón làm bằng nhựa mờ chống sáng. Một hệ thống như vậy tạo ra hai ảnh của một vật và một ảnh của thấu kính. Cả hai hình ảnh mục đều có

Thấu kính tạo ra ảnh của vật và ảnh phản chiếu của vật đó trong gương. Vì vật và ảnh của nó trong gương có cùng kích thước nhưng cách thấu kính những khoảng cách khác nhau nên ảnh của chúng do thấu kính tạo ra không thể có cùng kích thước nếu chúng là ảnh thật hoặc cả hai đều tối thiểu. Trong thực tế, đối với ảnh thật chúng ta có thể viết dạng

42

ống kính mulu:

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{d} + \frac{1}{f},$$

trong đó $F$ là tiêu cự của thấu kính, $d$ là khoảng cách giữa thấu kính và vật, $f$ là khoảng cách giữa thấu kính và ảnh. Vì độ phóng đại được xác định theo công thức $\Gamma = f/d$, nên nếu loại trừ công thức thấu kính $f$, chúng ta thu được

$$\Gamma = \frac{F}{d - F}.$$

(1)

Đối với ảnh cực tiểu, công thức thấu kính có dạng

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{d} - \frac{1}{f},$$

và mức tăng được cho bởi biểu thức

$$\Gamma = \frac{F}{F - d}.$$

(2)

Nếu chúng ta biểu thị bằng $d_1$ khoảng cách từ vật đến thấu kính, bằng $\Gamma_1$ độ phóng đại mà thấu kính mô tả vật này, bằng $d_2$ khoảng cách từ thấu kính đến ảnh của vật trong gương và bằng $\Gamma_2$ độ phóng đại mà thấu kính mô tả sự phản chiếu này, thì sử dụng công thức (1) và (2) dễ dàng nhận thấy rằng nếu ảnh do thấu kính tạo ra đều là ảnh chủ động hoặc cả hai đều nhỏ, thì khi đó sử dụng công thức (1) và (2) điều kiện $\Gamma_1 = \Gamma_2$ không thể được thỏa mãn.

Vẫn giả định rằng một hình ảnh là thật và hình ảnh kia là tối thiểu. Rõ ràng ảnh của vật đó sẽ nhỏ nhất vì nó ở gần thấu kính và ảnh phản chiếu của vật đó là ảnh thật. Khi đó, theo công thức (1) và (2), chúng ta có thể viết:

$$\Gamma_1 = \Gamma_2 \Rightarrow F - d_1 = d_2 - F.$$

(3)

Không, khoảng cách từ thấu kính đến ảnh của vật trong gương là $d_2 = 2a - d_1$, trong đó $a$ là khoảng cách từ thấu kính đến gương. Khi đó từ (3) ta thu được $a = F$, tức là gương nằm trong mặt phẳng tiêu cự của thấu kính. Thấu kính tạo ra ảnh phản chiếu của chính nó trong gương. Nhưng sự phản xạ này có cùng kích thước với thấu kính và nằm cách nó $d = 2F$. Do đó, theo công thức (1), thấu kính tạo ra ảnh thật của sự phản chiếu của nó trong gương với độ phóng đại $\Gamma = 1$.

P. Kuznetsov

Vận tốc của vật nặng $A$ ngay trước thời điểm nó bắt đầu trượt khỏi bàn được tính bằng định luật bảo toàn năng lượng:

$$2m \frac{v_0^2}{2} = mgh = \frac{2}{3} mgl,$$

43

Ở đâu

$$v_0 = \sqrt{\frac{2}{3} gl}.$$

(1)

Bây giờ hãy đảm bảo rằng tốc độ này thấp để sợi chỉ được căng trong tương lai. Thật vậy, trong trường hợp này trọng lượng $A$ sẽ bắt đầu chuyển động dọc theo một đường tròn bán kính $l$; gia tốc hướng tâm ở điểm trên cùng, bằng $v_0^2/l$, sẽ tạo ra tổng lực hấp dẫn $mg$ và lực căng của sợi chỉ $T$:

$$m \frac{v_0^2}{l} = mg + T.$$

(2)

Thay thế giá trị $v_0$ từ (1) vào (2), chúng ta thu được: $T = -mg/3$, điều này không có ý nghĩa gì (chuyển động như vậy có thể xảy ra nếu các sợi chỉ với nhau là một thanh cứng). Do đó, nếu tôi cạo khỏi bàn, trọng lượng $A$ sau đó sẽ di chuyển dọc theo một hình parabol.

