Kvant 1985, số 12 · Trang

QUANTUM
12
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

10

Ở phía trên bên trái của mối nối có mặt cắt ngang của mối nối đồng. Một cấu trúc tương tự xuất hiện trong quá trình đông đặc của tan chảy. Ảnh bên phải (độ phóng đại 200) hiển thị một cấu trúc khác. Nó phát sinh trong quá trình lăn que diêm - các hạt tinh thể bị kéo dài theo hướng lăn. Bức ảnh phía dưới, thu được bằng kính hiển vi điện tử (độ phóng đại 1000), cho thấy hình ảnh về sự phá hủy do sự hiện diện của các tạp chất “nguy hiểm” trong kim loại, tích tụ ở ranh giới giữa các hạt tinh thể.

Ranh giới giữa các hạt đóng vai trò gì trong tuổi thọ của kim loại? Câu hỏi này là chủ đề trong một bài viết của A.L. Petelin và A.I. Fedoseev trong số tạp chí này.

TRONG PHÒNG:

2 A. L. Petelin, A. I. Fedoseev.
Làm thế nào để tinh thể sống trong kim loại?

A. L. Petelin, A. I. Fedoseev.
How crystals live in metals

8 A. V. Goncharov. Số học của số Gaussian

A. V. Goncharov. Số học của số Gaussian

14 Vòng tròn toán học
L. Peter, I. Hegedysh. Tập hợp số thứ tự và bất đẳng thức

Mathematics circle
L. Pinter, Y. Hegedüs. Ordered sequences of numbers and inequalities

16 Lịch của chúng tôi
Công thức Balmer

Our calendar
Balmer’s formula

18 Trường học ở «Kvant»
Mathematica 9—10

Kvant’s school
Mathematics 9—10

21 «Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán

Kvant for younger school children
Problems

22 L. Carroll. Tiệc Trà Điên

L. Carroll. The mad tea party

26 Vấn đề «Kvant»
Bài toán M956—M960; F968—F972

Kvant’s problems
Problems M956—M960; P968—P972

28 Lời giải bài toán M936—M940; F948—F952

Solutions M936—M940; P948—P952

36 Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

List of readers who have sent correct solutions

38 Phần tử bán dẫn của công nghệ máy tính

IV. Cách tạo ra bóng bán dẫn trong mạch tích hợp

Semiconducting elements in computers

IV. How the transistors in a chip are made

40 Hội thảo của người nộp đơn
E.I. Butikov. Giao diện ánh sáng

College applicant’s section
E. I. Butikov. Interference of light

Thế vận hội 46
T. A. Sarycheva, A. A. Fomin.
Olympic Toán quốc tế XXVI

Olympiads
T. A. Sarycheva, A. A. Fomin. Olympic toán quốc tế lần thứ 26

48 O. F. Kabardin, V. A. Orlov.
Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ XVI

O. F. Kabardin, V. A. Orlov. The 16th International physics olympiad

52 Thông tin
Trường Trung cấp Vật lý Kỹ thuật MIPT

Information
Moscow physico-technical institute’s correspondence school

55 Đáp số, gợi ý, lời giải

62 Xuất bản 1985
Pha trộn (37, 45)
Trang cờ vua
Bộ tứ cờ vua (trang bìa thứ 3)
Hồ sơ của chúng tôi (trang bìa thứ 4)

Answers, hints, solutions
Printed in 1985
Miscelaneous (37, 45)
The chess page
Chess quartets (3rd cover page)
Our questionnaire (4th cover page)

Trên trang bìa Năm mới của chúng tôi, bạn có thể thấy cả họa tiết toán học và vật lý: hình vẽ của một mặt phẳng với các hình đối xứng và sự phản chiếu của một mẫu phẳng trong một hạt hình cầu.

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1985

2

Làm thế nào để tinh thể sống trong kim loại?
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. L. PETELIN,
A. I. FEDOSEV

Khi nói đến pha lê, chúng ta thường tưởng tượng ra những hình đa giác tuyệt đẹp lấp lánh dưới những tia sáng. Tuy nhiên, các vật liệu kết tinh tìm thấy trong tự nhiên thường không có dạng cột. Theo quy luật, đây là những đa tinh thể - những chất bao gồm nhiều tinh thể nhỏ dày đặc, định hướng khác nhau trong không gian.

Kim loại thường có cấu trúc này. Nó được hình thành trong quá trình kết tinh, khi hạt nhân tinh thể xuất hiện ở nhiều điểm khác nhau trong kim loại lỏng, các hạt tinh thể phát triển, gặp nhau và ép vào nhau. Dần dần kim loại nóng chảy biến thành đa tinh thể.

Nhiều tính chất quan trọng của kim loại không chỉ phụ thuộc vào độ ổn định của từng hạt mà còn phụ thuộc vào cách chúng được đóng gói trong một đa tinh thể và ranh giới giữa các hạt là gì. Các quá trình vật lý xảy ra tại các ranh giới này đôi khi có ảnh hưởng nhất định đến tính chất của kim loại.

Lỗ hổng cho tạp chất

Để mang lại cho thép những đặc tính mong muốn, nó được hỗ trợ bằng cách xử lý nhiệt - làm cứng (làm nguội mạnh từ nhiệt độ cao) và ủ (hâm nóng đến nhiệt độ thấp hơn). Quá trình ủ làm cho thép đàn hồi và cứng; ủ làm mềm thép và tạo cho nó độ dẻo. Bằng cách thay đổi thành phần hóa học của thép, nhiệt độ tôi và tôi, qua nhiều năm, con người đã học được cách bổ sung sự kết hợp mong muốn giữa độ bền, độ dẻo, độ cứng, v.v.

Trong nửa thế kỷ qua, điều kiện vận hành các bộ phận thép đã trở nên khó khăn hơn rất nhiều và các kỹ sư bắt đầu thay thế ngày càng nhiều, ngay cả sau một kỳ nghỉ thực hiện theo đúng quy định, một số loại thép vẫn như cũ.

Đây là hình dáng của một miếng đồng phẳng dưới microsome (độ phóng đại 500). (Khi khắc bề mặt bằng axit, quá trình ăn mòn xảy ra nhanh hơn ở ranh giới giữa các tinh thể riêng lẻ - các vết lõm được hình thành ở đó). Điều này có làm bạn nhớ đến những hạt ngô còn nguyên lõi không? Có lẽ đây là lý do tại sao người ta nói kim loại có cấu trúc hạt?

5

góc quay khép kín của hạt.
Nhưng chúng khác nhau làm sao! Độ sâu thâm nhập dọc theo hai ranh giới gần như giống hệt nhau là hoàn toàn khác nhau!
Trong khuôn khổ mô hình đảo, điều này thật đáng ngạc nhiên.

Nói chung, sự phụ thuộc của độ sâu thâm nhập trong quá trình khuếch tán dọc theo ranh giới hạt vào góc quay của hạt trông như thể hiện trong hình 3—nó không đơn điệu. Dựa trên những kết quả thử nghiệm này, không cần phải nói về bất kỳ sự thay đổi dần dần nào về các thuộc tính của GB nữa.

Trật tự, rối loạn ở biên giới

Cách tiếp cận hình học đối với vấn đề tiếp xúc giữa hai mạng tinh thể, bắt đầu từ công trình của các nhà tinh thể học người Anh M. Kronberg và F. Wilson vào năm 1947, đã giúp mang lại sự rõ ràng tương đối cho câu hỏi tại sao các tính chất của GB phụ thuộc rất nhiều vào góc quay của các hạt. Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn về cách tiếp cận này.

Nó vẫn đủ để chúng ta xem xét các mạng tinh thể vuông phẳng.

Chúng ta sẽ xoay hai lưới vuông tương đối với nhau quanh một trục vuông góc với mặt phẳng của các lưới, tăng dần góc quay. Ở một số góc quay nhất định, khá chắc chắn dọc theo đường tiếp xúc của các lưới, sẽ xuất hiện các nút chung cho cả hai lưới - các nút trùng nhau (tại hình 4 chúng được tô màu đỏ). Các nút này

Hình 3. Sự phụ thuộc của độ sâu thâm nhập trong quá trình khuếch tán dọc theo ranh giới hạt vào góc quay của hạt. Đường cong được vẽ dựa trên kết quả thí nghiệm thu được trong quá trình khuếch tán kẽm vào nhôm.

Hình 4. Sơ đồ hình thành DCS. Các chấm đỏ là các nút phù hợp.

nằm trên mặt phẳng với một tính tuần hoàn nhất định và tạo thành cái gọi là mạng các nút trùng nhau (sau đây chúng ta sẽ ký hiệu nó bằng RSU).

Đối với hai hạt giáp, có một số góc quay được gọi là đặc biệt, góc quay “tốt”, tại đó các RSU có mật độ cao các nút trùng nhau xuất hiện.*) Ranh giới hạt trong trường hợp các góc như vậy có lợi thế hơn so với các ranh giới không có RSU - nó có trật tự hơn, một phần quan trọng của các nút nằm ở những vị trí được xác định bởi mạng tinh thể của cả hai hạt.

Chỉ còn lại một câu hỏi: GB thực sự có “cảm nhận” được kim loại có những góc quay đặc biệt như vậy không? Rốt cuộc, cho đến nay chúng ta chỉ nói về mô hình hình học phẳng của ranh giới mà không tính đến việc các nguyên tử có kích thước hữu hạn và không chính xác, rằng có sự tương tác giữa chúng, rằng chúng có thể trộn lẫn với mạng tinh thể…

Hãy quay lại với nhiếp ảnh gia ở hình 2. Các ranh giới giữa các độ sâu có độ sâu xuyên thấu nhỏ hơn của kẽm (hình 2, a) là các ranh giới có một góc

*) Tìm góc tốt là một hình học đẹp bài toán liên quan đến việc tìm một điểm có tọa độ nguyên trên một đường tròn. Câu hỏi này được gửi bởi phần “Số học số Gaussian” của A. V. Goncharov (xem trang 13) và “Bài toán dành cho nghiên cứu” (trang 45) trong số tạp chí này.

6

quay, gần như chính xác bằng góc đặc biệt. Điều này có nghĩa là sự khuếch tán dọc theo các ranh giới hạt với một mạng các nút trùng nhau sẽ chậm hơn so với dọc theo các ranh giới không có RCS. Điều này cũng được xác nhận bởi sự phụ thuộc vào hình 3 - tất cả các giá trị cực tiểu của độ sâu thâm nhập trong phân tích hạt khuếch tán tương ứng với các góc quay mà tại đó, theo tính toán, xảy ra RSU. Từ quan điểm của mô hình hình học của chúng tôi, điều này có thể được giải thích - các ranh giới đặc biệt có trật tự hơn, cấu trúc của chúng gần với mạng tinh thể của các hạt hơn là các ranh giới không có RCS. Do đó, tốc độ khuếch tán trong chúng gần bằng tốc độ khuếch tán trong mạng.

Sự xác nhận ấn tượng nhất rằng một mạng các vị trí trùng nhau thực sự tồn tại ở các ranh giới hạt là việc quan sát trực tiếp sự sắp xếp của các nguyên tử ở ranh giới, điều này chỉ mới có thể thực hiện được gần đây nhờ sự phát triển của các vi tia điện tử có độ ăn mòn cao. hình 5 hiển thị bức ảnh chụp cấu trúc nguyên tử của GB với góc quay gần bằng góc đặc biệt, thu được bằng chùm tia quay vi mô điện tử. So sánh hình 4 và 5. Có đúng không, một sự tương đồng thay thế giữa một sơ đồ hình học đơn giản và đối tượng vật lý - ranh giới hạt mà sơ đồ này mô hình hóa?

Mô hình hình học là bước đầu tiên hướng tới việc xây dựng một lý thuyết tổng quát về ranh giới hạt. Nó đưa ra ý tưởng về cấu trúc của chúng chỉ với những sai lệch tương ứng với các góc đặc biệt; các ranh giới còn lại vẫn không được bao phủ bởi khoảng cách này. Hiện nay, dựa trên mô hình DCS, các mô hình vật lý đã được phát triển có tính đến sự biến dạng của mạng tinh thể ở các hướng khác nhau vài độ so với các hướng đặc biệt. Tuy nhiên, các GB có góc quay được sắp xếp như thế nào, khác xa với những GB đặc biệt, vẫn chưa rõ ràng.

Cấu trúc và kết cấu

Cho đến nay chúng ta vẫn đang nói về từng hạt riêng lẻ và trật tự xuất hiện như thế nào từ sự hỗn loạn ở ranh giới giữa các hạt. Có rất nhiều hạt trong kim loại, vị trí và hình dạng của chúng, theo quy luật, không hoàn toàn ngẫu nhiên. Hầu như luôn luôn có một số hướng ưu tiên của các hạt tinh thể. Trong những trường hợp như vậy, vật liệu được cho là có kết cấu (từ tiếng Latin textura - vải, cấu trúc có trật tự).

Lý do cho sự xuất hiện của kết cấu và bản thân kết cấu là khác nhau. Trên trang 2 của trang bìa số này có hai bức ảnh có họa tiết rõ rệt. Tuy nhiên, chúng xuất hiện trong kim loại sau những biến dạng đáng kể: một thỏi kim loại được “cuộn” giữa hai cuộn hình trụ rắn để thu được một tấm mỏng (phương pháp xử lý kim loại bằng áp suất này được gọi là cán). Kết quả là các hạt bị kéo dài theo hướng cán và đông đặc lại theo hướng vuông góc với mặt phẳng của tấm. Đây là một ví dụ về kết cấu dọc.

Bản thân các thỏi cũng có định nghĩa về kết cấu (ảnh trên cùng bên trái ở trang bìa thứ 2). Nó phát sinh trong quá trình hóa rắn kim loại nóng chảy và được gọi là kết cấu tăng trưởng, kết cấu kết tinh. Quá trình kết tinh kim loại lỏng nằm trong một bồn tắm đặc biệt, như mô tả, bắt đầu ở những khu vực lạnh nhất - gần các bức tường. Ban đầu, nhiều tinh thể nhỏ được hình thành, định hướng ngẫu nhiên. Phát triển theo mọi hướng, chúng dường như “đụng phải” những người hàng xóm đang phát triển của mình, sau đó sự phát triển tự do hơn nữa của chúng bắt đầu.

