Kvant 1986, số 9 · Trang

KVANT 9
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

Chúc mừng mới
năm học!

1

TRONG PHÒNG:

2 Ngày Tri Thức - Kỳ nghỉ Vennado
3 SG Gindikin. Joseph Louis Lagrange
11 A. A. Lanides. Hãy đi lướt ván buồm
16 V. A. Fabrikant. Sói, Nam tước và Newton
21 M. D. Kovalenko. Bộ vi xử lý đo…

Knowledge day — our national holiday
S. G. Gindikin. Joseph Louis Lagrange
A. A. Lapides. Riding a windsurfer
V. A. Fabrikant. The wolf, the baron and Newton
M. D. Kovalenko. Measuring by microprocessor…

tin tức khoa học
20 Trên đường đến với laser RENTEN
Science news
In the direction of X-ray lasers

vòng tròn toán học
23 I. A. Kushnir. Bài học của một bài toán
Mathematics circle
I. A. Kushnir. One-problem lesson

Trường học ở «Kvant»
25 Vật lý 8, 9, 10
Physics 8, 9, 10
Selected school problems

«Kvant» cho học sinh nhỏ
31 nhiệm vụ
34 S. N. Olechnik. Có bao nhiêu chiếc xe đạp?
Kvant for younger school children
Problems
S. N. Olekhnik. How many bicycles?

Kính vạn hoa «Kvant»
Kvant’s kaleidoscope

Bài tập «Kvant»
36 Nhiệm vụ M1001—M1005; F1013—F1017
Kvant’s problems
Problems M1001—M1005; P1013—P1017
Solutions M981—M985; F993—F997
List of readers who have sent correct solutions

Nghệ thuật lập trình
48 Toán học và lập trình (Trò chuyện với học giả A.P. Ershov)
The art of programming
Mathematics and programming
(A talk with academician A. P. Ershov)

Xưởng của người nộp đơn
51 A. R. Zilberman. mạch điện xoay chiều
College applicant’s section
A. R. Zilberman. Alternative current circuits

Thế vận hội
Olympiads

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang bìa của chúng tôi (10)
Pha trộn (56)
Trang cờ vua
Những tiến bộ mới trong máy tính (trang bìa thứ 3)
Answers, hints, solutions
Our cover page (10)
Miscellaneous (56)
The chess page
New computer achievements (3rd cover page)

Những ngày nghỉ hè tuyệt vời đã kết thúc. Và bây giờ cầu vồng không chỉ là cầu vồng mà là một hiện tượng quang học trong khí quyển, xích đu không chỉ là xích đu mà là một ví dụ về cộng hưởng tham số (xem trang 29 để giúp các em hiểu ví dụ này)… Chúc mừng năm học mới!
Các thiết kế được mô tả trên trang thứ hai của trang bìa được mô tả ở trang. 10.

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

2

Ngày Tri thức là một ngày lễ quốc gia

Năm nay, ngày lễ quốc gia - Ngày Tri thức - được tổ chức lần thứ ba.

V.I. Lênin vào buổi bình minh của quyền lực Xô Viết đã nói rằng bạn chỉ có thể trở thành người cộng sản bằng cách làm phong phú thêm trí nhớ của mình bằng kiến ​​thức về tất cả những kho tàng mà nhân loại đã phát triển. Trong bài phát biểu trước giới trẻ tại Đại hội Komsomol III, ông kêu gọi: “Học, học và học nữa”. Những mệnh lệnh của chủ nghĩa Lênin này đã phát hiện ra những vấn đề trong chính sách của đảng ta và của nhà nước Xô Viết, điều này đã tạo ra những cơ hội chưa từng có trong lịch sử đối với sự phát triển hưng thịnh của giáo dục và văn hóa ở nước ta.

Tại sao lại chú ý nhiều đến việc tiếp thu kiến ​​thức ở giai đoạn phát triển này của xã hội chúng ta? Việc thực hiện đường lối Đại hội 27 của Đảng nhằm tăng cường phát triển kinh tế - xã hội của đất nước gắn liền với tiến bộ khoa học công nghệ, với việc đưa khoa học trở thành lực lượng sản xuất trực tiếp của xã hội. Các nghiên cứu đặc biệt chứng minh một cách thuyết phục hiệu quả kinh tế cao của giáo dục. Có bằng chứng cho thấy 30 đến 40% mức tăng thu nhập quốc dân ở các nước phát triển đạt được thông qua giáo dục. Sự phát triển của giáo dục là mạnh mẽ.

CPSU và sự cai trị của Liên Xô thường xuyên chú ý đến việc cải thiện giáo dục. Điều này được khẳng định bởi cuộc cải cách trường học mới. Thời gian học tiếp tục trong những năm tới từ 10 đến 11 năm; Trường tiểu học trở thành trường hè bốn năm. Các biện pháp đang được thực hiện để cải thiện đào tạo và giáo dục lao động. Trong kế hoạch 5 năm lần thứ 12, số trường học sẽ được xây dựng gấp đôi so với kế hoạch 5 năm lần thứ 11. Cũng sẽ có sự trở lại của 800 bộ chuyên nghiệp mới. Dự kiến ​​sẽ mở hàng trăm trạm kỹ thuật cưỡi ngựa mới, các trường khoa học tự nhiên trẻ và thể thao. Mạng lưới các hội khoa học, câu lạc bộ, câu lạc bộ thiếu nhi của sinh viên ngày càng được mở rộng.

Nội dung kiến ​​thức của trường cũng sẽ thay đổi. Việc làm quen với các công nghệ mới, máy tính và robot sẽ được đảm bảo tốt hơn. Học sinh sẽ nhận được kiến ​​thức chính trị sâu sắc hơn và làm quen với các quá trình xã hội mới trong nước và thế giới nói chung. Một tạp chí chính trị mới dành cho học sinh trung học sẽ bắt đầu xuất bản. Chu kỳ của các lớp học tự chọn trong các lĩnh vực nhân văn, vật lý và toán học, kỹ thuật và sinh học ngày càng được mở rộng nhằm phát triển tài năng và năng lực của học sinh.

Nhân Ngày Tri thức, cả nước nhiệt liệt chào mừng các thầy cô, các em học sinh và chúc các em đạt được những thành công mới, to lớn hơn.

Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Yu. K. Babansky

3

Joseph Louis Lagrange
Nhân kỷ niệm 250 năm ngày sinh của Ngài

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

Thư từ Turin. Vào tháng 8 năm 1755, Euler vĩ đại (1707-1783) nhận được một lá thư từ Turin từ Lagrange, 19 tuổi, người đã viết thư cho ông trước đó. Euler chắc chắn đã có quan điểm rằng người viết thư cho ông là một nhà toán học tài năng, trưởng thành, mặc dù ông còn trẻ. Chưa hết, nội dung của bức thư cuối cùng đã khiến nhà khoa học kinh ngạc.

Kể từ cuối thế kỷ 17, sự chú ý của các nhà toán học ngày càng bị thu hút bởi bài toán, hiện nay thường được gọi là warshational, nhưng sau đó thường được gọi là isopermetric. Tất cả bắt đầu với bài toán về brachistochrone - cái móc rộng nhất giữa hai điểm. bài toán này được đạo diễn bởi Johann Bernoulli (1667-1748). Tuy nhiên, bài toán về các đường cong sở hữu một số đặc tính tối đa-tối thiểu nhất định đã nảy sinh trước đây: một đường tròn với một độ dài nhất định giới hạn một hình có diện tích phẳng nhất (thuộc tính đẳng giác, do đó có tên lớp bài toán), đường thẳng là khoảng cách ngắn nhất giữa các điểm, v.v. Số lượng các vấn đề như vậy ngày càng tăng, các nhà toán học đã giải quyết chúng một cách hài lòng, chọn “khóa và bí mật” của riêng mình cho mỗi vấn đề.

Tuy nhiên, phong cách của phép tính vi phân và tích phân trong thời kỳ hoàng kim này đòi hỏi nỗ lực tìm ra một phương pháp tổng quát, để hình thành phép tính cho lời giải đẳng giác bài toán. Phương pháp này được chính Euler phát hiện vào năm 1732. Quan sát chính của ông là các đường cong là nghiệm của bài toán này tương ứng với nghiệm của các phương trình vi phân nhất định. Trong việc rút ra các phương trình này, ông đã thấy bài toán chính. Khó khăn ở đây là cuộc thảo luận xoay quanh việc tìm một đường cong cực trị (chứ không phải điểm cực trị) và do đó các ví dụ nổi tiếng về tìm kiếm cực trị đã không được sử dụng. Chỉ bằng cách đi vòng, thay thế những đường cong bằng những đường đứt đoạn, Euler mới vượt qua được khó khăn này.

Nhưng Lagrange, với sự quyết tâm vốn có của tuổi trẻ, đã dám áp dụng sơ đồ tìm cực trị từ giải tích tổng quát nói riêng về đường cong. Sơ đồ này, như bất kỳ nhà kinh điển chín nào hiện nay đều biết, bao gồm việc thay thế hàm $y=f(x)$ bằng phần chính $dy=f'(x)dx$ (vi phân của nó), sau đó giải phương trình $dy=0$ (nghĩa là $f'(x)=0$). Lagrange đã đưa ra khái niệm tương ứng cho đường cong $l$, ký hiệu là $\delta l$ (bằng cách tương tự với $dy$); sau này $\delta l$ bắt đầu được gọi là varshation. Phương trình $\delta l=0$ và đưa nó thẳng đến các phương trình vi phân đó - ngày nay chúng được gọi là *phương trình Euler-Lagrange * - mà Euler đã đi theo một con đường vòng.

Euler nhận được thông tin ngắn để đánh giá tất cả các ứng dụng của cải tiến Lagrange. Bức thư của Lagrange đã làm sống lại mối quan tâm của Euler đối với các vấn đề cực đoan. Ngay trong năm 1756, ông đã thực hiện hai báo cáo tại Học viện Berlin liên quan đến phương pháp Lagrange. Cùng năm đó, Lagrange giới thiệu

4

Euler được bầu làm thành viên nước ngoài của học viện này - bài xã luận dành cho một nhà khoa học trẻ chưa có thời gian xuất bản các tác phẩm của mình.

Euler không vội công bố kết quả mới của mình, để người đồng nghiệp trẻ tuổi của mình từ từ chuẩn bị công bố. Ông giải thích quan điểm của mình trong một bức thư đề ngày 10 tháng 10 năm 1759:

“Theo như tôi thấy, tiếng Anh lời giải của bạn về bài toán đẳng tích chứa đựng mọi thứ có thể mong muốn trong lĩnh vực này, và tôi vô cùng vui mừng rằng lý thuyết này, mà sau những nỗ lực đầu tiên tôi hầu như chỉ nghiên cứu một mình, đã chỉ đạt đến mức hoàn hảo nhất. Tầm quan trọng của câu hỏi đã thôi thúc tôi, với sự giúp đỡ của sự soi sáng của bạn, tự mình ăn lấy tiếng Anh lời giải. Tuy nhiên, tôi quyết định giấu điều này cho đến khi bạn công bố kết quả của mình, vì tôi không bao giờ muốn tước đoạt của bạn một phần lời nói xứng đáng của bạn.”

Một ví dụ tuyệt vời về đạo đức khoa học!

Bức thư của Euler đã củng cố thêm quyết tâm của Lagrange trong việc công bố những gì ông đã làm, và trong tập II của “Ghi chú Turiin” năm 1761-1762, chủ đề của ông “Việc thực hành một phương pháp mới để xác định cực đại và cực tiểu của các công thức khoảng không xác định” đã xuất hiện. Năm 1764, Euler cũng công bố kết quả của mình, giới thiệu công bố bằng dòng chữ:

“Sau khi làm việc một thời gian dài và miễn phí để tìm lời giải cho câu hỏi này, tôi rất ngạc nhiên khi thấy rằng trong Hồ sơ Turin bài toán, câu hỏi này đã được giải một cách dễ dàng và vui vẻ. Khám phá tuyệt vời này khiến tôi càng ngưỡng mộ hơn vì nó khác biệt đáng kể so với dữ liệu của nhiều phương pháp và vượt trội đáng kể về tính đơn giản.”

