Kvant 1986, số 7 · Trang

QUANTUM
7
1986

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

Bí mật
huyền diệu
lạc đà không bướu

Hôm nay khách mời của chúng ta là tạp chí toán học phổ biến và khoa học của Bulgaria dành cho học sinh “Toán học”. Tổng biên tập tạp chí “Toán học” R. Rusev sẽ kể về ấn phẩm tuyệt vời này và lịch sử của nó trên những trang đầu tiên «Kvant». Bài toán và các bài báo về toán học trên các trang tiếp theo của số báo này được viết bởi các đồng nghiệp người Bulgaria của chúng tôi.

Những thành tựu to lớn của toán học phổ thông Bulgaria - được công nhận trong hai kỳ thi Olympic Toán quốc tế gần đây nhất, chiến thắng của thành phố Yambol tại Giải đấu Thành phố vừa được hợp pháp hóa, những thành công đáng chú ý của Thư viện Quốc gia Belarus trong việc tin học hóa các chuyên ngành giáo dục phổ thông - truyền thông là nhờ ảnh hưởng chắc chắn của tạp chí “Toán học”. Độc giả «Kvant» sẽ có thể tưởng tượng được tài liệu của những người bạn Bulgaria của chúng tôi thú vị và hữu ích như thế nào sau khi đọc số này.

1

TRONG PHÒNG:

2. R. Rusev. Tạp chí Trung ương Đoàn Thanh niên Cộng sản mang tên. Dimitrova
   “Toán học” và sự phát triển của nó
   R. Rusev. The Bulgarian young communist league’s magazine „Mathematics“ and its development

3. K. G. Bankov. Về một định lý Kronecker
   K. G. Bankov. About a theorem of Kronecker

4. I. P. Krylov. Hydro nguyên tử từ hóa
   I. P. Krylov. Magnetized atomary hydrogen

5. A. A. Varlamov. Bí mật của chiếc đèn thần
   A. A. Varlamov. Mysteries of the magic lamp

6. Phòng thí nghiệm «Kvant»
   E. E. Kolomeitsev. Các ion bị phân hủy
   Kvant’s lab
   E. E. Kolomeytsev. Ions in solutions

7. Trường học ở «Kvant»
   Y. B. Tabov. Về một cách để xác định một vòng tròn
   Kvant’s school
   Y. B. Tabov. About a way of defining circles

8. «Kvant» cho học sinh nhỏ
   Nhiệm vụ
   Quadrille biển (dựa trên L. Carroll)
   Kvant for younger school children
   Problems
   The lobster quadrille (after L. Carroll)

9. vòng tròn toán học
   S.Ts. Kharaalmpev. Sọc và cực so với vòng tròn
   Mathematics circle
   S. Ts. Kharalampiev. Poles and polars with respect to a circle

10. Nhiệm vụ M991—M995; F1003—F1007

11. Lời giải bài toán M971—M975; F983—F987
    Kvant’s problems
    Problems M991—M995; P1003—P1007
    Solutions M971—M975; P983—P987

12. Xưởng của người nộp đơn
    G. V. Dorofeev. Các nghiệm của tam thức nằm ở đâu?
    College applicant’s section
    G. V. Dorofeeev. How are roots of trinomials located?

13. Trò chơi và câu đố
    D. I. Vakarelov. Di chuyển qua đồ thị
    Puzzles and games
    D. I. Vakarelov. In the realm of graphs

14. Thông tin
    Trường thông tin tại NSU
    Information
    Novosibirsk University correspondance school

15. Đáp số, gợi ý, lời giải
    Pha trộn (64)
    Trang cờ vua
    Những thủ đoạn bí ẩn (trang bìa thứ 3)
    Answers, hints, solutions
    Miscellaneous (64)
    The chess page
    Strange manoeuvres (3rd cover page)

Bức ảnh đặt trên trang đầu tiên của trang bìa ghi lại khoảnh khắc “cuộc đời” của chiếc đèn Cầu Vồng.
Những hiện tượng vật lý đáng chú ý xảy ra trong chiếc đèn này sẽ được thảo luận trong bài “Bí mật của chiếc đèn thần”.

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1986

2

Tạp chí Trung ương Đoàn Thanh niên Cộng sản
họ. Dimitrova
“Toán học”
và sự phát triển của nó

Cộng hòa Nhân dân Bulgaria là một quốc gia có xã hội xã hội chủ nghĩa trưởng thành. Công dân của nó là những cá nhân sáng tạo, những chiến binh và những người biến hình. Ông tìm kiếm và phân tích, mở ra những con đường mới trong khoa học và thực tiễn. Vì vậy, chỉ tiếp thu kiến ​​thức hiện đại thôi là chưa đủ; anh ta phải học cách suy nghĩ độc lập và hiệu quả cũng như tiếp cận các vấn đề của cuộc sống một cách sáng tạo. Do đó, cần phải đào tạo những nhân viên có khả năng điều hướng các điều kiện thay đổi, những thành tựu mới nhất của khoa học và công nghệ và giải quyết vấn đề một cách độc lập. Chúng ta phải chuẩn bị cho thế hệ tổ chức những thành tựu của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ thông qua hệ thống xã hội chủ nghĩa, sáng tạo và thực hiện những cái mới trong khoa học và khoa học.

Toán học luôn là nền tảng của tiến bộ kỹ thuật, do đó Đảng Cộng sản Bulgaria và chính phủ coi vấn đề quan trọng là nâng cao văn hóa toán học của giới trẻ.

Năm 1962, Ban Bí thư Ban Chấp hành Trung ương BCP đã thông qua lời giải về việc thành lập tạp chí “Toán học” dành cho học sinh trung học. Tạp chí sẽ được xuất bản sáu lần một năm và bài toán sau đây được giao cho nó:

— giới thiệu cho học sinh một cách phổ biến và hấp dẫn những thành tựu chính của toán học, lịch sử của nó và những người tạo ra nó;

• Giải thích sâu và chi tiết hơn các vấn đề đã học trong môn toán ở trường;
• hỗ trợ các ứng dụng thực tế của toán học và giá trị giáo dục của nó;
• giúp đỡ học sinh làm bài toán ngoại khóa;
  — phản ánh những sự kiện thú vị trong đời sống toán học quốc tế;
  — giới thiệu cho sinh viên những nhà toán học hàng đầu của Nga;
• can thiệp vào các tài liệu về toán học đang được nghiên cứu.

Tạp chí của chúng tôi bắt đầu đề cập đến những bài toán này trong các bài báo và chuyên mục khoa học phổ biến của mình: “Từ lịch sử toán học”, “Các nhà toán học nổi tiếng”, “Cạnh tranh bài toán”, “Bài toán”, “Bài toán để lấy chứng chỉ trúng tuyển”, “Toán học giải trí”, v.v.

Chủ đề “Trường học”

Các bài báo khoa học phổ biến đều liên quan đến chương trình giảng dạy; một mặt, chúng liên quan đến những chủ đề giúp mở rộng kiến ​​thức của học sinh về vấn đề này, mặt khác, liên quan đến những chủ đề giúp các em hiểu sâu hơn. Mức trung bình của các chủ đề này được gọi là:

1. Các loại ánh xạ tập hợp cơ bản và ánh xạ số.
2. Định nghĩa liên liên và các ứng dụng của nó.
3. Nguyên tắc liên tục.
4. Vector và ứng dụng của chúng
5. Tính chất của hình tam giác và hình tứ giác.
6. Ví dụ đúng.
7. Phương trình và hệ phương trình.
8. Bất bình đẳng và hệ thống bất bình đẳng.
9. Các phép toán đại số và tính chất của chúng.

Tạp chí không chỉ bao gồm các chủ đề từ các phần toán học cổ điển mà còn bao gồm các phần như phân tích tổ hợp, logic toán học, lời giải và lý thuyết đồ thị, tài liệu toán học, nhiều chương về toán học tính toán, tức là những phần có thể được kết hợp dưới một tiêu đề chung.

3

Toán rời rạc

Các mục tiêu trước bài viết theo hướng này là như sau:

1. Tăng cường hướng áp dụng. Một mặt, mối liên hệ giữa toán rời rạc, việc sử dụng máy tính và toán tính toán với các ứng dụng vào kinh tế và nhân văn, khiến việc nghiên cứu toán rời rạc trở nên cần thiết cho hầu hết giáo dục trung học đặc biệt.

2. Giới thiệu về mô hình toán học. Các mô hình rời rạc có những đặc điểm riêng cho phép chúng trở nên chuyên biệt (lập trình tuyến tính, mô hình toán học của ngôn ngữ, v.v.).

3. Tiết lộ vai trò thiết yếu của toán rời rạc trong việc nâng cao văn hóa tính toán của học sinh.

4. Giới thiệu về giải tích tổ hợp, lĩnh vực ngày càng trở nên quan trọng trong toán ứng dụng ở thời đại chúng ta. Nhiều phần của lý thuyết xác suất và các môn học khác cũng liên quan đến tổ hợp.

5. Nâng cao năng lực tư duy logic cho học sinh.

Chính xác những chủ đề nào theo hướng này nên được đề cập đến là một câu hỏi khó. Nhưng ban biên tập tạp chí tin rằng trước hết họ phải là những tạp chí có thể gắn liền với các chủ đề của khóa học ở trường.

Thế giới quan khoa học

Liên quan đến một trong những bài toán chính của trường trung học - giáo dục thế giới quan khoa học - tạp chí “Matematika” xuất bản các bài báo chỉ ra nguồn gốc của các khái niệm toán học, giải thích vai trò của trừu tượng toán học, sức mạnh của các phương pháp toán học giúp có thể sử dụng các câu hỏi của thế giới tự nhiên - vật lý, sinh học, thiên văn học và các ngành khoa học khác một cách đơn giản và trong những điều kiện nhất định. Bằng cách tập trung sự chú ý đặc biệt vào nền tảng triết học của toán học, chúng tôi góp phần hiểu sâu hơn về chủ đề và phương pháp của nó, một cái nhìn rộng hơn về bản thân chủ đề và vị trí của nó trong hệ thống kiến ​​thức khoa học cũng như vai trò của nó như một động lực của sự tiến bộ. Dưới đây là ví dụ về các bài viết theo hướng này: “Matematika và thực tế khách quan”, “Phương pháp trừng phạt toán học”, “Matematika như một nghề”, “Tài năng và thẩm mỹ trong sáng tạo khoa học”, “Âm nhạc toán học”, “Phương pháp tiếp cận toán học đối với các cân nhắc vật lý”.

Lịch sử toán học

Làm quen với lịch sử khoa học và những khám phá khoa học có vai trò rất lớn trong việc phát triển thế giới quan khoa học của giới trẻ. Các tác phẩm kinh điển của chủ nghĩa Mác-Lênin cũng chỉ ra sự cần thiết của một cách tiếp cận khoa học. Bằng cách nghiên cứu con đường phức tạp mà khoa học đã đi, ở một mức độ nhất định, chúng ta có thể tiến gần hơn đến việc hiểu được vai trò của nó ngày nay. Dưới đây là một số ví dụ về các bài báo được trình bày cho mục đích này: “Ý tưởng của N. I. Lobachevsky”, “Từ lịch sử toán học”, “Những bước đầu tiên trong lịch sử đếm”, “Matematika của các dân tộc cổ đại ở Lưỡng Hà”, “Từ lịch sử logarit”, “Từ số đến hình”.
Chúng tôi cũng lưu ý vị trí đặc biệt mà chúng tôi dành cho những câu chuyện về sự phát triển của toán học Bulgaria.
Trong phần “Các nhà toán học nổi tiếng”, độc giả được giới thiệu về cuộc đời của các nhà khoa học lớn trong lĩnh vực toán học và căn cứ vào trình độ đào tạo của độc giả, kèm theo những đánh giá về công trình khoa học của các nhà khoa học này. Chúng tôi cũng bao gồm tiểu sử của các nhà toán học nổi tiếng người Bulgaria và một số tác phẩm hàng đầu của họ.

Tạp chí “Matematika” nỗ ​​lực khám phá công việc của sinh viên thông qua tiêu đề “Sáng tạo của sinh viên” và “Cạnh tranh bài toán”. Trở lại số đầu tiên của tạp chí, trong chuyên mục “Sáng tạo của học sinh”, một bài viết của một học sinh lớp 9 “Sự bất bình đẳng giữa trung bình số học và trung bình hình học của một số số” đã được đăng. Vì

4

Trong những năm đầu tiên tạp chí mới tồn tại, dưới tiêu đề này, chủ yếu các bài viết chứa đựng lời giải bài toán nguyên gốc với kinh nghiệm quốc tế đã được xuất bản. Sau khi trở thành biên tập viên của tạp chí, cô bắt đầu quản lý tích cực hơn khả năng sáng tạo của học sinh và các bài tóm tắt từ các hội nghị lý thuyết ở trường về toán học bắt đầu xuất hiện trên các trang của tạp chí.

Hạng mục “Cạnh tranh bài toán”

Phần này, được tạo ra ngay từ khi tạp chí Matematika ra đời, nhằm mục đích thu hút những sinh viên có năng lực nhất tham gia công việc sáng tạo độc lập ở cấp độ bài toán của kinh nghiệm quốc tế. Ở một mức độ nhất định, các khái niệm tiến bộ của Gyorg Pøly đã được triển khai ở đây, cụ thể là trong lớp học có thể tạo ra một môi trường mà học sinh tự nỗ lực xác định công việc nghiên cứu.

Trong khoảng thời gian từ 1962 đến 1967, chúng tôi đã xuất bản bài toán (và sau đó là lời giải của họ) và danh sách những học sinh đã giải được những bài toán này. Sau năm 1968, bản gốc lời giải và những khái quát hóa bài toán của học sinh được xuất bản, và kể từ năm 1969, cũng do học sinh bài toán biên soạn. Đồng thời, khả năng đặt ra và giải quyết bài toán nảy sinh khi nghiên cứu thế giới thực, tính hữu ích càng được chú trọng hơn.

Phần dành cho học sinh nhỏ tuổi

Từ năm 1980, tạp chí “Matematika” đã xuất bản 10 số mỗi ngày. Mục tiêu chính và bài toán của tạp chí không thay đổi mà được phân phối thông qua tài liệu dành cho học sinh tiểu học (lớp 4-6). Các tiêu đề “Thống kê cho cấp dưới” và “Nhiệm vụ cho cấp dưới” đã được tạo. Trong các bài viết dành cho cấp dưới, trước hết, các tình huống gần với thực tiễn và ý tưởng trực quan được nghiên cứu và ưu tiên yếu tố liên quan là đối thoại. Tuy nhiên, vai trò chính của họ là truyền cho học sinh ngay từ khi còn nhỏ niềm yêu thích vẻ đẹp của các bài tập toán học và, trong phạm vi có thể, khả năng làm việc độc lập. bài toán được lựa chọn đặc biệt cẩn thận cho học sinh nhỏ tuổi. Học sinh lớp 5, 6 và 7 có cơ hội tham gia cuộc thi viết thư cho lời giải trong số bài toán này. Hai mươi học sinh lớp bảy giỏi nhất được quyền tiếp tục học tại phòng tập thể dục toán mà không cần thi cử.

Thông tin

Kể từ số đầu tiên vào năm 1985, tạp chí của chúng tôi đã tăng số lượng. Đồng thời, khối lượng bổ sung hiện được phân bổ cho một phần mới dành cho các vấn đề thông tin. Mục tiêu của nó, được xác định theo ngôn ngữ kinh tế, như sau:

1. Phát triển khả năng trí tuệ của học sinh, giới thiệu cho học sinh các khái niệm toán học như hệ thống, mô hình, thông tin, thuật toán, điều khiển chương trình, ngôn ngữ định dạng, v.v.

2. Mở rộng và đào sâu khái niệm mô hình toán học bằng cách sử dụng ví dụ về các thiết bị và công nghệ thực, quy trình quản lý và dịch vụ, giới thiệu chúng về cách sử dụng, tối ưu hóa và thuật toán hóa.

3. Để tiết lộ khả năng của thông tin và toán học cho lời giải khoa học, kỹ thuật và kinh tế bài toán và trên cơ sở đó giới thiệu các phương pháp định lượng lời giải.

Tóm lại, chúng tôi lưu ý rằng trong hơn 20 năm qua, tạp chí “Matematika” đã là trợ thủ đắc lực cho học sinh trung học. Điều này được chứng minh bằng ít nhất con số gấp ba của tạp chí, tăng từ 15.000 (năm 1962) lên 78.000 (năm 1986).

Đội ngũ biên tập cố gắng đáp ứng đầy đủ nhất có thể lợi ích của người đọc và giúp đào tạo nhân sự có kiến ​​thức toán học sâu rộng. Đó là lý do vì sao chúng tôi không ngừng tìm kiếm nhiều hình thức tiếp xúc khác nhau với độc giả.

Tổng biên tập tạp chí
«Matematika»
R. Rusev

5

Về một định lý
Kronecker

K. G. BANKOV (NRB)

Định lý được thảo luận ở đây đóng một vai trò nổi bật trong lý thuyết số. Tuy nhiên, điều thú vị đối với chúng tôi là vì một lý do khác: với sự trợ giúp của nó, có thể giải một cách đơn giản các công thức cơ bản nhưng về cơ bản là khó bài toán. Trước khi trình bày định lý, chúng ta sẽ xem xét hai bài toán như vậy.

Bài 1. Chứng minh tồn tại lũy thừa của 2 có ký hiệu thập phân bắt đầu bằng chữ số 1986.

Để giải bài toán này, chúng ta cần tìm lũy thừa $m \in N$ sao cho $10^n \cdot 1986 < 2^m < 10^n \cdot 1987$ đối với một số $n$. Lấy logarit cơ số 10, ta được

$$\lg 1986 + \lg 10^n < \lg 2 < \lg 1987 + \lg 10^n,$$

hoặc

$$\lg 1986 < \lg 2 - n < \lg 1987.$$

Bài toán sẽ được giải nếu chúng ta tìm được các số tự nhiên $n$ và $m$ sao cho một trong các số có dạng

$$\lg 2 - n, m, n \in N$$

(1)

rơi vào một khoảng nhỏ (lg 1986, lg 1987).