Sử dụng hệ tọa độ mô tả tại hình, ta viết tọa độ của vật nặng tại thời điểm $t$:

$$x = v_0 t, y = l - \frac{gt^2}{2}.$$

(3)

Sợi chỉ sẽ được căng trở lại khi nó khớp

$$x^2 + y^2 = l^2.$$

(4)

Thay thế vào (4) các biểu thức tọa độ từ (3), chúng ta thu được phương trình xác định thời điểm mà sợi dây sẽ bị căng trở lại:

$$v_0^2 t^2 + \left(l - \frac{gt^2}{2}\right)^2 = l^2,$$

hoặc, có tính đến (1),

$$gt^2 \left(\frac{gt^2}{4} - \frac{1}{3} l\right) = 0,$$

từ đâu $t^2 = 4l/3g$ (gốc $t = 0$ tương ứng với thời điểm trọng lượng $A$ rời khỏi bàn). Thay thế giá trị này $t^2$ vào biểu thức cho tọa độ $y$ (xem (3)), chúng ta tìm thấy chiều cao mong muốn:

$$y = \frac{1}{3} l.$$

G. L. Kotkin

F919. hình hiển thị phần phân số của thiết bị sử dụng chiều dài làm giai đoạn. Thanh trung tâm $C$ và vỏ ngoài $A$ của thiết bị được làm bằng vật liệu có hệ số giãn nở nhiệt $a_1$; độ dài của chúng tại $t_1 = 20^\circ C$ bằng nhau và bằng $l_1$. Lõi bên trong $B$ được làm bằng vật liệu có hệ số giãn nở nhiệt $a_2$. Cái nào nên

Đặt ở nhiệt độ $t_0 = 0^\circ C$ thanh trung tâm $C$ và vỏ ngoài $A$ có ​​chiều dài $l_{10}$, và lõi bên trong $B$ có chiều dài $l_{20}$. Sau đó

$$l_1 = l_{10} \left(1 + a_1 t_1\right) \Rightarrow l_{10} = l_1 / \left(1 + a_1 t_1\right),$$

$$l_2 = l_{20} \left(1 + a_2 t_1\right) \Rightarrow l_{20} = l_2 / \left(1 + a_2 t_1\right),$$

trong đó $l_2$ là độ dài mong muốn của phần thô $B$ ở nhiệt độ $t_1 = 20^\circ C$. Khi nhiệt độ thay đổi từ $t_0$ đến $t_1$, độ dài của các bộ phận tương ứng cũng thay đổi

44

Chiều dài của ống bên trong ở mức $t_1=20^\circ C$ sao cho tổng chiều dài của tiêu chuẩn (CD) không thay đổi khi nhiệt độ thay đổi?

$$\Delta l_1 = l_1 - l_{10} = l_{10} \alpha_1 t_1,$$
$$\Delta l_2 = l_2 - l_{20} = l_{20} \alpha_2 t_1.$$

Thiết kế của tiêu chuẩn sao cho đối với bất kỳ sự thay đổi nào về nhiệt độ, sự thay đổi về chiều dài ống $B$ sẽ bù cho độ giãn dài tổng cộng của các bộ phận $A$ và $C$. Do đó, điều kiện $\Delta l_2 = 2\Delta l_1$ phải được thỏa mãn, tức là

$$l_{20} \alpha_2 t_1 = 2 l_{10} \alpha_1 t_1.$$

Thay thế các biểu thức được viết ở trên cho $l_{10}$ và $l_{20}$ vào đẳng thức này, chúng ta tìm thấy $l_2$:

$$l_2 = 2 l_1 \frac{\alpha_1 (1 + \alpha_2 t_1)}{\alpha_2 (1 + \alpha_1 t_1)} \approx 2 l_1 \frac{\alpha_1}{\alpha_2}.$$

A. P. Ershov

F920. Không khí được thổi qua một ống có tiết diện thay đổi. Lỗ đầu vào của ống có diện tích $S_1$ và lỗ đầu ra có diện tích $S_2$. Ở tốc độ không khí đầu vào là $v_1$, nhiệt độ - $T_1$, áp suất - $p_1$; ở đầu ra nhiệt độ không khí là $T_2$, áp suất là $p_2$. Tốc độ không khí thoát ra là gì?