Lưu ý rằng Euler không đề cập đến thư từ trước đó. Euler đề xuất gọi phương pháp mới này là “phép tính biến thiên” bằng cách tương tự với phép tính vi phân.

Đây là sản phẩm khoa học của Lagrange. Ở một khía cạnh nào đó, nó là duy nhất. Có những ví dụ khác trong đó các nhà toán học vĩ đại đạt được những kết quả quan trọng đầu tiên ở cùng độ tuổi với Lagrange. Tuy nhiên, đồng thời cô ấy cũng quyết định về lời giải cụ thể bài toán. Sự quan tâm đến việc cải tiến phương pháp như vậy xuất hiện qua nhiều năm. Chúng ta thấy rằng ngay trong tác phẩm đầu tiên của Lagrange, một điều gì đó đã được tiết lộ sẽ luôn giúp ông nổi bật trong tương lai: làm rõ hoàn toàn tình hình, cải tiến phương pháp, tìm kiếm nguyên tắc đầu tiên được đánh giá cao hơn bài toán cụ thể.

Giuseppe Luigi. Chúng ta đã nói về tác phẩm vĩ đại đầu tiên của Lagrange, nhưng vẫn đáng nói đôi lời về những sự kiện trước đó trong cuộc đời ông. Joseph Louis Lagrange sinh ngày 25 tháng 1 năm 1736 tại Turin, Ý. Tuy nhiên, ở quê hương ông được gọi là Giuseppe Luigi. Người tiền nhiệm của ông đến từ Pháp và phục vụ cho Công tước Savoy, còn ông nội và cha ông tiếp tục làm thủ quỹ của nhà máy và các tòa nhà. Đến lúc tương lai ra đời thì môn toán của gia đình đã bị hủy hoại.

“Nếu tôi giàu có, tôi tin rằng mình sẽ không đạt được vị trí của mình trong toán học; và tôi sẽ đạt được thành công tương tự ở hoạt động nào khác? - các nhà khoa học sau đó đã nói.

Tuy nhiên, ngay từ đầu, kế hoạch của gia đình Joseph Louis đã có ý định cho anh trở thành một luật sư, và năm 14 tuổi anh đã vào Đại học Turin. Tuy nhiên, anh đã chuyển sang Trường Pháo binh do anh rất yêu thích toán học. Ở tuổi 19, ông là giáo sư toán học tại trường này (theo một số nguồn tin, thậm chí còn sớm hơn).

Một nhóm các nhà toán học và vật lý trẻ hình thành xung quanh Lagrange, sau này chuyển thành Viện Hàn lâm Khoa học Turi. Từ năm 1759, “Các bộ sưu tập triết học và toán học của hiệp hội khoa học tư nhân Turi” bắt đầu được xuất bản, chúng được gọi đơn giản là “hồ sơ Turii”. Chúng tôi đã nói rằng trong tập II của ghi chú đã xuất hiện chủ đề về sự nghiệp của Lagrange trong phép tính rụng trứng, và tập I có hai tác phẩm của ông, bao gồm bài báo “Nghiên cứu về bản chất của sự truyền âm thanh”.

Cơ sở của tĩnh học. Lagrange là linh hồn của vòng tròn Turin. Các bài báo của các đồng chí của ông được đăng trong Hồ sơ Turin mang dấu vết rõ ràng về ảnh hưởng mạnh mẽ của Lagrange. Điều này đặc biệt áp dụng cho bài viết của Fonsena, người dường như chỉ là đồng phạm trong tư duy có hệ thống của Lagrange thông qua các nền tảng của cơ học. Sau đó, “Cơ học phân tích” nổi tiếng của ông sẽ bắt đầu với cốt truyện của bài viết này. Ở đây chúng ta đang nói về sự so sánh hai thống kê quan trọng nhất: nguyên lý đòn bẩy và nguyên tắc cộng lực tác dụng lên một điểm. Archimedes xây dựng lý thuyết đòn bẩy này dựa trên tiên đề về sự cân bằng của một đòn bẩy với các cánh tay và tải trọng bằng nhau cũng như về tải trọng kép lên điểm tựa trong tình huống này. Nhiều tác giả đã cố gắng làm rõ và bổ sung lý luận của Archimedes, nhưng theo Lagrange, họ “vi phạm tính đơn giản… hầu như không đạt được gì về mặt chính xác”. Lagrange lưu ý rằng phần đầu tiên của tiên đề tự nhiên được coi là rất giống với thông điệp về tính đối xứng: “không thể thiết lập cơ sở dựa vào tải trọng này sẽ kéo tải khác”. Tuy nhiên, ông không thấy bất kỳ cơ sở logic nào cho thực tế là tải trọng trên điểm tựa nhất thiết phải bằng tổng trọng lượng của các tải trọng:

5

“rõ ràng, tất cả các cơ học đều coi giả định này là kết quả của sự quan sát hàng ngày, điều này dạy chúng ta rằng trọng lượng của một vật chỉ phụ thuộc vào khối lượng của nó chứ không hề phụ thuộc vào hình dạng của nó.”

Lagrange đề xuất một cách rút ra nửa sau của tiên đề Archimedes từ nửa đầu tiên. Ông ta xét một tấm tam giác đều ABC, trong đó đáy AB của tam giác đều nằm ngang. Đỉnh A và B được tải với tải p bằng nhau và đỉnh C có tải 2p. Tấm nằm trên đường trung bình MN song song với AB (hình 1). Nó sẽ ở trạng thái cân bằng, suy ra từ việc xét cặp đòn bẩy AC, CB với các điểm đỡ M, N do phần đầu của tiên đề Archimedes. Nhưng khi đó đòn bẩy CF cũng sẽ ở trạng thái cân bằng, trong đó F là điểm giữa AB với điểm tựa E - điểm giữa CF (tại đó MN và CF cắt nhau). Do đó, tải trọng tại điểm F phải bằng tải trọng 2p tại điểm C (nói đúng ra, điều này áp dụng phép nghịch đảo phần thứ nhất của tiên đề Archimedes, dễ dàng suy ra), và đây chính xác là tải trọng tác dụng lên điểm tựa ở đòn bẩy AB. Lagrange lưu ý cẩn thận rằng ông đã rút ra được kỹ thuật xét sự cân bằng của một tấm phẳng so với một thanh từ Huygen.

Tiếp theo, Lagrange xem xét nguyên lý cộng lực tác dụng lên một điểm, nguyên tắc này có thể dễ dàng chứng minh bằng cách xét phép cộng chuyển động. Một sự khác biệt đáng kể về nguyên tắc là trong một trường hợp, lực tác dụng lên các điểm khác nhau, và trong trường hợp khác - lên một điểm. Tuy nhiên, nhiều phát biểu về thống kê có thể được suy ra từ nguyên lý này cũng như từ nguyên lý khác. Nhìn chung, người ta mong muốn từ chối chấp nhận nguyên lý đòn bẩy như một tiên đề, nhưng Lagrange khẳng định rằng tất cả các kết luận đã biết về tiên đề Archimedes từ định luật cộng lực đều rất giả tạo:

“…mặc dù, nói đúng ra, cả nguyên lý đòn bẩy và nguyên lý cộng chuyển động luôn dẫn đến những kết quả như nhau, thật thú vị khi lưu ý rằng lực đơn giản nhất theo một trong những nguyên lý này lại trở nên phức tạp nhất đối với nguyên lý kia.”

Trực giác cho phép Lagrange phát hiện chính xác một điểm tinh tế, mặc dù ông không thể giải thích đầy đủ về nó. Nó được kết nối với mối quan hệ lẫn nhau của cơ học và hình học. Thực tế là định luật cộng lực tác dụng lên một điểm không phụ thuộc vào tiên đề song song, trong khi trong không gian Lobachevsky, tải trọng tác dụng lên điểm tựa của đòn bẩy luôn lớn hơn tổng trọng lượng của các tải trọng tác dụng. Đạo hàm của nửa sau của tiên đề Archimedes sử dụng phát biểu rằng đường cao của một tam giác đều cắt đường trung bình tại điểm giữa của nó; và điều này dựa trên tiên đề song song và không đúng trong hình học Lobachevsky. Rõ ràng, Lagrange vẫn chưa biết điều này, mặc dù người ta biết rằng ông đang suy nghĩ về vấn đề của tiên đề V.

Nguyên tắc hành động tối thiểu. Trong tập II của “Ghi chú của Turian”, tiếp theo chủ đề về phép tính biến phân, bài viết của Lagrange “Ứng dụng phương pháp được nêu trong chủ đề trước cho lời giải động lực học bài toán khác nhau” đã được đăng. Và ở đây Lagrange theo bước chân của Euler. Năm 1744, Maupertion (1698-1759) đã xây dựng một nguyên tắc rất chung chung và mơ hồ, theo đó mọi thứ trong tự nhiên, kể cả chuyển động cơ học, đều xảy ra theo cách mà một đại lượng nhất định - tác dụng - đạt đến giá trị tối thiểu. Euler cho trường hợp chuyển động

6

các điểm trong trường trung tâm đã biến phát biểu mơ hồ này thành một phát biểu hoàn toàn chính xác, xác định tác dụng trong trường hợp này là vận tốc liên vũ trụ dọc theo đường đi §v ds. Lagrange đã khái quát hóa các nguyên lý Euler cho trường hợp một hệ thống các điểm tùy ý, trong đó có các kết nối và tương tác một cách tùy ý. Sau khi xác định được tác dụng trong hệ thống này, Lagrange, bằng cách sử dụng phép tính vi hạt kỹ thuật mà ông đã phát triển, giải quyết nhiều chẩn đoán bài toán khác nhau, bao gồm cả thủy động lực học. Như Fourier (1768-1830) viết:

“Anh ta áp dụng tất cả các định luật về cân bằng và chuyển động theo một nguyên lý và điều không kém phần ngạc nhiên là anh ta áp dụng chúng cho một phương pháp tính toán mà chính anh ta là người phát minh ra.”

Tham quan Paris. Năm 1766 Lagrange tròn 30 tuổi. Đây là một cột mốc quan trọng trong cuộc đời anh. Ông được thế giới khoa học công nhận: vào năm 1764 và 1766. ông đã nhận được giải thưởng từ Học viện Paris cho nghiên cứu về chuyển động của Luận Nghĩa và các mặt trăng của Sao Mộc. Tỉnh Turin trở thành nơi tối tăm cho các hoạt động khoa học của Lagrange. Trong cuộc sống cá nhân, ông là người khiêm tốn, nổi bật bởi sức khỏe yếu, sự khiêm tốn trong giao tiếp với mọi người mang hình thức khiêm tốn và thậm chí là kém cỏi. Ông duy trì một lượng thư từ rộng rãi, nhưng Lagrange đã có cơ hội để xem mức độ liên lạc trực tiếp với các nhà khoa học trong chuyến đi đến Paris năm 1755. Lagrange đi cùng với người bạn Karachili, người được bổ nhiệm làm đặc phái viên đến London. Tuy nhiên, Lagrange đã không đến được London.

“Bị ốm nặng sau bữa tối tại Abbot Nollet’s, nơi Nollet chiêu đãi ông những món ăn được chế biến theo phong cách Ý, Lagrange không thể đến London mà ở lại Paris để điều trị và vì tức giận, vội vàng quay trở lại Turin,” bạn ông và người viết tiểu sử Delambre nhớ lại.

Thực tế là ở miền bắc nước Ý, họ sử dụng dầu lửa trại để nấu ăn, đã được để ráo nước trước. Trong nhà bếp của Nolle, nơi họ quyết định chuẩn bị bữa tối “theo cách của Ý”, họ đã sử dụng dầu lửa trại mà không cần chuẩn bị cần thiết và nó đã thể hiện đầy đủ các đặc tính chữa bệnh nổi tiếng của nó. Tuy nhiên, về mặt khoa học thì nó hiệu quả hơn. Lagrange giao tiếp rất nhiều với các nhà toán học hàng đầu của Pháp D’Alembert (1717-1783), Clairaut (1713-1765), Condorcet (1743-1794), nhưng cũng có những nhà khoa học ít quan trọng hơn vẫn là bạn của ông suốt đời. Lagrange đã nhiều lần nhắc lại rằng sáu tháng ở Paris là khoảng thời gian hạnh phúc nhất trong cuộc đời ông.