Bài toán 2. Tại các đỉnh của một lưới vuông nguyên có vẽ

những con mèo nhỏ giống hệt nhau (hình 1). Chứng minh rằng tia $y = kx$, $x \geq 0$ sẽ cắt nhau, ngoài tia ở giữa thì có ít nhất một con mèo nữa nếu số $k$ là số vô tỉ.

Đặt $2\varepsilon_0$ là “chiều rộng của con mèo”, nói cách khác, để con mèo trung tâm cắt trục $Ox$ dọc theo đoạn $[-\varepsilon_0; \varepsilon_0]$. Để xác định điều này, chúng ta giả sử rằng chùm tia nằm ở ô vuông đầu tiên (các trường hợp còn lại tương tự). Khi đó tia cắt các đường thẳng $y = 1, 2, \dots, n, \dots$ tại các điểm có hoành độ $\alpha, 2\alpha, \dots, n\alpha, \dots$, trong đó $\alpha = 1/k$. Vấn đề sẽ được giải quyết nếu chúng ta tìm thấy $n$ và $m$ tự nhiên sao cho

$$m - \varepsilon_0 < n\alpha < m + \varepsilon_0,$$

hoặc

$$-\varepsilon_0 < n\alpha - m < \varepsilon_0,$$

6

nghĩa là, chúng ta có thể thiết lập rằng một trong các số có dạng
$$n\alpha - m, n, m \in \mathbb{N},$$
(2)
phục vụ trong một khoảng thời gian nhỏ $(-\varepsilon_0, \varepsilon_0)$.

Ý tưởng đáng chú ý của định lý Kroneckar*) là các tập hợp như (1) và (2) chứa các số nằm trong bất kỳ khoảng nào. Để đưa ra một công thức chính xác của định lý này, chúng ta cần một định nghĩa.

Một tập hợp số $A \subset \mathbb{R}$ được cho là dày đặc ở mọi nơi (trong $\mathbb{R}$) nếu bất kỳ khoảng nào chứa một phần tử của tập hợp này. Nói cách khác, $A$ dày đặc ở mọi nơi trong $\mathbb{R}$ nếu với mọi số $x, y \in \mathbb{R}$, $x < y$ đều tồn tại $a \in A$ sao cho $x < a < y$.

Bài tập

1. Cho biết tập hợp nào sau đây dày đặc ở mọi nơi trong $\mathbb{R}$: a) tất cả các số hữu tỷ; b) tất cả các số vô tỷ; c) tất cả các số có dạng $n + 5m/17$ ($n, m \in \mathbb{Z}$); d) tất cả các số có dạng $n + k/m$ ($n, k, m \in \mathbb{Z}$).
2. Đặt tập $A$ dày đặc ở mọi nơi trong $\mathbb{R}$ và $r \neq 0$ một số thực. Chứng minh rằng khi đó các tập hợp
   $$B = \{a + r; a \in A\}, C = \{ra, a \in A\}$$
   điều tương tự dày đặc ở mọi nơi trong $\mathbb{R}$.

Định lý Kronekar. Đối với một số vô tỉ tùy ý $a \neq 0$ thì tập hợp
$$\{m\alpha + n; m, n \in \mathbb{Z}\}$$
(3) dày đặc khắp nơi trong $\mathbb{R}$.

Bằng chứng. Chúng ta cần chứng minh rằng với hai số $x, y$ bất kỳ mà $x < y$ tồn tại các số có dạng $m\alpha + n$, trong đó $m, n \in \mathbb{Z}$ sao cho $x < m\alpha + n < y$. Chúng ta biểu thị bằng $\delta$ độ dài của khoảng $\Delta = (x; y)$ và chia khoảng [0; 1] thành một số hữu hạn các khoảng $\Delta_1, \Delta_2, \dots, \Delta_n$, mỗi khoảng có độ dài nhỏ hơn $\delta$. Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng đối với bất kỳ số nguyên $m$ nào, rất lớn, đều có một số nguyên $n$ mà số $m\alpha + n$ nằm trên khoảng [0; 1]. Vì có vô số số nguyên và đoạn [0; 1] được chia thành một số hữu hạn các khoảng, có các số nguyên $m_1, m_2, n_1, n_2$ mà $m_1 \neq m_2$ và các số $m_1\alpha + n_1$ và $m_2\alpha + n_2$ nằm trong cùng một khoảng $\Delta_i$. Điều này có nghĩa là số $a = (m_1 - m_2)\alpha + (n_1 - n_2)$ có giá trị abscylotic nhỏ hơn $\delta$. Hơn nữa, đẳng thức $a = 0$ không thể đúng vì nó ngụ ý rằng $a = \frac{n_2 - n_1}{m_1 - m_2}$ là một số hữu tỉ. Từ kết quả trên, suy ra rằng một số bội số của $a$, cũng có dạng $m\alpha + n$, không phải số nguyên, sẽ thuộc về $\Delta = (x; y)$; định lý đã được chứng minh.

Bình luận. Định lý vẫn đúng nếu thay thế tập (3) bằng tập
$$\{m\alpha - n; m, n \in \mathbb{N}\}.$$

Điều này dễ dàng được suy ra từ định lý đã được chứng minh; chúng tôi để lại phần kết luận như một bài tập cho người đọc.

Bây giờ quay lại tập (1) và (2), chúng ta thấy rằng chúng thỏa mãn các điều kiện của định lý: bài toán 1 và 2 nhờ đó được giải. (Chúng ta coi như đã biết rằng số lg 2 là số vô tỷ; tuy nhiên, việc chứng minh điều này không khó.)

Bài tập 3. Chứng minh rằng trong bài toán về con mèo, điều kiện vô tỉ $k$ không thể bỏ qua.

Chúng ta hãy xem xét thêm một số bài toán, lời giải sử dụng định lý Kronekar.

Bài toán 3. Chứng minh rằng tồn tại bình phương của một số tự nhiên có ký hiệu mô tả bắt đầu bằng bất kỳ chữ số nào đã cho trước đó.

Lời giải. Hãy tìm bình phương của một số tự nhiên có chữ số thập phân đầu tiên là $-a_0a_1...a_s$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $A$ số $A = a_0a_1...a_s$. Bây giờ chúng ta hãy tìm một số tự nhiên $n$ sao cho với một số tự nhiên $k$ các bất đẳng thức đúng
$$A \cdot 10^k < n^2 < (A + 1) \cdot 10^k,$$
hoặc lg $A < 2\lg n - k < \lg (A + 1)$.
Nếu chúng ta chọn số $n$ bằng $n = 2^m$ và số $k$ là số chẵn, $k = 2t$ thì lg $A < 2mlg 2 - 2t < \lg (A + 1)$. (5)

Theo định lý thế (xem (4)) và Bài tập 2, tập hợp
$$\{2mlg 2 - 2t; m, t \in \mathbb{N}\}$$ dày đặc ở mọi nơi, và do đó có các số $m$ và $t$ mà (5) đúng. Vấn đề lời giải.

Đối với lời giải bài toán tiếp theo, chúng ta cũng cần câu lệnh sau:

Bổ đề. Nếu hai hàm liên tục có cùng giá trị khi các đối số là các phần tử của cùng một tập dày đặc ở mọi nơi, thì chúng trùng nhau ở mọi nơi.

Bổ đề này mang tính “hình học”; Chứng minh công thức của nó không hấp dẫn (mặc dù không khó) nên chúng tôi không trình bày.

Bài toán 4. Chứng minh rằng hàm số
$$f(x) = \sin x + \sin \pi x$$
không phải veroid.

Lời giải. Giả sử rằng hàm $f$ là không nguyên tố và biểu thị bằng $T \neq 0$ một trong

7

ee thời kỳ. Thế thì bình đẳng
$$\sin \pi(x+T) + \sin \pi\sqrt{2}(x+T) = \sin \pi x + \sin \pi\sqrt{2}x$$
(6)
đúng với mọi số thực $x$. Nếu trong đẳng thức này, chúng ta thay thế $x$ bằng số FourREM tùy ý $2m$, thì chúng ta nhận được
$$\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}(2m+T) = \sin (\pi\sqrt{2} \cdot 2m).$$
Sử dụng lại tính tuần hoàn của hàm sin, chúng ta thu được đẳng thức
$$\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{2n}{\sqrt{2}} + T\right) = \sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{2n}{\sqrt{2}}\right),$$
điều này đúng với hai số nguyên bất kỳ $m$ và $n$. Theo định lý của Bài tập 2, tập hợp
$$\left\{ 2m + \frac{2n}{\sqrt{2}}; m, n \text{ — целые числа} \right\}$$
rõ ràng là dày đặc. Điều này có nghĩa là hàm $\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}(x+T)$ và sin $\pi\sqrt{2}x$ có cùng giá trị khi các đối số của chúng là các phần tử của cùng một tập dày đặc và do đó (theo bổ đề), trùng khớp về mọi mặt, tức là đẳng thức
$$\sin \pi T + \sin \pi\sqrt{2}(x+T) = \sin \pi\sqrt{2}x$$
(7)
đúng với mọi số thực $x$. Trừ (7) cho (6), ta được
$$\sin \pi(x+T) \sin \pi T = \sin \pi x.$$
Trong đẳng thức cuối cùng, chúng ta đặt $x = T$; chúng tôi nhận được
$$\sin 2\pi T - \sin \pi T = \sin \pi T,$$
hoặc
$$\sin \pi T(\cos \pi T - 1) = 0.$$
Từ đẳng thức cuối cùng, $T$ là một số nguyên. Khi đó từ (7) suy ra
$$\sin \pi\sqrt{2}(x+T) - \sin \pi\sqrt{2}x = 0,$$
hoặc
$$\sin \pi\sqrt{2}\frac{T}{2}\cos \pi\sqrt{2}\left(x + \frac{T}{2}\right) = 0.$$
Vì có các giá trị $x$ mà
$$\cos \pi\sqrt{2}\left(x + \frac{T}{2}\right) \neq 0,$$ rồi $\sin \pi\sqrt{2}\frac{T}{2} = 0$; theo đó $\sqrt{2}\frac{T}{2}$ là một số nguyên. Tuy nhiên, mặt khác, $T$ cũng là một số nguyên và $T \neq 0$, có nghĩa là $\sqrt{2}$ là số hữu tỷ, là số sai. Mâu thuẫn thu được chứng tỏ hàm $f$ không tuần hoàn.

Đây là một bài toán khác liên quan đến các hàm được thảo luận ở trên.
Bài toán 5. Chứng minh rằng hàm số
$$f(x) = \sin \pi x + \sin \pi\sqrt{2}x$$
không thể lấy giá trị 2 mà lấy giá trị càng gần số 2 càng tốt.
Lời giải. Nếu chúng ta giả sử rằng $f(x) = 2$ đối với một số $x$, thì đẳng thức đồng thời sẽ giữ nguyên
$$\sin \pi x = 1$$ và $\sin \pi\sqrt{2}x = 1$, do đó người ta không thể hiện rằng số $\sqrt{2}$ là hợp lý, nhưng điều này là sai. Do đó, $f(x) < 2$ với bất kỳ số nào.
Nếu $x$ là số tùy ý có dạng $2m + \frac{1}{2}$, trong đó $m$ là số nguyên, thì hàm $f$ có dạng
$$f(x) = 1 + \sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right).$$
Hãy chứng minh rằng có thể tìm được số nguyên $m$ sao cho
$$\sin \pi\sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right)$$ gần tùy ý với số 1. Xét tính liên tục của hàm sin, chỉ cần tìm các số nguyên $m$ và $n$ sao cho số $\sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right)$ gần tùy ý với số $2n + \frac{1}{2}$. Do đó, chỉ cần chứng minh rằng với mọi $\varepsilon$ dương bất kỳ đều có các số nguyên $m$ và $n$ thỏa mãn
$$2n + \frac{1}{2} - \varepsilon < \sqrt{2}\left(2m + \frac{1}{2}\right) < 2n + \frac{1}{2} + \varepsilon.$$
Chúng ta hãy biến đổi các bất đẳng thức số nguyên cuối cùng về dạng
$$1 - 2\varepsilon - \sqrt{2} < 4m\sqrt{2} - 4n < 1 + 2\varepsilon - \sqrt{2}.$$
Bây giờ tất cả chúng ta đều làm theo định lý và bài tập 2.
Bài toán 6. Tìm tất cả các hàm số thực liên tục $f$ sao cho $f(x) = f(x+1) = f(x+\sqrt{2})$.
Lời giải. Cho $f$ là một hàm liên tục mà $f(x) = f(x+1) = f(x+\sqrt{2})$. Điều này có nghĩa là các số 1 và $\sqrt{2}$ là các chu kỳ của hàm $f$. Khi đó, chu kỳ của hàm $f$ cũng là tất cả các số có dạng $m + n\sqrt{2}$, trong đó $m$ và $n$ là số nguyên, nghĩa là với hai số nguyên $m$ và $n$ bất kỳ đẳng thức $f(x + m + n\sqrt{2}) = f(x)$ là đúng. Đẳng thức cuối cùng có nghĩa là $f(x + y)$ và $f(x)$ có cùng giá trị khi $y$ thuộc về nhiều dấu kiểm phẳng
$$\{m + n\sqrt{2}; m, n \text{ — целые числа}\}.$$
Khi đó, theo bổ đề, ta thu được đẳng thức $f(x + y) = f(x)$ đúng với mọi số $y$, nghĩa là mọi số (thực) là một chu kì của hàm $f$. Bây giờ, nếu $x_1$ và $x_2$ là hai số khác nhau, chúng ta đặt $y = x_2 - x_1$, sau đó
$$f(x_1) = f(x_1 + (x_2 - x_1)) = f(x_2).$$
Do đó, nghiệm của bài toán 6 sẽ là tất cả các hàm có dạng $f(x) = a$, trong đó $a$ là một hằng số.

9

Hydro nguyên tử từ hóa

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
I. P. KRYLOV

Hydro là chất có nhiều nhất trong vũ trụ. Những ngôi sao sáng và khí lạnh giữa các vì sao có 90% là hydro, nguyên tố số 1 trong hệ tuần hoàn. 10% còn lại gần như hoàn toàn là helium - nguyên tố số 2. Tỷ lệ của tất cả các nguyên tố nặng hơn mà chúng ta có trên Trái đất, tính theo quy mô vũ trụ, chỉ chiếm 1/1000 tổng lượng vật chất. Hydro trên Trái đất tồn tại ở dạng phân tử, trong khi trong không gian hydro chủ yếu ở dạng nguyên tử. Có chuyện gì vậy? Có thể tạo ra và lưu trữ hydro nguyên tử trên Trái đất? Làm thế nào để làm điều này? Đáp số bạn sẽ nhận được câu trả lời cho những câu hỏi này bằng cách đọc bài viết này. Khí giữa các vì sao cực kỳ hiếm: trung bình có 1 nguyên tử hydro trên 1 cm³. Mật độ tối đa của hydro nguyên tử có thể thu được trong phòng thí nghiệm là bao nhiêu? Đáp số câu hỏi này được hỏi mỗi ngày, hoặc bây giờ các nhà khoa học trong phòng thí nghiệm vật lý tiên tiến đang chăm chỉ làm việc để tăng mật độ này.

Tất cả các chất khí trên trái đất đều trở thành chất lỏng khi nhiệt độ giảm xuống và sau đó cứng lại. Helium chống lại sự biến đổi cứng đầu nhất của khí thành chất lỏng. Chỉ khi nhiệt độ giảm xuống vài độ gần độ không tuyệt đối (−273,15 °C) thì helium mới trở thành chất lỏng. Điều này lần đầu tiên được thực hiện cách đây gần 80 năm. Nhưng phần tử số 2 không được hoàn thiện hoàn toàn: không giống như các phần tử khác, nó không cứng lại ở áp suất bình thường, thậm chí ở mức 0 tuyệt đối. Hydro nguyên tử có trở thành chất lỏng không? Các nhà khoa học bây giờ không thể tự tin trả lời câu hỏi này đáp số. Có lý do để tin rằng nguyên tố số 1 ở dạng nguyên tử thậm chí còn có nhiều vốn hơn nguyên tố số 2, không những không cứng lại mà thậm chí còn không biến thành chất lỏng. Nhưng tốt hơn hết hãy làm theo thứ tự.

Hydro “Trái đất” và “Vũ trụ”: phân tử và nguyên tử

Trong sách giáo khoa, chúng ta đọc: “hydro là một chất khí nhẹ không dây, chuyển thành chất lỏng ở −253 °C và đông đặc ở −259 °C.” Tất cả những điều này được nói về hydro “trái đất” thông thường, hay nói theo ngôn ngữ chính xác, về hydro phân tử H₂. Tính chất của “vũ trụ”, hydro H nguyên tử hoàn toàn khác nhau. Hãy bắt đầu lại từ đầu. Chúng ta hãy nhớ cách tạo ra nguyên tử hydro - nguyên tử đơn giản nhất trong tự nhiên.

Nguyên tử hydro được hình thành bởi hai hạt cơ bản: proton và electron. Điện tích của chúng cùng độ lớn và trái dấu. Proton tích điện dương, nặng hơn electron 1836 lần và đóng vai trò là hạt nhân của nguyên tử có kích thước nhỏ hơn 10⁻¹² cm. Electron chuyển động xung quanh hạt nhân. Tuy nhiên, chuyển động của nó tuân theo một định luật lượng tử đặc biệt. Theo các khái niệm hiện đại, người ta không thể cho rằng một electron chuyển động theo một quỹ đạo cụ thể. Nó giống như bị “bôi nhọ”: thực hiện những nỗ lực độc lập để xác định vị trí của electron trong các nguyên tử hydro hoàn toàn giống hệt nhau, chúng ta sẽ phát hiện electron ở những điểm rất khác nhau xung quanh hạt nhân.* Đây là cách hình ảnh của một đám mây điện tử xuất hiện, mật độ của nó cho biết nơi nào nhiều hơn và nơi nào ít có khả năng phát hiện ra electron hơn (hình 1). Đám mây điện tử trong nguyên tử không có ranh giới rõ ràng; tuy nhiên, vượt quá một khoảng cách nhất định, mật độ giảm rất nhanh. Khoảng cách này có thể được coi là bán kính của nguyên tử. Đối với nguyên tử hydro, giá trị này được gọi là bán kính Bohr và bằng a=0,53·10⁻¹⁰ m=0,53 A (ở đây đơn vị chiều dài angstrom được sử dụng - 1 Å=10⁻¹⁰ m).