8

Số học của số Gaussian

A. V. GONCHAROV

Một trong những lý thuyết số học hay nhất do nhà toán học vĩ đại người Đức K. F. Gauss xây dựng, được mô tả trong bài viết này. Số Gaussian (các điểm có tọa độ nguyên trên mặt phẳng) có thể được cộng và nhân theo một cách nhất định. Lý thuyết chia hết, lấp đầy số học tổng quát của các con số, nhưng cũng có những nét đặc trưng riêng, toát lên vẻ đẹp và sự hài hòa bên trong. Tuy nhiên, lý thuyết về số Gaussian không chỉ là một món đồ chơi toán học tao nhã - nó còn là một công cụ hữu ích cho phép bạn tìm ra bằng chứng màu đỏ về nhiều sự kiện khác nhau từ lý thuyết số (bộ ba Pyfarodian, biểu diễn số tự nhiên dưới dạng tổng của hai bình phương) và thậm chí cả tinh thể học (xem bài viết của A. L. Petelin và A. I. Fedoseev trong số này «Kvant»).

Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3, … là cơ sở của mọi toán học. Về phép cộng, chúng được sắp xếp theo trọng số đơn giản, cụ thể là: 1, 2=1+1, 3=1+1+1, …, sao cho viên gạch ban đầu duy nhất là 1.

Bằng cách đưa phép trừ vào trò chơi, chúng ta thấy mình đang ở trong lĩnh vực các số nguyên - 3, - 2, -1, 0, 1, 2, 3… Về phép nhân, cùng một dãy số nguyên phức tạp hơn nhiều. Cụ thể, có vô số viên gạch đơn giản nhất mà từ đó tất cả các số nguyên khác 0 được xây dựng bằng phép nhân - đây đều là các số nguyên tố: 2, 3, 5, 7, 11, 13, …. Các số tự nhiên lớn hơn 1 có được từ chúng bằng phép nhân: 2, 3, 2×2, 5, 2×3, 7, 2×2×2, 3×3, …. Tuy nhiên, để có được tất cả các số nguyên hữu tỷ bằng cách phép nhân, chúng ta cũng phải liên quan đến cả đơn vị 1 và -1.

Định lý sau đây quy định theo nghĩa nào các số nguyên tố là vật liệu xây dựng cho việc xây dựng các số tự nhiên (tức là liên quan đến phép nhân).

Định lý cơ bản của số học số nguyên. Mọi số khác 0 a = εp₁ᵢ p₂ᵢ … pₙᵢ (1)

zde n ≥0, pᵢ là các số nguyên tố khác nhau, eᵢ là số nguyên dương và ε là một trong các đơn vị. Biểu diễn này được xác định duy nhất theo thứ tự của các thừa số.

Nếu các số nguyên tố p₁, p₂, …, pₙ được sắp xếp theo thứ tự tăng dần (điều này là tự nhiên) thì đẳng thức (1) hoàn toàn được xác định bởi số a: cả số ε (bằng ±1) và các thừa số nguyên tố p₁<p₂<…<pₙ và các số mũ của chúng e₁, e₂, …, eₙ đều được xác định duy nhất bằng cách chọn a.

Định lý này*) đã được biết đến từ thời cổ đại.

Trong một thời gian dài, các nhà toán học đã chứng minh được các định lý số học về số tự nhiên, chỉ làm việc với số nguyên. Tuy nhiên, vào đầu thế kỷ 19, Gauss phát hiện ra rằng một số câu hỏi về lý thuyết số chỉ xuất hiện một cách rõ ràng và vẻ đẹp tự nhiên khi lĩnh vực số học còn mở rộng đến những “con số” mà ngày nay chúng ta gọi là số nguyên Gaussian. Những con số này là gì?

Số Gaussian G là một cặp số nguyên đơn giản

G = {(a, b)|a, b∈Z},

cộng và nhân theo các quy tắc sau

(a; b)+(c; d)=(a+c; b+d), (2)
(a; b)·(c; d)=(ac-bd; ad+bc). (3)

Để rõ ràng, chúng ta có thể tưởng tượng tập G là một “mạng số nguyên trên mặt phẳng”, tức là tập hợp tất cả các điểm trên mặt phẳng tọa độ mà cả trục hoành và tọa độ đều là số nguyên (hình 1), hoặc - giống nhau - là tập hợp tất cả các vectơ có đầu O và kết thúc tại các điểm này. Khi đó phép cộng các số Gaussian (2) được biểu diễn dưới dạng phép cộng tổng quát của các vectơ theo quy tắc hình bình hành, nhưng phép nhân có vẻ hơi phức tạp - đối với người đọc, nó không có ý nghĩa gì ở trang 11).

10

Hình 4. Số Gaussian chia cho 2+3i.

$$5 - 3i = 1 + 1 + 1 + 1 + (-i) + (-i).$$

Hóa ra các số Gaussian có “định lý cơ bản của số học” của riêng chúng, điều này làm giảm việc nghiên cứu cấu trúc đa dạng của các số Gaussian thành nghiên cứu các số Gaussian đơn giản.

Số Gaussian nguyên tố và tính chia hết. Nếu đối với hai số Gaussian $a, b$ có số thứ ba $c \in G$ sao cho $a = b \cdot c$, thì ta nói rằng $a$ chia hết cho $b$ (bản ghi $a \div b$) hoặc $b$ chia $a$ (bản ghi $b \mid a$). Ví dụ: $2 \div 1 + i$ và $2 = (1 + i) \cdot (1 - i)$. hình4 hiển thị các số Gaussian chia hết cho $2 + 3i$.

Bài tập 4. a) Kiểm tra xem $1 + i \div 1 - i$. 6) Chứng minh tính chất chia hết thông thường của số Gaussian:

$$a \div b \Rightarrow ac \div bc,$$
$$ac \div bc, c \neq 0 \Rightarrow a \div b,$$
$$a \div b, b \div c \Rightarrow a \div c.$$

c) Đánh dấu trên mặt phẳng tọa độ tất cả các số Gaussian chia hết cho $3 - 2i$.

Trong miền số nguyên, sự tương ứng giữa $a \div b$ và $b \div a$ ngụ ý rằng $a = \pm b$. Trong miền số Gaussian, điều này không còn đúng nữa, ví dụ $a \div \pm a, a \div \pm ia$. Tuy nhiên, điều sau đây là đúng:

$$a \div b, b \div a \Rightarrow a = \pm ib$$

Bằng chứng. Đặt $a \mid b = c$ thì $c$ và $c^{-1} = b \mid a$ là các số Gaussian. Rõ ràng

$$1 = N(1) = N(c \cdot c^{-1}) = N(c)N(c^{-1})$$,

từ đó $N(c) = N(c^{-1}) = 1$ (vì $N(c)$ và $N(c^{-1})$ là các số nguyên dương thông thường). Nhưng chỉ có 4 số Gaussian có số chuẩn $1 -$ $1, -1, i, -i$, từ đó chúng ta sẽ gọi là đơn vị.

Chúng ta gọi hai số Gaussian là liên hợp nếu thương của chúng là một trong một (hình 5). Một số Gaussian được gọi là số nguyên tố nếu nó không có ước số khác 0 nào khác ngoài các số và đơn vị đi kèm với nó. Ví dụ: số 3 và $2 + 3i$ là số nguyên tố nhưng số 5 thì không: $5 = (2 + i)(2 - i)$. (Để chứng minh tính nguyên tố của số 3 và $2 + 3i$, bạn cần sử dụng sự tương ứng $N(a)N(b) = N(ab)$ và liệt kê tất cả các số Gaussian có chuẩn là ước số của chuẩn của các số này.)

Bài tập 5. Tìm các số nguyên tố từ 2 đến 30 là số nguyên tố Gauss.

Định lý cơ bản của số học số Gaussian. Số Gaussian g khác 0 nào có thể được biểu diễn dưới dạng

$$g = \varepsilon \cdot g_1^{e_1} g_2^{e_2} \dots g_n^{e_n}$$

food $\varepsilon$ là một trong các đơn vị, $g_1, g_2, \dots g_n$ là các số nguyên tố Gaussian riêng biệt (nghĩa là không liên minh) và $e_1, e_2, \dots e_n$ là số mũ dương. Sự phân rã này là duy nhất theo nghĩa là bất kỳ sự phân tách nào khác của g thành các thành phần đơn giản đều có dạng $a = \varepsilon' \cdot h_1^{e_1} h_2^{e_2} \dots h_n^{e_n}$, trong đó một tập hợp các thành phần đơn giản và thay thế một số thành phần đó bằng các thành phần liên minh và một tập hợp số mũ bao gồm các số giống nhau, chỉ khác nhau về thứ tự.

Bằng chứng. Để chứng minh sự tồn tại của khai triển (6), ta thực hiện quy nạp theo chuẩn $N(g)$ của số g. Cơ sở quy nạp: số ít c normalie

13

Bây giờ chúng ta hãy tìm số phân tách $n=a^2+b^2$ cho một số tự nhiên tùy ý $n$. Sẽ thuận tiện cho chúng ta khi coi các khai triển khác nhau khác nhau về sự thay đổi dấu của $a$ và $b$ hoặc thứ tự của các số hạng. Khi đó số này sẽ bằng số điểm có tọa độ nguyên trên đường tròn bán kính $\sqrt{n}$ có tâm là 0.

Định lý 3. Số điểm nguyên trên đường tròn bán kính $\sqrt{n}$, $n \in \mathbb{N}$ hoặc (giống nhau) số phân tách của số nguyên $n$ thành tổng hai bình phương bằng ảnh bội của ước số $n$ có dạng $4k+1$ trên ước số có dạng $4k+3$.

Ví dụ, dễ dàng nhận thấy các đường tròn bán kính $\sqrt{5}, \sqrt{13}, \sqrt{17}, 5$ đi qua 4, 4, 4, 12 điểm tương ứng (kiểm tra xem trong cả ba trường hợp, số này có bằng ảnh tứ phân tương ứng của ước số $n$ có dạng $4k+1$ trên ước số có dạng $4k+3$.

Ví dụ, dễ dàng nhận thấy các đường tròn bán kính $\sqrt{5}, \sqrt{13}, \sqrt{17}, 5$ đi qua 4, 4, 4, 12 điểm tương ứng (kiểm tra xem trong cả ba trường hợp, số này có bằng ảnh tứ phân tương ứng của ước số $n$ có dạng $4k+1$ trên ước số có dạng $4k+3$.

Bằng chứng. Hãy biểu thị $n$ dưới dạng $n=2^a q_1^{a_1} \cdots q_k^{a_k} p_1^{e_1} p_1^{e_1} \cdots p_m^{e_m} p_m^{e_m}$,

trong đó $q_j=q_j>0$ và $p_j, p_j$ là số nguyên tố Hussian ($p_j$ và $p_j$ không nhất quán). Hãy để $n=a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)$. Từ định lý chính, dễ dàng suy ra rằng $a+bi$ liên minh với số $(1+i)^a \cdot q_1^{a_1/2} \cdots q_k^{a_k/2} \cdot p_1^{f_1} \cdot p_1^{e_1}-f_1 \cdot \cdots \cdot p_m^{f_m} p_m^{e_m}-f_m$,

ở đâu $0 \leq f_j \leq e_j$.

Điều này cho thấy số được biểu thị bằng $n$ là tổng của hai bình phương bằng

$$\begin{cases} 0 - \text{если среди чисел } a_i \text{ есть нечетные числа}, \\ 4(e_1+1) \cdot \cdots \cdot (e_m+1) - \text{если все } (13) \\ a_i \text{ четные} \end{cases}$$

(4 xuất hiện do thực tế là biểu thức (12) khác với $a+bi$ một và một chỉ là 4).

Mặt khác, bất kỳ ước số lẻ nào $x$ của $n$ đều có sự phân tách thành các số Hussian nguyên tố có dạng

$$x=q_1^{q_1} \cdot \cdots \cdot q_k^{q_k} p_1^{p_1} p_1^{p_1} \cdots p_m^{p_m} p_m^{p_m},$$

ở đâu $b_1 \leq a_1, \cdots, b_k \leq a_k; f_1 \leq e_1, \cdots, f_m \leq e_m$.

Nhưng $q_i$ là các số tự nhiên là số nguyên tố Hussian nên $q_i$ khi chia cho 4 còn dư 3 và

$$(b_1+\cdots+b_k):2 \Leftrightarrow x=4k+1 \quad (k \in \mathbb{Z}).$$

Từ đây dễ dàng suy ra (suy ra!) rằng ảnh của ước số có dạng $4k+1$ trên ước số có dạng $4k+3$ bằng

$$\begin{cases} 0, \text{ если среди чисел } a_i \text{ есть нечетное}, \\ (e_1+1) \cdot \cdots \cdot (e_m+1), \text{ если все } a_i - \quad (14) \\ \text{ четные числа.} \end{cases}$$

So sánh (13) và (14), ta thu được chứng minh định lý.

Phần kết luận. Chúng tôi chưa giải thích lý thuyết nêu trên đến từ đâu. Và nó như thế này: vào năm 1796, Gauss 19 tuổi đã chứng minh được định luật bậc hai về sự tương hỗ, một trong những viên ngọc đẹp nhất của lý thuyết số. Lịch sử nguồn gốc và cách chứng minh của nó được mô tả trong bài viết “Định lý vàng” của S. G. Gindikin (trong «Kvant», 1973, số 1).

Định luật tương hỗ bậc hai cho phép chúng ta nghiên cứu kỹ lưỡng phương trình có dạng $x^2-a \equiv 0(\text{mod } b)$, tức là tìm tất cả $x \in N$ sao cho số $x^2-a$ chia hết cho $b$.

Đương nhiên, Gauss muốn có một lý thuyết tương tự cho phương trình ở mức độ cao hơn, chẳng hạn như $x^4-a \equiv 0(\text{mod } b)$, và do đó bắt đầu tìm kiếm “định luật tương hỗ hai bậc hai”. Và sau đó họ phát hiện ra rằng mặc dù đây là phương trình phân tích đầu tiên trong lĩnh vực số tự nhiên, nhưng nó hoàn toàn là kết quả của sự cần thiết thực tế để lập công thức (!) không có số nguyên Hussian. Sau đó (1832), Gauss viết:

“Sau khi chúng tôi bắt đầu điều tra những câu hỏi này vào năm 1805, (…) chúng tôi nhanh chóng bị thuyết phục rằng (…) đối với một lý thuyết tổng quát, theo một nghĩa nào đó, cần phải mở rộng không ngừng lĩnh vực số học cao hơn. Ngay khi bước vào lĩnh vực này, chúng tôi ngay lập tức khám phá ra một cách tiếp cận để tìm ra trọng lượng của các lý thuyết đơn giản và đầy đủ theo phương pháp quy nạp; tuy nhiên, bằng chứng của chúng bị che giấu sâu đến mức chúng chỉ được đưa ra ánh sáng sau vô số nỗ lực.”