Lagrange ở Berlin. Năm 1766, Euler rời Berlin đến St. Petersburg, đảm nhận vị trí chủ nhiệm lớp vật lý và toán học tại Viện Hàn lâm Khoa học Berlin. Ông đề xuất Lagrange làm người kế vị Frederick II. Việc ứng cử này đã được D’Alembert ủng hộ nhiệt tình, người mà nhà vua thậm chí còn coi ông ta thấp kém hơn. Vào tháng 11 năm 1766 Lagrange đã ở Berlin, mặc dù vua Sardinni miễn cưỡng chia tay nhà khoa học. Lagrange đến học viện không phải trong những ngày tươi đẹp nhất. Không có Euler, d’Alembert, hay Maupertion ở đây. Tuy nhiên, một nhà toán học rất độc đáo Lambert (1728-1777) đã làm việc ở đây, người đã chứng minh đặc biệt sự vô tỷ của số l. Lagrange và Lambert có nhiều điểm tiếp xúc trong toán học; họ lấp đầy nhau bằng thứ gì đó theo cách của con người. Tình bạn của họ kéo dài mười năm cho đến khi Lambert qua đời và rất quan trọng đối với họ. Lagrange đã rút lui không dễ dàng thích nghi với cuộc sống của triều đình Phổ. Nhưng anh ấy, không giống như Euler, có thể làm được điều này và tránh được xung đột. Lagrange có một cuộc sống đo lường: các nhiệm vụ bên ngoài, các cuộc họp, thư từ chiếm phần lớn thời gian trong ngày, nhưng suốt buổi tối sau chuyến đi bộ bắt buộc, bộ phận bận rộn với khoa học trong im lặng, sau cánh cửa đóng kín.

“Cơ học phân tích”. Lagrange đã sống ở Berlin hơn hai mươi năm. Đây là thời điểm ông trưởng thành, là thời kỳ làm việc hiệu quả nhất trong cuộc đời ông. Có một số nhà khoa học vĩ đại mà di sản của họ bao gồm một cuốn sách chính (Nguyên lý của Newton, Đồng hồ quả lắc của Huygen). Cuốn sách của Lagrange là Cơ học phân tích. Nó được xuất bản vào năm 1788, khi Lagrange đã ở Paris. Nhưng cô ấy đã chọn kết hợp công việc chính đã được thực hiện ở Berlin và được hình thành ở Turin. Ý định của cuốn sách có thể được hiểu rõ nhất qua lời nói của chính tác giả:

“Đã có một số sách hướng dẫn về cơ học, nhưng kế hoạch của nhà khoa học xã hội này thật hoàn hảo. Ý tôi là đưa toàn bộ lý thuyết về khoa học và nghệ thuật lời giải liên quan đến nó bài toán vào các công thức chung, việc phát triển đơn giản sẽ cung cấp mọi thứ cần thiết cho lời giải bất kỳ phương trình nào.”

Vì vậy, nói tóm lại, Lagrange sẽ chỉ ra rằng các quy trình phân tích thuần túy là đủ cho lời giải cơ học bài toán (để nhấn mạnh điều này, Lagrange rõ ràng không sử dụng bản vẽ), rằng có thể đề xuất các quy tắc “đồng nhất” (như chúng ta thường nói ngày nay, thuật toán) để xem xét bài toán đó và rằng có những nguyên tắc chung đơn giản mà tất cả các cơ học dựa vào đó

8

Phản ánh đại số. Các vấn đề về phương trình đại số và hệ thống của chúng được Lagrange quan tâm ở nhiều khía cạnh khác nhau. Vào năm 1770-71, cuốn hồi ký “Những phản ánh về phương trình đại số lời giải” được xuất bản, chắc chắn được hình thành ở Turin. Trên thực tế, đây là cả một cuốn sách dài hơn 200 trang, theo Cauchy, đánh dấu sự khởi đầu của một kỷ nguyên mới trong đại số. Cùng với Cơ học phân tích, đây là đỉnh cao trong công trình của Lagrange.

Lagrange tìm cách giải quyết vấn đề bài toán sau: tại sao không thể thu được công thức nghiệm của các phương trình đại số bậc lớn hơn 4. Ông phân tích các biểu thức dưới căn thức trong các công thức của phương trình bậc hai và bậc ba, đưa ra những lập luận thuyết phục rằng đối với các phương trình bậc 5, các biểu thức tương tự và do đó các công thức không thể tồn tại. Điều này sau đó đã được Abel chứng minh, và những ý tưởng sâu sắc nói chung về hoán vị của nghiệm đã giúp Galois (1811-1832) trở thành điểm khởi đầu cho việc xây dựng lý thuyết vĩ đại của ông.

Khủng hoảng. Toán học là niềm đam mê duy nhất của Lagrange và nó đủ lấp đầy cả cuộc đời ông và mang lại cho ông nhiều khoảnh khắc hạnh phúc. Mọi thứ khác đều phụ thuộc vào khoa học. Delambre truyền tải quan điểm của Lagrange đối với âm nhạc:

“Tôi yêu cô ấy vì cô ấy cô lập tôi; tôi nghe ba biện pháp đầu, đến biện pháp thứ tư tôi cũng không phân biệt điều gì, tôi đắm chìm trong suy nghĩ của mình, không có gì làm gián đoạn tôi, và rồi tôi giải quyết được vấn đề khó khăn nhất.”

Đặc điểm của Lagrange là những mục tiêu vĩ đại có ý nghĩa là đúng đắn, sự hòa hợp thế giới không đan xen với những tham vọng cá nhân, với mong muốn hoàn thành, đốt cháy những người cùng thời với ông. Nếu biết được ai đó đang giải quyết thành công vấn đề mà chính mình đang nghĩ đến, anh ấy lập tức ngừng suy nghĩ với một cảm giác chân thành như được “thoát khỏi nghĩa vụ”. Nhờ Lagrange này, anh luôn được trời phú cho một tâm hồn bình yên lạ thường, điều đó đã tiếp cho anh sức mạnh để chịu đựng những khó khăn của cuộc sống và không ngừng hoạt động vất vả.

Chỉ có một điều có thể khiến Lagrange rung chuyển - mất điểm tham chiếu, không chắc chắn trong việc lựa chọn mục tiêu phù hợp. Và nhận thức này bắt đầu xuất hiện ngay sau khi chuyển đến Berlin. Năm 1772, ông viết cho d’Alembert: “Anh không nghĩ rằng hình học tiệm cận suy giảm đã xuất hiện sao, chỉ có anh và Euler ủng hộ nó thôi.” Đây là một nhà khoa học pshet đang ở độ tuổi sung sức nhất của cuộc đời (anh ấy 36 tuổi), người đang bắt đầu phát triển “Cơ học giải tích” của mình và vừa xuất bản một chủ đề đại số quyết định sự phát triển của đại số trong 100 năm tới!

Cảm giác về sự sa sút của toán học không rời Lagrange. Vào ngày 21 tháng 9 năm 1781, ông lại viết cho d’Alembert:

“Tôi bắt đầu cảm nhận được sức quán tính của mình, nó đang dần tăng lên và tôi không thể nói chắc chắn rằng trong thập kỷ tới tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu toán học. Tôi cũng nghĩ rằng mỏ đang trở nên quá sâu và sớm hay muộn nó sẽ bị bỏ hoang nếu các mạch Rudonian mới không được phát hiện.”

Ở Paris. Điềm báo không đánh lừa được Lagrange. Năm 1787, ngay sau cái chết của Frederick II, ông chuyển đến Paris và về cơ bản đã ngừng nghiên cứu tích cực về toán học. Lagrange năm nay 51 tuổi. Trong một năm, 1783, thế giới mất đi cả Euler và d’Alembert. Lagrange được các nhà khoa học Pháp chào đón nhiệt tình; bây giờ anh ấy chắc chắn là “người đầu tiên của Châu Âu” và chỉ Lapaz luôn có thể cạnh tranh với anh ấy. Những người tại tòa không hề thờ ơ với Lagrange. Ông dễ bị phân tâm khỏi hình học một cách bất thường do bận rộn với triết học, hóa học, lịch sử, y học và tích cực tham gia vào các thí nghiệm của nhà hóa học vĩ đại Lavuzier (1743-1794). Nhưng chẳng bao lâu sau, các nhà khoa học Pháp đã bước vào thời kỳ cách mạng, trong đó các nhà khoa học áp dụng phương pháp giảng dạy tích cực nhất. Chưa bao giờ họ có cơ hội ảnh hưởng trực tiếp đến đời sống của đất nước. Họ là thành viên của chính quyền thành phố, Hội đồng lập pháp và lập pháp; nhà thiên văn học Bailly trở thành thị trưởng Paris, nhà toán học Lazare Carnot đứng đầu lực lượng bảo vệ nước Pháp (ông được mệnh danh là “người tổ chức các chiến thắng”) và Monge là bộ trưởng biển. Hoạt động của các nhà khoa học nhằm mục đích lời giải thực tế bài toán cũng tăng cường mạnh mẽ.

Lagrange tránh xa chính trị. Luật năm 1793 ra lệnh cho người nước ngoài rời khỏi Pháp, nhưng một sắc lệnh đặc biệt của Ủy ban An toàn Công cộng đã tạo ra một ngoại lệ cho Lagrange. Trong những ngày khó khăn nhất, anh không rời nước Pháp, chia sẻ số phận với đồng nghiệp. Tham gia vào đời sống chính trị của thủ đô Bailly, Condorcet. Lavouzier là một nông dân đóng thuế kho bạc. Lagrange theo dõi chặt chẽ những gì đang xảy ra. Delambre đã bảo tồn những lời của Lagrange, được nói sau máy chém Lavuzier:

“Chỉ cần một khắc là có thể thổi bay cái đầu này, có lẽ sẽ không đủ để một cái tương tự xuất hiện.”

10

thật trớ trêu." Và thật bất ngờ, người đàn ông khiêm tốn này bắt đầu được coi là tấm gương của một nhà khoa học và một con người vĩ đại, không chỉ bởi các nhà toán học. Goethe đã viết:

“Một nhà toán học chỉ hoàn hảo trong chừng mực anh ta là một con người hoàn hảo, trong chừng mực anh ta nhận ra trong mình cái đẹp, cái chân lý cố hữu, chỉ khi đó sự sáng tạo của anh ta mới trở nên vững chắc, thuần khiết, rõ ràng, thiêng liêng, thực sự tao nhã. Tất cả những điều này là cần thiết để trở nên giống như Lagrange.”

Và ở nơi khác:

“Lagrange là một người đàn ông hoàn hảo và đó là lý do tại sao ông ấy vĩ đại. Nếu một người hoàn hảo được trời phú cho tài năng, thì người đó luôn trở thành một phước lành cho con người, một người mang lại hạnh phúc và sự cao quý, cho dù người đó là một nghệ sĩ, một nhà nghiên cứu thiên nhiên hay bất kỳ ai khác.”

Euler và Lagrange ngày nay được coi là những nhà toán học, giáo viên và học sinh vĩ đại nhất thế kỷ 18, những người có tài năng bổ sung cho nhau một cách đáng kinh ngạc. Euler, người luôn tìm cách nhìn về phía trước càng xa càng tốt, đã nói về những thứ chưa có ngôn ngữ phù hợp, để lại cho con cháu bài toán, những thứ sẽ đóng vai trò là những hướng dẫn, và Lagrange, người trong mọi việc đã đạt đến độ sâu của các cấu trúc, đã tìm cách tạo ra một bức tranh không có điểm mù, để truyền lại cho các thế hệ tiếp theo ngôn ngữ và phương pháp sẽ có thời gian để chuyển giao cho lời giải mới bài toán.

bìa của chúng tôi

Trang bìa thứ hai hiển thị ba bức ảnh chụp các mô hình gấp được làm từ những tấm avatar phẳng không bị rách và dán lại với nhau. Chúng ta sẽ gọi những cấu trúc như vậy là không gian cấu trúc với các bề mặt dẫn hướng. Chúng có thể được làm từ vật liệu tấm phẳng (avatman, bìa cứng mỏng, kim loại hoặc nhựa) bằng cách gấp nó dọc theo các đường theo hướng thích hợp theo mẫu, hai trong số đó được hiển thị ở hình, sau đó uốn tấm theo các nếp gấp để tạo cho nó hình dạng tổng thể của một hình trụ. Đối với ba mô hình được hiển thị, “bề mặt dẫn hướng” là một hình trụ, nhưng các không gian cấu trúc tương tự có thể được xây dựng bằng các bề mặt dẫn hướng khác, ví dụ, hữu hạn, hyperbol và elip.