Electron và cùng với nó là toàn bộ nguyên tử hydro, có đặc tính từ tính: trong từ trường, nó hoạt động giống như một chiếc kim từ tính. Như thể electron bị “từ hóa”, nó có sọc bắc và nam. Tính chất này được minh họa rõ ràng bằng mũi tên chỉ vào

10

nó chỉ có hai hướng: dọc theo sân và chống lại sân. Bạn chỉ cần làm quen với hành vi lượng tử bất thường như vậy của điện cực. Trong thế giới vi mô, nhiều điều sẽ xảy ra hoàn toàn khác so với cuộc sống đời thường.

phân tử hydro

Bây giờ chúng ta hãy xem xét điều gì xảy ra khi hai nguyên tử hydro gặp nhau. Các nguyên tử nói chung là trung tính nên không có lực điện trên khoảng cách lớn. Khi khoảng cách giảm dần, các đám mây điện tử bắt đầu chồng lên nhau (hình 3). Từ các định luật cơ học lượng tử, bản chất biến dạng của các đám mây được xác định bởi sự định hướng lẫn nhau của mômen từ của các electron. Nếu các mũi tên chỉ hướng của mômen từ nhìn cùng hướng (xem hình 3), thì các đám mây electron giữa các hạt nhân sẽ thưa dần. Trong trường hợp này, lực đẩy chiếm ưu thế, tác dụng giữa các hạt nhân dày đặc hơn so với các điểm ở xa. Trong trường hợp này, lực hấp dẫn chiếm ưu thế. Nhấn mạnh rằng lực tương tác giữa các nguyên tử là lực điện; Lực tương tác từ trong trường hợp này rất nhỏ.

Thật thuận tiện để mô tả sự tương tác của các nguyên tử bằng cách sử dụng biểu đồ về sự phụ thuộc của năng lượng tương tác tiềm năng $U$ vào khoảng cách giữa các nguyên tử $r$. hình 4 hiển thị các biểu đồ này cho các hướng song song ($\uparrow\uparrow$) và phản song song ($\uparrow\downarrow$) của mô men từ của các nguyên tử hydro. Dấu dương của thế năng, như thường lệ, tương ứng với lực đẩy, dấu âm với lực hút. Như có thể thấy từ hình, ở những khoảng cách nhỏ, ngay cả trong trường hợp định hướng phản song song ($\uparrow\downarrow$), các nguyên tử bắt đầu đẩy nhau. Điều này xảy ra vì lực hút của các đám mây điện tử đối với các hạt nhân “ngoại lai” không còn có thể bù đắp cho lực đẩy của các hạt nhân tích điện dương. Vị trí cân bằng ổn định tương ứng với thế năng tối thiểu. Trong trường hợp này, hai nguyên tử hydro ở trạng thái $\uparrow\downarrow$ sẽ nằm ở khoảng cách $r_0=0,7\AA$.

Hình 1. Proton ở trung tâm đám mây điện tử là nguyên tử đơn giản nhất trong tự nhiên.

Hình 2. Một nguyên tử hydro trong từ trường hoạt động giống như một mũi tên từ tính - nó định hướng dọc theo các đường sức, thay đổi hướng liên tục. Ngược lại, nam châm điện tử không thể chiếm những vị trí trung gian; nó chỉ có hai hướng: hướng vào sân hoặc hướng vào sân.

điều khiển mô men từ*) (hình 2).

Như đã biết, một kim nam châm trong từ trường quay dọc theo các đường sức, thay đổi hướng liên tục. Ngược lại, nam châm điện tử không thể chiếm vị trí trung gian. Định luật lượng tử cho phép

*) Ở «Kvant» số 3 năm nay, trong mục “Trường học ở «Kvant»”, một bài báo đã được đăng về khoảnh khắc từ tính.

11

Một hệ thống ổn định được hình thành - một phân tử hydro. Năng lượng hình thành của một phân tử—“độ sâu giếng” trong biểu đồ $U(r)$—là $E_0 = 4,5$ eV. Khi các nguyên tử “hợp nhất” thành một phân tử, gọi là sự tái hợp, năng lượng này - năng lượng của sự tái hợp - phải được cung cấp cho các vật thể xung quanh. Trong quá trình ngược lại, được gọi là sự phân ly, năng lượng này—năng lượng phân ly—phải được cung cấp từ một nguồn bên ngoài. Chúng ta hãy lưu ý một lần nữa rằng ở trạng thái $\uparrow \uparrow$, các nguyên tử hydro hoàn toàn không thể tạo thành phân tử.

Đồ thị thế năng rất rõ ràng: hệ có xu hướng chuyển động giống như một chiếc xe trượt tuyết di chuyển trên một ngọn núi trơn trượt, độ dốc của nó được thể hiện trên biểu đồ. Đối với đồ thị $\uparrow \uparrow$ xe trượt sẽ di chuyển sang bên phải, trong vùng có khoảng cách lớn. Điều này có nghĩa là các nguyên tử đẩy nhau và di chuyển ra xa nhau. Trên đồ thị $\uparrow \downarrow$ có một độ dốc mà xe trượt sẽ di chuyển sang trái, về phía gốc tọa độ, tương ứng với lực hút của các nguyên tử hydro.

Các va chạm xảy ra như thế nào?

Nói chung, mômen từ của nguyên tử được định hướng ngẫu nhiên. Một nửa số va chạm sẽ bắt nguồn ở trạng thái $\uparrow \uparrow$ và nửa còn lại ở trạng thái $\uparrow \downarrow$.

Điều thú vị là không phải mọi va chạm của hai nguyên tử hydro ở trạng thái $\uparrow \downarrow$ đều dẫn đến sự hình thành một phân tử, tức là tái hợp. Quay lại hình minh họa của chúng ta với một chiếc xe trượt tuyết, chúng ta có thể dễ dàng tưởng tượng rằng, khi lăn lên một ngọn núi hoàn toàn trơn trượt từ đâu đó bên phải, chiếc xe trượt tuyết sẽ trượt xuống một cái hố, nhưng theo quán tính, nó bay sang con dốc đối diện và bị bỏ lại ở độ cao mà từ đó nó bắt đầu trượt trên sườn bên phải. Sau đó, chiếc xe trượt tuyết sẽ lại đi xuống, một lần nữa đến hố và đi về bên phải với cùng động năng mà nó đã đến. Rõ ràng là chuyển động có thể tưởng tượng được này sẽ xảy ra do định luật bảo toàn năng lượng, với điều kiện là hoàn toàn không có ma sát. Để tạo ra những ngọn núi, một phần động năng luôn tác dụng chống lại lực ma sát, tức là trong Tello, và sớm hay muộn chiếc xe trượt sẽ bị bỏ lại dưới đáy hố. Khi các nguyên tử hydro va chạm nhau, định luật bảo toàn năng lượng cũng đúng. Và không còn khó khăn nào ở đây nữa. Nếu chỉ có hai nguyên tử va chạm nhau thì chúng không có gì để truyền năng lượng. Khi chúng va chạm, các nguyên tử sẽ dính lại với nhau, thoát ra ngoài theo quán tính vào một vị trí ổn định, tụ lại với nhau cho đến khi chúng hoàn toàn rời xa, rồi lại phân tán, giống như những quả bóng đàn hồi hoàn hảo. Để tạo thành một phân tử, cần phải va chạm ngay lập tức: hai nguyên tử hydro và một thứ khác. Thể thứ ba có thể là bất cứ ai

13

Nếu bạn nhấn nhẹ vào la bàn, nó sẽ bắt đầu dao động và bạn sẽ không thể tìm ra hướng bắc cho đến khi kim la bàn dịu lại. Các nam châm cơ bản của nguyên tử thường xuyên chịu tác động từ các nguyên tử khác do bất kỳ chuyển động không ngừng nào của chúng. Do đó, ngay cả trong những nam châm mạnh nhất tạo ra trường $B \approx 30$ T, ở nhiệt độ phòng ($T = 300$ K), mômen từ của các nguyên tử hydro hướng dọc theo trường và ngược với trường với xác suất thực tế bằng 1/2. Chỉ bằng cách tạo ra một trường hàng nghìn thì chúng ta mới có thể định hướng được các nguyên tử ở nhiệt độ phòng. Nhưng chúng ta không biết cách tạo ra từ trường như vậy. Nhưng chúng ta có thể dễ dàng hạ nhiệt độ xuống! Kỹ thuật thu được nhiệt độ thấp $T \lesssim 1$K hiện đã được áp dụng ở nhiều phòng thí nghiệm. Ngoài ra, ở nhiệt độ này, nam châm có thể được chế tạo từ dây siêu dẫn. Nam châm siêu dẫn nhỏ tạo ra từ trường $B \approx 10$ T. Cuối cùng, chúng tôi đã đi đến bài toán kỹ thuật chính xác lời giải về lưu trữ hydro nguyên tử: một buồng trong từ trường của nam châm siêu dẫn ở nhiệt độ không cao hơn $T \approx 1$ K.

Cách dễ nhất để tạo ra nam châm siêu dẫn là cuộn dây siêu dẫn quanh một khung hình trụ. Cuộn dây như vậy còn được gọi là cuộn dây điện từ. Bằng cách cho dòng điện chạy qua hệ thống dây điện, chúng ta sẽ có được từ trường cực đại trong các cuộn dây bên trong, nơi đặt buồng hydro. Ngoài việc định hướng các nguyên tử, các nút điện từ sẽ thực hiện một vai trò quan trọng khác: nó sẽ hút nam châm nguyên tử vào vùng của một trường mạnh (giống như kim la bàn). Do đó, phía trên tâm của nam châm, nồng độ của các nguyên tử định hướng sẽ lớn hơn nhiều so với ở xa nam châm (hình 6).

Hydro nguyên tử phân cực là chất dễ bay hơi nhất

Trong các thí nghiệm đầu tiên được thực hiện vài năm trước tại Đại học Amsterdam, người ta đã thu được nồng độ $n$ khoảng $10^{15}$ nguyên tử và duy trì trong vài giờ

14

Hình 6. Một cuộn dây dòng điện hình trụ (soleond) tạo ra một từ trường làm quay các nguyên tử từ tính trong vùng từ trường mạnh bên trong cuộn dây và làm quay mômen từ của chúng dọc theo từ trường.

Hình 7. Sự nén hydro nguyên tử bằng một “piston” từ thể lỏng. Ở nhiệt độ rất thấp, thực tế không có hơi nước trong cơ thể.

hydro trong 1 cm khối ($n \sim 10^{15} \text{ cm}^{-3}$). Nó nhiều hay ít? So với khí cơ học ($n = 1 \div 10 \text{ cm}^{-3}$), con số này là rất nhiều. So với khí thông thường ở điều kiện bình thường thì con số này khá nhỏ. Chúng ta hãy nhớ lại rằng ở $0^\circ\text{C}$ và áp suất 1 atm, 1 cm$^3$ khí chứa khoảng $2,7 \cdot 10^{19}$ hạt. Vì vậy, trong những thí nghiệm đầu tiên, hydro nguyên tử rất hiếm.

Nhưng khi cải tiến kỹ thuật được thực hiện, nồng độ ban đầu tăng lên nhanh chóng. Sự bổ sung thành công nhất và nguyên thủy nổi tiếng là scatie. Mọi người đều biết cách vẽ sơ đồ không khí trong một xi lanh có piston chuyển động được. Điều tương tự có thể được thực hiện với hydro nguyên tử. Nhưng khi tương tác với bề mặt của tất cả các chất ngoại trừ chất lỏng, các nguyên tử sẽ kết hợp lại rất nhanh. Do đó, bề mặt bên trong của buồng, bao gồm cả piston, được bao phủ bởi một lớp màng chất lỏng. Nó có thể được thực hiện mà không cần piston; hay đúng hơn là sử dụng bề mặt của vật thể lỏng làm pít-tông. Lúc đầu, hydro lấp đầy gần như toàn bộ thể tích của buồng. Bằng cách nâng cao mức độ của thể lỏng, khí có thể biến thành một bong bóng nhỏ và nồng độ H có thể tăng lên hàng trăm, hàng nghìn lần (hình 7). Bằng cách này, một năm trước chúng tôi đã đạt được giá trị kỷ lục là $n = 5 \cdot 10^{18} \text{ cm}^{-3}$. Giá trị này đã có thể so sánh được với mật độ khí trong điều kiện bình thường. Sự tái hợp tương tự ngăn cản bạn nhận được nhiều hơn.

Tuy nhiên, liệu có đúng khi so sánh không khí trong phòng ấm với hydro nguyên tử rất lạnh? Tất nhiên, để đánh giá tốt hơn những gì có sẵn, cần phải so sánh tính chất của các loại khí khác nhau ở nhiệt độ thấp. Các thí nghiệm với hydro nguyên tử được thực hiện ở $T=0,5$ K. Chúng ta sẽ chọn nhiệt độ này để so sánh. Đồng hồ đo áp suất trực tiếp thay đổi áp suất $p$ và nồng độ $n$ được tính toán bằng công thức khí lý tưởng. Do đó, giá trị trên của $n$ được lấy từ giá trị áp suất đo được $p=35$ Pa. Hãy xem những áp suất nào có thể đạt được với các loại khí khác.

Như đã biết, nếu một chất khí được nén ở nhiệt độ không đổi, đủ thấp thì áp suất cực đại của áp suất hơi bão hòa là $p_{\text{н.п.}}$ của chất này. Việc lăn thêm sẽ không làm tăng áp suất khí, nhưng sẽ dẫn đến sự chuyển đổi sang pha lỏng hoặc rắn. Ở $T=0,5$ K, áp suất hơi bão hòa của tất cả các chất, ngoại trừ chất khí, thực tế là bằng nhau. Đối với isotone tự nhiên $^4$Nó rất nhỏ: $p_{\text{н.п.}}=0,002$ Pa; đối với nhân tạo $^3$Nó cao hơn đáng kể: $p_{\text{н.п.}}=21$ Pa, nhưng vẫn thấp hơn kỷ lục áp suất của hydro nguyên tử. Trong phân tích so sánh như vậy, dữ liệu thu được ở nhiệt độ thấp hơn sẽ ấn tượng hơn. Nhiệt độ thấp nhất mà nghiên cứu được thực hiện cho đến nay

(Cuối cùng xem trang 21)

15

Bí mật
đèn thần

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. A. VARLAMOV

Bức ảnh đặt bên cạnh dòng chữ không được chụp trên Solaris, không phải từ một con tàu vũ trụ lao vào vùng sâu tối tăm của bầu khí quyển Sao Mộc, và không phải từ cửa sổ của một tàu lặn mạo hiểm tiến gần một ngọn núi lửa đang phun trào dưới nước. Nó mô tả công việc của chiếc đèn Cầu vồng, mặc dù không phải lúc nào cũng có thể mua được ở các cửa hàng Quà tặng. Anh ta tự phàn nàn về nhiều hiện tượng phức tạp và màu đỏ.

Thiết kế của đèn rất đơn giản. Nó là một chiếc bình hình trụ trong suốt, trên đế, dưới một ngôi nhà kính, một chiếc đèn điện thông thường được chế tạo. Kính gần ngày được phủ một bộ lọc màu và dọc theo chu vi của nó có một hình xoắn ốc bằng kim loại (hình 1). Bình có khoảng 1/6 thể tích chứa đầy chất sáp (mà chúng ta sẽ gọi thêm là “chất A”), và sau đó gần như phía trên chứa đầy chất lỏng trong suốt (mà chúng ta sẽ gọi là “chất B”). Qua

Để biết những chất này được chọn có thông điệp gì và chúng phải có những đặc tính gì, chúng ta sẽ tìm hiểu sau bằng cách nghiên cứu các hiện tượng xảy ra trong đèn.

Các quan sát được thực hiện tốt nhất trong bóng tối, khi Cầu vồng đóng vai trò là nguồn sáng duy nhất. Hãy cắm nó vào mạng và kiên nhẫn. Như chúng ta sẽ thấy, nguồn gốc của đèn có thể được chia thành nhiều giai đoạn. Chúng ta sẽ gọi trạng thái đầu tiên là giai đoạn nghỉ ngơi và tích lũy sức mạnh.

Chất A là chất vô định hình, nghĩa là nó không có cấu trúc có trật tự chặt chẽ. Khi nhiệt độ tăng lên, nó mềm ra và dần chuyển sang trạng thái lỏng. Lưu ý sự khác biệt quan trọng giữa quá trình chuyển đổi

16

thành chất lỏng kết tinh và vô định hình. Đầu tiên, quá trình chuyển đổi này chỉ xảy ra ở một nhiệt độ nhất định và đòi hỏi tiêu tốn năng lượng - nhiệt của phản ứng tổng hợp, dành cho việc phá hủy cấu trúc tinh thể của chất. Đối với chất vô định hình, trạng thái rắn và lỏng được coi là không khác nhau. Khi nhiệt độ tăng lên, độ nhớt của chất vô định hình giảm và nó ngày càng chảy nhiều hơn.

Bóng đèn được bật, chiếu sáng bên trong hình trụ bằng ánh sáng xanh đỏ qua bộ lọc ánh sáng, cũng đóng vai trò là nguồn nhiệt. Có hai khả năng xảy ra “điểm nóng” (khu vực có nhiệt độ tăng cao). Ở khu vực này, chất A bắt đầu khử từ, trong khi cả lớp vỏ trên và đặc biệt là chất lỏng B vẫn chưa có thời gian nóng lên và vẫn lạnh. Khi nóng lên, chất A ngày càng trở nên lỏng, lớp vỏ rắn của nó ngày càng mỏng hơn. Do sự phân bố nhiệt, thể tích của lớp chất A tan chảy phía dưới có xu hướng tăng lên, áp suất dưới lớp vỏ tăng lên và đến một lúc nào đó chất lỏng A xuyên qua lớp vỏ rắn và vỡ ra thành bong bóng. Ngọn núi lửa dường như có tác dụng với hai người. Giai đoạn nghỉ ngơi và tích lũy sức mạnh đã hoàn thành - nó được thay thế bằng giai đoạn hoạt động của núi lửa (hình 2).