Thể tích không khí đi vào ống trong thời gian $t$ bằng $V = S_1 v_1 t$. Thể tích không khí thoát ra trong cùng thời gian bằng $V_2 = S_2 v_2 t$, trong đó $v_2$ là tốc độ không khí mong muốn ở cửa ra. Vì tốc độ $v_1$ và $v_2$ không thay đổi theo thời gian nên khối lượng của không khí đi vào và đi ra là như nhau. Vì vậy, theo định luật khí thống nhất,

$$\frac{p_1 V_1}{T_1} = \frac{p_2 V_2}{T_2} \Rightarrow V_2 = V_1 \frac{p_1 T_2}{p_2 T_1},$$

đó là

$$S_2 v_2 t = S_1 v_1 t \frac{p_1 T_2}{p_2 T_1}.$$

Từ đây xuất hiện $v_2$:

$$v_2 = v_1 \frac{S_1 p_1 T_2}{S_2 p_2 T_1}.$$

G. L. Kotkin

F921. Một tụ điện bản song song được nối với nguồn điện áp $U$. Một tụ điện phẳng có diện tích $S$ và khoảng cách giữa các bản là $d_1$. Một tấm kim loại có diện tích $S$ và độ dày $d_2$ (hình 1), có khối lượng $m$, được ép vào một tấm. Otnuskator phẳng. Với tốc độ nào nó sẽ chạm vào các bản khác của tụ điện? Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.

hình 1 thể hiện sự phân bổ điện tích trong hệ thống tại thời điểm ban đầu $t_0$. Dưới tác dụng của lực hút từ điện tích - $q_0$ tấm 2. Tấm khi được thả ra sẽ bắt đầu chuyển động với gia tốc về phía tấm 2. hình 2 thể hiện vị trí của hệ tại thời điểm $t$, khi tấm chạm vào tấm 2.

Chúng ta biểu thị tốc độ của tấm tại thời điểm va chạm là $v$. Để tìm $v$, chúng ta sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Tại thời điểm $t_0$ năng lượng $W_0$ của hệ tụ điện + tấm bằng năng lượng của tụ điện tích đến hiệu điện thế $U$; khoảng cách giữa các bản của tụ điện này là $d_1 - d_2$, và điện dung của nó là $C_0 = \varepsilon_0 S / (d_1 - d_2)$. Vì thế

$$W_0 = C_0 \frac{U^2}{2}.$$

45

Tại thời điểm $t$ năng lượng của hệ là

$$W = C_0 \frac{U^2}{2} + m \frac{v^2}{2} = W_0 + m \frac{v^2}{2}.$$

Năng lượng bổ sung $mv^2/2$ đến từ đâu?

Trong quá trình tấm chuyển động từ tấm 1 sang va chạm vào tấm 2, một điện tích $q_0$ truyền giữa các bản của tụ điện. Điện tích tương tự truyền qua nguồn. Điều này có nghĩa là nguồn đã thực hiện công $A = q_0 U$. Công việc này đã gửi một thông điệp tới tấm năng lượng $mv^2/2$.

Vì thế,

$$m \frac{v^2}{2} = q_0 U = C_0 U^2 = \frac{\varepsilon_0 S}{d_1 - d_2} U^2.$$

Từ đây xuất hiện $v$:

$$v = U \sqrt{\frac{2 \varepsilon_0 S}{m(d_1 - d_2)}}.$$

A. P. Ershov

F922. Khi chụp ảnh con kiến ​​ở cự ly gần, người thực nghiệm đã sử dụng một vòng mở rộng, giúp tăng khoảng cách từ phim đến vật thể thêm $\Delta l = 7,5$ mm. Hình ảnh sắc nét của con kiến ​​thu được khi khoảng cách $b = 1,05$ m được đặt trên thang đo đối tượng (tỷ lệ biểu thị khoảng cách từ đối tượng đến đối tượng mà không mô tả các rãnh mở rộng). Tiêu cự của vật là $F = 50$ mm. Con kiến ​​cách vật thể bao xa?

Từ điều kiện bài toán suy ra rằng nếu không sử dụng vòng mở rộng trên thấu kính, sẽ thu được ảnh sắc nét của một vật nằm ở khoảng cách $b = 1,05$ m so với vật. Điều này cho phép chúng ta xác định khoảng cách giữa vật (không có vòng) và thấu kính bằng công thức thấu kính:

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{b} + \frac{1}{f} \Rightarrow f = \frac{Fb}{b - F} = 5,25 \text{ см.}$$

Khi chụp ảnh bằng ống kính, khoảng cách giữa vật và thấu kính là $f' = f + \Delta l = 6$ cm. Sử dụng lại công thức thấu kính, chúng ta tìm thấy con kiến ​​nằm ở khoảng cách $b'$ bao nhiêu so với vật thể (với ống kính):