Là cơ sở của một mạng lưới các đường dọc theo các nếp gấp được tạo ra, sử dụng các phần tử của nhiều loại sàn gỗ khác nhau (xem «Kvant», 1979, Số 2, trang 9) và các lưới trên mặt phẳng. Đồng thời, ở đây không chỉ thử nghiệm các ví dụ hoặc đường gãy mà còn cả các đường cong của nếp gấp, mang lại cho mô hình kết quả tính biểu cảm thẩm mỹ cao hơn.

Ngoài các không gian tự nhiên, các không gian cấu trúc còn có nhiều đặc tính cơ học xen kẽ khác nhau (tĩnh và động), do đó chúng hứa hẹn cho việc tìm kiếm các dạng kiến ​​trúc và kết cấu mới.

A. I. Volkov

12

ván, $M$ - khối lượng của vận động viên. Lực tác dụng lên các điểm khác nhau. Vì vậy, để bù lại khoảnh khắc lật nhào, vận động viên nghiêng người vào trong vòng quay.

Thành phần nằm ngang $F_{\text{под}}$ dẫn đến xuất hiện gia tốc hướng tâm $a_{\text{ц}}$, và do thành phần thẳng đứng $F_{\text{под}}$ đã giảm so với chuyển động ngẫu nhiên của sét nên tấm ván chìm sâu hơn một chút vào trong nước. Lực Archimedes $F_{\text{А}}$ tăng lên, sao cho điều kiện cân bằng dọc theo trục thẳng đứng được thỏa mãn.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét chuyển động của trái tim không bằng nhau mà dọc theo bề mặt nghiêng của nước - dọc theo một con sóng. Tại hình 3 tất cả các lực tác dụng vào một điểm. Tất nhiên, trên thực tế, điều này không xảy ra: các lực được tác dụng tại các điểm khác nhau và cần phải trộn về phía đuôi hoặc về phía mép tim để tạo thêm mômen lực $Mg$, bù cho các mômen bên ngoài. Vận động viên buộc phải liên tục giữ thăng bằng, trọng tâm của anh ta liên tục dịch chuyển khỏi một vị trí cân bằng trung bình nhất định.

Có ba lực tác dụng lên hệ (vận động viên lướt sóng + vận động viên) - trọng lực $(M+m)g$, lực Archimedes $F_{\text{А}}$ và lực thủy động lực $F$ (có thể biểu thị ở đây dưới dạng tổng của $F_{\text{сопр}}$ và $F_{\text{под}}$). Vận động viên bất động so với độ dốc của sóng, nghĩa là anh ta di chuyển theo nó với tốc độ không đổi (sóng dường như đang cuốn theo vận động viên). Do đó, các điều kiện cân bằng sẽ bằng 0 tổng vectơ của ba lực này.

Tuy nhiên, lực thủy động chỉ xảy ra khi chuyển động so với nước với một tốc độ nhất định. Trong trường hợp này, chúng ta vừa giả định rằng vận động viên sẽ tích lũy tương ứng với độ dốc của sóng. Nhưng liệu sức mạnh này có đến từ sự vắng mặt?

Vấn đề ở đây là hòa bình so với sóng không có nghĩa là hòa bình so với nước. Khi sóng lan truyền, các phần tử của mặt nước chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. Dao động lên xuống của các phần tử khác nhau của mặt nước, nằm dọc theo đường thẳng mà sóng truyền đi, được “phối hợp” theo cách mà chúng được quan sát, nhìn toàn bộ bề mặt, thấy nó chạy với tốc độ $v$

dọc theo sóng ngang (tại hình 4 bề mặt nước được mô tả ở hai thời điểm gần nhau, các mũi tên biểu thị vận tốc $w$ của từng phần tử riêng lẻ của bề mặt chất lỏng).

Điều này có nghĩa là nước “chảy” vào vận động viên đang đứng yên so với độ dốc của sóng với tốc độ $\vec{v}'$ (hình 3), là tổng vectơ của các tốc độ $(-\vec{v})$ và $\vec{w}$ (dấu trừ phía trước thành phần nằm ngang của tốc độ phát sinh do chuyển sang hệ thống báo cáo lái xe). Tốc độ này dẫn đến xuất hiện lực thủy động lực.

Tất nhiên, vận động viên thể thao có cơ hội leo lên cao hơn trên sườn dốc và sử dụng nó trong thực tế - nó bao gồm việc định hướng trái tim không dọc theo hướng truyền sóng mà theo một góc $\gamma$ với nó (hình 5). Bằng cách xoay trái tim sang một bên, (vận động viên thể thao tăng mạnh lực cản. Trên thực tế, chỉ tận dụng cơ hội này để tăng khá cao trên sóng, vì khi tim định hướng song song với tốc độ $v$ điểm cân bằng được tìm thấy ở mức đủ nhỏ $x$.

Một trong những hình tượng được các bậc thầy lướt sóng thực hiện là takwa.

Xoay lõi sang một bên (vận động viên leo dốc, sau đó xoay mạnh lõi song song $v$ và bắt đầu lướt xuống. Sau đó, tiếp tục lướt trên mặt nước phẳng, nó quay nhẹ nhàng $180^\circ$ (vật lý của chuyển động quay đã được mô tả trước đó). Bây giờ anh ta đang di chuyển về phía con sóng, tốc độ lướt giảm xuống, (vận động viên lao vào con sóng (về nguyên tắc, bạn có thể dừng lướt bằng cách giữ nguyên hoặc giảm góc tấn công). $a$, và chỉ đợi cho đến khi con sóng mà anh ấy cưỡi đuổi kịp và nâng anh ấy lên như một chiếc phao). Sau đó không đến được sườn núi (tại điểm có độ dốc khá lớn). $x$), (vận động viên lại lật bảng lên $180^\circ$, và mọi thứ lặp lại.

Rõ ràng(vận động viên thể thao không di chuyển xuống đoạn đường dốc mà ở một góc nhất định $y$ so với đường dốc. Điều này cho phép họ di chuyển với tốc độ 1/cos $y$ lớn hơn tốc độ sóng. Thật vậy, từ hình 5, rõ ràng vận động viên thể thao kịp thời $t$ đã vượt qua đường $AB$ với tốc độ $u$, thậm chí ở lại toàn bộ thời gian tại các điểm của độ dốc sóng có cùng giá trị $x$ thì sóng truyền theo đường $AC=vt$ trong thời gian này.

HÌNH 1. LƯỚT TRÊN NƯỚC BẰNG
HÌNH 3. LƯỚT TRÊN SÓNG
Để dễ dàng mở rộng
Nhiều ứng dụng của lũy thừa F và FA được kết hợp
HÌNH 2. QUAY
LƯỚT TRÊN ROVNA
NƯỚC (tốc độ ở -
hướng vào chúng tôi)
HÌNH 4.
ĐỈNH SÓNG
HÌNH 5.

17

Sói, Nam tước và Newton
(Về bộ phim “Chà, đợi đã!”, tiểu thuyết của Cyrano de Bergerac và phản ứng tổng hợp nhiệt hạch bằng laser)

Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
V. A. VẢI

Bài viết này sẽ thảo luận về một hiện tượng vật lý có thể quan sát được trong tập gốc của bộ phim hoạt hình “Chà, đợi đã!” Bạn có nhớ con sói trên du thuyền Parsian đã phá vỡ thỏa thuận của con thỏ đi trên tàu hơi nước như thế nào không? Để đẩy nhanh tiến độ của du thuyền, con sói thổi buồm. Thoạt nhìn, có vẻ như tình huống này, ở một khía cạnh nào đó, giống với tình huống mà Nam tước Munchausen mô tả: khi thấy mình đang ở trong một đầm lầy, nam tước đã túm tóc kéo mình ra ngoài. Tuy nhiên, có sự khác biệt đáng kể trong hai trường hợp này. Con sói không vi phạm một trong những định luật cơ học cơ bản - định luật thứ ba của Newton, trong khi nam tước đã “vi phạm” nó, điều này tất nhiên là không thể xảy ra.

Trong Nguyên lý Newton*), định luật thứ ba được phát biểu như sau: “Trong thực tế luôn tồn tại một phản lực ngang nhau và ngược chiều, nếu không thì tác dụng của hai vật lên nhau là bằng nhau và ngược chiều nhau”. Newton đã nói: “Nếu một vật nào đó ấn hoặc kéo một vật khác thì chính nó cũng bị vật đó ép hoặc kéo. Nếu ai đó ấn ngón tay vào một hòn đá thì ngón tay của người đó cũng bị ấn vào một hòn đá”. Từ định luật thứ ba của Newton, nó suy ra rằng không có sự tương tác nào của các vật thể bên trong một hệ kín (từ đó không có gì thoát ra) có thể thay đổi chuyển động của toàn bộ hệ thống. Đặc biệt, sự tương tác của các bộ phận riêng lẻ trong tổ chức của Nam tước Munchausen (tay và tóc) không thể gây ra sự thay đổi về tốc độ đi xuống đầm lầy của anh ta, chứ đừng nói đến việc kéo anh ta ra khỏi đó.

Để ít nhất làm chậm quá trình lặn, nam tước phải bắt đầu cởi quần áo và ném mạnh quần áo của mình xuống đầm lầy, tức là phá vỡ hệ thống khép kín. Những đôi ủng nặng sẽ đặc biệt hữu ích ở đây. Cuối cùng, nam tước đã có thể đứng trên yên ngựa và nhảy ra khỏi đầm lầy. Nhưng đồng thời anh ta sẽ đẩy nhanh tốc độ lao xuống đầm lầy của con vật tội nghiệp.

Tuy nhiên, hãy quay lại câu chuyện “Chà, đợi một chút!” Giả sử cánh buồm của du thuyền được làm bằng vật liệu hấp thụ cấu trúc do Sói phát ra. khi đó chiếc du thuyền có Sói trên đó sẽ là một hệ thống khép kín, và nếu không có gió thì nó sẽ không thể di chuyển khỏi vị trí của mình, cho dù Sói có cố gắng thế nào đi chăng nữa. Những nỗ lực của Volka nhằm tăng tốc độ thổi của du thuyền cũng sẽ được giải phóng: áp lực lên các phần của luồng không khí do Sói phát ra sẽ được cân bằng bởi tác động của lực đẩy của Sói đối với việc bắn của du thuyền. Thực tế là con Sói đang lao về phía trước sẽ trải qua một cú giật hướng về phía sau (hành động và phản ứng).

Ở đây có sự tương đồng với phần nhô ra của súng hoặc đại bác, khi một viên đạn hoặc đạn pháo được bắn về một hướng thì súng hoặc đại bác bắt đầu chuyển động theo hướng ngược lại. Mọi thợ săn và lính pháo binh đều biết điều này. Gần gũi hơn nữa là sự tương tự với một tên lửa, từ phần đuôi của nó

*) “Các nguyên tắc toán học của triết học tự nhiên” - đây là cách Newton gọi tác phẩm chính của mình, trong đó ông trình bày các kết quả nghiên cứu về cơ học (tác phẩm này được xuất bản năm 1687). Principia (như tác phẩm của Newoton được gọi ngắn gọn) chứa các khái niệm cơ bản của cơ học cổ điển, ba định luật chuyển động (định luật Newton) và định luật vạn vật hấp dẫn.

2 «Kvant» № 9

18

sản phẩm đã được sắp xếp và bản thân cô ấy lại bay theo hướng ngược lại.

Trong phim “Chà, đợi một chút!” có một cánh buồm bình thường trên lưỡi, tất nhiên, nó phản ánh luồng không khí do Sói phát ra. Sau khi phản xạ, máy bay phản lực quay trở lại và thoát ra khỏi du thuyền bằng hệ thống Wolf. Nói cách khác, hệ thống không còn bị đóng nữa. Hiện tượng giật lùi xảy ra làm tăng tốc độ chuyển động của du thuyền.