Các chất A và B được chọn sao cho khối lượng riêng của chất lỏng A đã đun nóng, thoát ra từ vết nứt trên vỏ, hóa ra nhỏ hơn một chút so với khối lượng riêng của chất vẫn còn lạnh B. Do đó, các phần chất A lần lượt bùng lên. Trên đường đi, chúng được để lại trong chất lỏng lạnh B và khi chạm tới bề mặt, chúng cứng lại, có những hình dạng phức tạp nhất. Khi đông đặc, mật độ của chất A trở nên lớn hơn mật độ của chất lỏng B một chút và các “mảnh” bắt đầu hạ xuống từ từ. Tuy nhiên, một số trong số chúng phụ thuộc vào bề mặt trong một thời gian dài. Nguyên nhân khiến các hạt cói nhỏ nổi lên trên bề mặt có thể là do lực tác động lên bề mặt chất lỏng B khiến các “mảnh vỡ” bắt đầu chìm dần xuống. Thực tế là chất lỏng B không làm ướt chất A nên lực căng bề mặt tác dụng lên các lớp cói hướng lên trên và có xu hướng đẩy chúng ra khỏi chất lỏng. Nhờ tác dụng tương tự, những con bọ nước được giữ trên mặt nước và một chiếc kim thép được bôi trơn bằng phao mỡ.

Trong khi đó, quá nhiều áp suất ở phần dưới của bình, dưới lớp vỏ, đã được giải phóng, các cạnh của vết nứt đã tan chảy và các phần chất A nóng chảy liên tiếp tiếp tục chảy qua miệng núi lửa này với tốc độ thấp. Tuy nhiên, hiện tại chúng không bong ra khỏi ban ngày mà từ từ bị kéo ra khỏi miệng núi lửa dưới dạng một lớp vảy kéo dài lên trên. Bề mặt vảy này va chạm với da

17

chất lỏng B nhanh chóng cứng lại và hình thành hình dáng giống như một thân cây. Nhìn chiếc thùng này “trong ánh sáng”, có lẽ bạn sẽ ngạc nhiên: nó có thành mỏng và bên trong chứa đầy… chất lỏng B. Sự thật là khi một dòng chất A nóng chảy thoát ra khỏi miệng núi lửa và lao lên trên, đến một lúc nào đó nó sẽ không chạm tới chất A để phát triển thêm. Một chân không được tạo ra bên trong máy bay phản lực, và ở đâu đó trên ranh giới của thùng hình thành và miệng núi lửa xuất hiện một vết nứt, trong đó chất lỏng lạnh B lao vào. Phần trên của tia vẫn tiếp tục chuyển động đi lên. Vì vậy, chất lỏng B lấp đầy thùng từ bên trong, làm mát và hình thành các bức tường bên trong của nó, sau đó chúng cứng lại.

Trong khi đó, ở phần dưới của chiếc đèn, quá trình tan chảy vẫn đang diễn ra và một quả cầu chất A nóng chảy khác thoát ra khỏi miệng núi lửa. Nó đã nổi lên bên trong ống hình thành. Sau khi nâng lên đến phần trên của nó, anh ta loại bỏ nó bằng cách sử dụng khối lượng vẫn còn nóng của mình. Với mỗi phần chất A, ống được lấy ra, tạo thành một thân sóng mọc lên trên (hình 3). Bên cạnh nó, sau khi phát triển các mảnh vụn rơi xuống của hoạt động núi lửa, sau một thời gian, một hoặc nhiều thân cây như vậy có thể phát triển. Các thân cây đan xen phức tạp, giống như thân của những loài thực vật kỳ lạ, giữa những khối đá rải rác dưới đáy và tiếp tục chìm xuống khi chất lỏng trong nhựa nóng lên. Hình ảnh đóng băng trong một thời gian. Giai đoạn này có thể gọi là giai đoạn rừng đá.

Nếu bạn tắt đèn vào lúc này, “khu rừng hóa đá” trong đó sẽ không thay đổi - bản thân chiếc đèn sẽ không thể đưa nó về trạng thái ban đầu. Tuy nhiên, bất chấp sự bùng nổ của các sự kiện đã diễn ra, chúng ta vẫn chưa đạt đến chế độ vận hành nên chúng ta sẽ để đèn sáng và tiếp tục quan sát.

Thời gian trôi qua, chất lỏng B nóng lên, các mảnh nằm dưới đáy bắt đầu tan chảy và các thân cây hướng lên trên dần dần lắng xuống. Tuy nhiên, bạn sẽ không thấy bất kỳ giọt dẹt nào trong số các mảnh hiện có—tất cả chúng dần dần có dạng hình cầu. Trong điều kiện chung, các giọt nước bị dẹt trên bề mặt không thấm nước xảy ra do trọng lực. Nó chống lại lực căng bề mặt, lực này có xu hướng làm cho giọt nước có hình cầu - một vật thể có bề mặt tối thiểu đối với một thể tích nhất định. Trong đèn, ngoài trọng lực và sức căng bề mặt, giọt nước còn chịu tác dụng của lực Archimedes, lực này gần như bù hoàn toàn cho lực hấp dẫn. Do đó, giọt nước dường như có thể ngăn nó chuyển sang dạng hình cầu.

Cho một giọt hình cầu

18

Hình thức ở trạng thái không trọng lượng là thuận lợi nhất về mặt năng lượng. Đối với hai hoặc nhiều giọt nằm gần nhau và chạm vào nhau, sẽ có lợi hơn nếu hợp nhất lại với nhau - bề mặt của một quả bóng lớn nhỏ hơn tổng bề mặt của một số quả bóng nhỏ có cùng khối lượng (bạn hãy tự tính toán điều này), và do đó, năng lượng bề mặt của một giọt lớn sẽ ít hơn. Tuy nhiên, nếu nhìn lại chiếc đèn, bạn sẽ thấy rằng một vài giọt chất A gần như có năng lượng vẫn có khả năng tạo ra ở đó, và cho đến nay, có vẻ như chúng sẽ không hợp nhất thành một. Nhưng bạn có thể đã hơn một lần quan sát thấy rue hoặc giọt nước trên bề mặt không thấm nước hòa vào nhau gần như ngay lập tức như thế nào. Điều gì quyết định tuổi thọ của hai giọt?

Các nhà khoa học đã cân nhắc câu hỏi này trong một thời gian khá lâu. Hơn nữa, nó hoàn toàn không hề nhàn rỗi, mà hóa ra lại có tầm quan trọng thực tế rất lớn. Vì vậy, nó liên quan trực tiếp đến sự hiểu biết về các quá trình vật lý xảy ra trong luyện kim bột, trong đó các hạt kim loại được ép được “thiêu kết” thành các chất có đặc tính độc đáo. Năm 1944, nhà vật lý nổi tiếng người Liên Xô Ya. I. Frenkel đã đề xuất mô hình đơn giản nhất của quy trình như vậy, kết quả là công trình tiên phong của ông là lấp đầy nền tảng vật chất của luyện kim bột. Ý tưởng đằng sau công việc này cho phép chúng tôi ước tính thời gian phục vụ.

Cho hai giọt chất lỏng giống hệt nhau bắt đầu va chạm nhau. Cùng với điểm tiếp xúc, một eo đất được hình thành (hình 4),

dần dần phát triển khi các giọt hợp nhất. Để ước tính thời gian phục vụ t, cách dễ nhất là sử dụng thông điệp năng lượng. Tổng cộng, hệ “hoạt động” gồm hai giọt có năng lượng $\Delta E_{\pi}$, bằng hiệu giữa năng lượng bề mặt của trạng thái ban đầu và trạng thái cuối cùng (nghĩa là hai giọt riêng lẻ có bán kính $r_0$ và một giọt bán kính “chung” $r$): $\Delta E_{\pi}=8\pi r_0^2-4\pi r^2$. Vì khi các giọt hợp nhất, tổng khối lượng của chúng không thay đổi, nên $\frac{4}{3}\pi r^3=2 \cdot \frac{4}{3}\pi r_0^3$, điều này cho thấy bản chất của giọt và môi trường trong quá trình hợp nhất chúng. Chúng tôi sẽ đánh giá công việc này theo thứ tự độ lớn. Để hợp nhất ma sát ma sát, chúng tôi đã sử dụng biểu thức Stoksa, hợp lệ cho trường hợp một quả bóng có bán kính $R$ chuyển động với tốc độ $v$ trong chất lỏng có vận tốc $\eta$: $F=6\pi \eta Rv$. Chúng tôi sẽ giả định rằng nhiệt độ $\eta_A$ của chất tạo ra giọt nước lớn hơn nhiều so với nhiệt độ của môi trường xung quanh, do đó chúng tôi sẽ thay thế chính xác $\eta_A$ vào công thức Stoksa. Tiếp theo, cùng với $R$ chúng ta thay thế $r_0$. Giá trị tương tự đặc trưng cho thang độ chuyển động của khối chất lỏng khi các giọt hợp nhất: $\Delta x \sim r_0$. Vì vậy, để tập luyện cường độ cao cần có:

$$\Delta A \sim 6\pi \eta_A r_0^3 / \tau_\Phi \sim 4\pi \sigma(2 - 2^{7/3}) r_0^2,$$

Ở đâu

$$\tau_\Phi \sim (r_0 \eta / \sigma).$$

Đối với những giọt nước có $r_0 \sim 1$ cm, $\sigma \sim 0,1$ N/m và $\eta \sim 10^{-3}$ kg/($\text{m} \cdot \text{c}$) thời gian này chỉ là $10^{-4}$ s. Tuy nhiên, đối với glycerol lỏng cao hơn đáng kể (ở mức $20^\circ \text{C}$ $\sigma_{\pi \pi} \sim 0,01$ N/m và $\eta \sim 1$ kg/($\text{m} \cdot \text{c}$)) thì thời gian tương ứng $\tau_\Phi$ sẽ là ~1 giây. Đối với các chất lỏng khác nhau, tùy thuộc vào độ dày và diện tích bề mặt của chúng, $\tau_\Phi$ có thể rất khác nhau.

19

Điều quan trọng là do sự phụ thuộc mạnh mẽ của thời gian vào nhiệt độ, thời gian này có thể thay đổi đáng kể trong cùng một vòng đời. Như vậy, độ đặc của glycerin giảm 2,5 lần khi nhiệt độ thay đổi từ 20°C đến 30°C. Sức căng bề mặt phụ thuộc vào nhiệt độ ít hơn nhiều (trong phạm vi nhiệt độ quy định σhl chỉ giảm vài phần trăm). Do đó, chúng ta có thể giả định rằng sự phụ thuộc của thời gian nhiệt hạch Frenkel vào nhiệt độ được xác định chính xác bởi sự phụ thuộc nhiệt độ của mật độ.

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại với những quả bóng nằm dưới đáy đèn. Trong khi nhiệt độ của chất lỏng B không cao thì độ dày của chất vô định hình A lại lớn hơn. Bây giờ rõ ràng là vì lý do này mà các quả bóng không hợp nhất. Tương tự như vậy, hai quả bóng sáp sẽ không hợp nhất nếu chúng tiếp xúc hoặc thậm chí bị ép ở nhiệt độ phòng. Tuy nhiên, ngay khi bạn làm ấm chúng, độ dày của sáp sẽ giảm mạnh và các quả bóng lỏng sẽ hợp nhất khá nhanh. Chúng ta cũng hãy lưu ý đến vai trò quan trọng của trạng thái bề mặt của các quả bóng: nếu nó không bằng phẳng và bị ô nhiễm nặng thì rất khó tạo thành cầu nối giữa các quả bóng.

Việc hợp nhất các giọt là cần thiết để đèn tiếp tục hoạt động và thiết kế của nó cung cấp một cơ chế đặc biệt để “tràn” chất A từ các giọt riêng lẻ vào khối chính đã tan chảy. Đây là cánh tay kim loại được đề cập ở trên, một Hindu bao quanh chu vi của đèn. Nó được làm nóng tốt, và khi tiếp xúc với nó, những giọt chất A nóng lên, sức sống của chúng giảm xuống và chúng “sẵn lòng” chảy vào khối chính.

Vì vậy, ở đáy bình đã hình thành một khối chất lỏng duy nhất là chất A. Tuy nhiên, do tiếp tục bị nóng nên nó không thể duy trì được khả năng hoạt động. Giai đoạn nổi bật bắt đầu.

Phần nổi bị xé ra khỏi bề mặt dưới tác dụng của lực nhô ra từ từ đi lên (hình 5), dần dần có dạng quả bóng. Khi dâng lên phần trên của đèn, nơi chất lỏng B chưa nóng lên do tính dẫn nhiệt thấp, quả bóng này nguội đi một chút (trong khi vẫn còn chất lỏng) và từ từ rơi xuống bề mặt trương nở. Tuy nhiên, như chúng tôi đã phát hiện ra, anh ấy không dễ dàng hòa nhập vào nó, và anh ấy phải nảy trên đó khá lâu, dần dần trượt về phía ngoại vi; ở đây bề mặt của nó được “lộ ra”, và sự nổi bật trước đây hoàn thành cuộc hành trình của nó, quay trở lại với yếu tố đã sinh ra nó.

Bóng đèn ở đáy hình trụ tiếp tục làm nóng hệ thống và quá trình tạo ra tia lửa vẫn tiếp tục. Khi nhiệt độ tăng, tốc độ gia nhiệt của nó tăng lên. Thoát khỏi bề mặt, những điểm nổi bật rời đi

20

Họ đang cố gắng gieo những giọt nước “giữa trời và đất” cho một người duy nhất, điều này không thể quyết định nên lao theo họ hay trả họ về nguyên tố quê hương. Và bây giờ có tới mười quả bóng lỏng trong xi lanh cùng một lúc, một quả bay lên, quả còn lại rơi xuống (hình 6) - giai đoạn va chạm và thảm họa bắt đầu. Đây là giai đoạn dài nhất và mang tính quyết định nhất được những người tạo ra nó coi là chế độ hoạt động của đèn.

Các quả bóng trong đèn va chạm và thay đổi hướng chuyển động của chúng, nhưng bạn sẽ không thể quan sát thấy sự hợp nhất của chúng trong một vụ va chạm như vậy. Như chúng tôi đã phát hiện ra, sẽ có lợi hơn (từ quan điểm năng lượng) nếu quả bóng hợp nhất với nhau. Nhưng điều này cần có thời gian. Rõ ràng thời gian “phân bổ” cho họ là thời gian va chạm $t$. Nếu $\tau_{\phi}$ lớn hơn $t$, các quả bóng sẽ không có thời gian để hợp nhất và phân tán. Điều gì quyết định thời gian tác động? Trong đèn chủ yếu có những tác động ngẫu nhiên (hình 7), trong đó các bi mềm dễ bị biến dạng

đang ầm ĩ với nhau. Trong trường hợp này, thời gian va chạm đặc trưng là $t \sim (r_0/v)$. Tốc độ của những quả bóng trong đèn chỉ vài cm/giây, bán kính của những quả bóng là vài cm. Vì vậy, $t \sim 1$ s, và trong thời gian này các quả bóng không có thời gian để hợp nhất. Thế là chúng đi đến “lang thang” trong đèn, tạm nằm dưới, treo ở trên, va chạm nhau nhưng không hòa nhập.

Giai đoạn va chạm và thảm họa kéo dài rất lâu, từ 5 - 7 giờ. Lúc này, hướng dẫn khuyên bạn nên tắt đèn. Tuy nhiên, ở nhiệt độ môi trường nhất định (đủ cao), giai đoạn này có thể không phải là giai đoạn cuối cùng. Sau khi thiết lập sự phân bố nhiệt độ cố định dọc theo chiều cao trong đèn (tất cả chất lỏng B của quá trình gia nhiệt cuối cùng), mật độ của các chất A và B thực tế là so sánh được.

Toàn bộ chất A được gom lại thành một quả cầu lớn, tùy theo ngày, lộ ra tấm lọc ánh sáng. Theo thời gian, quả bóng này do tiếp xúc với thành xi lanh sẽ nguội đi phần nào, mật độ của nó tăng lên một chút và từ từ chìm xuống đáy. Khi chạm đáy, quả bóng nhận thêm một phần nhiệt và trở về vị trí ban đầu. Ở đây nó đóng băng cho đến khi nguội trở lại, sau đó quá trình được mô tả được lặp lại. Giai đoạn này, không được nêu trong hướng dẫn, có thể được gọi là giai đoạn bóng lớn (hình 8).

21

Bây giờ chúng ta hãy hiểu nhiều chi tiết về hoạt động của đèn, hãy xem xét hiện tượng này một cách tổng thể. Điều này đặt ra câu hỏi: tại sao những quả bóng này liên tục thay thế nhau, lặp đi lặp lại các quá trình tách, va chạm và chết của các quả bóng? Rõ ràng là toàn bộ “động lực” của quá trình nằm ở sự chênh lệch nhiệt độ giữa đầu trên và đầu dưới của đèn (“máy sưởi” và “tủ lạnh”). Nếu chúng ta giả sử rằng dòng nhiệt được thực hiện do tính dẫn nhiệt của chất lỏng B, thì nhiệt độ của nó sẽ thay đổi theo chiều cao một cách trơn tru và sẽ không có gì bất thường xảy ra trong hệ thống. Sự xuất hiện của các quả bóng, cũng như sự đối lưu, là hệ quả của sự mất ổn định phát sinh dưới những điều kiện nhất định trong hệ thống, trong đó dòng nhiệt lan truyền qua các ranh giới do chênh lệch nhiệt độ.*) Một ngành khoa học mới, đang phát triển nhanh chóng, khoa học tổng hợp, đang tìm kiếm các định luật chung của những hiện tượng như vậy.