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{b'} + \frac{1}{f'} = \frac{1}{b'} + \frac{1}{f + \Delta l},$$

Ở đâu

$$b' = \frac{F(f + \Delta l)}{f + \Delta l - F} = 30 \text{ см.}$$

A. P. Ershov

Sửa đổi

Trong «Kvant» số 4 trên trang. 54 ở cột bên trái trong mẫu số của phân số thứ hai trong điều kiện bài toán 1 phương án 1 phải là

$$kx^2 + 2xy + ky^2.$$

Chúng ta. 55 ở dòng trên cùng của cột bên trái thay vì 9x phải là $9^x$; điều kiện bài toán 1 của phương án 6 phải kết thúc bằng cụm từ: “Tìm tốc độ tàu.”

47

NỤ CƯỜI SỐ LƯỢNG

Trên tụ điện viết gì?
(từ đáp số trong các kỳ thi)

— Và “máy phục hồi của Hooke” này nặng bao nhiêu?

• Không tốt. Khoảng 800-900kg.
• Giả sử mạch thu nổi lên bị giật như vậy mà đèn thủy tinh chắc chắn sẽ vỡ?
• Và đúng vậy. Nhưng khoa học đã tìm ra cách thoát khỏi tình trạng này. Bóng đèn đã được thay thế bằng bóng bán dẫn.

---

• Âm thanh là gì?
• Âm thanh là sự rung động của tai.

---

• Làm thế nào để xác định tốc độ của âm thanh?
  — Để xác định tốc độ âm thanh, bạn cần áp một bên vào thanh ray và đập vào bên kia.

---

• Mục đích của máy biến áp là gì?
• Máy biến áp là thiết bị biến đổi dòng điện xoay chiều thành dòng điện tuyến tính và đều.

---

• Các bộ phận chính của động cơ nhiệt là gì?
• Bộ phận chính của bất kỳ động cơ nhiệt nào là vỏ của nó.

---

• Bạn tưởng tượng cơ thể mình rơi tự do như thế nào?
• Hãy lấy một cái xác và ném nó lên. Nó sẽ ở đó trong vài phút và sau đó từ từ bắt đầu rơi xuống.

---

• Điện dung của tụ điện được đo bằng đơn vị nào?
  — ???
• Được rồi. Bạn đã chọn một tụ điện. Trên đó viết gì thế?
• Như thế nào? Giá!

— Hãy cho chúng tôi biết về thiết kế và nguyên lý hoạt động của máy thu A. S. Popov.
— Bộ phận chính của máy thu của A. S. Popov là xương sườn của Hooke.
— ?!
— Đây là một rôto chứa đầy các mảnh kim loại, tại thời điểm nhận được tín hiệu, đầu tiên sẽ chạm vào mạch điện và sau đó là đèn. Nhờ điều này, âm thanh phát sinh.

---

– Để tránh động cơ bị hỏng, người ta nhúng động cơ vào dầu.

---

• Đun sôi là chất lỏng sôi sục.

---

— Nước không đổ ra khỏi bình vì vẫn còn một phần khí quyển trong đó.

Được sưu tầm bởi L. A. Biryukov

47

48

Bài tập
kỳ thi tuyển sinh
thành nhiều loài khác nhau vào năm 1984

Chúng tôi cung cấp một bộ bài kiểm tra đầu vào môn toán và vật lý cho một số trường đại học - Belarus (1), Voronezh (2), Donetsk (3), Kiev (4), Omsk (5), Tashkent (6), Ural (7) và các học viện - Bách khoa Gorky (8), Kỹ thuật Leningrad (9), Bách khoa Riga (10), Bách khoa Tomsk (11), Sư phạm Tbilisi (12), Y tế PM Moscow (13), Kỹ thuật vô tuyến Minsk (14).

Toán học
Bài thi viết
đại số

1. (5) Một số tự nhiên đã cho. Nếu bạn thêm số 2 vào ký hiệu số ở bên phải, bạn sẽ có một số chia hết cho 9 không có số dư. Hơn nữa, thương của phép chia lớn hơn số đã cho với 21. Tìm số này.

2. (5) Hai máy liên hợp đang thu hoạch trên một cánh đồng ngũ cốc. Sau khi người đầu tiên làm việc trên ruộng được 2 giờ, và người thứ hai làm việc trong 5 giờ, hóa ra một nửa cánh đồng đã bị dỡ bỏ. Sau đó, họ làm việc cùng nhau trong 1,5 giờ và dọn sạch một phần tư cánh đồng. Phần còn lại của công việc chỉ được thực hiện bởi sự kết hợp đầu tiên. Xác định xem anh ấy có bao nhiêu thời gian cho việc này.