Tất cả các máy bay phản lực đều sử dụng hiện tượng giật lại, xảy ra khi động cơ phát ra các tia khí ngược. Katyushas được các nhà thiết kế Liên Xô tạo ra trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, vốn gây hoảng sợ cho Đức Quốc xã, cũng có tác dụng tương tự.

Trở lại với Sói, phải thừa nhận rằng hóa ra hắn còn am hiểu về cơ khí hơn cả nam tước. Đồng thời có thể đưa ra đề xuất hợp lý hóa. Sẽ có lợi hơn nếu con sói đứng quay lưng về phía lò hấp và thổi theo hướng ngược lại - xét cho cùng, cánh buồm không phải là tấm phản xạ lý tưởng cho tia va chạm; máy bay phản lực khiến cánh buồm yếu đi.

Cyrano de Bergerac

Hiệu ứng giật lại, như đã biết, là cơ sở cho việc áp dụng gói du hành vũ trụ. Đây là nơi chúng ta đến với gói Cyrano de Bergerac (1619-1655) của Pháp. Đây là một nhân vật hết sức độc đáo trong lịch sử văn học thế giới. Cyrano xuất thân từ một gia đình kép, nghèo khó và rất cần sự giúp đỡ trong suốt cuộc đời. Vào thời đại đó, chỉ những người phục vụ tùy tùng của một trong những quý tộc giàu có mới đi qua. Đối với Cyrano, con đường như vậy đã bị đóng lại do tính cách cực kỳ độc lập và bốc lửa của anh. Cyrano đã viết những tờ rơi đầy chất thơ nhằm chống lại Bộ trưởng thứ nhất đầy quyền lực của Pháp, Hồng y Mazarin (“Mazarins”). Anh ta cố gắng làm giàu bằng cờ bạc nhưng không thành công. Thiên nhiên đã ban thưởng cho Cyrano một chiếc mũi khổng lồ có hình biếm họa, điều này gây ra sự chế giễu liên tục, đây là lý do cho vô số cặp đôi. Và con bạc và duzlyat này là một nhà tư tưởng sâu sắc, một tín đồ của nhà triết học duy vật Gassendi *) và là tác giả của cuốn tiểu thuyết khoa học viễn tưởng tuyệt vời “Một thế giới khác, hoặc các Quốc gia và Hoàng gia,” xuất bản năm 1657, sau cái chết của tác giả. Cuốn tiểu thuyết rõ ràng có bản chất vô thần, và trong đó Cyrano hát một cách hóm hỉnh những truyền thuyết trong Kinh thánh.

Điều thú vị đối với chúng ta là trong tiểu thuyết Cyrano mô tả chuyến bay lên mặt trăng… với sự trợ giúp của một gói hàng! Có một bản khắc cũ mô tả Cyrano bay về phía Mặt trăng trong một chiếc giỏ, trên đó có gắn những gói hàng phát ra những tia lửa hướng về Trái đất, từ đó nâng chiếc giỏ lên. Vì vậy, Cyrano đã thấy trước việc sử dụng gói hàng này để du hành vũ trụ từ ba trăm năm trước. Người ta cũng tò mò rằng trong một cuốn tiểu thuyết được viết hơn ba mươi năm trước khi xuất bản cuốn Cơ bản của Newton, Cyrano tuyên bố rằng lực hút của Mặt trăng sẽ lấn át lực hút của Trái đất ở khoảng cách đến Mặt trăng ít hơn so với khoảng cách từ Trái đất, vì khối lượng của Mặt trăng nhỏ hơn khối lượng Trái đất, và thậm chí còn tính tỷ lệ của những khoảng cách này (tất nhiên, anh ta nhận được kết quả số sai - 3 cộng lại là khoảng 9).

Cyrano mỉa mai mô tả Mặt trăng là nơi chứa tia của trái đất. Ở đó, anh ta được cho là đã gặp nhà tiên tri Elijah và tìm ra cách anh ta đến Mặt trăng. Và nhà tiên tri mô tả phương pháp du hành của mình, chống lại

*) Pierre Gassendi (1592-1655) - triết gia và nhà khoa học người Pháp. Ông đã tham gia nghiên cứu về cơ học, âm thanh học, quang học và điện báo.

19

mâu thuẫn với định luật III Newton.
Phó Ilya đã chế tạo một cỗ xe sắt (người ta tin rằng sấm sét trong cơn giông bão là tiếng ầm ầm của cỗ xe của phó Elijah khi anh ta cưỡi trên bầu trời) và ngồi trong đó, bắt đầu ném một quả bóng sắt có từ tính lên. Quả bóng mỗi lần kéo cỗ xe phía sau nó, và do đó chiếc xe sẽ đến được Mặt trăng. Cơ phó đã không tính đến độ giật mà cỗ xe sẽ trải qua với mỗi lần ném bóng, và hóa ra lại là tiền thân của Nam tước Münchgraysen “yêu sự thật”.

Vào nửa sau thế kỷ 19, nhà viết kịch người Pháp Edmond Rostand đã viết vở kịch Cyrano de Bergerac, vở kịch này vẫn rất thành công. Vở kịch được tác giả gọi là một vở hài kịch anh hùng, phản ánh chính xác tính cách của nó - vui vẻ, đồng thời lãng mạn cao siêu. Maxim Gorky đã viết một bài báo đặc biệt, trong đó ông đánh giá rất cao hình ảnh cao quý của Cyrano do Rostand vạch ra.

Rostand gán cho Cyrano phương pháp bay lên mặt trăng do phó Ilya “phát minh ra” và không đề cập đến tên lửa. Đây là đoạn văn có liên quan từ vở kịch:

“Nằm xuống tấm sắt
và cá mạnh mẽ
Ném nam châm
anh ấy là một tấm sắt với bạn
Kéo lên. Bạn nữa.
Vì vậy hãy tiếp tục luyện tập cho đến khi mặt trăng.”
Tại sao Rostan biến cỗ xe thành một tấm sắt vẫn chưa rõ ràng.
Gần đây, cái tên Cyrano đã được gán cho một trong những miệng núi lửa trên mặt trăng, điều này tất nhiên là khá công bằng.

Đôi lời về Jules Verne
“Từ Trái đất đến Mặt trăng bằng con đường trực tiếp trong 97 giờ 20 phút” là tựa đề một cuốn tiểu thuyết khoa học viễn tưởng của Jules Verne (1828–1905), được viết vào năm 1865. Jules Verne mô tả việc hạ cánh xuống mặt trăng bằng một viên đạn được bắn bởi một khẩu đại bác khổng lồ. Phải thừa nhận rằng đây là một phương pháp kém hợp lý hơn rất nhiều so với việc bắn bằng tên lửa do Cyrano phát minh ra.

Nhưng hơn hai trăm năm đã trôi qua! Đúng như vậy, trong một cuốn tiểu thuyết khác của Jules Verne - “Around the Moon” - người Pháp tiết kiệm Michel Ardant đã mang theo những chiếc túi bên mình, nhưng chỉ để làm dịu tác động lên Mặt trăng do hiện tượng giật lại. Nhưng trong hầu hết các tiểu thuyết của Jules Verne, người ta đưa ra tọa độ chính xác hơn cho điểm trên đường đi mà lực hút của Trái đất cân bằng với lực hút của Mặt trăng - 47/52 khoảng cách giữa Trái đất và Mặt trăng. Điều này là tự nhiên, vì tỷ số khối lượng của Mặt trăng và Trái đất, cũng như định luật hấp dẫn của Newton, đã được biết đến. Những người bạn đồng hành của Michel Ardant - chủ tịch câu lạc bộ pháo Barbicane và Thuyền trưởng Nicole - đã sử dụng đại số để tính toán tương ứng, và Michel Ardant đã gọi họ là “Kẻ ăn X”. Nhân tiện, theo Jules Verne, tính không thể thu hồi chỉ nên được phân chia tại một điểm của quỹ đạo - tại điểm mà lực hấp dẫn thu được bằng 0. Jules Verne đã sai. Để có vẻ ngoài không liên quan, lực hấp dẫn không nhất thiết phải biến mất. Chưa kể đến kinh nghiệm của các phi hành gia, mọi hoạt động thể thao đều ở trạng thái vô thường trong quá trình nhảy (nếu không tính đến lực cản của không khí).

Hiện tượng phản ứng tổng hợp và phản ứng nhiệt hạch được kiểm soát

Bây giờ chúng ta sẽ được đưa đến thế kỷ của chúng ta và thậm chí đến nửa đầu của tương lai, thế kỷ XXI. Chúng ta đang nói về công nghệ mới nhất,

Bộ vi xử lý đo…

MD KOVALENKO

Bạn có thể sử dụng thiết bị nào để đo nhiệt độ của gà đông lạnh? Tất nhiên, với một nhiệt kế! Rạch một đường trên thân thịt, nhét nhiệt kế vào, đợi một chút… Và nếu việc này cần được thực hiện nhanh chóng và không làm hỏng bài thuyết trình? Bạn hỏi, những câu hỏi này có liên quan gì đến chủ đề thống kê? Điều trực tiếp nhất mà người đọc có thể kiểm chứng là làm quen với các thiết bị nhiệt kế của thời đại vi xử lý.

Hãy bắt đầu với cảm biến nhiệt độ. Để đo nhanh, nhiệt kế được chế tạo dưới dạng một chiếc kim rỗng, có thể cắm vào thân thịt mà gần như không làm hỏng thân thịt. Một cảm biến được đặt bên trong kim rỗng - một dây kim loại, điện trở của nó nằm trong một phạm vi nhỏ nhiệt độ cấm trên dây; bạn có thể sử dụng biểu mẫu này để tính nhiệt độ. Nhanh? Không hẳn vậy, ngay cả khi anh ấy có một chiếc máy tính vi mô trong tay. Việc sử dụng bộ vi xử lý cho phép bạn tăng tốc đáng kể quá trình đo.

Sơ đồ khối đơn giản của nhiệt kế vi xử lý được hiển thị ở hình. Bộ vi xử lý (MP) là một mạch điện tử tính toán và điều khiển có vai trò cơ bản tương tự như vai trò của não trong cơ thể động vật. Về mặt cấu trúc, một MP chứa mười nghìn bóng bán dẫn là một vi mạch. MP hoạt động với các con số, do đó, tín hiệu tương tự không liên tục hoặc như người ta nói, từ cảm biến (điện áp) phải đến đầu vào MP được chuyển đổi sang dạng kỹ thuật số. Công việc này được thực hiện bởi bộ chuyển đổi tương tự sang số (ADC). Nhiệt kế vi xử lý chứa các thiết bị lưu trữ (3U) gồm hai loại: hoạt động (03U) và cố định (P3U). Ở 03U, các con số và chương trình có thể được viết và đọc thoải mái, nhưng sau khi tắt nguồn, toàn bộ nội dung của 03U sẽ bị xóa. Trong P3U, thông tin chỉ được ghi một lần nhưng được lưu trữ “mãi mãi”.

Nhiệt kế hoạt động như thế nào? Trước đây, trong quá trình hiệu chuẩn, các hệ số hằng số a và b được xác định và ghi lại trong P3U. MP hoạt động

*) Cảm biến như vậy được gọi là nhiệt kế điện trở và hiếm khi được sử dụng. Thông thường người ta sử dụng cặp nhiệt điện hoặc cảm biến bán dẫn, nhưng điều này ít ảnh hưởng đến nguyên lý đo.

22

theo một chương trình cũng được ghi trong ROM. Chương trình là một chuỗi các lệnh bước mà MP thực hiện từng bước một với tốc độ hàng nghìn hoặc thậm chí hàng triệu bước mỗi giây. Một chương trình đo nhiệt độ có điều kiện có thể giống như thế này (do chương trình, mỗi bước trong số này thực hiện một số lệnh):

Bước 1. Gọi các số $a$ và $b$ từ ROM.

Bước 2. Nhập số từ ADC vào MP (số này là giá trị điện áp $U$).

Bước 3. Tính nhiệt độ bằng công thức $t=(U-a)/b$ (kết quả được ghi vào RAM).