Lĩnh vực mà Gauss viết đến là lý thuyết về những con số ngày nay mang tên ông.

14

Tập hợp số thứ tự và bất đẳng thức

L. PINTER, I. HEGEDISH

Cha mẹ Kolya đựng tiền giấy trong phong bì. Một ngày nọ, họ lấy ra ba chiếc phong bì và đặt chúng trước mặt anh. Một trong những phong bì chứa đồng rúp, một phong bì khác chứa ba rúp, và phong bì thứ ba chứa năm rúp. Cha mẹ yêu cầu Kolya rút hai mảnh giấy từ một trong các phong bì, ba mảnh từ phong bì khác và bốn mảnh giấy từ phong bì còn lại.

Kolya nên chọn phong bì như thế nào để nhận được số tiền nhiều nhất có thể và làm thế nào để nhận được số tiền nhiều nhất có thể? Để tìm số tiền tích lũy khi chọn phong bì đạo hàm, bạn cần xếp các số 2, 3, 4 theo thứ tự thích hợp ở bảng 1 ở dòng dưới cùng kèm theo dấu chấm hỏi, sau đó lấy tích các số ở cột rồi cộng lại.

Bảng 1

1? 3? 5?

Bảng 1

Nếu Kolya muốn thu số tiền cao nhất có thể, thì anh ta phải lấy ra bốn mảnh giấy từ phong bì có số năm, ba mảnh giấy từ phong bì có số ba và hai mảnh giấy từ phong bì có số rúp:

$$5 \cdot 4 + 3 \cdot 3 + 1 \cdot 2 = 31.$$

Nếu Kolya muốn thu thập số tiền nhiều nhất có thể, thì anh ta phải lấy ra số mảnh giấy nhiều nhất có thể, tức là hai mảnh từ một phong bì có số năm, ba mảnh từ phong bì có ba rúp và bốn mảnh từ một phong bì có rúp, tức là

$$5 \cdot 2 + 3 \cdot 3 + 1 \cdot 4 = 23.$$

Đặt hàng ba lần

Nói chung, bài toán này có thể được hình thành như sau. Giả sử bộ ba số dương đã cho

$$a_1, a_2, a_3,$$

$$b_1, b_2, b_3.$$

Hãy xem xét số tiền

$$S = a_1 b_i + a_2 b_j + a_3 b_k,$$

trong đó $i, j, k$ là các số 1, 2, 3, được viết theo thứ tự nào. Làm cách nào để chọn thứ tự này sao cho tổng $S$ là lớn nhất có thể (tương ứng là lớn nhất) trong số các số có thể?

Rõ ràng là nếu nhân hầu hết các số $a$ với hầu hết các số $b$, trung bình của các số $a$ với trung bình của các số $b$ và cuối cùng là tên của các số $a$ tên của các số $b$ và cộng các tích này, thì sẽ thu được giá trị lớn nhất có thể $S$ (nếu là trung bình của các số $a$ hoặc trung bình cộng của các số $b$ bằng nhau thì giá trị lớn nhất này $S$ không đạt được bằng cách duy nhất). Nếu nhân hầu hết các số $a$ với hầu hết các số $b$, lấy trung bình cộng với trung bình cộng, v.v., thì chúng ta sẽ nhận được giá trị lớn nhất có thể có $S$.

Sử dụng phương pháp này, bạn có thể giải bài toán M762 một cách đơn giản (xem «Kvant», 1982, số 9)*.

Chứng minh rằng với mọi số dương $a, b, c$ các bất đẳng thức sau đều đúng:

$$a + b + c \leq \frac{a^2 + b^2}{2c} +$$

$$+ \frac{b^2 + c^2}{2a} + \frac{c^2 + a^2}{2b} \leq \frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} + \frac{c^3}{ab}. \quad (1)$$

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức thứ nhất. Hãy viết hai bộ ba số

$$a^2, b^2, c^2,$$

$$\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}.$$

Vì các số $a, b, c$ là dương nên hầu hết các số của bộ ba thứ nhất nằm phía trên hầu hết các số của bộ ba thứ hai, hầu hết các số của bộ ba thứ nhất nằm phía trên hầu hết các số của bộ ba thứ hai.

15

thứ ba thứ hai. Do đó, đối với những bộ ba này, tổng

$$a^2 \cdot \frac{1}{a} + b^2 \cdot \frac{1}{b} + c^2 \cdot \frac{1}{c}$$

là tối thiểu, và do đó

$$a^2 \frac{1}{a} + b^2 \frac{1}{b} + c^2 \frac{1}{c} \leq a^2 \frac{1}{b} + b^2 \frac{1}{c} + c^2 \frac{1}{a},$$

(2)

$$a^2 \frac{1}{a} + b^2 \frac{1}{b} + c^2 \frac{1}{c} \leq a^2 \frac{1}{c} + b^2 \frac{1}{a} + c^2 \frac{1}{b}.$$

(3)

Cộng các bất đẳng thức (2) và (3), ta thu được:

$$2(a+b+c) \leq a^2 \frac{1}{b} + b^2 \frac{1}{c} + c^2 \frac{1}{a} + a^2 \frac{1}{c} + b^2 \frac{1}{a} + c^2 \frac{1}{b} = \frac{a^2+b^2}{c} + \frac{b^2+c^2}{a} + \frac{c^2+a^2}{b}.$$

Để thu được bất đẳng thức thứ hai (1), hãy xem xét bộ ba số

$$a^3, b^3, c^3,$$

$$\frac{a}{abc}, \frac{b}{abc}, \frac{c}{abc}.$$

Dưới số lớn nhất (tương ứng nhiều nhất) của ba số đầu tiên được viết số lớn nhất (nhỏ nhất) của ba số thứ hai. Đó là lý do tại sao

$$a^3 \frac{a}{abc} + b^3 \frac{b}{abc} + c^3 \frac{c}{abc} \geq a^3 \frac{b}{abc} + b^3 \frac{c}{abc} + c^3 \frac{a}{abc} + b^3 \frac{c}{abc} + c^3 \frac{a}{abc} + c^3 \frac{b}{abc} = \frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b},$$

(4)

$$a^3 \frac{a}{abc} + b^3 \frac{b}{abc} + c^3 \frac{c}{abc} \geq a^3 \frac{c}{abc} + b^3 \frac{a}{abc} + c^3 \frac{b}{abc} + c^3 \frac{a}{abc} + c^3 \frac{b}{abc} = \frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b},$$

(5)

Cộng các bất đẳng thức (4) và (5), ta thu được

$$2\left(\frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} + \frac{c^3}{ab}\right) \geq \frac{a^2}{c} + \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a},$$

$$+ \frac{c^2}{a} = \frac{a^2+b^2}{c} + \frac{b^2+c^2}{a} + \frac{c^2+a^2}{b},$$

đó là những gì được yêu cầu.

Bài tập
Chứng minh các bất đẳng thức:

1. $a^4 + b^4 \geq a^3 b + ab^3$.
2. $a^3 b + b^3 c + c^3 a \geq a^2 bc + b^2 ca + c^2 ab$.
3. $\frac{a^3 b}{c} + \frac{a^3 c}{b} + \frac{b^3 a}{c} + \frac{c^3 b}{a} \geq 6abc$ (ở đây $a > 0, b > 0, c > 0$).
4. Nếu $a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq a_4, b_1 \geq b_2 \geq b_3$ thì $3(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3) \geq (a_1 + a_2 + a_3)(b_1 + b_2 + b_3)$.
5. Nếu $a > 0, b > 0, c > 0$ thì

$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}.$$

Một số khái quát

Bây giờ hãy cho một bộ số $n$

$$a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq ... \geq a_n,$$

$$b_1 \geq b_2 \geq b_3 \geq ... \geq b_n.$$

Chúng ta hãy xem xét tất cả các tổng có thể có dạng $i$ $\sigma = a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + a_n b_n$, trong đó $i_1, i_2, ..., i_n$ là một số hoán vị của các số 1, 2, …, $n$.

Số lượng các tổng như vậy là hữu hạn, và do đó trong số chúng có nhiều nhất $S$ và nhiều nhất $s$. Không khó để báo cáo rằng $S = a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + a_n b_n$ và $s = a_1 b_n + a_2 b_n - 1 + ... + a_n b_1$.

Hãy chứng minh điều đó. Trước tiên chúng ta hãy lưu ý rằng với bốn số $a, b, c, d$ bất kỳ sao cho $a \geq b$ và $c \geq d$, bất đẳng thức đúng

$$ac + bd \geq ad + bc,$$

(*) bằng với bất đẳng thức hiển nhiên

$$(a - b)(c - d) \geq 0.$$

Sau đó, việc thay thế tuyên bố của chúng tôi được chứng minh mà không gặp khó khăn gì. Trên thực tế, nếu trong một tổng nào đó $\sigma$ có các $a_e b_q$ và $a_k b_p$ sau đây, trong đó $e < k, q > p$, tức là $b_p \geq b_q$, thì bằng cách sắp xếp lại các số $b_p$ và $b_q$, chúng ta thu được tổng không nhỏ hơn $\sigma'$ với $a_e b_p$ và sau đây $a_k b_q$.

Liên tục thực hiện các hoán vị như vậy, chúng ta đạt được tổng $S$, do đó $S \geq \sigma$.

Tương tự, nếu $b_q \geq b_p$, thì khi hoán đổi các số này, chúng ta thu được tổng không lớn hơn $\sigma$.

Vì nhờ một số hoán vị, chúng ta có thể đạt được tổng $s$, sau đó là $\sigma \geq s$.

Vì vậy, với bất kỳ số tiền nào $\sigma$

$$s \leq \sigma \leq S,$$

(B)

Hơn nữa, đẳng thức (B) chỉ có thể xảy ra khi một trong các bộ $a_1, ..., a_n, \text{ либо } b_1, ..., b_n$ chứa các số bằng nhau.

Tóm lại, chúng ta có thể xây dựng một phương pháp chung để chứng minh bất đẳng thức: nếu các tập hợp số $a_1, a_2, ..., a_n$ và $b_1, b_2, ..., b_n$ có thứ tự bằng nhau (nghĩa là từ $a_k \geq a_l$ kéo theo $b_k \geq b_l$), thì $a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + ... + a_n b_n \geq a_1 b_1 + a_2 b_2 + ... + ... + a_n b_n$, (ở đây $i_1, i_2, ..., i_n$ là một hoán vị tùy ý của các số 1, 2, …, $n$).

16

Một số bất đẳng thức đáng chú ý

1. Bất đẳng thức Cauchy:
   $$\frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 \dots a_n} = G.$$

Bằng chứng. Chúng ta có thể giả định rằng $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$. Xét tập hợp số
$$\frac{a_1}{G}; \frac{a_1 a_2}{G^2}, \dots, \frac{a_1 a_2 \dots a_n}{G^n} = 1,$$
$$\frac{G}{a_1}; \frac{G^2}{a_1 a_2}, \dots, \frac{G^n}{a_1 \dots a_n} = 1.$$

Những bộ này được sắp xếp theo những cách ngược lại. Đó là lý do tại sao
$$n = \frac{a_1}{G} \cdot \frac{G}{a_1} + \frac{a_1 a_2}{G^2} \cdot \frac{G^2}{a_1 a_2} + \dots + \frac{a_1 \dots a_n}{G^n} \leq \frac{a_1}{G} \cdot 1 + \frac{a_1 a_2}{G^2} \cdot \frac{G}{a_1} + \dots + \frac{a_1 a_2 \dots a_n}{G^n} \times \frac{G^{n-1}}{a_1 a_2 \dots a_{n-1}} = \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{G}.$$

2. Bất đẳng thức Chebyshev. Nếu $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n > i$ và $b_1 \geq b_2 \geq \dots \geq b_n \geq 0$ thì
   $$n (a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n) \geq \geq (a_1 + a_2 + \dots + a_n) (b_1 + b_2 + \dots + b_n).$$

Bằng chứng. Cộng các bất đẳng thức $n$
$$a_1 b_1 + \dots + a_n b_n \geq a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n,$$
$$a_1 b_1 + \dots + a_n b_n \geq a_1 b_2 + a_2 b_3 + \dots + a_n b_1,$$
$$a_1 b_1 + \dots + a_n b_n \geq a_1 b_n + a_2 b_1 + \dots + a_n b_n,$$
chúng tôi có được những gì chúng tôi cần.

Lịch của chúng tôi

Công thức Balmer

“Ngay khi tôi nhìn thấy công thức của Balmer, mọi thứ ngay lập tức trở nên rõ ràng với tôi,” N. Bohr nói một cách tổng quát về giai đoạn cuối cùng trong công trình xây dựng lý thuyết lượng tử của nguyên tử của ông.*)

Năm nay đánh dấu 100 năm kể từ khi công thức này, vốn đóng một vai trò nổi bật trong lịch sử khoa học, được nhiều nhà khoa học biết đến. Nó được Balmer công bố lần đầu tiên vào năm 1884, nhưng hầu như không ai biết về nó cho đến khi một bài báo xuất hiện trên một tạp chí vật lý của Đức vào năm 1885.

Johann Jacob Balmer người Thụy Sĩ (1825-1898), đã được đào tạo đại học về toán học từ những năm 60 đến những năm 90, đã dạy toán ở Basel tại một phòng tập thể dục dành cho nữ và dạy các lớp về hình học mô tả tại trường đại học địa phương.

Phạm vi sở thích của Balmer rất rộng - triết học và văn học, âm nhạc và kiến ​​trúc, lịch sử cổ đại và lịch sử thế giới tự nhiên, y học. Nhưng toán học hữu ích đến mức nào, điều thu hút ông nhất là việc tìm kiếm sự hài hòa toán học, các mối quan hệ số học cụ thể - đều đặn: trong các hình dạng tinh thể, trong các thông số hình học của các thông số quan trọng của kiến ​​trúc, v.v. Chính niềm đam mê với “sự kỳ diệu của các con số” đã đưa giáo viên Basel đến với khám phá đáng chú ý của mình.