3. (2) Hai thiết bị tự động hóa, ép các thành phố A và B chỉ vào nhau, với tốc độ riêng, gặp nhau sau 6 giờ. Xe thứ nhất đi hết 2/5 quãng đường từ A đến B mất thêm 2 giờ so với xe thứ hai đi hết 2/15 quãng đường từ B đến A. Mỗi xe đi hết quãng đường từ A đến B mất bao lâu?

4. (2) Số chục của số có hai chữ số nhân với 4 số lớn hơn hàng đơn vị của nó; tích của số này và tổng các chữ số của nó là 496. Tìm số này.

5. (10) Tổng của ba số hạng đầu tiên của một cấp số cộng là 66, tích của số hạng thứ hai và thứ ba là 528. Tìm tổng của bốn mươi số hạng đầu tiên.

6. (3) Hai vật cách nhau 310 m đồng thời bắt đầu chuyển động hướng về nhau. Vật thứ nhất chuyển động đều với vận tốc 1 m/s, vật thứ hai chuyển động đều với vận tốc ban đầu 1 m/s và gia tốc 3 m/s2. Họ sẽ gặp nhau trong bao lâu?

7. (11) Tính toán
   $$\frac{1}{5} : \left(\frac{17}{40} + 0,6 - 0,005\right) \cdot 1,7$$

8. Rút gọn biểu thức:
   a) (3)
   $$\frac{1}{c^2} - a^2 \frac{1}{c} \left(\left(\frac{c}{a}\right)^{-1} - \left(\frac{a}{c}\right)^{-1}\right) : \frac{(a+c)\sqrt{c}}{\sqrt{1/a}}.$$

6. (10)
   $$\frac{(ab^{-1}+a^{-1}b+1)(a^{-1}-b^{-1})^2}{a^2b^{-2}+a^{-2}b^2-(ab^{-1}+a^{-1}b)}$$

b) (12)
$$\left(\frac{x^2}{y^2} - \frac{1}{y^2} + \frac{x^2}{y^2}\right) \times \frac{x^2}{y^2} - x^2$$
$$\times \frac{x^2}{y^2} \cdot y^2 - \frac{2y}{x-y}.$$

9. (6) Tính toán
   $$\log \frac{1}{a^3} + \log_a \sqrt{a\sqrt{a}}.$$
10. (2) Chứng minh rằng tổng
    $$\sqrt{\sin^4 x + 4\sin^2 \left(\frac{\pi}{2}-x\right)} + \sqrt{\cos^4 x + 4\cos^2 \left(x-\frac{\pi}{2}\right)}$$

là một số không đổi, độc lập với $x$.

11. Tìm thấy:
    a) (5) $\cos^4 a + \sin^4 a$ nếu $\sin 2a = \frac{1}{7}$;
    b) (3) $\cos(60^\circ - a)$ nếu $\lg a = \frac{3}{4}$ và $180^\circ < a < 270^\circ$.

12. (10) Rút gọn biểu thức $\frac{1+\cos a}{\sin a} \times \left(1 + \frac{(1-\cos a)^2}{\sin^2 a}\right)$ và tìm giá trị của nó nếu $\cos a = -0,8; \frac{\pi}{2} < a < \pi$.

13. (6) Biểu thức $\sin a + \cos \frac{a}{2}$ bằng nếu $\cos a = -\frac{2}{3}$ và $\frac{\pi}{2} < a < \frac{3\pi}{2}$ là gì.

14. (12) Tìm nghiệm nguyên của phương trình $|3x-7|=x+5$.

15. Giải phương trình:
    a) (6) $x^2-0,8|x|-0,33=0$;
    b) (11) $16 \cdot 2^{3x}=\frac{1}{32} \cdot 4^{x-3}$;
    b) (4) $3^{2x}-3^x=702$;
    r) (9) $2 \cdot 5^{1-x}-2 \cdot 5^{x+1}+25^x+25^{-x}=26$;
    d) (2) $|x-3|^{x^2-x}=|x-3|^2$;
    e) (10) $x^{1-\frac{1}{3}} \log x^2 - \frac{1}{\sqrt{100}}=0$;
    g) (9) $2^{|x+2|}-|2^{x+1}-1|=2^{x+1}+1$;
    h) (9) $3\log_2(x+1)^2+12=2\log_2(5-x)^3+2\log_2(5+x)^3$;
    i) (9) $\log_{36}x^2+\log_6(x+5)=1$;