*) Bài “Đối lưu và tự tổ chức của kết cấu”, đăng năm «Kvant» Số 9 cho năm 1985.

Hydro nguyên tử từ hóa

(Xem phần đầu ở trang 8)

thí nghiệm với hydro nguyên tử là $T \approx 0,2$ K. Ở nhiệt độ này, áp suất của hydro nguyên tử chỉ là $p = 4$ Pa. Nhưng đối với một loại khí rất lạnh thì đây là một giá trị rất lớn. Trên thực tế, ở cột nhiệt độ $^4$No, nó có áp suất không đáng kể là $p_{\text{н.п.}} \approx 10^{-14}$ Pa, và chất dễ bay hơi nhất $^3$No gần như đóng băng hoàn toàn và chỉ cho $p_{\text{н.п.}} \approx 0,001$ Pa.

Vì vậy, vật lý thực nghiệm đã đạt được thành công lớn. Người ta thu được một chất mới - một loại khí được tạo ra ở áp suất tương đối cao ở nhiệt độ rất thấp. Chất này nhận được ký hiệu $H \downarrow$, trong đó mũi tên bên cạnh biểu tượng hydro nhắc nhở chúng ta rằng các nguyên tử nằm trong từ trường mạnh và mô men từ của chúng hướng dọc theo từ trường. Chất này được từ hóa hoàn toàn. So sánh số liệu áp suất cho thấy hydro nguyên tử từ hóa $H \downarrow$ là chất dễ bay hơi nhất trong tự nhiên. Lý thuyết dự đoán rằng ở áp suất không cao lắm, $H \downarrow$ vẫn là một chất khí giảm xuống độ không tuyệt đối. Chỉ ở áp suất vài chục, Atompheron mới có thể ngưng tụ. Các thí nghiệm trong tương lai sẽ cho thấy liệu điều này có đúng như vậy hay không.

Ion
thành từng mảnh

E. E. KOLOMEITSEV

Trong suốt cuộc đời mình, tôi sẽ không bao giờ quên lần đầu tiên tôi biết đến cái tên Svante Arreninus. Vào tháng 6 năm 1884, tác phẩm của ông ấy đến tay tôi. Thật khó để vượt qua ngay lập tức và tôi đã trải qua một đêm sốt ruột với những giấc mơ tồi tệ. Những gì được viết trong tác phẩm nhất quyết phải khác với những gì hấp dẫn và được biết đến, điều mà lúc đầu tôi có xu hướng coi toàn bộ sự việc là vô nghĩa.

V. Ostwald

Những từ được đưa ra trong phần ngoại văn đề cập đến một trong những công trình đầu tiên về sự phân ly điện nhiệt của nhà hóa học vật lý nổi tiếng người Thụy Điển S. Arreninus. Một thời gian sau, Arreninus được trao giải Nobel vì đã sáng tạo ra lý thuyết về hiện tượng này.

Sự phân ly điện là sự phân hủy các phân tử của chất bị hòa tan thành các phần dương và âm dưới tác động của điện trường của các phân tử dung môi. Các thiết bị trong đó xảy ra quá trình như vậy và do đó có khả năng dẫn dòng điện được gọi là nguồn điện.

hình 1 hiển thị thiết bị đơn giản nhất mà bạn có thể sử dụng để xác định xem bộ bức xạ nhất định có phải là nguồn điện hay không. Thiết bị này bao gồm một pin, một bóng đèn pin và hai điện cực, chẳng hạn như các thanh than chì. Nếu đèn sáng khi hạ các điện cực vào dung dịch, điều đó có nghĩa là dung dịch đang được thử là chất điện phân.

Bài kiểm tra 1. Hãy chuẩn bị các giải pháp

Tác giả bài viết này, Evgeny Kolomeytsev, là học sinh lớp 10 trường THCS Mátxcơva.

23

muối ăn, đường, giấm và soda trong nước. Chúng tôi kiểm tra từng chất dẫn điện của dòng điện. Chúng ta sẽ thấy rằng dung dịch muối và soda dẫn điện tốt, giấm dẫn điện kém hơn nhiều và dung dịch đường hoàn toàn không dẫn điện.

Bây giờ chúng ta hãy lặp lại một trong những thí nghiệm của Arrhenus về tính dẫn điện của raster. Để làm điều này, chúng ta sẽ cần tinh chất giấm (Chú ý! Cẩn thận với oko!) Và thiết bị mà chúng tôi đã thực hiện thí nghiệm trước đó. Tốt hơn là nên dùng hai pin nối tiếp thay vì một pin.

Về thử nghiệm 2. Đổ một ít tinh chất giấm vào ly và đậy nắp lại. Đèn không sáng. Bây giờ chúng ta sẽ rót nước vào ly trong khi quan sát bóng đèn. Chúng ta sẽ thấy đến một lúc nào đó bóng đèn sẽ sáng lên rồi tỏa sáng ngày càng sáng hơn. Quan sát hiện tượng này, Arrenuus đi đến kết luận rằng các phân tử nước “xé” các phân tử của chất hòa tan thành các ion, và càng có nhiều ion (nghĩa là dung dịch càng pha loãng) thì càng xuất hiện nhiều chất mang điện trong dung dịch.

Nói về pon, chúng ta nên hiểu rõ về hành vi của chúng trong các trình quét. Ví dụ, hãy thử đặt tốc độ trộn ion trong một thí nghiệm.

Kiểm tra 3. Lấy một chiếc đĩa hoặc đĩa nhỏ. Đặt một tờ giấy thấm dung dịch muối ăn ở dưới đáy và rắc tinh thể thuốc tím lên trên tờ giấy thấm. Chúng tôi sẽ tăng cường hai điện cực than chì ở hai đầu đối diện và kết nối chúng với nguồn (với hai pin được mắc nối tiếp). Các tinh thể sẽ bắt đầu hòa tan và chúng ta sẽ thấy những lưỡi màu đỏ thẫm sẽ kéo dài về phía điện cực dương. Bằng cách đo tốc độ chuyển động của chúng, điều dễ dàng thực hiện bằng đồng hồ và thước kẻ, bạn có thể ước tính tốc độ trộn các ion trong dung dịch. Rõ ràng là nó sẽ phụ thuộc vào nhiều yếu tố, và trên hết là vào điện áp nguồn. Để so sánh, chúng tôi trình bày một số giá trị về tốc độ chuyển động trung bình của các ion dưới tác dụng của điện trường, chẳng hạn, bằng đơn vị (tốc độ này được gọi là độ linh động

Tốc độ của các ion cũng phụ thuộc vào nhiệt độ và nồng độ của dung dịch. Hãy thử nhìn nhận điều này cho chính mình.

Tác dụng của dòng điện không đi qua chất điện phân mà không để lại dấu vết. Nó gây ra những thay đổi hóa học không thể đảo ngược trong đó.

Kiểm tra 4. Chuẩn bị dung dịch muối ăn, thêm vài giọt phenolphtalen vào rồi hạ thấp hai đầu điện cực nối với các cực của pin. Sau một thời gian, dung dịch ở cực âm chuyển sang màu đỏ thẫm. Điều này cho thấy dung dịch đã xuất hiện chất kiềm, tức là đã xảy ra phản ứng hóa học.

Thực tế là, khi chuỗi khép kín, các ion dương natri Na+ bắt đầu di chuyển về phía cực âm và các ion clo âm Cl− - về phía andus. Phản ứng khử natri xảy ra ở cực âm

Na+ + e− = Na0,

phản ứng ngay với nước tạo thành chất kiềm:

2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑.

Trên dãy Andes, một quá trình khác xảy ra vào thời điểm này - sự hình thành khí clo:

2Cl− − 2e− = Cl2↑.

Đó là lý do tại sao thí nghiệm này phải được thực hiện trong một căn phòng được tiến hành tốt.

24

Hình 2. Sơ đồ lắp đặt công nghiệp (máy điện phân) để sản xuất nhôm nguyên chất: 1 - cực dương than chì, 2 - cực âm sắt có lớp lót than chì, 3 - nóng chảy oxit nhôm và cryolit, 4 - nhôm nguyên chất.

và cố gắng hoàn thành nó càng nhanh càng tốt.

Vì vậy, khi dòng điện đi qua chất điện phân (chúng còn được gọi là chất dẫn điện loại thứ hai, trái ngược với chất dẫn điện loại thứ nhất, ví dụ như kim loại, trong đó chất mang dòng điện là electron tự do), một sự biến đổi hóa học xảy ra trong chúng. Kết quả là các chất có trong chất điện phân có thể được giải phóng ở dạng tự do. Hiện tượng này được gọi là điện phân.

Điện phân có nhiều ứng dụng thực tế. Trước hết, để thu được kim loại nguyên chất. Vì vậy, ví dụ, bạn có thể nhận được magiê, natri, nhôm. Hiện tại, tất cả nhôm công nghiệp đều được sản xuất trong các hệ thống lắp đặt đặc biệt - máy điện phân (hình 2) - bằng điện phân hỗn hợp nóng chảy của nhôm oxit (Al₂O₃) và cryolite (Na₃AlF₆). Trong trường hợp này, điều sau đây xảy ra ở cực âm:

$$\text{Al}^{3+} + 3e^- = \text{Al}^0.$$

Rõ ràng là chúng tôi sẽ không nhận được alominium, nhưng chúng tôi sẽ cố gắng lấy một ít đồng.

Kiểm tra 5. Chuẩn bị dung dịch đồng sunfat (CuSO₄) đậm đặc và hạ hai điện cực than chì nối với dải pin vào đó. Sau một thời gian, một lớp đồng màu đỏ sẽ xuất hiện trên cực âm:

$$\text{Cu}^{2+} + 2e^- = \text{Cu}^0.$$

Chúng ta hãy trở thành nhà giả kim trong vài phút và cố gắng “biến” kim loại này thành kim loại khác. Để làm điều này, chúng tôi sẽ lặp lại các thí nghiệm sau, chỉ cùng với điện cực âm, chúng tôi sẽ hạ thấp con đường của nhà giả kim (ví dụ: từ đồng phục học sinh) vào dung dịch. Trong quá trình điện phân, cùng với thuật giả kim, sẽ thu được một đường đồng.

Phủ các vật thể bằng một lớp kim loại bằng phương pháp điện phân được gọi là mạ điện. Bạn có thể kim loại hóa không chỉ các vật bằng kim loại mà còn cả các vật làm bằng gỗ và vải. Nếu được chăm sóc đầy đủ, bạn có thể tạo ra những sản phẩm có vẻ đẹp không thua kém gì thợ làm thảm. Ví dụ: bạn có thể phủ các tấm thực vật, ren và côn trùng chết bằng một lớp đồng. Để làm cho chúng cứng lại, bạn cần phải ủ chúng trong sáp nóng chảy trong vài phút. Sau đó phủ đều chúng bằng một lớp than chì để làm cho chúng dẫn điện và đặt chúng vào bể mạ kẽm.

Teler, chúng ta hãy đảm nhận một công việc khác không kém phần thú vị - tạo ra các bản sao mạ điện. Là bản gốc, bạn có thể lấy hình ảnh của một số đứa trẻ, chẳng hạn như từ thạch cao hoặc tự làm từ parafin. Để có được một bản sao bằng đồng, trước tiên bạn phải chà kỹ các bề mặt của bản gốc bằng bột than chì, sau đó quấn nó bằng dây đồng mỏng để nó chạm vào lớp than chì. Dây phải được nối với cực âm của pin và dạng đã chuẩn bị sẵn phải được ngâm trong dung dịch đồng sunfat 20%. Sau đó, quá trình sẽ tiến hành tương tự như khi nhận mua đồng. Khi độ dày của đồng đạt 1-2 mm, khuôn phải được lấy ra khỏi dung dịch và bản sao kim loại phải được tách cẩn thận khỏi nó.

Phương pháp điện phân tạo ra các bản sao kim loại được phát hiện bởi nhà khoa học người Nga V. S. Jacobi. Galvanoplasty ngay lập tức tìm thấy ứng dụng thực tế rộng rãi. Đặc biệt, trong in ấn, nó cho phép nâng cao đáng kể chất lượng văn bản và hình minh họa. Bản thân Jacobi đã làm rất nhiều việc để đưa kỹ thuật mạ điện vào in ấn và đúc tiền, cũng như sản xuất các sản phẩm nghệ thuật. Và hiện nay, phạm vi ứng dụng công nghệ mạ điện rất tổng quát và đa dạng.

25

Về một cách để xác định một vòng tròn

I. B. TABOV (NRV)

Như bạn đã biết, đường tròn được định nghĩa là quỹ tích của các điểm cách đều một điểm cố định O. Nhưng có nhiều cách khác để xác định đường tròn. Chúng ta sẽ xem xét một trong số chúng ở đây.

Gọi P là một điểm, l là tia phát ra từ điểm đó. Trên tia m, cũng phát ra từ điểm P và tạo thành góc nhọn hoặc góc vuông φ với tia l, chúng ta đánh dấu một điểm M nằm cách P một khoảng a cos φ, trong đó a là một số dương cố định (hình 1).

Định lý. Khi góc φ thay đổi trong khoảng từ -π/2 đến π/2, các điểm M tạo thành một đường tròn có đường kính a, đi qua điểm P và đối xứng với tia l.

(Với dấu cộng chúng ta vẽ các góc theo hướng ngược chiều kim đồng hồ, với dấu trừ chúng ta vẽ các góc theo chiều kim đồng hồ.)

Bằng chứng. Gọi R là một điểm trên đường tròn đối xứng với điểm P và gọi M là một điểm tùy ý

vòng tròn của chúng tôi (hình 2). Khi đó ∠PMR=π/2, có nghĩa là

PM=PR · cos (∠MPR)=a cos φ.

(Trường hợp M=R (φ=0) và M=P (φ=±π/2) đòi hỏi, nói đúng ra, một sự xem xét riêng biệt mà chúng tôi dành cho người đọc.) Do đó, tất cả các điểm của đường tròn đều thuộc về quỹ tích hình học của chúng ta, và vì đường tròn cắt mỗi tia m nên quỹ tích hình học đang xét không chứa bất kỳ điểm nào khác. Định lý đã được chứng minh.

Lưu ý rằng nếu trong mô tả vị trí hình học, biểu thức a cos φ được thay thế bằng biểu thức a cos (φ+δ) (và tất nhiên, điều kiện là góc φ là nhọn hoặc thẳng, được thay thế bằng điều kiện cos (φ+δ) ≥0), chúng ta thu được một đường tròn có đường kính a đi qua điểm P và đối xứng với tia tạo một góc δ (hình 3) với l.

Cuối cùng, nếu thay vì biểu thức a cos φ chúng ta viết biểu thức a sin φ (và điều kiện sin φ ≥0), thì chúng ta thu được một đường tròn có đường kính tiếp tuyến với tia l tại điểm P (hình 4).

Hãy để chúng tôi chứng minh tính hữu ích của quan sát của chúng tôi đối với lời giải một phi tiêu chuẩn bài toán.

Bài toán 1. Cho tam giác vuông đều A₀A₁A₂ vuông tại đỉnh A₀. Đối với một điểm C tùy ý trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A₀A₁A₂, chúng ta đánh dấu trên tia A₀C một điểm M sao cho

A₀M=A₁C+A₂C-A₀C.

Tìm quỹ tích điểm M.

26

Lời giải. Hãy lấy đường kính của đường tròn của chúng ta là 1 và biểu thị bằng φ góc CA₀O, trong đó O là tâm của đường tròn. Khi đó, rõ ràng là (hình 5),
A₀C=cos φ,
A₁C=|sin (φ+π/4)|,
A₂C=|sin (φ-π/4)|.

Hãy xem xét ba trường hợp.

1. -π/4<φ<π/4. Sau đó
   A₀M=sin (φ+π/4)−sin (φ−π/4)−cos φ=√2cos φ−cos φ=(\sqrt{2}-1)cos φ.

Do đó, phần tương ứng của quỹ tích sẽ là một cung tròn có đường kính √2−1, đi qua điểm A₀ và đối xứng với tia A₀O (hình 5). Vì góc φ chạy qua khoảng [−π/4; π/4] dài π/2 (chứ không phải π như trên), chúng ta thấy rằng cung này bằng hình bán nguyệt có đường kính √2−1 (tại hình 5 nó được tô sáng màu đỏ).

2. π/4<φ<π/2. Sau đó
   A₀M=sin (φ+π/4)+sin (φ−π/4)−cos φ=√2sin φ−cos φ=√3(√2/3sin φ−√1/3cos φ)=√3cos (φ+δ),
   trong đó δ=arccos(−√1/3). Như vậy, phần quỹ tích tương ứng với giá trị φ này sẽ là một cung tròn có đường kính √3, đi qua điểm A₀ và đối xứng với tia A₀O.

Trận chung kết đáp số đến bài toán 1 được mô tả trên hình 7.

Bài tập 2. Cho một đa giác A₀A₁A₂……Aₙ, nội tiếp đường tròn c. Đối với một điểm C tùy ý của đường tròn c, chúng ta đánh dấu trên tia A₀C một điểm M sao cho
A₀M=|x₀·A₀C+x₁·A₁C+…+xₙ·AₙC|,
trong đó x₀, x₁,…, xₙ là một số số.
Tìm tập hợp mà điểm M mô tả là C chạy qua đường tròn c.

Bài tập 3 (đây là bài tập M853 từ “Bài toán Kvant, xem «Kvant», 1984, số 3). Hình vuông ABCD lành quanh tâm cố định của nó. Tìm tập hợp mô tả trung điểm của đoạn PQ, trong đó P là đáy của đường vuông góc vẽ từ điểm D đến đường thẳng cố định l, và Q là trung điểm của cạnh AB.

27

Nhiệm vụ

1. Giải phương trình cho mục đích số học
   $$xy + 3x - 5y = -3.$$

2. Tất cả các điểm của một vòng tròn nhất định được tô màu ngẫu nhiên bằng hai màu. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác đều có hai đỉnh nội tiếp trong đường tròn này.