Đây là bài toán, chính là

17

Khiên Balmer. Dữ liệu là bốn giờ.

6562,10; 4860,74; 4340,10; 4101,2.

Cần phải tìm ra “luật” mà họ tuân theo.

Bất cứ ai muốn tự mình giải bài toán này (và để làm được điều này, bạn sẽ không cần bất cứ thứ gì khác ngoài toán tiểu học) nên dừng đọc ghi chú ở đây một lúc, vì đáp số được cung cấp thêm một chút.

Các con số, tính đều đặn của Neil Balmer, là bước sóng (10⁻¹⁰ m) của bốn vạch trong vùng nhìn thấy của quang phổ của nguyên tử hydro. Trong vật lý, Balmer có đường kính lớn nhất và tình cờ đi đến công thức bài toán - sau khi nghe bài giảng của một giáo sư vật lý về nghiên cứu quang phổ. Cần phải nói rằng chuỗi vạch trong phổ hydro đã được các nhà vật lý chuyên nghiệp biết đến ít nhất từ ​​năm 1868. Nhưng trong nỗ lực thiết lập định luật quang phổ, các nhà vật lý luôn được hướng dẫn, như sau này hóa ra, bởi một sự tương tự thực tế không liên quan gì đến vấn đề: các vạch của chuỗi được ví như một âm bội của âm thanh và các biểu thức có dạng λ/n được tìm kiếm cho chúng, trong đó λ là bước sóng cơ bản nào đó, và n là một số nguyên. Đồng thời, đối với phổ của các nguyên tố khác nhau, thu được các bộ số nguyên khác nhau, giữa chúng không có kết nối nào được tạo ra.

Có lẽ Balmer đã được giúp đỡ bởi thực tế là ông không phải là nhà vật lý. Không bị cản trở bởi bất kỳ yêu cầu nào, ông chỉ tìm kiếm một công thức đơn giản có thể tái tạo chính xác nhất bước sóng được phát hiện của chuỗi quang phổ. Và kết quả của những nỗ lực này đã trở thành “công thức Balmer” nổi tiếng:

$$\lambda = \frac{n^2}{n^2 - 2^2}.$$

Ở đây λ là bước sóng của vạch quang phổ, d là một hằng số nào đó (bằng 3645,6 · 10⁻¹⁰ m) và n là số nguyên. Bốn dòng hydro hiển thị thu được từ công thức này bằng cách thay thế n các giá trị tương ứng 3, 4, 5 và 6. Người ta vẫn chưa biết làm thế nào nhà khoa học đi đến công thức này, nhưng có bằng chứng gián tiếp gợi ý cho thấy ông đã dựa vào một không gian hình học khá đơn giản.

Nhận được công thức mô tả chính xác bốn sóng của mình một cách đáng ngạc nhiên, Balmer vẫn đồng ý - liệu ông đã tìm ra một hình mẫu vật lý hay kết quả của nó chỉ là hệ quả của một sự trùng hợp đáng kinh ngạc. Sau khi đọc một cuốn sách tham khảo phổ biến về những thành tựu khoa học mới nhất, anh biết được rằng một dòng thứ năm khác của dãy hydro có bước sóng 3969 · 10⁻¹⁰ m đã được biết đến (đây là vùng cực tím vô hình của quang phổ). Thay n=7 vào công thức của mình, Balmer nhận được λ=3969 · 10⁻¹⁰ m! Thành công này đã củng cố đáng kể niềm tin của ông vào công thức và ông đã đưa số lượng của nó cho Đại học Basel, giáo sư vật lý. Ông đã báo cáo khám phá này một cách hết sức quan tâm và nói với Balmer rằng, trên thực tế, người ta đã biết thêm 9 vạch nữa ở phần tử ngoại của quang phổ hydro. Không khó để kiểm chứng rằng những dòng này được mô tả một cách hoàn hảo bằng công thức “ma thuật” (với phép thay thế n = 8, 9, …, 16). Không có lựa chọn nào khác ngoài việc tìm ra một định luật cơ bản mới nào đó của tự nhiên.

Năm 1890, nhà vật lý người Thụy Điển I. Rydberg (1854-1919) đã viết công thức Balmer hơi khác một chút:

$$v = \frac{c}{\lambda} = Rc \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right)$$

(v là tần số của vạch quang phổ, c là tốc độ ánh sáng và R là hằng số vật lý chức năng, ngày nay được gọi là “hằng số Rydberg”). Được đặt tên trong mục này, công thức Balmer được Bohr trình bày vào tháng 2 năm 1913. Khi tính đến biểu thức của năng lượng lượng tử hv (h là hằng số Planck), Bohr ngay lập tức làm sáng tỏ ý nghĩa vật lý của công thức, ý nghĩa này vẫn hoàn hảo trong gần ba thập kỷ. Và ý nghĩa này được thể hiện chính xác và rõ ràng - các vạch phổ tương ứng với một lượng tử bức xạ điện từ do các electron phát ra khi nhảy từ quỹ đạo có số n (n = 3, 4, v.v.) sang quỹ đạo thứ 2 gần hạt nhân hơn.

Hai câu nói thường được lặp đi lặp lại: 1) các nhà khoa học chỉ thực hiện những khám phá khoa học quan trọng khi còn trẻ; 2) những khám phá như vậy không thể đạt được. Câu chuyện về phát hiện của Balmer chứng minh rõ ràng rằng vẫn có những trường hợp ngoại lệ.

V. E. Yavelov

18

Toán 9-10

Phương pháp tích phân

Bài viết này dành cho học sinh lớp chín và lớp mười. Ứng viên cũng có thể sử dụng nó khi chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh đại học.

Trong khóa học đại số ở trường, một vị trí quan trọng được dành cho các bất đẳng thức: đầu tiên, đây là các bất đẳng thức tuyến tính, sau đó là bậc hai, sau đó là các bất đẳng thức trong đó có liên quan đến hàm logarit, hàm mũ và lượng giác. Dần dần, sự bất bình đẳng được tạo ra – đủ loại tổ hợp chức năng được học ở trường xuất hiện. Trong bài viết này, chúng ta sẽ sử dụng một số ví dụ để minh họa một phương pháp quan trọng của bất đẳng thức lời giải, thường được gọi là “phương pháp tích phân”. Ở đây chúng ta sẽ xem xét các bất đẳng thức, phần bên phải của nó bằng 0 và phần bên trái được biểu diễn dưới dạng tích hoặc một phần của các hàm với các khoảng hằng số đã biết. Phương pháp tích phân dựa trên ý tưởng sau: dấu của tích (từng phần) được xác định bằng dấu của các thừa số (dấu phân cách và số chia).

Bài toán 1. Giải bất đẳng thức

$$\frac{(2x-1)(x^2-x-2)}{3-x} < 0.$$

Hàm tuyến tính có độ dốc khác 0 đổi dấu khi đi qua nghiệm và ở bên phải gốc, dấu của hàm trùng với dấu của độ dốc (hình 1); tam thức vuông có phân biệt dương cũng đổi dấu khi đi qua từng căn thức, và ở bên phải căn thức, dấu của tam thức vuông trùng với dấu của hệ số dẫn đầu của nó (hình 2).

Những thông báo này dẫn đến mô hình bất bình đẳng sau lời giải.

1. Chúng tôi tìm ra gốc rễ của từng “thành phần”: $x=\frac{1}{2}; x=-1, x=2; x=3$.

2. Trục số được chia thành năm khoảng. Ở ngoài cùng bên phải của mỗi số, hệ số trùng với dấu của hệ số dẫn đầu của nó: $2x-1>0, x^2-x-2>0, 3-x<0$.

Do đó, phân số trên khoảng này là âm.

3. Khi đi qua từng nghiệm đã đánh dấu, một và chỉ một trong các thừa số đổi dấu, và do đó dấu của phân số thay đổi mỗi lần. Khi tính đến điều này, chúng tôi đặt các dấu hiệu trong các khoảng này (như được hiển thị trong hình 3).

4. Chúng tôi chọn các khoảng trong đó phân số âm.

Đáp số:

$$]-\infty; -1[\cup]\frac{1}{2}; 2[\cup]3; +\infty.$$

Bài toán 2. Giải bất đẳng thức

$$\frac{4-x^2}{(5x-2)\lg x} \ge 0.$$

Chúng ta sẽ giải bất đẳng thức này bằng cách sử dụng cùng một sơ đồ, nhưng không phải trên tất cả các trục mà trên khoảng $]0; +\infty[$ - vùng op-

19

giới hạn của hàm logarit.

1. Hệ số gốc: $x=2; x=0,4; x=1$ (hình 4).

2. Bán trục $]0; +\infty[$ được chia thành bốn khoảng. Ở ngoài cùng bên phải là $4-x^2<0, 5x-2>0, lgx>0$. Do đó, phần bất đẳng thức nằm trên khoảng này là âm.

3. Khi đi qua mỗi nghiệm thì có một và chỉ một thừa số đổi dấu. Khi tính đến điều này, chúng tôi đặt các dấu hiệu trên các khoảng còn lại (hình 4).

4. Chúng ta đã giải được bất đẳng thức chặt chẽ. Vẫn còn phải thêm vào tập kết quả lời giải nghiệm của phương trình

$$\frac{4-x^2}{(5x-2)lgx}=0,$$

tức là nghiệm của tử số của phân số (nằm trong phạm vi định nghĩa của bất đẳng thức).

Đáp số: $]0; 0,4[\cup]1; 2]$.

Bài toán 3. Giải bất đẳng thức

$$\frac{(10^x-2)(x^2-5x+7)}{x+3} \leq 0.$$

Lời giải được mô tả trên hình 5. Bộ ba bình phương trong tử số của một phân số không có nghiệm và do đó không đổi dấu, trùng với dấu của hệ số dẫn đầu của nó.

Đáp số: $]-3; lg2]$.

Bài toán 4. Giải bất đẳng thức

$$(x^2-2x-3)(6+x-x^2) \geq 0.$$

1. Tìm nghiệm nguyên của các thừa số: $x=-1, x=3, x=-2, x=3$.

2. Với $x>3$ vế trái của bất đẳng thức là âm.

3. Khi đi qua điểm $x=3$, cả hai thừa số đều đổi dấu ($x=3$ là nghiệm chung) nên dấu của tích không đổi.

Khi đi qua hai nghiệm còn lại, vế trái, như trong ví dụ trước, đổi dấu (hình 6).

Đáp số: $[-2; -1]\cup\{3\}$.

Từ bài toán này rõ ràng rằng, khi sử dụng phương pháp tích phân, cần phải theo dõi xem có bao nhiêu thừa số đổi dấu khi đi qua một nghiệm cho trước. Các thừa số có thể không đổi dấu khi đi qua nghiệm của chúng (ví dụ, một trilen bình phương có phân biệt bằng 0).

Ý tưởng lời giải của điều sau đây dựa trên một định lý rõ ràng bằng trực giác, bằng chứng chính xác về định lý này được đưa ra trong các khóa học về giải tích toán học: nếu một hàm liên tục trên một khoảng và không có nghiệm trong khoảng này thì nó giữ nguyên dấu trong khoảng này.

20

Nhiệm vụ 7. Giải bất đẳng thức
$$\sqrt{x+2} > x.$$ (1)

Hàm $y = \sqrt{x+2} - x$ được xác định và liên tục trên khoảng $[-2; +\infty]$.

Hãy tìm nghiệm nguyên của hàm số này, tức là giải phương trình
$$\sqrt{x+2} = x.$$ (2)

Bằng cách bình phương cả hai vế của phương trình (2), chúng ta thu được phương trình bậc hai $x^2 - x - 2 = 0$ với các nghiệm $x = -1$, $x = 2$. Kiểm tra cho thấy nghiệm của phương trình (2) chỉ là $x = 2$. Điểm này chia miền định nghĩa của bất đẳng thức (1) thành hai khoảng: $[-2; 2[$ và $]2; +\infty[$. Trên mỗi khoảng này, hàm $y = \sqrt{x+2} - x$ giữ nguyên dấu, nghĩa là tất cả các điểm của khoảng đó đều thỏa mãn bất đẳng thức (1) hoặc không có điểm nào thỏa mãn. Vì vậy, chỉ cần thay một điểm trong mỗi khoảng vào bất đẳng thức (1) là đủ. Hãy chọn điểm $x = -2$ và $x = 7$. Vì $x = -2$ thỏa mãn bất đẳng thức (1), nhưng $x = 7$ thì không, tập lời giải của bất đẳng thức (1) là khoảng $[-2; 2[$ (hình 9).

Đáp số: $[-2; 2]$.

Bài 8. Giải bất đẳng thức
$$x\sqrt{10-x^2} \geq x^2 - 6.$$

1. Các miền của hàm $\sqrt{10-x^2}$: $[-\sqrt{10}; \sqrt{10}]$.

2. Chúng ta giải phương trình:
   $$x\sqrt{10-x^2} = x^2 - 6, x^2(10-x^2) = (x^2 - 6)^2; x^4 - 11x^2 + 18 = 0.$$

Chúng ta có bốn nghiệm: $x = \pm \sqrt{2}, x = \pm 3$. Tấm séc để lại hai gốc: $x = -\sqrt{2}, x = 3$ (hình 10).

3. Chúng ta thay các số $x = -\sqrt{10}, x = 0, x = \sqrt{10}$ vào bất đẳng thức. Số $x = 0$ thỏa mãn bất đẳng thức, còn số $x = \pm \sqrt{10}$ thì không.

Đáp số: $[-\sqrt{2}; 3]$.

Như đã biết, các hàm tuyến tính, bậc hai, lũy thừa, hàm mũ, logarit và lượng giác, cũng như các thành phần và hàm thu được từ chúng bằng cách sử dụng các phép toán số học, đều không chính xác trong phạm vi định nghĩa của chúng. Do đó, phương pháp tích phân có thể được sử dụng cho lời giải trên thực tế tất cả các bất đẳng thức của khóa học ở trường. Phương pháp tích phân cho phép chúng ta biểu diễn tập lời giải của bất đẳng thức dưới dạng hợp của các khoảng, ranh giới của chúng là nghiệm của phương trình tương ứng hoặc là điểm biên của miền định nghĩa của bất đẳng thức.