Bước 4. Hiển thị số được ghi trong RAM trên màn hình kỹ thuật số.

Bước 5: Chuyển sang Bước 2. Chương trình này sẽ hiển thị giá trị nhiệt độ trên màn hình với hàng nghìn giá trị mỗi giây. Bây giờ chúng ta có thể tìm ra nhiệt độ của cái nhanh (đây là danh sách!). Trong thực tế, tần số này được giảm đi nhiều lần để dễ quan sát. (Bạn có thể thấy một hình ảnh tương tự trên màn hình cân điện tử.)

Hãy xem xét một ví dụ phức tạp hơn - một vôn kế kỹ thuật số được chế tạo bởi MP. Sơ đồ khối của nó gần giống như sơ đồ khối của nhiệt kế. Giả sử chúng ta quan tâm đến sự dao động điện áp trong mạng. Bạn cần tìm hiểu tần suất trong 1 giờ, giá trị điện áp hiệu dụng vượt quá 210-230 V. Bạn có thể giải quyết bài toán này như thế này: lấy một vôn kế kỹ thuật số thông thường có thiết bị đọc kỹ thuật số (DLC) và chạy vôn kế để đo trong khoảng thời gian 1 giây. Trong một giờ, chúng ta sẽ nhận được một cuộn băng giấy dài 3-4 m với 3600 con số và với sự kiên nhẫn, chúng ta sẽ bắt đầu đếm số trên đó nằm ngoài khoảng 210-230 V. Bạn có muốn làm loại công việc này không? Khắc nghiệt. Vì vậy, hãy làm cho MP hoạt động! Để làm điều này, hãy tạo một chương trình (như trong ví dụ đầu tiên, đây là các điều kiện của chương trình):

Bước 1. Xóa các ô bộ nhớ RAM bằng các số (địa chỉ) $N_1$ và $N_2$, tức là viết số 0 cho chúng.

Bước 2. Đo giá trị hiệu dụng của điện áp mạng $U$.

Bước 3. Nếu $U<210$ hoặc $U>230$, sau đó thêm một vào nội dung của ô bộ nhớ có địa chỉ $N_1$.

Bước 4. Nếu $210≤U≤230$, thì thêm một vào nội dung của ô bộ nhớ có địa chỉ $N_2$.

Bước 5. Đợi 1 giây.

Bước 6. Chuyển sang bước 2.

Do hoạt động của chương trình này, ô RAM có địa chỉ $N_1$ sẽ tích lũy số lượng kết quả đo vượt quá giới hạn 210-230 V và trong ô $N_2$ số lượng kết quả đo nằm trong khoảng này. Dữ liệu này có thể được hiển thị liên tục trên màn hình kỹ thuật số, do đó chỉ cần dừng chương trình 1 giờ sau khi bắt đầu và nhìn vào màn hình để biết tần suất điện áp nguồn dao động. Bạn có thể đo một chương trình và làm cho chương trình đó tự dừng sau khi hoàn thành một số phép đo được chỉ định.

“Menu” của vôn kế vi xử lý thường chứa các chương trình thập phân: xử lý thống kê kết quả đo, tìm kiếm giá trị cực đại và cực tiểu của điện áp giữa các Trái đất, phân tích công thức tín hiệu định kỳ, v.v. Các chương trình này có thể chứa hàng trăm bước, được viết bằng ROM nên không cần phải tự tạo chương trình để làm việc với thiết bị. Bạn chỉ cần làm quen với mục đích của 2-3 chục kopka.

Hai ví dụ đơn giản nhất này cho thấy việc sử dụng rất nhiều thiết bị do bộ vi xử lý tạo ra: chúng không tạo ra dữ liệu sơ cấp “thô” mà là dữ liệu đã xử lý, tức là được liệt kê trong các giá trị cuối cùng. Việc sử dụng các thiết bị như vậy sẽ giúp người dân tiết kiệm nhiều hơn sức lao động và tăng năng suất của họ. Tuy nhiên, ứng dụng hữu ích nhất của MP được thể hiện trong các hệ thống điều khiển trong đó có phản hồi, tức là sự xuất hiện của MP trên đối tượng được điều khiển. Các hệ thống như vậy bao gồm, ví dụ, robot công nghiệp. Nhưng đây là một chủ đề để phát triển đặc biệt. Trong thời gian chờ đợi, khi mua gà đông lạnh tại cửa hàng, bạn đừng quên đánh giá nhé. Nếu vấn đề nhẹ nhàng thì tất nhiên mọi thứ đều rõ ràng mà không cần MP.

Bài học
một bài toán

I. A. KUSHNIR

“Hôm nay,” Ivan Petrovich bắt đầu bài học trong câu lạc bộ toán, “bài học của chúng tôi dành riêng cho một bài toán.”

• Khó thế à? - chúng tôi rất ngạc nhiên.
• Không. Đặc biệt cái bài toán này là nó sẽ giúp chúng ta giải được cái bài toán kia. Đây là các điều khoản của nó:

Bài toán 1. Trong một hình thang có hai đáy là a và b, kẻ một đường thẳng song song với đáy đi qua giao điểm của hai đường chéo. Tìm độ dài đoạn thẳng này bị cắt bởi hai cạnh.

Ivan Petrovich gọi một người trong chúng tôi lên bảng, và một hình vẽ xuất hiện trên bảng (hình 1). Chúng ta nhận thấy ngay sự giống nhau giữa các tam giác AMO và ABC, MBO và ABD và viết công thức lên bảng

$$\frac{x}{b} = \frac{h_2}{h}, \quad \frac{x}{a} = \frac{h_1}{h},$$

trong đó $h, h_1, h_2$ là chiều cao của các tam giác ABD, MBO, AMO và $x = MO$. Cộng các đẳng thức này, ta được

$$\frac{x}{a} + \frac{x}{b} = \frac{h_1 + h_2}{h} = 1,$$

nghĩa là, $x = ab/(a+b)$. Tương tự như $ON = ab/(a+b)$, đáp số mở:

$$MN = \frac{2ab}{a+b}.$$

“Ivan Petrovich,” được gửi từ lớp, “Tôi đã thấy cách từ bài toán này bạn có thể tạo một bài toán mới.” Ghi chú sau đây xuất hiện trên bảng:

Bài toán 2. Chứng minh rằng trong một hình thang, đoạn thẳng song song với đáy, thuộc giao điểm của hai đường chéo và có hai đầu nằm trên các cạnh bên của hình thang thì tại điểm này được chia làm đôi.

“Tốt bài toán,” Ivan Petrovich nhún vai, “và bây giờ tôi sẽ thay đổi hình,” và anh ấy, tiếp tục các cạnh của hình thang cho đến giao điểm tại điểm $E$ (hình 2), vẽ một đường thẳng qua các điểm $O$ và $E$. Giáo viên chỉ định giao điểm của đường thẳng với các đáy là $F$ và $H$.

“Tôi thu hút sự chú ý ở trên,” anh ấy tiếp tục, “về điều này bài toán:

Bài toán 3. Chứng minh rằng trong một hình thang tùy ý thì trung điểm đáy, giao điểm các cạnh bên và giao điểm của hai đường chéo cùng thuộc một đường thẳng.

Lời giải đã xảy ra ngay lập tức: xét cho cùng, nó diễn ra sau bài toán trước đó, vì $EH$ là đường trung bình trong tam giác $EBC, EMN, EAD$.

“Đúng vậy,” Ivan Petrovich lưu ý. - Làm cách nào tôi có thể giải quyết bài toán này theo cách khác?

Chúng tôi đã lên kế hoạch…

• Vậy thì đây sẽ là bài tập về nhà của bạn. Tôi đề nghị: sử dụng một cái làm sẵn.

— Ivan Petrovich, tôi biết tại sao bạn chú ý đến bài toán này, bởi vì với sự trợ giúp của nó, bạn có thể giải quyết bài toán để xây dựng bằng một thước kẻ. Ví dụ: tại Olympic khu vực có bài toán:

Bài 4. Trên một đường thẳng có ba điểm A, B, C, trong đó B nằm giữa A và C. Qua điểm K tùy ý không thuộc đoạn AC, dùng 1 đường thẳng vẽ các đường thẳng song song với AC.

“Cũng tốt bài toán,” theo Ivan Petrovich, “nhưng chúng ta sẽ nói về nó vào lần tới và hôm nay chúng ta sẽ xem xét bài toán phức tạp hơn:

Bài 5. Trên mỗi đường thẳng song song có một đoạn thẳng có độ dài a và b. Sử dụng một dòng, xây dựng một đoạn:

$$x = \frac{ab}{a+b}.$$

Bản thân chúng tôi sẽ không thể đối phó nhanh chóng nếu không có sự giúp đỡ của Ivan Petrovich:

— Chúng ta hãy tiếp tục các cạnh của hình thang ABCD có đáy là các đoạn a và b (hình 3) cho trước. Chúng ta ký hiệu giao điểm của các đường chéo AC và BD và các đoạn AB và DC là O và E. Vẽ đường thẳng EO cắt các đáy của hình thang tại các điểm F và H. Chúng ta nối các điểm D và F, A và F, B và H, C và H để thu được các điểm K và L. Đoạn KL là đoạn cần thiết.

Thật vậy, các tam giác BKF và AKH, CFL và LHD đồng dạng nên

$$\frac{BK}{KH} = \frac{BF}{AH}; \quad \frac{FL}{LD} = \frac{FC}{HD}.$$

Nhưng BF = FC và AH = HD (bài toán 2), nghĩa là

$$\frac{BK}{KH} = \frac{FL}{LD},$$

Do đó, đoạn KL song song với đáy BC và AD. Và vì điểm O thuộc đoạn KL và MK = KO, và OL = LN (bài toán 2), nên ta có

$$OL = \frac{1}{2} \frac{ab}{a+b}, \quad KL = \frac{ab}{a+b}.$$

— Và để hiểu rõ hơn những vấn đề như vậy, hãy làm điều tương tự ở nhà bài toán:

6. Các đoạn có độ dài a và b thuộc về một trong các đường thẳng song song và một đoạn có độ dài c thuộc về một đường thẳng khác. Dùng một đường thẳng vẽ một đoạn có độ dài x sao cho

$$\frac{1}{x} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}.$$

7. Các phân đoạn song song được đưa ra. Chia một trong số chúng làm đôi bằng cách sử dụng một dòng.

8. Sử dụng một dòng, chia hình thang thành hai hình có kích thước bằng nhau.

9. Cho hai đường thẳng song song. Vẽ đường thứ ba song song với dữ liệu qua điểm này bằng một đường.

10. Phóng to một đoạn thẳng nằm trên một trong hai đường thẳng song song sử dụng một đường thẳng gấp 2, 3, …, n lần.

11. Tìm một nửa, phần thứ ba, …, phần thứ n của đoạn đó.

“Và tất cả những bài toán này,” chúng ta hãy nhắc giáo viên, “được giải quyết với sự trợ giúp của bài toán đầu tiên mà chúng ta đã gặp hôm nay.”

• Ai nghĩ ra cái này bài toán?

“Tôi không thể cho bạn biết tác giả đầu tiên của bài toán,” Ivan Petrovich nói, “nhưng người ta biết rằng nó xuất hiện trong chuyên luận thế kỷ 12 của nhà toán học Ấn Độ Bhaskara “Vương miện của việc giảng dạy thiên văn” dưới dạng này:

Bài 12. Biết độ dài a và b của hai cây tre song song cắm thẳng đứng vào đất ở một khoảng cách đã biết, tính độ dài đường vuông góc với mặt đất vẽ từ giao điểm của các đoạn thẳng nối đầu thanh này với đế thanh kia và độ dài giữa đế của thanh này với đế của thanh.

• Và cuối cùng, - kết thúc dấu phẩy, mở rộng bảng bằng hình vẽ Ivan Petrovich (hình 4), - bài toán của chúng ta gắn liền với các bất đẳng thức: đoạn MN là một liên hình học

(Cuối cùng xem trang 35)

25

Vật lý 8, 9, 10

Cuốn sách đã xuất bản ghi chú “Hãy nói về tốc độ trung bình” dành cho tác phẩm kinh điển thứ tám, “Về hiện tượng tạo bọt” - dành cho tác phẩm kinh điển thứ chín, “Chế độ tham số là gì?” - học sinh lớp mười.