3. Bình phương của tổng này được cộng với tổng các chữ số của số có hai chữ số $A$ và thu được số $A$. Tìm những gì $A$ bằng.

4. Gọi $CM$ là đường trung bình của tam giác $ABC$. Được biết, $\angle CAB + \angle MCB = 90^\circ$. Chứng minh tam giác $ABC$ là hình chữ nhật hoặc đều.

5. Trên một đường tròn bán kính 10 có một số cung không cắt nhau với tổng chiều dài là 32. Chứng minh rằng với một đường thẳng bất kỳ đều có một dây cung của đường tròn song song với đường thẳng này, hai đầu của đường tròn đó thuộc hai cung đó.

Những nhiệm vụ này được cung cấp cho chúng tôi bởi $A$. P. Savin và các tác giả người Bulgaria $K$. Kolarov, I. Tonov, S. Savchev, I. Prodanov.

Pod-Cat
hít một hơi thật sâu và lau mắt.
Có vẻ như anh ấy muốn
cơ thể định nói điều gì đó, nhưng họ đã bóp cổ anh ta
nức nở. - Chà, nó giống như một cái xương trong một cái không-
“Nó mắc kẹt trong cổ họng tôi,” Gryphon nói. VÀ
bắt đầu lắc Pod-Kotik và đánh anh ta vào
mặt sau. Cuối cùng, Pod-Cat lên tiếng: “Bạn ơi
Chắc là tôi chưa bao giờ nhìn thấy tôm hùm sống… - Vì-
vậy thì tôi sẽ thử…” Alice bắt đầu, nhưng chợt nhận ra
và lắc đầu. - Không, tôi chưa thấy nó. - Vậy cậu
bạn không biết sea kadrill với oma-
gai “Không, tôi không,” Alice thở dài. “Đây là cái gì?”
cho buổi khiêu vũ? “Trước hết,” Griffin bắt đầu, “tất cả các buổi biểu diễn
đứng thành một hàng trên bờ biển… - Hai hàng! - vì-
Pod-Kotik hét lên. “Đầu gối, cá hồi, rùa biển và
mọi người khác. Và ngay khi bờ biển không còn sứa…
“Nhưng nó không đơn giản như vậy,” Gryphon nói thêm. “Bạn có
trước tiên, hãy tiến lên hai bước…” Pod-Kotik tiếp tục.
tay sai của tôm hùm! - Griffin hét lên. “Tất nhiên,” anh xác nhận.
dil Pod-Kotik. - Bạn thực hiện hai đường chuyền về phía trước, ném mình vào
đối tác…— Bạn thay tôm hùm và quay lại
theo thứ tự,” Griffin kết thúc. “Và sau đó,” tiếp tục
Pod-Kitty, - bạn ném… - Tôm hùm! - Griffin hét lên,
“Xa hơn ra biển…” “Bơi theo anh ấy!” Griffin hét lên.
“Bạn đang nhào xuống biển một lần!” Pod kêu lên-Kitty và
lăn bánh qua cát. Đó là toàn bộ con số đầu tiên,” nói
Pod-Kotik gật đầu bước vào. “Đây hẳn là
điệu nhảy rất đẹp,” Alice nhận xét. “Đứng dậy đi.”
hội trường đến Griffin Pod-Kotik - Hãy cho cô ấy lần đầu tiên
nhân vật." Và họ nhảy múa. Pod-Cat

Anh hát một bài hát buồn
về cá tuyết. “Cảm ơn bạn rất nhiều,” Alice nói.

• Rất thú vị
  là để xem.
  — Nhắc đến cá tuyết, —
  đã chú ý đến Pod-Cat. -Anh có thấy cô ấy không?
  “Ừ,” Alice nói. – Thỉnh thoảng cô ấy đến chỗ chúng tôi ăn trưa. “Rõ ràng là bạn muốn nói rằng cô ấy đã đến dự bữa tối của bạn,” Pod-Cat sửa lại Alice. - Ừ, vì gặp nhau thường xuyên nên chắc chắn anh biết cô ấy trông như thế nào…
  “Ừ,” Alice trầm ngâm nói. - Đuôi nằm trong miệng, mọi thứ đều bị bao phủ bởi vụn bánh mì. - Pod-Kitten cười toe toét và nhắm mắt lại. “Hãy giải thích cho cô ấy về cái đuôi,” anh nói với Griffin. “Vấn đề là,” Griffin nói, “cô ấy thực sự thích khiêu vũ với tôm hùm.” Thế là họ ném cô ấy xuống biển. Thế là cô bay thật xa, thật xa. Vì thế cái đuôi của cô ấy bị mắc kẹt trong miệng - chặt đến mức cô ấy không thể lấy ra được.
  Tất cả. —
  Cảm ơn bạn rất nhiều," Alice nói. - Điều này rất thú vị. Tôi thậm chí còn không nghi ngờ tất cả những điều này. “Đây là cái gì,” Griffin nói. - Tôi có thể kể cho bạn nghe điều này về cá tuyết! Tất nhiên nếu bạn muốn… Bạn có biết tại sao người ta gọi nó là cá tuyết không?
  “Có rất nhiều cá tuyết,” Griffin nói một cách đầy ý nghĩa. Alice bối rối - Rất nhiều cá tuyết?

1. Giải câu đố số FON²-GRIFON
2. Những người tham gia khiêu vũ được bố trí trong một hội trường có kích thước 5x7 m, được chia thành các ô vuông 1x1 m sao cho mỗi ô có một vũ công. Theo lệnh của nữ hoàng, mỗi vũ công di chuyển đến ô vuông liền kề. Nếu có hai (hoặc nhiều) vũ công trong mỗi ô vuông, nữ hoàng sẽ ra lệnh chặt đầu họ.
   Những kẻ hành quyết sẽ phải đi làm?
3. Alice muốn chia một chiếc bánh hình vuông thành 20 phần một cách công bằng sao cho tất cả các vết cắt không chạm vào mép bánh. Cô ấy có thể làm được không?

• cô ngơ ngác hỏi lại. “Ừ, đúng vậy,” Griffin xác nhận. “Đó là một loại cá bình thường, chỉ có điều là không nhiều nhưng có rất nhiều cá tuyết.”
  “Anh ấy thích nói chuyện,” Gryphon tiếp tục. “Bạn sẽ không tìm được một chiếc bánh cóc nào như thế này đâu!” Và tôi đã chọn những người bạn tương tự cho mình. Một ông già tên Sudachok đến gặp cô. Anh ta buôn chuyện từ sáng đến tối. Và Shuka cũng chạy vào - đó là cách cô ấy đùa giỡn với mọi người. Đôi khi Com - cái này ở khắp phòng… Và khi tất cả tụ lại với nhau, chúng tạo ra tiếng động khiến đầu bạn quay cuồng. - Thế là Pod-Cat mở mắt ra. “Ồ, thế là đủ rồi,” anh nói. - Bây giờ bạn kể những câu chuyện về cuộc phiêu lưu của bạn. “Tôi sẽ rất vui được kể cho bạn nghe mọi chuyện xảy ra với tôi sáng nay,” Alice ngập ngừng nói. “Nhưng tôi sẽ không nói về ngày hôm qua, vì lúc đó tôi đã hoàn toàn khác.” “Giải thích cái nào đi,” Pod-Cat nói. “Không, phiêu lưu trước đã,” Griffin sốt ruột ngắt lời anh. - Phải mất một thời gian dài để giải thích. - Và Alice bắt đầu kể lại mọi chuyện đã xảy ra với anh ấy kể từ lúc cô nhìn thấy Thỏ Trắng. Lúc đầu, cô cảm thấy hơi khó chịu: Griffin và Pod-Cat có vẻ rất gần gũi với cô và mở to mắt và miệng. Nhưng sau đó cô ấy trở nên táo bạo hơn. Griffin và Pod-Cat im lặng cho đến khi cô ấy đến gặp Blue Caterpillar và cố gắng đọc “Papa William” cho cô ấy nghe.
  Sau đó Pod-Kitty hít một hơi thật sâu và nói: “Kỳ lạ!” - Không thể kỳ lạ hơn được nữa! - nhặt Griffin. “Tất cả các từ đều sai,” Pod-Kotik trầm ngâm nói. “Sẽ thật tuyệt nếu cô ấy đọc điều gì đó cho chúng ta nghe.” Hãy bảo cô ấy bắt đầu. Và anh ta nhìn Griffin, như thể anh ta có quyền lực đối với Aliska. “Chèn và đọc “Đây là giọng nói của Lazy”, Griffin ra lệnh cho Alice. Cô đứng dậy và bắt đầu đọc. Nhưng suy nghĩ của cô quá bận rộn với tôm hùm và những điệu nhảy quảng trường trên biển đến nỗi cô không biết mình đang nói gì. Những từ ngữ trở nên hiệu quả và kỳ lạ. Đây là giọng của Omar. Bạn có nghe thấy tiếng hét không? - Bạn luộc tôi rồi! Ax, tóc giả của tôi đâu rồi? Và sau khi chỉnh lại áo vest và chiếc nơ bằng mũi, anh ta đi nhón chân, giống như một chàng trai bảnh bao ở London. Nếu bờ cát xung quanh vắng vẻ và yên tĩnh, anh ấy chỉ trích rằng anh ấy không quan tâm đến cá mập. Nhưng ngay khi nhìn thấy một con cá mập ở đằng xa, anh ấy đã trốn trong cát và chỉ trích người bảo vệ? “Nó hoàn toàn không giống những gì tôi đọc ở trường,” Gryphon nhận xét, “đây là một đoạn video kinh khủng!” - Alice không nói gì; cô ngồi xuống và lấy tay che mặt; cô ấy thậm chí không cần tắm…

nai sừng tấm,
Cái gì
vẫn
có lẽ cái này
bạn trở thành
như trước đây.—
Cô ấy không giải thích gì cả
sợi chỉ không thể,—
Gri vội vàng nói
lý lịch. Và, chuyển sang
Alice, thêm vào: Đọc có-
sáng hơn. - Tại sao anh ấy lại đi
tất? - Pod-Cat hỏi.
Ít nhất hãy nói với tôi điều này. - Đến múa ba lê
“Chắc phải chuẩn bị sẵn sàng rồi,” Ali nói.
sa. Bản thân cô cũng không hiểu. Cô ấy không muốn
Tôi muốn nói nhiều hơn về nó.— Đọc
Chà,” Griffin giục cô, “Tôi đang đi dạo trong vườn
một ngày nào đó…" Alice không dám trái lời, mặc dù
và tôi chắc chắn rằng mọi thứ sẽ không diễn ra suôn sẻ nữa
vì vậy, và với giọng run run, cô ấy nói tiếp: Tôi đi dọc theo
một hôm về nhà bỗng thấy người ta chia tấm thảm ra
Cú Rizhka và chó rừng. Và Jackal nướng bánh gừng
Tôi đưa hết nhưng chỉ đưa cho Cú một chiếc đĩa có viền.
Rồi anh đề nghị với cô: “Khi chúng ta chia xong, em hãy tự mình chia lấy.”
thìa, tôi sẽ dùng nĩa và sau đó.” Và sau khi ăn xong, Chó rừng nằm xuống cỏ,
nhưng trước tiên anh ta đã nuốt mười… - Thương hại, thế là đủ rồi,

• anh nói với niềm vui của Alice. - Bạn có muốn thêm nữa không?
  nhảy? - Griffin tiếp tục. - Hoặc tốt hơn nữa là Pod-Cat
  anh ấy sẽ hát cho bạn một bài hát chứ? “Xin vui lòng, một bài hát, nếu có thể,” trả lời
  Alice hô vang nhiệt tình đến nỗi Griffin chỉ nhún vai.
  chúng ta. Pod-Kotit mở miệng, nhưng đúng lúc đó ở phía xa
  người ta nghe thấy: “Phiên tòa sắp đến rồi!” - Chạy thôi! - Griffin nói và chộp lấy
  Alice bị kéo tay và kéo theo anh ta. “Ai đang bị phán xét?” - yêu cầu
  Alice thở hổn hển. Nhưng Griffin chỉ lặp lại: “Chúng tôi đã chạy, chúng tôi đã thắng”.
  bị chích.” Và anh ấy tăng tốc độ của mình.

32

Khóa học toán

Polis và các cực so với một vòng tròn

S.Ts. KHARALAMPIEV (NRB)

Từ biên tập viên. Trong ghi chú này, chúng ta nói về những bài toán rất hay có thể được giải bằng cách sử dụng khái niệm polis và các cực so với đường tròn. Tuy nhiên, học sinh Bulgaria đã quen thuộc với những nhân chứng này, những người này không được đưa vào chương trình giảng dạy ở trường học ở Liên Xô. Do đó, các biên tập viên đã cung cấp cho ghi chú một số thông tin về các đặc tính cơ bản của chính sách và phân cực.

Giới thiệu: polis, Polara và tính chất của chúng

Hai điểm $P$ và $Q$ được gọi là liên hợp thành đường tròn $(k)$ nếu đường tròn có đường kính $PQ$ trực giao với đường tròn $(k)$ (hình 1). Tập hợp tất cả các điểm liên hợp với điểm $P$ so với đường tròn $k(O; r)$ được gọi là

điểm lar $P$ so với $(k)$. Tiếp theo, chúng ta sẽ sửa hình tròn $k(O; n)$ và do đó chúng ta sẽ bỏ qua các từ “quan hệ $(k)$”.

Tính chất I (xây dựng cực). Cực của điểm $P$ thẳng; nó có thể được xây dựng như trong hình 2. Nếu đường thẳng $l$ đóng vai trò là cực của điểm $P$, thì chúng ta cũng nói rằng $P$ là cực của đường thẳng $l$.

Thuộc tính II (cấu trúc của cột). Bất kỳ đường thẳng nào không đi qua tâm đường tròn đều có một cực; nó có thể được xây dựng như trong hình 3.

Tính chất III (có đi có lại). Cực $l_p$ của điểm bất kỳ $P$ thuộc cực $l_Q$ của điểm $Q$ đi qua $Q$.

Thuộc tính IV (thuộc tính đặc trưng). Đối với điểm $M$ cực $l_P$ điểm $P$ và chỉ đối với chúng thì sự tương ứng mới được thỏa mãn

$$OM^2 - PM^2 = 2r^2 - OP^2.$$ (1)

Chúng tôi để lại việc chứng minh các tính chất này cho bạn đọc.

Ứng dụng của các cực và cực đã hiểu

Ví dụ 1 (tính chất cực của tiếp tuyến). Nếu từ điểm $P$ người ta rút

Hình 1.

Hình 2.

Hình 4

34

Hình 8.

Q và R, P và R, P và Q lần lượt nằm trên các cực của các điểm P, Q và R, đó là điều tôi khẳng định.

Một loại tóm tắt của các ví dụ được phân tích là hình 7. Nó cho thấy có bao nhiêu điểm thay thế khác nhau nằm trên cực: các điểm tiếp tuyến (T và T′), giao điểm của các đường chéo (Q), các cạnh đối diện (R) và tiếp tuyến (M, N).

Ví dụ 3 (Định lý Brucard). Gọi P, Q và R lần lượt là giao điểm của các đường chéo và các cạnh đối diện của tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn k(O; r). Khi đó trực tâm tam giác PQR trùng với tâm O.

Bằng chứng. Từ bài toán trước đó, các điểm P=(AC)∩(BD), Q=(AB)∩(CD) và R=(AD)∩(BC) so với đường tròn (k) lần lượt có các đường thẳng QR, PR và PQ là các cực. Khi đó OP⊥QR, OQ⊥PR, OR⊥PQ, tức là O là trực tâm.

Ví dụ 4. Cho X₁X₂X₃X₄ là tứ giác nội tiếp đường tròn (k), và Xᵢᵣ là giao điểm của các tiếp tuyến (k) tại các điểm Xᵢ và Xᵣ (i≠j, i, j=1, 2, 3, 4). Khi đó các đường chéo của tứ giác X₁X₂X₃X₄, X₁₂X₂₃X₃₄X₁₄ có chung một điểm giao nhau.

Bằng chứng. Đặt P=(X₁X₃)∩(X₂X₄), Q=(X₁X₂)∩(X₃X₄) và R=(X₁X₄)∩(X₂X₃) (hình 8). Nhưng X₁X₂ và X₃X₄ là các đường tròn cát tuyến (k) đi qua điểm O, do đó giao điểm của X₁₂ và X₃₄ của các cặp tiếp tuyến với (k) tại các điểm (X₁, X₂) và (X₃, X₄) sẽ nằm trên cực PR của điểm Q. Bằng cách tương tự, người ta xác định rằng các điểm X₂₃ và X₁₄ nằm trên cực PQ của điểm R, hệ quả của nó là (X₁₄X₂₃)∩(X₁₂X₃₄)=(PR)∩(PQ)=P.

Ví dụ 5. Trên một đường tròn cho trước có các đường đi của các điểm: U, V, A, B, C. Xây dựng ba cặp điểm: M=(UA)∩(VB) và M₁=(UB)∩(VA), N=(UB)∩(VC) và N₁=(UC)∩(VB), P=(UC)∩(VA) và P₁=(UA)∩(VC). Khi đó các đường thẳng MM₁, MN₁ và PP₁ có điểm chung hoặc song song (“Toán học ở trường”, 1982, số 2, bài toán 2480).

Bằng chứng. Đặt K=(MM₁)∩(NN₁) và K₁=(MM₁)∩(PP₁). Tứ giác ABVU và BCVU nội tiếp trong (k) (hình 9) nên cực của điểm K đi qua giao điểm của các cặp đường thẳng UV, AB và UV, BC, tức là cực K là đường thẳng UV. Tương tự, tứ giác ABVU và ACVU nội tiếp trong (k) nên cực của điểm K₁ đi qua giao điểm của các cặp đường thẳng UV, AB và UV, AC, tức là cực K₁ là đường thẳng UV. Điểm K và K₁ có cùng cực nên K≡K₁. Nếu các đường MM₁ và MN₁ song song (điểm giao nhau K của chúng là điểm “ở vô cực”), thì UV là đường kính của đường tròn (k), do đó PP₁∩MN₁.