Yêu cầu về tính liên tục là cần thiết cho việc áp dụng phương pháp tích phân. Bạn có thể xác minh điều này ở bài toán tiếp theo.

Nhiệm vụ 9. Giải bất đẳng thức
$$[x] \leq x - \frac{1}{2}.$$

Hãy dựng đồ thị bên trái và bên phải của bất đẳng thức (hình 11). Các nghiệm của phương trình $[x] = x - \frac{1}{2}$ là các số có dạng $k + \frac{1}{2}$, trong đó $k$ là số nguyên bất kỳ. Đồng thời, tập lời giải của bất đẳng thức là tập hợp các khoảng có dạng $[k + \frac{1}{2}; k + 1]$, đặc biệt, các điểm biên của chúng là tất cả các số nguyên không phải là nghiệm của phương trình cũng như các điểm biên của miền định nghĩa.

Yu. I. Ionin, V. V. Nekrasov

lập dị điên cuồng

BỞI VÌ
GÓC BÀN -
ĐÂY LÀ NƠI, GAE
CÁC LÃNH THỔ CÓ SẴN HỘI TỤC,
SAU ĐÓ LÀ ĐỒNG THỜI
MẶC VÀ VỚI
KRDYA VÀ TRÊN
KHÔNG phải YULKA
CÓ THỂ?

KHÔNG ĐƠN
CŨNG MỘT PHÒNG CHỜ-
CIC THÍCH ĂN,
NẾU ĐÓ LÀ THÌ
máy nở
VÀ YÊU?

Gần
đứng ở nhà
cái bàn và đằng sau nó
uống trà Mar-
tovsky Hare và
Thợ làm mũ; giữa
Tôi đã ngủ với họ
Chuột - Sonya.
Người làm mũ và
Thỏ dựa vào khuỷu tay của mình
vào cô ấy, như thể ở
Người thân yêu. “Sonya có thể chữa được,

• Alice nghĩ. Cô ấy, không-
  phải không, bất tiện nhỉ? Tuy nhiên, cô ấy đang ngủ, điều đó có nghĩa là
  Cô ấy không quan tâm.” Chiếc bàn thì rộng, nhưng những ấm trà
  Họ ngồi một bên, trong góc. Nhìn thấy Ali-
  su, họ hét lên: - Bận! Không có nơi nào! - Làm sao
  không phải vậy! - Alice phẫn nộ và ngồi xuống
  đầu bàn. - Tại sao bạn ngồi xuống mà không có lời mời?
  may vá? - thỏ tháng ba hỏi. - Không phải-
  lịch sự! — Tôi không biết rằng đây là một cái bàn trên trol-
  họ,” Alice nói - Bạn quá đáng rồi
  phát triển quá mức! - Người làm mũ đột nhiên lên tiếng. - Tôi sẽ làm việc -
  hãy cẩn thận để không vượt qua ranh giới - nghiêm túc

Vetila Alice. Người đánh trống mở to mắt và không tìm được câu trả lời. - Đi vòng quanh có ích gì? anh ấy hỏi. “Tôi có thể gỡ lỗi này,” cô nói. - Bạn đang nói rằng chúng tôi nghĩ bạn biết đáp số? - thỏ tháng ba hỏi. “Điều đó hoàn toàn đúng,” Alice đồng tình. “Tôi có thể nói như vậy,” Thỏ Tháng Ba nhận xét. “Chúng ta phải luôn nói những gì chúng ta nghĩ.” “Đó là việc tôi làm,” Alice vội vàng giải thích. “Ít nhất thì tôi luôn nghĩ về những gì tôi đang nói… và nó giống nhau…” “Không giống nhau chút nào,” Người làm mũ đáp lại. - Thế là bạn cũng sẽ nói “I eat what I eat” và “I eat what I eat” là giống nhau đấy!
Mọi người ngồi im lặng trong một phút. Alice cố nhớ lại những gì cô biết về cái provoron và cái bàn. Người làm mũ là người lên tiếng đầu tiên. – Hôm nay là ngày gì? - anh hỏi, lấy đồng hồ ra khỏi túi. Alice suy nghĩ và trả lời: “Thứ tư.” “Tôi chậm hai ngày,” Người làm mũ nói. - Ước tính mấy giờ! - Alice nhận xét. - Họ chỉ ngày chứ không phải giờ! - Có chuyện gì vậy? - Hatter lẩm bẩm. - Những người sáng tạo có hiển thị năm không? - Tất nhiên là không. - Cậu kể cho tôi câu đố à? - Người làm mũ hỏi. - Không. Loại đáp số nào? “Tôi không biết,” Người làm mũ nói. “Tôi cũng vậy,” March Hare nói. Alice nhếch mép. “Nếu anh không có gì để làm,” cô nói với vẻ khó chịu, “anh có thể nghĩ ra thứ gì đó hay hơn những câu đố mà không cần đáp số.” Và đây chỉ là một sự lãng phí thời gian. “Nếu bạn biết về Thời gian tốt như tôi,” Người làm mũ nói, “bạn sẽ không nói như vậy.” Bạn sẽ không mất nó! “Không rõ lắm,” Alice nói. - Tất nhiên rồi! — Hatter cúi đầu chào anh ta một cách khinh thường. - Có lẽ cậu chưa bao giờ nói chuyện với anh ấy! Anh ấy và tôi đã cãi nhau vào tháng 3 - ngay trước khi anh chàng này (anh ta dùng thìa chỉ vào March Hare) nổi điên. Kể từ đó,” Người làm mũ buồn bã tiếp tục, “thời gian chưa bao giờ vượt quá một ngón tay đối với tôi!” và đồng hồ vẫn chỉ sáu giờ… Rồi Alice chợt nhận ra. — Vậy sẽ giống hơn: trà trong sữa hay sữa trong trà?

1. Đồng hồ nào tốt hơn - đồng hồ tăng tốc 2 phút mỗi ngày hay đồng hồ tăng tốc?
2. Bạn uống trà. Bạn có một tách trà và một thùng sữa. Bạn lấy một thìa sữa cho vào trà, sau đó cho một thìa trà sữa vào thùng sữa. Cái gì

đã vẽ… đủ thứ… mọi thứ đều bắt đầu
trên M. - Tôi cũng muốn vẽ, -
Alice nói. - Ở giếng. - Vẽ và
tiêm? - Thỏ hỏi. Sona đã đóng cửa
mắt “…bắt đầu bằng M,” cô ấy tiếp tục. —
Họ vẽ bẫy chuột, một tháng, toán học, nhiều
cử chỉ…Bạn đã bao giờ nhìn thấy bao nhiêu bức vẽ…
cử chỉ? - Nhiều cái gì cơ? - Alice hỏi. —
“Không có gì,” Sonya trả lời, “Chỉ là chế độ đa thê thôi!” —
Tôi không biết,” Alice bắt đầu, “
… - Không biết thì im lặng,

• Volvanchik ngắt lời cô.
  Thật là thô lỗ Alistair
  không thể hát: cô ấy im lặng
  đứng dậy và bước đi.
  Sau đó cô để ý tới cánh cửa.
• Hãy vào và
  cánh cửa này, tôi nghĩ
  Alice. Thế là cô ấy đã làm và tìm lại được chính mình
  trong hành lang dài gần
  bàn kính
  trong vườn giữa
  màu sắc vòm và pro-
  đài phun nước lạnh.

CHƯA
NHIỀU NGƯỜI,
NẾU ĐIỀU NÀY LÀ NHIỀU-
RẤT NHIỀU CỦA BẠN?
STONICHELO?

26

Bài toán

M956—M960; F968—F972

M956. Bốn đường tròn có cùng bán kính được vẽ trên mặt phẳng sao cho ba đường tròn đi qua điểm A và ba đường tròn đi qua điểm B (hình 1). Chứng minh rằng bốn điểm giao nhau của chúng, không phải A và B, đều là các đỉnh của hình bình hành.

V. và I. Kapovits, học sinh lớp 10

M957. Chứng minh rằng từ năm 1985 các số tự nhiên khác nhau đều có thừa số nguyên tố nằm trong 9 số nguyên tố đầu tiên 2,3,…,23, có thể chọn được 4 số có tích là lũy thừa bậc 4 của một số nguyên.

M958*. Đặt $0 \leq i_1 < i_2 < \dots < i_n$ là số nguyên. Chứng minh rằng số hệ số lẻ của một đa thức

$$(1+x)^{i_1}+(1+x)^{i_2}+\dots+(1+x)^{i_n}$$

không nhỏ hơn đa thức $(1+x)^{i_1}$.

M959*. Có kết nối hàng không giữa một số thành phố trong nước. Chứng minh rằng có thể đóng cửa không quá $1/(k-1)$ một phần các hãng hàng không theo cách mà trong số $k$ thành phố bất kỳ có hai thành phố không được kết nối bởi các hãng hàng không nếu $k=3$; 6) $k$ - bất kỳ số tự nhiên nào.

A. A. Razborov

M960*. Nếu hiệu giữa lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên $n$, thì số $n$ được biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của hai số tự nhiên liên tiếp.

a) Chứng minh khẳng định này.

6. Bot là một ví dụ về những con số như vậy: $8^3-7^3=(2^2+3^2)^2$; Hãy cho ít nhất một ví dụ nữa.

b) Chứng minh rằng có vô số ví dụ như vậy.

P. Lyness (Anh)

F968. Ba bánh răng ăn khớp có bán kính $r_1$, $r_2$ và $r_3$ (hình 2) được gắn trên ba trục song song nối với nhau bằng thanh cứng. Trục $B$ và $C$ quay quanh một trục cố định $A$ với vận tốc góc $\omega_0$; trong khi kích thước của tam giác là

27

Chỗ đặt $ABC$ không thay đổi và bánh răng bán kính $r_3$ chuyển động tịnh tiến. Bánh răng có bán kính $r_1$ quay với tốc độ góc bằng bao nhiêu?

V. Vandelov (Vourgas, NRV)

F969. Hai lon làm từ cùng một chất liệu có hình dạng hình học giống nhau và tất cả các kích thước tuyến tính của một lon nhỏ hơn $k$ lần so với lon kia (hình 3). Một lỗ được tạo ra ở hai trong số mỗi lon. Các lọ đồng thời được hạ xuống nước. Chiếc bình nào sẽ chìm nhanh hơn? Bao nhiêu lần?

I. K. Sobolev

F970. Một vỏ hình cầu có thành mỏng, đục, chứa một quả cầu có bán kính nhỏ hơn bán kính của vỏ mấy lần. Đề xuất cách xác định khối lượng riêng của chất làm ra quả bóng. Khối lượng của vỏ chưa được biết.

S. A. Khorozov

F971. Trong một từ trường, cảm ứng $\vec{B}$ thẳng đứng, thanh kim loại quay quanh trục thẳng đứng như hình hình 4. Vận tốc góc quay là $\omega$, $R$ và $\alpha$ cho trước. Tìm hiệu điện thế ở hai đầu thanh.

L. G. Markovich

F972. Trong thiết bị quay phim tốc độ cao được sử dụng để quay các quá trình bảo vệ nhanh, phim chuyển động liên tục với tốc độ $v$. Để tránh làm mờ hình ảnh, một lăng kính thủy tinh tứ diện có chiết suất $n$, quay với vận tốc góc không đổi (hình 5), được lắp đặt giữa phim và thấu kính. Bỏ qua hiện tượng nhòe ảnh, xác định vận tốc góc mà ảnh trên phim không bị mờ. Xác định độ dày của đối tượng địa lý $d$, với điều kiện là hình ảnh của một khung hình được hiển thị trong phạm vi $(-\alpha_0, \alpha_0)$ góc quay của khung hình đó và kích thước tối thiểu của các chi tiết hình ảnh khác nhau là $\delta$.

A. A. LanUDEC

Problems

M956—M960; P968—P972

M956. Four circles of the same radius are drawn on the plane so that three pass through the point $A$ and three through the point $B$ (Fig. 1). Prove that the four pairwise intersection points (other than $A$ and $B$) are the vertices of a parallelogram.

V. and I. Kapovich, 10th form students

M957. Prove that it is possible to choose four numbers whose product is the fourth power of an integer from any distinct 1985 natural numbers whose prime divisors are all contained in the set {2, 3, …, 23} of the first nine primes.

M958*. Suppose $0 \leq i_1 < i_2 < ... < i_n$ are integers. Prove that the number of odd coefficients of the polynomial

29

chúng tôi loại bỏ viên nhẹ hơn và so sánh viên nặng hơn với viên đá mới thuộc nhóm T; sau khi loại bỏ $n$ viên đá, viên được yêu cầu sẽ còn lại - viên nặng nhất. Tương tự, sau lần cân $n$, viên đá nhẹ nhất từ ​​nhóm L được chọn.

Nhiều thuật toán chính xác khác có thể được đề xuất cho phép chọn viên đá nặng nhất và nhẹ nhất từ ​​$2n+2$ trong các lần cân $3n+1$. Chúng tôi để lại cho độc giả một câu hỏi khó hơn bài toán: tìm hiểu xem số lần cân tối thiểu có thể chọn được viên đá $N$ nặng nhất và nhẹ nhất. (Tương tự bài toán: cần bao nhiêu cặp so sánh để chọn ra $k=2, 3, \dots$ viên đá nặng nhất trong số $N$ - thảo luận trong bài viết “Ai sẽ đến Rio” của G. Adelson-Velsky, I. Bershtein và M. Gerver («Kvant», 1972, số 8, trang 2), cũng như trong phần sách về sắp xếp và tìm kiếm - ví dụ: trong tập 3 cuốn sách “Nghệ thuật lập trình” của D. Knuth (M.: “Mir”, 1978).

S. V. Fomin,
N. V. Vasiliev

M937. Có hình $F$ nào không thể che được bởi hình bán nguyệt bán kính 1, nhưng hai bản sao của nó có thể được che bởi hình tròn 1, nếu $F$ là a) một hình tùy ý; b) một hình lồi?