Hãy nói về tốc độ trung bình

Khi nói về tốc độ chuyển động của các vật thể khác nhau trong thế giới xung quanh, chúng ta thường muốn nói đến tốc độ trung bình. Chính điều này cho phép bạn ước tính quãng đường đã đi, biết thời gian chuyển động hoặc ngược lại, giúp tìm thời gian chuyển động dọc theo quãng đường đã đi. Vì vậy, ví dụ, khi đi đến nhà ga từ đầu bên kia của thành phố, bạn tính toán thời gian của mình dựa trên tốc độ trung bình của phương tiện giao thông trong thành phố đã biết từ kinh nghiệm. Trong trường hợp này, đối với bạn, tốc độ tức thời của xe buýt hoặc xe buýt điện thay đổi như thế nào từ điểm dừng này sang điểm dừng khác không thành vấn đề.

Để xác định tốc độ trung bình, chúng ta thay thế chuyển động không đều phức tạp thực sự bằng một chuyển động đều đơn giản nhất định, trong đó vật chuyển động theo cùng một đường (hoặc thực hiện cùng một chuyển vị) trong cùng thời gian như trong quá trình chuyển động thực.

Chúng ta hãy lưu ý rằng trong “Vật lý 8” (§11) hai khái niệm khác nhau về tốc độ trung bình được đưa ra: tốc độ trung bình vectơ, được tính từ vectơ dịch chuyển s của một vật thể trong một thời gian nhất định t, và tốc độ trung bình vô hướng, được xác định từ đường l mà vật đó di chuyển dọc theo quỹ đạo:

$$\vec{v}_{\text{cp}} = \frac{\vec{s}}{t}, \quad v_{\text{cp}} = \frac{l}{t}.$$

Nói chung, vận tốc vô hướng trung bình không trùng với mô hình vận tốc trung bình vectơ. Do đó, $v_{\text{cp}}$ đối với Trái đất trong quá trình chuyển động ngược lại quanh Mặt trời là xấp xỉ 30 km/s, trong khi tốc độ vectơ trung bình tính trên các vectơ trung gian, bằng một năm, là rất thấp, bằng 0. Sự bằng nhau của tốc độ trung bình chỉ được thỏa mãn trong trường hợp vật chuyển động thẳng theo một hướng. Dưới đây chúng ta sẽ chỉ nói về tốc độ trung bình vô hướng. Hãy bắt đầu với ví dụ này.

Hãy tưởng tượng rằng bạn đang lái một chiếc ô tô dọc theo đường cao tốc ở vùng quê vắng vẻ, xếp hàng cạnh người lái xe. Bạn có một chiếc đồng hồ bấm giờ trong tay, không có cột mốc km nào có thể nhìn thấy được bên ngoài cửa sổ và bạn đang tiến hành một thử nghiệm nhỏ. Trong thử nghiệm đầu tiên, người lái xe, theo lệnh của bạn, “tăng vọt” thay đổi tốc độ mỗi phút: $v_1 = 40$ km/h, $v_2 = 60$ km/h, $v_3 = 80$ km/h, $v_4 = 20$ km/h. Sau đó, thử nghiệm được thực hiện theo cách khác: người lái xe tuần tự đi qua cùng một tốc độ, nhưng bạn ra lệnh cho anh ta không phải bằng đồng hồ bấm giờ mà vào những thời điểm xe vượt qua mốc km tiếp theo. Tốc độ trung bình trong hai thí nghiệm này có giống nhau không?

Trong trường hợp đầu tiên, chuyển động được cấu trúc sao cho ở mỗi đoạn có tốc độ không đổi, xe chuyển động trong cùng một khoảng thời gian $\Delta t$ (hình 1). Đó là lý do tại sao

$$v_{\text{cp1}} = \frac{l}{t} = \frac{v_1 \Delta t + v_2 \Delta t + v_3 \Delta t + v_4 \Delta t}{4 \Delta t} = \frac{1}{4} (v_1 + v_2 + v_3 + v_4) = 50 \text{ km/ч}.$$

Trong trường hợp thứ hai, không phải thời gian ở mỗi đoạn đường giống nhau mà là quãng đường đi được $\Delta l$ (hình 2). Như vậy,

$$v_{\text{cp2}} = \frac{l}{t} = \frac{4 \Delta l}{\Delta t_1 + \Delta t_2 + \Delta t_3 + \Delta t_4} =$$

26

Như bạn có thể thấy, trong trường hợp đầu tiên, tốc độ trung bình được xác định bằng giá trị trung bình số học của tốc độ trong mỗi phần chuyển động. Thật không may, nhiều học sinh lầm tưởng rằng tốc độ trung bình luôn có thể được tính theo cách này đối với bất kỳ loại chuyển động nào. Điều này không đúng. Ngay trong ví dụ thứ hai được xem xét, chúng tôi đã bị thuyết phục rằng trong một chuyển động trong đó ở mỗi phần cơ thể đi theo cùng một đường (nhưng ở các tốc độ khác nhau), tốc độ trung bình được biểu thị bằng đường chân trời theo cách phức tạp hơn:

$$\frac{1}{v_{\text{cp}}} = \frac{1}{n} \left( \frac{1}{v_1} + \frac{1}{v_2} + \dots + \frac{1}{v_n} \right).$$

Vì vậy, khi tính tốc độ trung bình, tốt nhất nên sử dụng định nghĩa chung, định nghĩa này luôn đúng.

Thông thường tốc độ trung bình được tìm thấy theo biểu đồ của mô-đun tức thời.

Ví dụ, sự phụ thuộc của đường đi vào thời gian trong chuyển động thẳng không đều giúp có thể dễ dàng tìm ra thời điểm tại đó mô hình tốc độ tức thời trùng với giá trị tốc độ trung bình trong phần chuyển động đang xét. Để làm điều này, bạn cần kết nối điểm bắt đầu và điểm kết thúc của đồ thị $l(t)$ trong khu vực đang xem xét với một đoạn thẳng và bằng cách chuyển song song đoạn kết quả cho đến khi chạm vào biểu đồ để tìm điểm (hoặc các điểm) loại trừ.

Giá trị của tốc độ trung bình đôi khi cho phép người ta ước tính tốc độ tối đa có thể

27

các giá trị cụ thể của vận tốc cơ thể trong các vùng chuyển động riêng lẻ của nó. Vì vậy, biết rằng tốc độ chuyển động trung bình trên hai đoạn đường giống hệt nhau là 12 m/s, chúng ta có thể nói ngay rằng giá trị tốc độ chuyển động đều trên không đoạn nào có thể nhỏ hơn 6 m/s (bạn hãy tự kiểm tra điều này).

A. I. Shanyuro

Về hiện tượng buồn ngủ

Tất cả các vật thể xung quanh chúng ta, dù có kích thước nhỏ nhất, đều bao gồm một số lượng lớn các phân tử. Chuyển động của mỗi phân tử được mô tả bằng các định luật cơ học, nhưng hành vi của một số lượng lớn phân tử lại tuân theo các định luật khác nhau về chất. Có thể thiết lập những mô hình này khi biết bản chất chuyển động của từng phân tử không? Về nguyên tắc - có, nhưng trên thực tế thì rất khó bài toán.

May mắn thay, hóa ra là để nghiên cứu một số tính chất của vật thể vĩ mô, không cần thiết phải tương tác với từng phân tử riêng biệt. Một ý tưởng chung về cấu trúc bên trong của vật thể như một hệ thống các hạt chuyển động và va chạm với nhau là khá đủ. Trong trường hợp này, hành vi của các vật thể vĩ mô có thể được đặc trưng bởi các đại lượng vật lý đặc biệt liên quan đến toàn bộ tập hợp các phân tử cấu thành nên vật thể, nghĩa là chúng là những đặc điểm trung bình. Vì vậy, ví dụ, mật độ của một chất được xác định bởi số lượng phân tử trung bình trên một đơn vị thể tích, nhiệt độ của vật thể được xác định bởi động năng trung bình của chúng, v.v.

Ở trạng thái cân bằng, mọi đặc điểm trung bình của vật đều giống nhau ở mọi điểm. Nhưng thật dễ dàng để hình dung ra một tình huống không có sự cân bằng. Hãy xem một ví dụ.

Nếu bạn đặt một bình chứa nước lên bếp nóng thì lúc đầu nhiệt độ của nước gần ngày sẽ cao hơn trên bề mặt. Chỉ sau một khoảng thời gian khá dài trôi qua, nước mới ấm lên đều trong toàn bộ thể tích. Làm thế nào để sự nóng lên này xảy ra?

Chúng ta đã nói rằng vật chất là một hệ thống các phân tử chuyển động và tương tác với nhau,

28

nhiệt độ trong đó, nghĩa là nó phụ thuộc chủ yếu vào các điều kiện bên ngoài. Nhưng hệ số tỷ lệ chỉ được xác định bởi cấu trúc bên trong của chất (cách các phân tử di chuyển bên trong nó và cách chúng tương tác (va chạm) với nhau). Hệ số này được gọi là hệ số dẫn nhiệt (λ). Nó thay đổi trong các chất khác nhau. Do đó, độ dẫn nhiệt của bất kỳ kim loại nào đều lớn hơn độ dẫn nhiệt của gỗ vài bậc. Đó là lý do tại sao rất khó để chạm vào một chiếc thìa kim loại được nhúng vào cốc trà nóng, nhưng cầm một que diêm nóng trên tay thì chẳng mất gì.

Một ví dụ khác. Hãy để hỗn hợp của hai chất, ví dụ như nước và một giọt mực trong đó. Rõ ràng, giọt nước sẽ lan rộng, có xu hướng lan đều ra toàn bộ thể tích nước, tức là nó sẽ bắt đầu quá trình khuếch tán. Không giống như ví dụ đầu tiên, ở đây sẽ có một dòng chất - mực, hướng từ nơi có nhiều mực đến nơi có ít mực. Dòng chảy này tỷ lệ thuận với sự chênh lệch nồng độ của các phân tử mực ở các vùng không gian khác nhau. Hệ số tỷ lệ giữa dòng chảy của một chất và chênh lệch nồng độ được gọi là hệ số khuếch tán (D). Hệ số khuếch tán, giống như hệ số dẫn nhiệt, khác nhau đối với các chất khác nhau và được xác định bởi cấu trúc bên trong của chúng (khả năng các phân tử thuộc loại này “chống lại” thông qua độ dày của các phân tử khác).

Cuối cùng, một ví dụ cuối cùng. Hãy tưởng tượng một vật rắn chuyển động trong chất lỏng. Kinh nghiệm cho thấy, không có lớp chất lỏng khi

đến gần cơ thể đang chuyển động, như thể chúng bám vào nó và bị cuốn vào chuyển động có hướng. Do sự trao đổi phân tử giữa các lớp, chuyển động này được truyền sang các lớp lân cận, từ chúng sang lớp tiếp theo, v.v. Do đó, một dòng xung sẽ phát sinh từ các lớp có tốc độ cao hơn đến các lớp có tốc độ thấp hơn. Đây chính xác là cơ chế ma sát chất lỏng, hay ma sát. Thật vậy, sự gia tăng lực đẩy của một chất lỏng có nghĩa là có một lực nào đó tác dụng lên nó từ phía vật thể (sự thay đổi lực đẩy của hệ bằng với lực đẩy của các lực bên ngoài tác dụng lên nó). Do đó, theo định luật thứ ba của Newton, lực tác dụng lên vật từ phía chất lỏng sẽ có hướng ngược lại. Đây là lực ma sát của chất lỏng.

Dòng xung từ các lớp chuyển động nhanh đến các lớp chuyển động với tốc độ thấp hơn tỷ lệ thuận với sự chênh lệch vận tốc của các lớp này. Hệ số tỷ lệ giữa lưu lượng xung và chênh lệch tốc độ được gọi là hệ số vận tốc xung (η).