Nhiệm vụ

1. Vòng tròn dữ liệu (k) và dòng p. Dựng đường tròn (k₁) có tâm O₁∈p và bán kính bằng độ dài tiếp tuyến từ O₁ đến (k) cắt (k) tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng khi O₁ mô tả p thì giếng PQ song song hoặc đi qua một điểm không đổi.

2. Các đường tròn k₁(O₁; r₁) và k₂(O₂; r₂) cắt nhau tại các điểm A và B sao cho ⊥AO₂=⊥BO₂=90°. Một đường tròn được dựng có tâm O∈AB và bán kính bằng đoạn tiếp tuyến từ O đến một trong các đường tròn (k₁) và (k₂), cắt (k₁) và (k₂) lần lượt tại các điểm P₁, Q₁ và P₂, Q₂. Chứng minh rằng P₁Q₁ và P₂Q₂ đi qua các điểm O₂ và Q₁.

35

Nhiệm vụ

M991—M995; F1003—F1007

M991. Cho tam giác ABC vẽ đường cao CH và đường trung tuyến SC. Trên cạnh AB chọn các điểm E và F sao cho ∠ACE=∠BCF, các đường thẳng AM và BN (hình 1) vuông góc với các tia CE và CF. Chứng minh rằng các điểm M, H, K và N cùng thuộc một đường tròn.

M992. Trong số 90 sinh viên tốt nghiệp một trường toán học, mỗi người có ít nhất 10 người bạn. Chứng minh rằng bất kỳ sinh viên tốt nghiệp nào cũng có thể mời ba người bạn đến thăm, sao cho trong số bốn người có mặt, mỗi người sẽ có ít nhất hai người bạn.

M993. a) Tìm 11 số tự nhiên liên tiếp có tổng bình phương của số tự nhiên đó.
6)* Chứng minh rằng với 2<n<11 không có n số tự nhiên liên tiếp có tổng các bình phương là chính phương.

M994.* Tại giá trị lớn nhất của k là bất đẳng thức
$$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \geq k(ab+bc+ca)^2$$ có thỏa mãn với mọi giá trị của a, b và c không?

M995. Hàm y=f(x) với mọi x được xác định, liên tục và thỏa mãn các điều kiện
$$f(f(x))=f(x)+x.$$
a) Tìm hai hàm số như vậy f.
6)* Chứng minh rằng không có hàm số nào khác như vậy.

F1003. Đầu máy chuyển động dọc theo một đường tròn bán kính R với tốc độ v. Một quả bóng nhẹ có chiều dài L được gắn vào nó, quả bóng này chuyển động với tốc độ không đổi ở độ cao H. Xác định quỹ đạo chuyển động đã xác lập của quả bóng.

D. Yu. Grigoriev

F1004. Một thanh đơn mỏng có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục nằm ngang đi qua đầu thanh, treo bất động trên mặt nước (hình 2); chiều dài l, mật độ vật chất ρ (ρ nhỏ hơn mật độ của nước). Từ từ hạ trục xuống, gốc rạ ngâm trong nước. Tìm mối liên hệ giữa góc lệch của gốc rạ so với phương thẳng đứng và khoảng cách từ trục quay đến mặt nước; vẽ ra mối quan hệ này.

D. V. Belov

36

F1005. Có một lò nướng trong đó nhiệt độ được duy trì liên tục ở mức $T_1$ và một tủ lạnh có nhiệt độ $T_0 < T_1$. Một cuộn dây có quấn dây dài được lắp vào tủ lạnh. Đầu dây đi ra khỏi tủ lạnh, đi vào lò và gắn vào một cuộn dây được lắp ở đó. Các cuộn dây được quay để dây được rửa từ cuộn lạnh sang cuộn nóng, chuyển động với tốc độ $v$. Tiết diện dây $s$, nhiệt lượng thể tích $c$. Để giữ nhiệt độ $T_1$ và $T_0$ không thay đổi, cần phải tăng công suất lò lên $\Delta E_x$ và giảm công suất làm lạnh của tủ lạnh một lượng tương ứng. Tìm $\Delta E_x$. Giả sử sự trao đổi nhiệt giữa dây và môi trường không phụ thuộc vào tốc độ của dây.

D. V. Pavlov

F1006. Xác định điện trở của mạch điện trở như hình hình 3. Giá trị điện trở tính bằng ohm.

S. S. Krotov

F1007. Một tia sáng chiếu vào một quả cầu gồm hai bán cầu được làm bằng thủy tinh có chiết suất $n_1$ và $n_2$ ($n_1 > n_2$). Quả bóng bắt đầu quay với vận tốc góc $\omega$ quanh một trục vuông góc với phương của chùm tia (hình 4). Tìm kích thước lớn nhất của điểm sáng trên màn hình gắn trên quả bóng.

L. G. Markovich

Problems

M991 — M995; P1003 — P1007

M991. CH and CK are the altitude and the median of triangle ABC. The points E and F are chosen on the side AB so that $\angle ACE = \angle BCF$, and perpendiculars AM and BN are lowered on the rays CE and CF (see figure Pisc. 1). Prove that M, H, K and N lie on one circle.

M992. Each of the 90 alumni of a mathematical gymnasium has at least 10 friends. Prove that any alumnus can invite three other alumni so that among the four each has at least two friends.

M993. a) Find 11 successive natural numbers whose sum of squares is the square of a natural number.
b) Prove that if $2 < n < 11$, then it is impossible to find $n$ successive natural numbers whose sum of squares is a square.

M994.* For what largest value of $k$ the inequality
$$a^4 + b^4 + c^4 + abc(a + b + c) \geq k(ab + bc + ca)^2$$
holds for all values of $a, b$ and $c$?

M995. The function $y = f(x)$ is, for all $x$, defined, continuous and satisfies the condition
$$f(f(x)) = f(x) + x.$$
a) Find two such functions $f$.
b) Prove that there are no others.

P1003. A locomotive moves along a circular track of radius $R$ with velocity $v$. An aerostat is tied to the locomotive.

37

pe write the words: “KVANT’S PROBLEMS” and the numbers of all the solved problems; in your letter enclose an unstamped self addressed envelope — we shall use it to send you the correction results. At the end of the academic year we sum up the results of the Kvant problem contest. If you have an original problem to propose for publication, please send it to us under separate cover, in two copies (in Russian or in English), including the solution. On the envelope write NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS).

Problems M991—M995 were proposed to us by the Bulgarian magazine «Matematika».

P1004. A thin uniform rod which can rotate freely in the vertical plane about a horizontal axis passing through its upper extremity hangs motionless above water (see figure Pisc. 2); the length of the rod is $l$, its density $\rho$ ($\rho$ is less than the density of water). Slowly lowering the axis, the rod is immersed in water. Find and plot the dependence between the angle formed by the rod with the vertical and the distance from the axis to water level.

D. V. Belov

P1005. A heater in which a constant temperature $T_1$ is maintained and a refrigerator with inner temperature $T_0 < T_1$ contain coils of wire. The wire from the coil in the refrigerator comes out of it and goes into the heater to the other coil. The coils rotate so that the wire from the cold coil moves toward the hot coil with velocity $v$. The wire section area is $s$, the volume specific heat is $c$. In order to keep the temperatures $T_0$ and $T_1$ constant, it was necessary to increase the power of the heater by $\Delta E_x$ and decrease the production of cold by the refrigerator by the same magnitude. Find $\Delta E_x$.

D. V. Pavlov

P1006. Determine the resistance of the resistor circuit shown on figure Pisc. 3. The resistances are given in ohms.

S. S. Krotov

P1007. A light ray falls on a solid sphere made out of two glass hemispheres of refraction indices $n_1$ and $n_2$ ($n_1 > n_2$). The sphere is rotated with angular velocity $\omega$ about an axis perpendicular to the ray (see figure Pisc. 4). Find the maximal size of the spot obtained on a screen placed directly behind the sphere.

L. G. Markovich

Lời giải bài toán

M971—M975; F983—F987

Vì tổng số trận thắng của các đội bằng số trận thua và mỗi đội thi đấu 7 trận nên số trận thắng trung bình của mỗi đội là 3,5. Do đó, ít nhất một trong các đội - hãy gọi là $A$ - đã thắng ít nhất 4 trận. Tương tự, đối với mỗi đội trong số 4 đội thua $A$, có trung bình 1,5 trận thắng trong các trận đấu giữa họ, vì vậy một trong số họ - hãy gọi là $B$ - đã thắng ít nhất hai đội. Trong hai đội này, một đội ($C$) đánh bại đội kia ($D$). Các đội $A, B, C, D$ tạo thành bốn đội được yêu cầu.

Dễ dàng nhận thấy nhận định bài toán có thể khái quát: nếu đội $2^{n-1}$ tham gia giải đấu thì luôn có thể thắng đội n $A_1, \dots, A_n$ để mỗi người trong số họ đánh bại đội có số điểm cao hơn.

Thật thú vị khi tìm hiểu xem điều kiện đã chọn ở mức tối thiểu nào $N$ (tùy thuộc vào $n$) sẽ được thỏa mãn đối với bất kỳ khách du lịch nào có sự tham gia của đội $N$. Sơ đồ tham quan được hiển thị trong Hình 1 và 2 (trong đó các mũi tên được vẽ từ đội thắng đến đội thua) cho thấy tại $n=3, N=3$ và $n=4, N=7$ điều kiện của chúng ta không còn đáp ứng nữa. (Lưu ý rằng trong cả hai hình, tất cả các lệnh đều bằng nhau và ở mức hình 1.) Do đó, trong hai trường hợp này, giá trị nhỏ nhất cho phép $N$ là $2^{n-1}$. Người đọc được yêu cầu trả lời câu hỏi liệu điều này có đúng với $n=5, 6, \dots$ hay không.

A. T. Ukraintsev

38

M972. Dãy số $x_1, x_2, \dots$ được cho bởi các điều kiện $x_1 = 1/2, x_{n+1} = x_n^2 + x_n(n=1, 2, \dots)$. Tìm phần nguyên của một số
$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \dots + \frac{1}{x_{100}+1}.$$

Đáp số: 1. Rõ ràng là thế
$$\frac{1}{x_n+1} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_n(x_n+1)} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}},$$
Có thể số tiền đang được xem xét bằng $1/x_1 - 1/x_{100} = 2 - 1/x_{100}$. Chuỗi $x_n$ rõ ràng trả về cả $x_2 = 3/4$ và $x_3 = (3/4)^2 + 3/4 > 1$, do đó cũng trả về $x_{100} > 1$, tức là $1 < 2 - 1/x_{100} < 2$.

A. A. Anjans

M973. Cho tam giác ABC vẽ đường cao AH và đường phân giác BE. Chứng minh rằng nếu $\angle BEA = 45^\circ$ thì cũng $\angle EHC = 45^\circ$.

Hình 1.

Hình 2.

Chứng minh HE là phân giác của góc AHC là đủ.
Từ điểm E kẻ đường vuông góc với AC; gọi D là giao điểm của nó với BC (hình 1). Tam giác BEA và BED có cạnh BE bằng nhau và có các góc ($\angle BEA = \angle BED = 45^\circ$) gắn với nó, do đó AE=ED. Và vì các điểm A, E, H và D nằm trên cùng một đường tròn (tổng các góc AHD và AED bằng $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$) nên các góc AHE và EHD bằng nhau là các góc nội tiếp chắn bởi các dây bằng nhau AE và ED.

Một lời giải khác dựa trên định lý nổi tiếng về đường phân giác: nếu BE là phân giác của tam giác ABC thì AE:EC=AB:BC (ví dụ, xem “Quant”, 1985, số 2, trang 29). Dễ dàng thấy định lý ngược lại cũng đúng nên chỉ cần chứng minh AH:HC=AB:BC là đủ. Biểu thị các góc của tam giác tại các đỉnh A, B, C bằng α, β, γ, ta thu được AH:HC=tg γ và theo định lý sin AB:BC=γ:sin α. Nhưng sin α=sin ($\beta + \gamma$)=sin ($90^\circ - \gamma$)=cos γ (vì β/2+γ=∠AEB=45°), tức là sin γ:sin α=tg γ.

Chúng ta cũng lưu ý rằng tam giác xét ở bài toán có thể có đặc điểm là tâm O của đường tròn đi qua các điểm B, H và E trùng với hình chiếu của điểm B lên đường thẳng AC (hình 2). (Đường tròn này còn được gọi là đường tròn Apollorian cho các điểm A và C, nghĩa là, đối với các điểm X của nó, AX:XB tương đối được dựng.) Từ đây chúng ta có thể nhận được một lời giải khác.

I. F. Sharytsin,
V. N. Dubrovsky

M974. Hai người đang chơi cờ với một chiếc đồng hồ. Sau khi cả hai đi được 40 nước thì đồng hồ của cả hai đều chỉ 2 giờ 30 phút.
a) Chứng minh rằng trong trò chơi có một thời điểm đồng hồ của khu vực này đánh dấu đồng hồ của khu vực khác lâu hơn 1 phút 50 giây.
b) Có thể nói rằng tại một số thời điểm chênh lệch múi giờ ít nhất là 2 phút?

a) Để giá trị tuyệt đối của chênh lệch giữa các số chỉ của đồng hồ không bao giờ vượt quá t=1 phút 50 s. Khi đó thời gian người chơi cờ thứ nhất dành cho nước đi đầu tiên không vượt quá t và thời gian dành cho bất kỳ nước đi nào sau đó không vượt quá 2t (nếu thời gian suy nghĩ cho một nước đi lớn hơn 2t thì lúc bắt đầu hoặc kết thúc khoảng thời gian này chênh lệch số chỉ đồng hồ sẽ lớn hơn t). Như vậy, tổng thời lượng của trận đấu bằng 5 giờ = 300 phút, không vượt quá 80 2t-t = 159t, tức là t ≥300/159 phút>1 phút 50 giây. Kết quả mâu thuẫn cho thấy rằng trong

39

Tại một số điểm, sự khác biệt về số chỉ của đồng hồ sẽ vượt quá 1 phút 50 giây.

6. Đáp số: không thể được. Nếu nước đi đầu tiên (chính xác hơn, theo thuật ngữ cờ vua, “một nửa nước đi”) trong trò chơi mất $t_0=300/158$ phút, mỗi nước trong số 78 phút tiếp theo - $2t_0$ và nước thứ 80, cuối cùng - $t_0$, thì tổng thời gian suy nghĩ của mỗi người chơi cờ là $39 \cdot 2t_0 + t_0 = 79t_0 = 2$ giờ 30 phút và chênh lệch về chỉ số đồng hồ tại bất kỳ thời điểm nào không vượt quá $t_0 < 2$ phút; Biểu đồ chênh lệch được hiển thị trên trang 38.

S. V. Fomin

M975. Có 20 quân cờ khác nhau trên bàn cờ $n \times n$. Được biết, mỗi hình từ trường bất kỳ sẽ có không quá 20 trường.
a) Chứng minh rằng với $n=100$ các hình này có thể được sắp xếp lại sao cho chúng không thuộc nhau.
b) Biết thêm rằng nếu có mười hai hình thì tập hợp các trường mà nó cũng chuyển động song song (theo cùng một vectơ). Chứng minh rằng với $n=30$ 20 hình này có thể được sắp xếp sao cho chúng không phải là nhau.

a) Sử dụng khoảng cách, có thể sắp xếp 20 quân cờ của chúng ta trên bảng $100 \times 100$ và ước tính tỷ lệ $p$ của những cách sắp xếp trong đó ít nhất một quân cờ sẽ là một quân cờ khác. Có thể dễ dàng ước tính tỷ lệ đội hình trong đó một quân nhất định $A$ sẽ là một quân nhất định $B$: đối với bất kỳ vị trí $A$ nào đối với các quân $B$ có $100^2-1=9999$ trường trống, trong đó không quá 20 trường đang bị tấn công bởi các quân $A$; do đó, phân số này không vượt quá $20/9999$. Và vì số lượng các cặp hình (có thứ tự) $(A, B)$ là $20 \cdot 19=380$,

$$p \leq 380 \cdot \frac{20}{9999} < 1,$$

đặt ra có những vị trí không có hình nào khác (phân số của chúng bằng $1-p>0$).

Lưu ý rằng ước tính của chúng tôi khá thô - chúng tôi đã dạy các vị trí trong đó một số hình khác nhau, số lần có các cặp hình như vậy trong đó.

6. Chúng ta sẽ lần lượt xếp các quân cờ lên bảng. Nếu mảnh đầu tiên đã được đặt, thì mảnh thứ hai không thể được đặt trên 1) trường mà mảnh thứ nhất chiếm giữ, 2) các trường bị mảnh thứ nhất tấn công (không quá 20), 3) các trường mà mảnh thứ hai sẽ là mảnh đầu tiên. Hãy chứng minh rằng nhóm thứ 3 cũng có không quá 20 trường.

Gọi $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_k$ là các vectơ nối tâm của trường do hình thứ 2 chiếm giữ với tâm của trường mà nó chứa. Tập hợp vectơ này không thay đổi khi mảnh được di chuyển; một trong số chúng có thể vượt ra ngoài các cạnh của bàn cờ (các hình vẽ cho thấy các vectơ như vậy cho hai vị trí của quân mã). Các trường mà hình thứ 2 là hình thứ nhất có được bằng cách đặt các vectơ $-\vec{v}_1, -\vec{v}_2, \dots, -\vec{v}_k$ khỏi trường mà hình thứ 1 chiếm giữ - không có nhiều hơn 20 trong số chúng.

Như vậy, đối với quân thứ 2, số trường cấm không vượt quá 41. Chúng ta đặt nó vào một trong các ô còn lại, khi đó đối với quân thứ 3 sẽ không quá $2 \cdot 41=82$ trường cấm, v.v. Đối với quân thứ 20, số trường cấm không vượt quá $19 \cdot 41=779<900$, do đó nó cũng có thể được đặt trên bảng với điều kiện bài toán.

Hãy chú ý đến cơ bản lời giải của hai điểm trong bài toán của chúng tôi: không giống như lời giải bài toán 6) lời giải bài toán a) không giúp ích gì trong việc tìm ra sự sắp xếp mong muốn - như người ta nói, đây là “bằng chứng thuần túy về sự tồn tại”.