Đáp số cho cả hai câu hỏi a) và b) đều dương. Ví dụ được trình bày tại hình. Đối với đáp số cho câu hỏi a), ngoài các biến thể khác nhau của hình dưới dạng “cánh quạt” hoặc biểu tượng Kist cổ “Dương và Âm”, ví dụ suy biến sau đây cũng phù hợp: từ một đường tròn bán kính 1 có tâm $O$ ba điểm được rút ra - các đỉnh của một tam giác đều có tâm $O$. Đối với đáp số cho câu hỏi 6), hình sau đây là phù hợp: một hình tròn có bán kính 1 với tâm $O$ được chia thành bốn cung có kích thước $\varepsilon, \varepsilon, \pi-\varepsilon, \pi-\varepsilon$ và dựng một “thân lồi” gồm hai cung không liền kề. (Phần dưới bên trái hình tương ứng với $\varepsilon=\pi/2$.) Lưu ý rằng đối với $\varepsilon$ nhỏ, hình được xây dựng có diện tích gần bằng một góc với diện tích của hình bán nguyệt.

Bằng chứng cho thấy hình được dựng không bao phủ hình bán nguyệt trong mọi trường hợp đều dựa trên thông điệp sau: các đầu của đường kính hình bán nguyệt cách nhau 2, do đó, chúng chỉ có thể được che bởi hai điểm của hình đã dựng là các điểm đối xứng đường kính của hình tròn có bán kính 1 mà chúng ta cắt ra; Do đó, hình của chúng ta phải chứa hình bán nguyệt mục tiêu có tâm $O$ bán kính 1.

Việc hai bản sao của một hình có thể bao phủ một vòng tròn là rất rõ ràng (trong tất cả các ví dụ, chỉ cần xoay hình so với tâm vòng tròn một góc nào đó hoặc phản xạ từ một đường thẳng nào đó đi qua tâm là đủ).

N. V. Vasiliev

M938. Bán kính của hình tròn có tâm $O$ được điều chỉnh đều, trong một giây quay một góc $360^\circ/n$ (ede $n$ là số tự nhiên lớn hơn 3). Tại thời điểm ban đầu, nó chiếm Om$_0$, sau một giây - vị trí Om$_1$, sau 2 giây nữa - vị trí Om$_0$, Om$_1$, …, Om$_{n-1}$ chia hình tròn thành $n$ các phần bằng nhau khi và chỉ khi $n=2^k$ (k là số tự nhiên; các hình thể hiện trường hợp $k=2$ và $k=3$).

Vì các điểm $M_0, M_1, M_2, \dots, M_{n-1}$ rơi vào các đỉnh của một $n$-giác đều có tâm $O$, nên để $n$ bán kính Ohm$_0, OM_1, \dots, OM_{n-1}$ chia hình tròn thành các phần bằng nhau, điều cần thiết là

31

Nếu bảng $N \times N$ được tô màu bằng các màu $N$ sao cho các ô của mỗi màu là $N$ và $N > (n-1)^2$, thì sẽ có một hàng hoặc cột trong đó có các ô $n$ có các màu khác nhau (trong bài toán của chúng tôi có $N=10$, $n=4$).

Chúng tôi mời độc giả chứng minh rằng ước tính này là chính xác và suy nghĩ về những khái quát hóa có thể có của bài toán này (ví dụ: đối với bảng hình chữ nhật, đối với mặt phẳng ba chiều).

N. N. Konstantinov, L. D. Kurlyandchik

M940*. a) Hình vuông được chia thành các hình chữ nhật. Chúng ta hãy gọi “số nguyên” là một tập hợp các hình chữ nhật sao cho hình chiếu của chúng lên một cạnh của hình vuông bao phủ hoàn toàn cạnh này mà không chồng lên nhau. Chứng minh rằng hai hình chữ nhật bất kỳ đều thuộc một dãy nhất định.

b) Chứng minh tương tự cho trường hợp khối lập phương được chia thành các hình chữ nhật song song (trong định nghĩa dây chuyền, cạnh của hình vuông phải thay cạnh của hình lập phương). b) Có đúng là hai đường thẳng song song bất kỳ trong phép chia hình lập phương đều thuộc về một “lát cắt” - một tập hợp các đường thẳng song song có các hình chiếu lên một ranh giới nhất định sẽ lấp đầy nó một cách cố kết mà không chồng chéo lên nhau?

Hình 1.

Chúng ta sẽ gọi các hình chữ nhật (trong đoạn 6) - các hình song song) để chia hình vuông (khối lập phương) là “kirits” và chính hình vuông (tương ứng là hình lập phương) - “ngôi nhà”. Thật thuận tiện khi giả định rằng “ngôi nhà” là một hình chữ nhật tùy ý (song song primogol).

Cả hai câu a) và 6) đều có thể được chứng minh theo cách gần giống nhau - bằng quy nạp theo số $n$ kiriches tạo nên ngôi nhà. Chúng tôi sẽ chứng minh chi tiết a) và sau đó chỉ ra các thông báo bổ sung cần thiết ở điểm 6).

Đối với $n \leq 2$ Kirichs, tuyên bố này là hiển nhiên. Giả sử rằng với số lượng kirich nhỏ hơn $n$ thì điều đó đã được chứng minh. Đặt $\alpha$ và $\beta$ là hai trong số $n$ kiriches tạo nên ngôi nhà mà chúng ta muốn kết nối bằng một chuỗi. Chúng ta sẽ nói rằng chuỗi đi “dọc theo cạnh $a$” nếu hình chiếu của các thành phần của chuỗi lên $a$ bao phủ $a$ trong một lớp. Lưu ý rằng chỉ cần xây dựng một phần của chuỗi giữa $\alpha$ và $\beta$, chạy dọc theo $a$ (biểu thị Kirichi có các hình chiếu trên $a$ điền vào một lớp đoạn giữa các hình chiếu của Kirichi $\alpha$ và $\beta$), - sau đó, thật dễ dàng để hoàn thành nó thành một chuỗi: đối với điều này, chỉ cần tìm từ đó là đủ $\alpha$ và $\beta$ theo hướng $a$ sang các cạnh vuông góc với $a$ và nằm trong chuỗi gặp nhau tại kirichia này (hình 1).

Nghe này, khi kirichias $\alpha$ và $\beta$ có thể giao nhau bởi một đường thẳng song song với cạnh nhà thì điều hiển nhiên là: tất cả các kirichia giao nhau bởi một đường thẳng như vậy sẽ tạo thành chuỗi mong muốn. Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng mỗi bên của ngôi nhà có một đường thẳng ngăn cách kirichias $\alpha$ và $\beta$. Trong trường hợp này, có một đỉnh kirichia $\alpha$ gần nhất với $\beta$; chúng tôi biểu thị nó $A$. Trong số các ước tính trực tiếp về kirichi, ngoài $\alpha$, còn có ít nhất một kirichi $\gamma$ nữa, trong đó $A$ đóng vai trò là đỉnh và liền kề với $\alpha$ ở bên cạnh. Nó được ngăn cách với $\alpha$ bởi một đường thẳng nào đó $l$ (đi dọc theo các cạnh $\alpha$ và $\gamma$, hình 2).

Bằng cách cắt ngôi nhà cùng với kirichi của đường thẳng $l$ này, chúng ta thu được một ngôi nhà chứa kirichi $\gamma$ và $\beta$, nhưng nhỏ hơn ngôi nhà ban đầu (về số lượng kirichi). Trong đó, theo giả thuyết quy nạp có thể nối $\gamma$ và $\beta$ bằng một chuỗi; chúng tôi quan tâm đến phần $\gamma$, $\delta_1$, $\delta_2$, …, $\delta$, $\beta$ từ $\gamma$ đến $\beta$. Nếu nó đi theo hướng $l$ thì chúng ta có thể thay thế $\gamma$ bằng $\alpha$ và chúng ta cần một phần của chuỗi từ $\alpha$ đến $\beta$ sẵn sàng: $\alpha, \delta_1$

32

δ₂, …, δ, β (ở đây chúng ta sử dụng thực tế rằng A là đỉnh α, hình 2, a) gần nhất với β. Nếu số nguyên γ, δ₁, δ₂, …, δ, β đi theo hướng xuyên chuẩn l, thì chúng ta chỉ cần thêm α vào nó (hình 2, b).

Hãy chuyển sang lời giải b). Ở đây suy ra rằng khi các viên gạch α và β có thể giao nhau bởi một mặt phẳng song song với mép nhà thì tương ứng với điểm a). Trường hợp còn lại là khi α và β cách nhau bởi ba mặt phẳng song song với các mặt khác nhau của ngôi nhà. Ba mặt phẳng của nó đi qua đỉnh A của viên gạch α gần β nhất. Họ chia không gian thành 8 đường viền và mỗi viên gạch liền kề với A chiếm một, hai hoặc bốn trong số chúng (trong vùng lân cận của A). Vì số 8-1=7 là số lẻ nên trong số chúng, ngoài α, còn có một viên gạch γ khác, mà A đóng vai trò là đỉnh (chiếm một cạnh) và được ngăn cách với α bởi một mặt phẳng p nhất định.

Việc suy luận sâu hơn được thực hiện tương tự như ở điểm a): mặt phẳng cắt ngôi nhà nhỏ hơn chứa γ và β; Vẫn còn phải xem xét hai trường hợp - khi số nguyên tồn tại theo giả định quy nạp từ γ đến β đi theo hướng song song với mặt phẳng p hoặc perepredkulyarny ei.

c) Tuyên bố này nói chung là sai. Một ví dụ đơn giản là khối lập phương 2x2x2 được tạo thành từ hai cốc 1x1x1 liền kề với các đỉnh đối diện của khối và ba hình bình hành 2x1x1 (hình 3). Dễ dàng nhận thấy những chiếc cốc ở đây không thuộc về một người.

Một ví dụ tương tự về một ngôi nhà 3x3x3 được làm từ ba cốc 1x1x1 được sắp xếp theo đường chéo và sáu viên gạch 2x2x1 có thể dễ dàng hình dung ra bởi những người sở hữu khối Rubik.

N.V. Vasiliev,
A. I. Golber

F948. Được biết, ở một “khoảng trống” nhỏ giữa các ô tô đang đứng trên vỉa hè, nên lái xe lùi thay vì tiến. Tại sao?

Cho ô tô chạy vào một khoảng trống nhỏ giữa hai ô tô đang đứng trên vỉa hè (xem hìnhnok). Chúng ta hãy đặt câu hỏi theo cách này: làm thế nào để ô tô rời đi bây giờ dễ dàng hơn - tiến hay lùi?

Khi bạn bẻ lái, bánh trước quay ngay lập tức, trong khi bánh sau ban đầu giữ nguyên hướng; sao cho trong bất kỳ quá trình điều khiển ô tô nào, tâm của đường tròn mà ô tô đang di chuyển (tiến hoặc lùi) luôn nằm trên đường thẳng đi qua tâm bánh sau.

hình hiển thị quỹ đạo mà ô tô có thể thoát ra khỏi khoảng trống. Có thể thấy, khi lái xe lùi khả năng lùi xe bên cạnh cao hơn so với khi lái xe tiến.

Dễ hiểu rằng sự ra đi của một chiếc ô tô là một sự nhập cảnh bị đảo ngược về thời gian. Vì vậy, các phương tiện nên lùi xe vào một khoảng trống nhỏ.

S. S. Krotov,
G. Vâng. Myakshev

33

F949. Các chỉ số của nhiệt kế có giống nhau không, một nhiệt kế đặt trên bề mặt chất lỏng đang sôi, còn nhiệt kế kia đặt ở độ sâu của nó?

Để bong bóng chứa đầy hơi bão hòa hình thành trong chất lỏng trong quá trình sôi và không bị xẹp, áp suất bên trong bong bóng phải bằng áp suất bên ngoài, tức là áp suất của chất lỏng xung quanh bong bóng. Nếu bong bóng nằm sâu trong chất lỏng và chiều cao của lượng chất lỏng phía trên nó là $h$, thì áp suất bên ngoài là

$$p = p_0 + \rho gh,$$

trong đó $p_0$ là áp suất trên bề mặt chất lỏng. Do đó, bong bóng càng sâu thì áp suất $p_H$ của hơi bão hòa trong bong bóng phải lớn hơn để nó không bị xẹp. Nhưng giá trị áp suất cao hơn $p_H$ tương ứng với nhiệt độ cao hơn. Điều này có nghĩa là có thể tồn tại các bong bóng sâu trong chất lỏng đang sôi ở nhiệt độ cao hơn nhiệt độ trên bề mặt.

Chúng ta hãy ước tính nhiệt độ $T_h$ ở độ sâu $h = 0,5$ m khác với nhiệt độ $T_0$ trên bề mặt nước sôi như thế nào. Áp suất bổ sung ở độ sâu này là $\Delta p = \rho gh \approx 5 \cdot 10^3$ Pa. Giả sử rằng áp suất trên mặt nước bằng áp suất khí quyển bình thường, tức là $p_0 = 1,033 \cdot 10^5$ Pa, từ bảng sự phụ thuộc của áp suất hơi bão hòa vào nhiệt độ, chúng ta thấy nhiệt độ của hơi nước phải cao hơn bao nhiêu $100^\circ\text{C}$ để áp suất của nó lớn hơn $p_0$ x $5 \cdot 10^3$ Pa: $\Delta T \approx 1^\circ\text{C}$.

T. S. Petrova

F950. Trong một ống mao dẫn kín có rất nhiều ruti, cách nhau bằng một giọt dung dịch điện phân nước $\text{HgI}_2$. Đường kính trong của ống là $d = 0,3$ mm. Ống được nối nối tiếp với một điện trở có điện trở $R = 390$ kOhm với pin có suất điện động $\mathcal{E} = 10$ V (xem hìnhok). Sẽ mất bao lâu để giọt nước di chuyển một vạch chia tỷ lệ?

◆ Dòng điện trong điện cực có liên quan đến sự truyền khối. Trong trường hợp này, ở cực âm có sự khử ru kim loại khỏi dung dịch điện phân, và cuối cùng xảy ra quá trình oxy hóa ru, nghĩa là sự chuyển đổi của nó thành dung dịch điện phân. Theo định luật điện phân Faraday, khối lượng ruth thoát ra ở cực âm trong thời gian $t$ bằng

$$m = \frac{1}{F} \frac{M}{n} I t,$$

trong đó $F = 9,65 \cdot 10^4$ C/mol là số Faraday, $M = 0,201$ kg/mol là khối lượng mol của ruti, $n = 2$ là hóa trị của ruti, $I$ là dòng điện chạy qua. Dòng điện này trên thực tế được xác định bởi điện trở $R$, vì so với nó thì điện trở của kim loại và chất điện phân cũng như điện trở trong của nguồn là không đáng kể. Do đó $I = \mathcal{E}/R$, và

$$m = \frac{M \mathcal{E}}{FnR} t. \tag{1}$$

Sự giải phóng ruthium ở cực âm và sự hòa tan của nó ở ande dẫn đến sự trộn lẫn của một giọt chất điện phân với ande khi hòa tan $l$ sao cho

$$m = \rho \frac{\pi d^2}{4} l, \tag{2}$$

trong đó $\rho = 13,6 \cdot 10^3$ kg/m$^3$ là mật độ của ruti.

34

Từ (1) và (2) chúng ta có thể tìm được thời gian mà một giọt năng lượng cười ở khoảng cách $l$:

$$i = \frac{\pi d^2 F n_0 R l}{4 M C}.$$

Thay các giá trị đã cho trong điều kiện và $l = 1$ cm, ta thu được $t = 100$ h.

Những chiếc đồng hồ tương tự khác đã được ứng dụng trong công nghệ điện tử như những thiết bị tiêu tốn thời gian cỡ nhỏ và bộ đếm thời gian hoạt động. Chúng cũng được sử dụng để đo điện tích – để chế tạo máy đo điện lượng.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F951. Xác định điện dung của hệ tụ điện như hình hình. Mỗi tụ điện được biểu thị bằng giá trị điện dung của nó, được đo bằng microfarad.

◆ Không thể hình dung mạch điện ban đầu là một hệ tụ điện mắc song song và nối tiếp. Trong những trường hợp như vậy, có thể nói, cần phải đơn giản hóa sơ đồ. Ví dụ, điều này có nghĩa là gì.

Thông thường, dựa trên các thông điệp về sự đối xứng hình học hoặc vật lý, một số nút của mạch bị ngắt kết nối hoặc ngược lại, được kết nối, một số tụ điện bị loại bỏ, v.v., thêm rằng mạch mới gồm các tụ điện nối tiếp và song song tương đương với mạch ban đầu, nghĩa là, để khi đặt cùng một điện áp cho mạch ban đầu và mạch chuyển đổi, các mạch được tích điện như nhau - trong trường hợp này, điện dung của các mạch là như nhau và điện dung của mạch chuyển đổi được tính toán.

Việc áp dụng phương pháp được mô tả ở trên dựa trên định lý duy nhất, bản chất của nó trong trường hợp của chúng tôi trùng khớp với định lý sau. Nếu một điện áp nhất định được đặt vào mạch, thì điện áp (và theo đó là điện tích) trên tất cả các tụ điện sẽ nhận các giá trị duy nhất có thể. Chúng ta hãy đưa ra một chứng minh không chặt chẽ lắm về định lý này bằng phản chứng.

Chúng ta hãy giả sử rằng có hai khả năng để điện tích “tiêu tán” trên các tụ điện của mạch điện khi đặt điện áp vào nó. $U_0$. Điều này có nghĩa là ít nhất một trong các tụ điện, ví dụ, có điện dung $C_0$, mức phí trong trường hợp thứ nhất và thứ hai sẽ khác nhau. Hãy đặt các nguồn điện áp nối vào mạch vào mạch $U_0$ Và - $U_0$ (nghĩa là tổng điện áp đặt vào mạch bằng 0). Do theo nguyên lý nên mạch sẽ “điều chỉnh” độc lập theo điện áp $U_0$ Và - $U_0$; trong trường hợp đầu tiên trên một tụ điện $C_0$ hóa ra là một khoản phí $q_0$, và trong đáp số cho điện áp - $U_0$ tụ điện sẽ sạc $q'_0$ có cực tính ngược lại và $|q_0 + q'_0| \neq 0$. Do đó, điện áp bằng 0 được đặt vào mạch, công của các nguồn bên ngoài bằng 0 và trên tụ điện $C_0$ hóa ra là nguồn dự trữ năng lượng điện $\frac{(q_0 + q'_0)^2}{2} \neq 0$. Sự mâu thuẫn.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang sơ đồ của chúng tôi. Tỷ lệ giữa các giá trị điện dung của các phần nằm ngang của mạch gợi ý chiến lược sau - đơn giản hóa mạch bằng cách loại bỏ tụ điện giữa các tham số của các điểm: $c$ và $d$, $e$ và $f$, $f$ và $g$.

Thật vậy, nếu bạn loại bỏ các tụ điện và đặt một số điện áp vào mạch đơn giản, thì điện thế tương ứng với các điểm sẽ giống nhau: $\varphi_c=\varphi_d$, $\varphi_e=\varphi_f=\varphi_g$ (bạn hãy tự chỉ ra điều này!). Hãy đặt các tụ điện đã tháo ra trở lại vị trí cũ. Do định lý duy nhất nên không có sự phân phối lại điện tích cho các tụ điện khác trong mạch. Do đó, điện dung của mạch ban đầu và mạch chuyển đổi sẽ giống nhau.

Công suất của mạch biến đổi bằng

$$C_{AB}=1:\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}\right)+1:\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right)+1:\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}\right)=\frac{9}{2} \text{ мкФ.}$$

A. I. Buzdin, S. S. Krotov

F952. Người quan sát kiểm tra một vật thể ở xa và một bức ảnh của vật thể này được chụp từ điểm đặt người quan sát. Đối với anh ta, cái gì có vẻ lớn hơn - vật thể hay ảnh chụp của nó? Bao nhiêu lần? Bức ảnh được chụp bởi Annaparat, vật kính có tiêu cự $F=3$ cm; Khi in ảnh, một tấm màn che $k=2,5$ đã được tạo ra.

Kích thước hình ảnh của một vật thể trên võng mạc tỷ lệ thuận với $tg\varphi$, trong đó $\varphi$ là góc nhìn của một vật thể nhất định. Do đó, độ phóng đại biểu kiến ​​khi xem một vật thể trong ảnh bằng

$$\Gamma=\frac{tg\varphi}{tg\varphi},$$

trong đó $\varphi_1$ là góc nhìn thấy được vật thể trong ảnh, $\varphi$ là góc nhìn thấy khi nhìn trực tiếp vật thể đó. Nếu $l$ là kích thước của vật thể trong ảnh và $D$ là khoảng cách từ đó hình ảnh được xem, thì $tg\varphi_1=l/D$. Hãy tìm $l$.

Khi chụp ảnh các vật ở xa, sẽ thu được ảnh sắc nét trong mặt phẳng tiêu điểm. Do đó, khoảng cách từ thấu kính đến phim trong trường hợp này phải bằng tiêu cự $F$. Kích thước hình ảnh trên phim là $l_1=F tg\varphi$. Sau khi in, kích thước ảnh trong ảnh trở thành $l=kl_1=kF tg\varphi$.

Như vậy,

$$\Gamma=\frac{kF}{D}.$$

Với tầm nhìn bình thường, $D$ không dưới 25 cm. Thay thế $D=25$ cm cho ước tính, chúng ta nhận được $\Gamma=0,3$ - khi nhìn vào ảnh chụp một vật thể, mỗi vật thể nhỏ hơn khoảng 3 lần so với khi quan sát trực tiếp.

V. S. Rybin

36

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Hầu hết độc giả đã gửi lời giải bài toán M911—M925; F923—F937, đã hoàn thành các nhiệm vụ M911, M912, M914, M916, M917, M918, F924, F930, F933 và F934. Dưới đây chúng tôi công bố họ của những người gửi đúng lời giải trong số bài toán còn lại (các số sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học
R. Agashiripov (làng Khurai, Az. SSR) 13; A. Aksenov (Velikiye Luki) 13, 15; M. Alexandrov (Moscow) 15, 19, 20, 22, 23; R. Alekseev (Magnitogorsk) 13, 15; A. Aleev (làng Karakaya, Az. SSR) 19; M. Alt (Odessa) 13, 19-21; A. Artugonyan (làng Merenya, Gr. SSR) 13, 15, 20; S. Arshava (Severodonetsk) 13; A. Astashkevich (Tomsk) 13, 15, 22-25; E. Balanova (Riga) 19; A. Barabanov (Kyiv) 13; A. Baran (Kyiv) 23; N. Bezdenezhnykh (Nzhinny Tagil) 13, 15; R. Bezrukavnikov (Kaluga) 20; A. Belopolsky (Kyiv) 19, 22, 23; A. Bendersky (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 22; V. Berezdivin (Donetsk) 13, 15; N. Binder (Leningrad) 19, 24, 25; E. Bozemol (Alma-Ata) 15; M. Boyko (Kyiv) 19; V. Bykov (Kyiv) 20; I. Vaishtein (Kalinin) 15, 19, 20; R. Balev (Frunze) 13; Y. Varshavsky (Kharkov) 13, 15, 19, 20, 23, 24; V. Vasiliev (Votkinsk) 19; T. Vasilyeva (Leningrad) 12, 13, 15; M. Veksler (Leningrad) 24; I. Verny (Kyiv) 19; R. Wooddon (Baku) 13; S. Volkov (Nzhinny Tagil) 19; V. Voroshil (Lviv) 13; G. Habibzade (làng Leningrad, Az. SSR) 15; T. Gazarin (Yerevan) 13, 15, 19, 20; D. Gamarik (Tbilis) 13, 15, 19, 20; A. Gamayunov (Poltava) 13; T. Gamaryan (Baku) 13; G. Gevondan (làng Melikgokh, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 13, 15; O. Gendelman (Kharkov) 13, 19; R. Gendler (Tashkent) 13, 19, 21-23, 25; O. Gupel (Dresden, CHDC Đức) 21; M. Godin (Leningrad) 19; V. Godlevsky (Kyiv) 13, 19; R. Goy (Lviv) 23; G. Gorbatenko (Arzamas) 13, 22; A. Gorokhovsky (Kyiv) 13, 19, 21-23; Yu. Grabovsky (Kyiv) 13; D. Grebneva (Alma-Ata) 15; N. Grigorieva (Andropov) 13, 20, 22, 23, 25; G. Grigoryan (Yerevan) 13, 15, 20; A. Davtyan (Yerevan) 13, 15, 20; Yu. Deykalo (Kyiv) 19; A. Dementtsev (Nalchik) 19; M. Dobritsin (Moscow) 13, 15, 19-25; A. Donchenko (Kyiv) 13; V. Dushatsky (Kyiv) 19; A. Dinnikov (Zhukovsky) 13, 15, 19, 20, 22-24; I. Dinnikov (Zhukovsky) 13, 15, 19-25; V. Zhdanov (Moscow) 19; V. Zhuravlev (Gayvoron) 13, 15, 20, 21; P. Zadorozhny (Kyiv) 13; R. Zainullin (Beloretsk) 19; D. Zaitsev (Kyiv) 13, 19, 22, 23; A. Zapolsky (Moscow) 23; A. Zakharov (Gatchina) 19; N. Zakharov (Alma-Ata) 15; K. Zvarts (Khmelnitsky) 19; A. Ivanov (Pervomaisk, vùng Nikolaev) 13, 15, 19, 20-24; S. Ivanov (Sevastopol) 19; M. Iznavev (Saratov) 13, 19, 22; S. Ismailov (Baku) 19, 23; A. Kadach (Ust-Kamenogorsk) 19; A. Kalbaeva (Alma-Ata) 15; V. và I. Kapovich (Khabarovsk) 13, 15, 19, 20; A. Karinsky (Nevinomyssk) 15; A. Karnaukhov (Ustinov) 13; O. Kirnasovsky (Vinnitsa) 13, 19; A. Kiselev (Leningrad) 12, 13, 19, 20, 22; I. Kitsa (Kyiv) 19; P. Clark (Tula) 19; D. Klionsky (Leningrad) 19; A. Kozinsky (Gayvoron) 13, 15, 20, 21; I. Kozulya (Zhukovsky) 13, 19; Yu. Kond-

38

IV. Cách chế tạo Transistor trong mạch tích hợp

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học M. E. LEVINSHTEIN, Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học G. S. SIMIN

Trong các số trước của tạp chí, chúng tôi đã nói về nguyên lý hoạt động của bóng bán dẫn. Hôm nay anh ấy nói về cách chế tạo bóng bán dẫn hiện đại.

Có rất nhiều hứa hẹn trong việc sản xuất công nghệ các bóng bán dẫn lưỡng cực và hữu ích đến mức chỉ cần xem xét nó bằng ví dụ về một bóng bán dẫn lưỡng cực, các thiết bị của chúng phức tạp hơn một chút.

hình 1 thể hiện thiết kế của bóng bán dẫn lưỡng cực, một phần tử mạch tích hợp (IC) được sử dụng trong máy tính. Thiết kế này quá khác so với cách biểu diễn sơ đồ của bóng bán dẫn được hiển thị trong hình 2, đã được thảo luận trong bài viết trước, đến nỗi thoạt nhìn khó có thể tin rằng đây là cùng một thiết bị. Tuy nhiên, nếu để ý kỹ, không khó để nhận thấy trên hình 1 các vùng $n—p—n$ giống như trên hình 2.

Thiết kế được hiển thị trong hình 1 được gọi là phẳng, nghĩa là phẳng (từ tiếng Anh mặt phẳng - phẳng): tất cả các hoạt động để sản xuất một bóng bán dẫn như vậy được thực hiện trên một mặt của tấm phẳng silicon (hoặc gali arsenide). Công nghệ phẳng trong sản xuất mạch tích hợp là công nghệ duy nhất có thể thực hiện được. Đầu tiên, vì việc sản xuất vi mạch liên quan đến việc đặt hàng chục hoặc hàng trăm nghìn bóng bán dẫn có kích thước vài micron trên một tấm bán dẫn, nên không thể căn chỉnh chính xác các phần tử riêng lẻ của từng bóng bán dẫn trên cả hai mặt của tấm bán dẫn. Thứ hai, công nghệ phẳng chỉ cho phép sử dụng các tấm bán dẫn như vậy (dày một trăm micron trở lên). Những tấm như vậy có đủ độ bền cơ học và thuận tiện sử dụng. Với công nghệ hai mặt, sẽ có những tấm dày một phần micron. Thực tế không thể làm việc với các tấm có độ dày như vậy.