A. K. Tolytso

40

F983. Một khối có khối lượng $m=1$ kg nằm trên một mặt bàn thô; hệ số ma sát tĩnh của khối trên bàn $\mu_0=1$, hệ số ma sát trượt $\mu=0.9$. Một lò xo có độ cứng $k=1$ N/m được gắn vào vật. Lò xo bắt đầu chìm theo phương ngang sao cho đầu tự do của nó chuyển động với tốc độ không đổi $v=1$ m/s (Hình 1). Khối sẽ di chuyển như thế nào?

Chúng ta sẽ xem xét sự chuyển động của hệ thống theo từng giai đoạn.

Giai đoạn thứ nhất: khối đứng yên, lò xo đặt cách nhau. Điều này xảy ra cho đến khi tại một thời điểm nào đó $t_1$ lực căng của lò xo ($|kx_1|$) đạt đến giá trị của lực ma sát tĩnh cực đại ($\mu_0mg$); từ lúc này khối bắt đầu chuyển động.

Hãy tìm $t_1: kx_1=\mu_0mg$ hoặc $k(vt_1)=\mu_0mg$, từ đâu

$$t_1=\mu_0\frac{mg}{kv} \approx 10\text{ c}.$$

Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu $k/m=\omega^2$. Sau đó

$$t_1=\mu_0g/v\omega^2.$$

Lúc này khoảng cách mùa xuân

$$x_1=vt_1=\mu_0\frac{g}{\omega^2}.$$

Giai đoạn thứ hai. Từ thời điểm $t_1$ khối bắt đầu chuyển động. Hãy xem chuyển động này trong hệ tọa độ chuyển động với tốc độ $\vec{v}$. Trong hệ này (ký hiệu là $c$), tại thời điểm $t_1$ khối có vận tốc $-\vec{v}$ và tọa độ $x=0$ thì lò xo có khoảng cách là $x_1=vt_1$. Chuyển động tiếp theo của khối xảy ra dưới tác dụng của lực đàn hồi $f_{\text{упр}}=kx_1$ và lực ma sát trượt $f=\mu mg$, hướng ngược với hướng của vectơ $\vec{v}$ (đây là hướng vận tốc của khối so với bàn, mà trong hệ $c$ có tốc độ không đổi $-\vec{v}$). Chúng ta hãy nhớ rằng dưới tác dụng của lực đàn hồi và lực không đổi (trong trường hợp này là lực ma sát), vật trải qua dao động điều hòa:

$$x_c=x_{c\text{max}} \sin(\omega t+\varphi)+x_0(\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}),$$

trong đó $x_0$ là vị trí cân bằng, được xác định bởi các điều kiện

$$k(x_1-x_0)-\mu mg=0 \Rightarrow$$

$$x_0=x_1-\frac{\mu mg}{k}=x_1-\mu\frac{g}{\omega^2}=\Rightarrow \Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$$

ở đâu $\Delta\mu=\mu_0-\mu$.

Vận tốc của khối thay đổi theo quy luật

$$v_c=\dot{x}_c'=x_{c\text{max}} \omega \cos(\omega t+\varphi).$$

Hãy tìm giá trị của $x_{c\text{max}}$ và $\varphi$. Để làm điều này, hãy thay thế các giá trị $t=t_1$, $x_c=x(t_1)=0$, $x'(t_1)=-v$ thành (1) và (2):

$$0=x_{c\text{max}} \sin(\omega t_1+\varphi)+\Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$$

$$-v=x_{c\text{max}} \omega \cos(\omega t_1+\varphi).$$

Hãy viết lại các phương trình dưới dạng này:

$$x_{c\text{max}} \sin(\omega t_1+\varphi)=-\Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$$

$$x_{c\text{max}} \cos(\omega t_1+\varphi)=-\frac{v}{\omega}.$$

Bằng cách bình phương (3) và (4) và cộng các biểu thức thu được, chúng ta tìm được:

41

$$x_{c \max}^2 = \frac{(\Delta \mu)^2 g^2}{\omega^4} + \frac{v^2}{\omega^2} \approx 2 \text{ m}^2, \quad x_{c \max} \approx 1,4 \text{ m}.$$

Chia (3) cho (4), ta được:

$$tg(\omega t_1 + \varphi) = \Delta \mu \frac{g}{v \omega}$$

$$(\sin(\omega t_1 + \varphi) < 0, \cos(\omega t_1 + \varphi) < 0)$$

Ở đâu

$$\varphi = \pi + \arctg \frac{\Delta \mu \cdot g}{v \omega} - \omega t_1 \approx \frac{5 \pi}{4}.$$

Bây giờ chúng ta chuyển sang một hệ quy chiếu đứng yên (tại thời điểm $t_1$ gốc tọa độ trong cả hai hệ tọa độ trùng nhau):

$$x = x_c + v(t - t_1) = x_{c \max} \sin(\omega t + \varphi) + v(t - t_1) + \Delta \mu \frac{g}{\omega^2} = \sqrt{2} \sin((t - 10) + \frac{5 \pi}{4}) + (t - 10) + 1 \text{ (м)},$$

$$x' = x_{c \max} \omega \cos(\omega t + \varphi) + v = \sqrt{2} \cos((t - 10) + \frac{5 \pi}{4}) + 1 \text{ (м/c)}.$$

Các phương trình này mô tả chuyển động của khối từ thời điểm thời gian $t_1$ đến thời điểm $t_2$, khi tốc độ của khối bằng 0 và lực ma sát trượt được thay thế bằng lực ma sát tĩnh. Hiện tại $t_2$

$$x' = x_{c \max} \omega \cos(\omega t_2 + \varphi) + v = 0.$$

Hãy nhớ rằng góc $\theta = \omega t_1 + \varphi$ là trong phần tư thứ ba. Khi tăng thêm $t (t > t_1)$ góc sẽ tăng, cos $(\omega t + \varphi)$ cũng sẽ tăng, do đó, tốc độ sẽ tăng, vẫn dương. Khi $(\omega t + \varphi)$ kết thúc ở quý thứ hai (sáu), cos $(\omega t + \varphi)$ sẽ âm và khi nó trở thành cos $(\omega t_1 + \varphi)$, tốc độ của khối trở thành 0. Như vậy,

$$t_2 = t_1 + \frac{2 \left( \pi - \arctg \frac{\Delta \mu \cdot g}{v \omega} \right)}{\omega} \approx 15 \text{ c},$$

$$x(t_2) \approx 7 \text{ m}.$$

Lưu ý rằng lực căng của lò xo tại các thời điểm $t_2$ và $t_1$ có liên hệ với hệ thức

$$f(t_1) - \mu mg = -(f(t_2) - \mu mg) \Rightarrow f(t_2) = 2 \mu mg - f(t_1).$$

Nhưng $f(t_1) = \mu_0 mg$; Đó là lý do tại sao

$$f(t_2) = mg(2 \mu - \mu_0) < \mu_0 mg.$$

Điều này có nghĩa là tại thời điểm $t_2$ khối vẫn giữ nguyên và sẽ không di chuyển cho đến thời điểm $t_3$, khi $f(t_3)$ trở nên bằng nhau

42

modulo $\mu_0 mg$. Khoảng thời gian $t_3 - t_2$ rõ ràng bằng

$$t_3 - t_2 = \frac{f(t_3) - f(t_2)}{kv} = \frac{2(\mu_0 - \mu)g}{v\omega^2} \approx 2\text{ c.}$$

Sau đó, chu trình lặp lại, sao cho $t_4 - t_3 = t_2 - t_1$, v.v. Đồ thị của hàm $x(t)$ và $x'(t)$ được hiển thị trong Hình 2 và 3 (xem trang 41).

I. I. Mazin

F984. Khi Kolke lái xe, torop đôi khi bị kẹt khi khúc gỗ bị tách ra. Trong những trường hợp như vậy, nên thực hiện như trong hình 1 hoặc như trong hình 2. Phương pháp nào hiệu quả hơn?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Khi chiếc rìu đi vào khúc gỗ, sự phân chia giữa hai nửa khúc gỗ ở cả hai bên của chiếc rìu sẽ tăng lên: những cánh tà này có độ dốc theo hướng vuông góc với “cổ” của chiếc rìu; có sự tích tụ biến dạng lò xo trong cây. Sự đứt gãy (tách) của khúc gỗ xảy ra tại thời điểm biến dạng này đạt đến một giá trị “có thể chịu được tối đa” nhất định.

Chúng ta sẽ giả định rằng trước khi chạm vào “đe” trong trường hợp thứ nhất và thứ hai, hệ thống rìu + log có cùng năng lượng. Khi đập vào đe, một phần năng lượng này chuyển thành nhiệt. Trong trường hợp đầu tiên (cây bên dưới), tác động là không đàn hồi, trong trường hợp thứ hai là lực đàn hồi. Điều này có nghĩa là trong trường hợp đầu tiên, tổn thất năng lượng khi va chạm ($\Delta E_1$) lớn hơn trong trường hợp thứ hai ($\Delta E_2$). Năng lượng còn lại được dùng vào công chống lại lực ma sát trong quá trình chuyển động lẫn nhau của rìu và khúc gỗ và làm tăng năng lượng biến dạng của lò xo trong khúc gỗ. Hãy viết ra sự cân bằng năng lượng này:

$$E'_1 = E - \Delta E_1 = A_1 + U_1,$$
$$E'_2 = E - \Delta E_2 = A_2 + U_2.$$

Từ những điều trên cho thấy rõ rằng $E'_2 > E'_1$, tức là $A_2 + U_2 > A_1 + U_1$.

Rõ ràng là nếu $U_2 > U_1$ thì phương pháp thứ hai hiệu quả hơn.

Đối với cùng một chuyển động của chiếc rìu so với khúc gỗ từ cùng một vị trí ban đầu, nghĩa là với cùng một giá trị $A$ ($A_1 = A_2$), rõ ràng là $U_2 > U_1$. Hãy chứng minh rằng các đại lượng $A$ và $U$ tỷ lệ thuận với nhau.

Công $A$ được thực hiện chống lại lực ma sát, lực này thay đổi khi trục chuyển động so với khúc gỗ, vì phản lực pháp tuyến $N_t$ (hình 3). Năng lượng $U_t$ bằng công thực hiện bởi lực ép pháp tuyến của chiếc rìu lên cây. Lực này tại bất kỳ thời điểm nào đều bằng phản lực thông thường $N_t$. Từ tất cả những gì đã nói, rõ ràng là điều kiện $A_2 + U_2 > A_1 + U_1$ có nghĩa là cả $A_2 > A_1$ và $U_2 > U_1$, và do đó phương pháp thứ hai - dùng rìu đập vào đe - sẽ hiệu quả hơn.

T. S. Petrova

F985. Một ống nghiệm úp ngược $A$ được nhúng vào một bình chứa đầy ete lỏng. Họ ngay lập tức bắt đầu từ đó

43

bong bóng thoát ra. Các bong bóng được “thu thập” trong ống nghiệm B, ban đầu chứa đầy ete (xem hìnhnok), chiều dài của ống nghiệm này dài gấp đôi chiều dài của ống nghiệm A. Trong trường hợp này, 2/3 thể tích ete ban đầu đầu tiên được dịch chuyển khỏi ống nghiệm B. Nhiệt độ trong phòng được duy trì ở 20 ° C, áp suất bằng áp suất khí quyển bình thường. Giải thích quá trình xảy ra vài mm pt. Nghệ thuật.). Các bong bóng sẽ ngừng thoát ra khi quá trình bay hơi của ete bên trong ống nghiệm A dừng lại, tức là khi áp suất của ống nghiệm ở đó bằng áp suất hơi bão hòa $p_H$ và áp suất tổng là $p_H + p_B = p_0$, trong đó $p_B$ là áp suất không khí.

Điều kiện tương tự phải được đáp ứng trong ống nghiệm B. Trong trường hợp này, không khí chiếm thể tích $V_0$ trong ống nghiệm A sẽ chiếm thể tích $\frac{4}{3}V_0$ trong ống nghiệm B. Sử dụng định luật Boyle-Marutt, chúng ta có thể viết:

$$p_0V_0 = p_B(V_0 + \frac{4}{3}V_0) = \frac{7}{3}p_BV_0,$$

chúng ta tìm thấy $p_B = \frac{3}{7}p_0$ ở đâu. Bây giờ dễ dàng xác định áp suất hơi bão hòa của ether:

$$p_H = p_0 - p_B = \frac{4}{7}p_0 \approx 430 \text{ мм pt. ст.}$$

A. I. Buzdin

Các nguyên tử kim loại (vonfram và bạch kim) nằm trên bề mặt tấm và các nguyên tử cacbon trong phân tử CO có liên kết hóa học không bão hòa. Sự tương tác của carbon oxyhydroxide với bề mặt kim loại sạch dẫn đến sự hình thành liên kết hóa học mạnh mẽ giữa nguyên tử C và nguyên tử kim loại bề mặt. Phản ứng này đi kèm với sự giải phóng nhiệt. Trong trường hợp này, carbon oxynium tạo thành một lớp đơn trên bề mặt kim loại và đối với mỗi nguyên tử kim loại nằm trên bề mặt tấm, có một phân tử CO và trục của các phân tử vuông góc với bề mặt kim loại (hình 1).

Gần bề mặt của tiểu cầu, có thể xác định được hai mặt phẳng $P_1$ và $P'_1$, nằm ở khoảng cách $l$ với nhau và lần lượt đi qua tâm của các nguyên tử carbon và oxy. Chúng ta sẽ giả sử rằng các điện tích dương (điện tích lưỡng cực $+\Delta q$) nằm trong mặt phẳng $P_1$ tính từ bề mặt của mặt phẳng điện tích $+\sigma_1$ và các điện tích âm nằm trong mặt phẳng $P'_1$ tính từ bề mặt của mặt phẳng điện tích $-\sigma_1$ (hình 2).

Tương tự, gần bề mặt của tấm vonfram có hai mặt phẳng tích điện khác nhau lần lượt là $P_2$ và $P'_2$ tính từ bề mặt của mặt phẳng điện tích $+\sigma_2$ và $-\sigma_2$.

Do đó, việc tính toán hiệu điện thế $U$ giữa các tấm vonfram và tấm được rút gọn thành việc xác định hiệu điện thế giữa hai tham số của các mặt phẳng tích điện khác nhau:

$$U = \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0} l - \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0} l = \frac{\sigma_1 - \sigma_2}{\varepsilon_0} l. \tag{1}$$

44

Số lượng nguyên tử trung bình của kim loại, vị trí của chúng trên một đơn vị diện tích bề mặt của nó (mật độ bề mặt của nguyên tử γ), được xác định thông qua tỷ lệ mật độ thể tích của các nguyên tử

$$\gamma = n^{2/3},$$

trong đó $n$ là mật độ thể tích của các nguyên tử kim loại. Đổi lại, mật độ thể tích của nguyên tử bằng

$$n = \frac{\rho N_A}{M},$$

trong đó $\rho$ là mật độ của kim loại, $N_A$ là số Avogadro, $M$ là khối lượng mol của kim loại. Rõ ràng là vậy

$$\sigma = \Delta q \gamma.$$

Có tính đến các mối quan hệ (2)—(4), chúng tôi biểu thị sự khác biệt tiềm năng mong muốn ở dạng

$$U = \frac{\Delta q \cdot l}{\varepsilon_0} N_A^{2/3} \left( \left( \frac{\rho_W}{M_w} \right)^{2/3} - \left( \frac{\rho_{Pt}}{M_{Pt}} \right)^{2/3} \right).$$

Thay các giá trị số ($\varepsilon_0 = 8,85 \times 10^{-12} \text{ Ф/m}$, $N_A = 6,02 \cdot 10^{23} \text{ mol}^{-1}$, $\rho_W = 19,1 \times 10^3 \text{ кг/m}^3$, $\rho_{Pt} = 21,5 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$, $M_W = 0,184 \text{ кг/mоль}$, $M_{Pt} = 0,195 \text{ кг/mоль}$), ta được $U = 24 \text{ мВ}$.

Tóm lại, cần lưu ý rằng trong lời giải bài toán một sự đơn giản hóa đã được thực hiện - chúng tôi không dạy rằng trong cấu trúc tinh thể, các nguyên tử vonfram và bạch kim được sắp xếp theo một thứ tự nhất định và do đó, trong các môi trường khác nhau, một số lượng nguyên tử kim loại khác nhau xuất hiện trên bề mặt của nó. Vì vậy, công thức (2) yêu cầu làm rõ cho từng trường hợp cụ thể về cách sắp xếp các nguyên tử trên bề mặt kim loại. Ngoài ra, trong các mặt phẳng khác nhau của bề mặt, các nguyên tử có hóa trị khác nhau và điều này cũng phải được tính đến.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F987. Trong bức tranh “Tháng ba” của I. Levitan, bóng trên tuyết do cây đổ vào một ngày nắng trong có màu xanh lam. Sẽ không đúng hơn (từ quan điểm vật lý) nếu hướng chúng tối, không màu (đen hoặc xám)?

Sự chiếu sáng của bất kỳ khu vực nào trên bề mặt trái đất được tạo ra bởi cả ánh sáng mặt trời trực tiếp và ánh sáng mặt trời tán xạ trong khí quyển. Như bạn đã biết, ranh giới bóng xác định khu vực mà ánh sáng mặt trời trực tiếp không chiếu tới. Nếu nhìn chung các tia không rơi vào vùng này thì vùng tương ứng sẽ không màu (màu đen).

Vào một ngày nắng đẹp (khi bầu trời hầu như không có mây), ánh nắng khuếch tán chiếu xuống trái đất “có tông màu xanh” (màu của bầu trời). Rơi vào vùng bóng “trực tiếp”, ánh sáng này phản chiếu từ lớp tuyết trắng mà không bị hấp thụ đáng kể (đây là đặc tính của tuyết trắng) và tạo cho bóng có màu xanh lam. Hiệu ứng được mô tả càng rõ ràng thì lớp tuyết phủ càng rõ ràng.

A. S. Butov