Có khá nhiều cách để tạo ra IC. Tuy nhiên, trong số các công nghệ phổ biến mà BT được tạo ra, nó được thể hiện dưới dạng đơn giản hóa trong hình 3.

1. Bề mặt của tấm wafer đá lửa được mô tả. Một lớp silicon dioxide SiO$_2$ được hình thành trên đó. Sau đó, một lớp mỏng polymer nhạy sáng - chất phát quang - được phủ lên trên. Một nhà phát âm có khả năng thay đổi tính chất hóa học của nó dưới tác động của ánh sáng.

Một tấm kính có hình được dán trên đó, bao gồm các phần tùy ý và mờ đục - phoresillon, được ép vào một tấm bán dẫn được phủ chất điện quang. Sau đó, chất phát quang được chiếu sáng qua phoresillon và những khu vực của chất phát quang được ánh sáng chiếu sáng sẽ có khả năng hòa tan trong một số bẫy nhất định. Hoạt động này được gọi là chụp ảnh. Đây là một trong những điều quan trọng nhất trong quá trình sản xuất tất cả các IC.

Khi tấm bán dẫn có chất bán dẫn được đánh dấu được nhúng vào bẫy, các khu vực của chất bán dẫn tiếp xúc với ánh sáng cũng như các khu vực chứa silicon dioxide bên dưới sẽ bị hòa tan. Trên tấm bán dẫn ở những nơi này, các khu vực có bề mặt silicon sạch - “cửa sổ” - được mở ra. Sau đó, trong một bẫy khác có chức năng hòa tan chất điện phân chưa tiếp xúc nhưng không hòa tan SiO$_2$, chất điện quang còn lại sẽ bị loại bỏ. Kết quả là, bề mặt của tấm wafer là sự kết hợp của các “cửa sổ” với các khu vực được bảo vệ bởi một lớp silicon dioxide bền bỉ, chịu được nhiệt độ cao - một “mặt nạ”.

Hình 1. Transistor lưỡng cực phẳng - một phần tử IC trên BT.
a) Tiết diện của Transistor.
b) Nhìn từ trên xuống của cấu trúc bóng bán dẫn.
Kích thước điển hình của bóng bán dẫn tính bằng micron được đưa ra; độ dày đế $W=0,5$ µm.

Hình 2. Sơ đồ biểu diễn của một bóng bán dẫn lưỡng cực.

40

Sự giao thoa của ánh sáng

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
E. I. BUTIKOV

Tính chất sóng của ánh sáng bộc lộ rõ ​​nhất ở hiện tượng giao thoa và nhiễu xạ. Những hiện tượng này là đặc trưng của sóng thuộc bất kỳ bản chất nào. Chúng tương đối dễ quan sát bằng thực nghiệm, chẳng hạn như đối với sóng âm hoặc sóng trên mặt nước, nhưng để quan sát sự giao thoa hoặc nhiễu xạ của ánh sáng thì phải đáp ứng một số điều kiện nhất định. Đặc biệt, chúng sẽ được thảo luận ở đất nước này.

Sự giao thoa ánh sáng đề cập đến quá trình quan sát một số chùm ánh sáng, trong đó cường độ ánh sáng*) thu được tại mỗi điểm không bằng tổng cường độ của từng chùm tia riêng lẻ. Ở một số nơi, cường độ hóa ra lớn hơn cường độ tổng cộng, ở những nơi khác thì ít hơn, nghĩa là chúng tạo thành các vùng sáng và tối xen kẽ - xảy ra hiện tượng giao thoa.

Ví dụ đơn giản nhất về giao thoa được đưa ra bằng việc quan sát hai sóng đơn sắc có cùng tần số và có cùng hướng dao động khi cộng các sóng. Kết quả là, các dao động xảy ra tại mỗi điểm với cùng tần số và biên độ không đổi theo thời gian, tuy nhiên, tùy thuộc vào vị trí của điểm này.

Giả sử biên độ của dao động gấp là như nhau thì với dao động hiệu dụng $E(t)$ ta thu được

$$E(t) = E_1(t) + E_2(t) = a \cos(\omega t + \varphi_1) + a \cos(\omega t + \varphi_2) = 2a \cos \frac{\varphi_1 - \varphi_2}{2} \cos \left( \omega t + \frac{\varphi_1 + \varphi_2}{2} \right),$$

nghĩa là, biên độ $A = 2a \left| \cos \frac{\varphi_1 - \varphi_2}{2} \right|$ phụ thuộc vào độ lệch pha $\varphi_1 - \varphi_2$ của các dao động thu được và lấy các giá trị từ biên độ kép $2a$ của mỗi sóng (tại các điểm mà dao động cùng pha) về 0 (tại các điểm mà dao động xảy ra ngược pha). Năng lượng của các dao động, và do đó cường độ ánh sáng $I$, tỷ lệ với bình phương biên độ của chúng: $I \sim A^2$. Như có thể thấy từ công thức (1), cường độ thu được $I$, tùy thuộc vào vị trí của điểm quan sát, lấy các giá trị từ 0 đến gấp bốn lần cường độ của một sóng riêng lẻ $I_0 \sim a^2$:

$$I = 4I_0 \cos^2 \frac{\varphi_1 - \varphi_2}{2} = 2I_0 (1 + \cos (\varphi_1 - \varphi_2)).$$

Tập hợp các điểm trong không gian tương ứng với cùng cường độ (một phần, cực đại hoặc cực tiểu), tạo thành các bề mặt, tùy thuộc vào tính chất và vị trí của nguồn sáng.

Câu 1. Hai nguồn sáng giống hệt nhau đặt cách nhau một khoảng. Cường độ tối đa và tối thiểu có dạng gì trong trường hợp này?

Độ lệch pha $\varphi_1 - \varphi_2$ tại một điểm nhất định phụ thuộc vào độ lệch đường đi $l$ của sóng từ các nguồn cùng pha: $l = l_1 - l_2$. Nếu hiệu đường đi bằng một số nguyên bước sóng: $l = k\lambda$ ($k = 0, 1, 2, ...$), thì sóng đến điểm quan sát cùng pha và ngoài ra, sẽ dao động với biên độ cực đại. Nếu hiệu đường truyền bằng một số lẻ nửa sóng: $l = (2k + 1)\lambda/2$, thì các sóng đến ngược pha và “triệt tiêu” lẫn nhau. Do đó, sự khác biệt giữa cực đại và cực tiểu được xác định bởi các điều kiện $l_1 - l_2 = const$.

Trong bất kỳ mặt phẳng nào chứa các nguồn, ví dụ như trong mặt phẳng vẽ ở hình 1, có thể có các điểm có khoảng cách chênh lệch so với hai điểm đã cho - trong trường hợp này là từ các nguồn $S_1$ và $S_2$ - là như nhau, được biểu thị bằng một hyperbola

41

(S₁ và S₂ là công thức của nó). Từ tính đối xứng, rõ ràng rằng trong không gian, tập hợp các điểm thỏa mãn điều kiện l₁−l₂=const tương ứng với bề mặt của một hyperbola thẳng đứng xung quanh một đường thẳng đi qua các nguồn - cái gọi là hyperbolon của một hyperbola dọc. Hình dạng của các vân giao thoa trên bất kỳ màn nào được xác định bởi các đường giao nhau của các hyperbol đó với mặt phẳng của màn.

Ví dụ, trên màn A, vuông góc với đường thẳng đi qua hai nguồn S₁ và S₂, các vân giao thoa có dạng các vòng tròn đồng tâm (xem hình 1). Trên màn hình B, các thanh có hình dạng hyperbol. Khi khoảng cách từ các nguồn đến màn hình B lớn hơn nhiều so với khoảng cách giữa các nguồn, trong một khoảng cách nhỏ đến điểm O, các vân giao thoa thực tế có thể được coi là các đường thẳng song song, cách nhau những khoảng cách bằng nhau.

Bài toán 1. Tìm khoảng cách giữa các cực đại giao thoa liền kề trên màn hình B, ở khoảng cách L=1 m tính từ các nguồn S₁ và S₂, nếu chúng nằm ở khoảng cách d=0,5 mm với nhau (hình 2). Bước sóng ánh sáng λ=5·10⁻⁷ m. Theo định luật nào độ sáng của màn hình thay đổi khi di chuyển từ mức tối đa đến tối thiểu của hình ảnh giao thoa?

Chúng ta vẽ đường thẳng SP từ giữa đoạn S₁S₂ đến điểm quan sát P và biểu thị bằng θ góc tạo bởi đường thẳng này với hướng SO đến tâm của hình giao thoa. Đối với θ nhỏ, có thể tìm thấy chênh lệch đường dẫn l=l₁−l₂ bằng cách hạ bộ phân phối lại từ S₂ xuống đường thẳng SP cho đến khi nó giao với S₁P:l=d·θ. Đặt trường ở đây l bằng bước sóng nguyên kλ, chúng ta tìm hướng θ_k đạt cực đại của bậc k:

θ_k=kλ/d, k=0, ±1, ±2, … (3)

Khoảng cách góc Δθ=θ_k+1−θ_k giữa các điểm cực đại liền kề bằng λ/d và khoảng cách h giữa chúng trên màn hình B có được bằng cách nhân Δθ với L:

h=LΔθ=λL/π=10⁻³ m=1 mm.

Từ đây rõ ràng là khoảng cách L, và do đó các vân giao thoa, càng rộng thì các nguồn càng nằm gần nhau.

Để tìm định luật thay đổi cường độ dọc theo đường thẳng OB, chỉ cần biểu thị theo công thức (2) độ lệch pha của dao động gấp φ₁−φ₂ thông qua vị trí của điểm quan sát P trên màn:

φ₁−φ₂=2π/λ(l₁−l₂)=θπl/λ=2π/λdθ.

Như vậy, hóa ra độ chiếu sáng của màn ảnh phụ thuộc vào hướng θ đến điểm quan sát theo định luật hình sin

I(θ)=2I₀(1+cos(2πd/λθ)).

Đồ thị của hàm này được hiển thị ở phía bên phải của hình 2.

Sự suy yếu của các rung động ánh sáng ở một số vị trí của hình ảnh giao thoa và sự triệt tiêu ở những vị trí khác không liên quan đến bất kỳ sự biến đổi nào của năng lượng rung động. Điều này được thấy rõ từ công thức (4), theo đó giá trị cường độ trung bình theo mọi hướng bằng 2I₀, tức là tổng cường độ từ hai nguồn.

42

Cho đến nay, người ta cho rằng các nguồn $S_1$ và $S_2$ tạo ra các sóng đơn sắc có cùng tần số. Nhưng đối với các nguồn thông thường (không phải tia laser), ánh sáng không hoàn toàn đơn sắc. Sóng do một nguyên tử riêng lẻ phát ra không phải là sóng hình sin vô hạn mà chỉ là một đoạn của nó, hay như người ta nói, một chuỗi sóng hình sin. Thời lượng t của chuyến tàu như vậy không vượt quá $10^{-8}$ s. Chiều dài tối đa của một đoàn tàu $ct$ là khoảng 3 m ($c=3 \cdot 10^8$ m/s là tốc độ ánh sáng mà đoàn tàu di chuyển trong không gian) và nó chứa hàng triệu “núi” và “thung lũng” ($ct/\lambda \approx 10^7$ tại $\lambda=5 \cdot 10^{-7}$ m).

Ngay cả khi chúng ta coi tất cả các chuỗi phát ra bởi các nguyên tử khác nhau của nguồn là giống hệt nhau và mô tả chúng có cùng bước sóng $\lambda$, thì sự tương ứng pha giữa chúng là hoàn toàn ngẫu nhiên, vì các hành động phát xạ ánh sáng tự phát của các nguyên tử sẽ xảy ra tại những thời điểm ngẫu nhiên. Như vậy, ánh sáng của các nguồn thực có thể coi là một chuỗi hỗn loạn của các chuỗi sóng hình sin. Khi các chùm ánh sáng từ các nguồn khác nhau chồng lên nhau, sự tương ứng pha giữa các dao động ánh sáng tại một điểm bất kỳ trong thời gian quan sát sẽ thay đổi ngẫu nhiên nhiều lần. Do việc bổ sung một số lượng lớn dao động với các pha ngẫu nhiên, năng lượng của dao động thu được tại mỗi điểm sẽ bằng tổng năng lượng của các dao động được thêm vào, nghĩa là sự phân phối lại năng lượng trong đặc tính không gian của giao diện sẽ không xảy ra.

Từ đây rõ ràng là cần có những điều kiện đặc biệt để quan sát giao diện của ánh sáng: ánh sáng từ cùng một nguồn phải được chia thành hai chùm (hoặc nhiều chùm) và sau đó các chùm này phải được tập hợp lại với nhau theo một cách nào đó. Nếu độ lệch đường đi từ điểm phân tách đến điểm quan sát không vượt quá chiều dài của một đoàn tàu riêng lẻ thì sự thay đổi ngẫu nhiên về biên độ và pha của dao động ánh sáng trong hai chùm tia sẽ xảy ra tương ứng. Những bó như vậy được gọi là các hệ số. Khi các hệ số chùm tia được xếp chồng lên nhau, một mẫu giao diện cố định sẽ được hình thành.

Hình 3.

Đề xuất đầu tiên về bề mặt phân cách của ánh sáng dựa trên khái niệm sóng được nhà khoa học người Anh Thomas Young đưa ra vào đầu thế kỷ 19. Thí nghiệm mà ông thực hiện với hai lần bác bỏ được mô tả chi tiết trong sách giáo khoa (“Vật lý 10”, § 69). Tính cốt lõi của các chùm ánh sáng bị loại bỏ trong trải nghiệm này đảm bảo nguồn gốc của chúng từ một chùm ánh sáng chính.

Một phương pháp khác để thu được các chùm ánh sáng kết hợp dựa trên việc sử dụng sự phản xạ của chùm tia sơ cấp từ hai bề mặt với một nguồn mỏng từ một chùm tia sơ cấp.

Câu 2. Dải giao diện trên màn hình B có mặt phẳng song song với mặt phẳng (hình 3) có hình dạng gì?

Hai sóng đến mỗi điểm quan sát $P$, độ sắc nét của sóng này có thể được tìm thấy bằng cách xây dựng hình ảnh của nguồn chính xác $S$ ở mặt trên và mặt dưới của tấm. Để đơn giản, chúng ta có thể bỏ qua