Tất cả các ví dụ được xem xét đều có đặc điểm chung - sự truyền một thuộc tính nhất định (năng lượng trong ví dụ đầu tiên, vật chất trong ví dụ thứ hai và động lượng trong ví dụ thứ ba) từ khu vực này sang khu vực khác của hệ thống. Không phải ngẫu nhiên mà những hiện tượng thuộc loại này được gọi là hiện tượng chuyển tiếp. Mỗi trong số chúng được đặc trưng bởi hệ số truyền riêng và lý thuyết bài toán là có thể tính toán chúng. Trong trường hợp chung, đây là một bài toán rất khó, vẫn chưa được giải quyết hoàn toàn. Tuy nhiên, đối với khí, hãy tính

29

Các hệ số chuyển giao được xem xét cho ba quá trình cụ thể không gặp nhiều khó khăn.

Hóa ra cả ba hệ số (độ dẫn, độ khuếch tán và độ nhớt) đều tỷ lệ thuận với chiều dài tự do của các phân tử (l) và tốc độ chuyển động nhiệt trung bình của chúng (v):λ~D~η~lv. Sự phụ thuộc của hệ số truyền vào đặc tính chuyển động phân tử là rất tự nhiên. Xét cho cùng, tốc độ trung bình của các phân tử v quyết định tốc độ truyền của đặc tính này hoặc đặc tính khác trong quá trình thiết lập trạng thái cân bằng. Độ dài của va chạm tự do l xuất hiện trong công thức vì sau mỗi va chạm, các tham số chuyển động của phân tử được xác định bởi các tham số của hệ tại những nơi xảy ra va chạm, tức là tại các điểm cách nhau một khoảng l. Vì vậy, trong ví dụ của chúng ta về độ dẫn điện của cơ thể, lượng năng lượng được truyền bởi một phân tử trong lần va chạm tiếp theo sẽ xác định sự chênh lệch nhiệt độ tại các điểm trong môi trường nơi xảy ra va chạm này và va chạm trước đó.

E. E. GORODETSKY

cộng hưởng tham số là gì?

Từ khóa học vật lý ở trường (xem “Vật lý 10”, § 9 và 20), bạn biết về sự cộng hưởng trong một hệ dao động, phát sinh do một lực xuất hiện thay đổi với tần số bằng tần số dao động tự do của hệ (trên thực tế là do sự cộng hưởng của hiện tại ở tần số thấp hơn một chút). Hóa ra sự hiện diện của một lực như vậy không phải là khả năng duy nhất gây ra hiện tượng cộng hưởng. Đây là một ví dụ điển hình. Khi đu trên xích đu, bạn có thể tăng đáng kể biên độ dao động của nó chỉ bằng cách ngồi xổm và duỗi thẳng định kỳ, tức là thay đổi vị trí trọng tâm của bạn.

Từ ví dụ này, rõ ràng là tác động mạnh của biên độ dao động có thể được gây ra không chỉ bởi ngoại lực tuần hoàn mà còn do sự thay đổi tuần hoàn của một trong các tham số của hệ dao động, với điều kiện là tần số của những thay đổi này được xác định bởi mối liên hệ với tần số dao động tự nhiên của hệ. Sự cộng hưởng này được gọi là tham số.

Để làm rõ cơ chế của phương pháp này, các dao động thành công sẽ được xử lý theo một hệ thống mà bạn đã biết rõ - trọng lượng bên ngoài (“Vật lý 10”, § 2). Tuy nhiên, để kích thích tính chất bình thường của dao động của vật nặng, chúng ta sẽ làm như sau.

Tại thời điểm khi một vật nặng khối lượng m đi qua vị trí cân bằng với tốc độ cực đại v_m, chúng ta đặt lên nó một số vật nặng có khối lượng Δm, chẳng hạn như một quả bóng đĩa. Để đảm bảo tốc độ của vật nặng không thay đổi tại thời điểm này, trước tiên chúng ta tăng tốc quả bóng đến cùng tốc độ v_m. Lưu ý rằng trong quá trình tăng tốc quả bóng, chúng ta thực hiện công, cuối cùng làm tăng tổng năng lượng của hệ lên giá trị (m+Δm)v²/m/2. Sự gia tăng năng lượng này dẫn đến giá trị lớn hơn so với phép tính tối đa lời giải trước đó của x’m khác, các giá trị của nó có thể được tìm thấy từ định luật bảo toàn năng lượng.

$$\frac{(m+Δm)v²}{2} = \frac{k(x'm)²}{2}.$$

Tại thời điểm súng có khoảng cách tối đa và tốc độ của trọng lượng bằng 0, chúng ta ngay lập tức đối xứng. Vì tại thời điểm này năng lượng của hệ chỉ được chứa trong chùm tia bị kéo căng nên việc giảm khối lượng của vật nặng sẽ không làm thay đổi tổng năng lượng của hệ theo bất kỳ cách nào. Do đó, chúng tôi đã cố gắng bổ sung thêm năng lượng Δmv²/m/2 vào hệ thống. Đồng thời

30

Năng lượng hệ thống tăng lên bởi
$$n = \frac{(m + \Delta m)v_m^2}{2m v_m^2} = 1 + \frac{\Delta m}{m} \text{ раз.}$$

Hãy để hệ thống của chúng ta “nghỉ ngơi” và khi trọng lượng đi qua (theo hướng ngược lại) vị trí cân bằng một lần nữa, chúng ta lặp lại quy trình tương tự với quả bóng nhựa. Tuy nhiên, bây giờ, nhờ sự can thiệp trước đó, tốc độ tối đa của vật nặng hóa ra bằng $v_m' = \sqrt{(m + \Delta m)/m} v_m$, và, tăng tốc quả bóng, trước khi đặt nó lên vật nặng, chúng ta sẽ phải thực hiện nhiều công hơn lần đầu ($\Delta m(v_m')^2/2 > \Delta m v_m^2/2$).

Vì vậy, với mỗi cực, chúng ta sẽ tăng năng lượng của hệ, và rõ ràng là sự tăng năng lượng này dẫn đến sự tăng biên độ dao động (chúng ta sẽ coi khối lượng của quả bóng rất nhỏ so với khối lượng của trọng lượng đến mức có thể bỏ qua sự thay đổi tần số dao động của hệ).

Nhấn mạnh vào thực tế là, không giống như cộng hưởng thông thường, trong đó tần số của ngoại lực phải bằng tần số tự nhiên của các dao động của hệ, trong trường hợp cộng hưởng tham số, sự khuếch đại các dao động xảy ra hiệu quả nhất khi tần số thay đổi của tham số này hoặc tham số khác của hệ bằng hai lần tần số tự nhiên của các dao động.

Chúng ta hãy xem xét một ví dụ khác hoặc một ví dụ xây dựng nguyên tắc chung về sự xuất hiện của cộng hưởng tham số. Chúng ta hãy tưởng tượng một mạch dao động bao gồm một tụ điện và một cuộn dây trong đó có thể xảy ra dao động điện tự do (“Vật lý 10”, § 13). Chúng ta sẽ định kỳ thay đổi điện dung của tụ điện. Để làm được điều này, tại thời điểm điện tích trên tụ điện đạt cực đại, các bản của nó nhanh chóng phát triển và khi điện tích trên các bản bằng 0, chúng ta cũng nhanh chóng đưa chúng trở lại vị trí trước đó. Tiếp tục quá trình này, người ta có thể tin chắc rằng biên độ dao động trong hệ thống như vậy sẽ tăng vô hạn, mặc dù không có EMF bên ngoài trong mạch. Thực tế là khi phát triển các tấm tích điện, mỗi lần chúng ta tạo ra một đẳng thức dương, và khi uốn các tấm không tích điện, chúng ta không thực hiện bất kỳ công nào cả. Dễ dàng nhận thấy trong quá trình này tần số tác động bên ngoài cao gấp đôi tần số dao động tự nhiên của hệ.

Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta lấy một mạch dao động, trong đó ban đầu không có dao động rõ ràng và bắt đầu thay đổi điện dung của tụ điện hoàn toàn bằng cơ học (khoảng cách giữa các bản hoặc diện tích của chúng) với tần số gấp đôi tần số của chính nó? Hóa ra trong trường hợp này cũng vậy, quá trình dao động tăng dần sẽ xảy ra! Thực tế là luôn có một điện tích nhỏ vô tình hình thành trên các bản tụ điện. Điện tích này mang lại “động lực ban đầu” cho sự tăng trưởng nhanh chóng của các dao động theo sơ đồ được mô tả ở trên. Hoàng tử này chứa các máy phát và bộ khuếch đại dao động điện từ, được gọi là máy tham số. Máy tham số đầu tiên được thiết kế vào năm 1933 dựa trên nghiên cứu của các nhà vật lý Liên Xô - viện sĩ L. I. Mandelstam và N. D. Papaleksi.

Chà, điều gì sẽ xảy ra nếu hệ thống không lý tưởng, tức là có tổn thất năng lượng trong đó?

Với sự cộng hưởng thông thường, tổn thất năng lượng xác định biên độ dao động cực đại. Trong trường hợp cộng hưởng tham số, vai trò của những tổn thất này sẽ chiếm ưu thế. Như chúng ta đã thảo luận, với sự cộng hưởng tham số, đối với mỗi cực cực, năng lượng của hệ thống tăng lên một số lần nhất định, nhưng đồng thời, một phần năng lượng bị mất đi không thể phục hồi (được giải phóng dưới dạng nhiệt). Nếu mức tăng năng lượng vượt quá tổn thất, thì các dao động, mặc dù chậm hơn so với khi không có tổn thất, nhưng để kích thích dao động trong một hệ có ma sát, tham số tương ứng của hệ phải được thay đổi ở mức độ lớn hơn - một quả cầu có khối lượng lớn hơn phải được đổi thành trọng lượng, các bản tụ điện phải được giãn ra một khoảng cách lớn hơn. Người đu trên xích đu sẽ phải ngồi xổm sâu hơn, nhưng nếu bạn bắt đầu vung được thì không cần thay đổi độ sâu của xích đu, bạn có thể vung rất mạnh.

A. A. Varlamov, A. I. Cherpochan

31

Nhiệm vụ

1. Trời đã tối, khách hàng đã về nhà và Natasha, một nhân viên bán rau trẻ tuổi, vẫn còn nửa tiếng nữa mới kết thúc giờ làm việc. Trên quầy đặt ba đầu bắp cải, hai quả dưa hấu, một quả dưa và một củ cải đường. Để giết thời gian, Natasha bắt đầu cân những loại rau này và ngạc nhiên phát hiện ra rằng cả ba đầu của bắp cải đều nặng như nhau và cả hai quả dưa hấu đều có trọng lượng bằng nhau. Điều đáng ngạc nhiên hơn là sự cân bằng trong ba trường hợp nữa được mô tả trong các hình. Bây giờ hãy trả lời: quả dưa nặng hơn củ cải bao nhiêu lần?

2. Khôi phục các số được thay thế bằng dấu hoa thị (xem hình).

3. Tiền thân của bóng đèn điện, đèn dầu hỏa, đôi khi bốc khói, đó là lý do tại sao có một đốm đen trên trần nhà phía trên nó. Nhưng ngay cả phía trên đèn có bóng đèn điện, đôi khi trên trần nhà cũng xuất hiện một điểm tối. Đèn điện cũng có khói không?

4. Số xu nhỏ nhất có thể được sử dụng để thanh toán bất kỳ số tiền nào từ 1 kopeck đến 1 rúp mà không cần trả lại tiền lẻ là bao nhiêu?

5. Khoảnh khắc chúng tôi tắt gas dưới ấm đun nước đang sôi, những đám hơi nước bốc lên từ dưới nắp ấm. Tại sao?

Những nhiệm vụ này được đề xuất bởi V. D. Vyun, A. A. Nikanorekov, N. P. Dolbilin, A. P. Savin, E. S. Parilis

31

Tăng tốc

Câu hỏi và nhiệm vụ

1. Hai đoàn tàu đi qua sông với nhau: một - tăng tốc về phía bắc, một - chậm về phía nam. Việc tăng tốc tàu được định hướng như thế nào?

2. Sử dụng đồ thị có vận tốc bằng nhau với vận tốc ban đầu bằng 0, nó cho thấy rằng đường đi của vật trong những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp tỷ lệ thuận với một chuỗi số lẻ.

3. Tại hình có đồ thị tốc độ của một vật chuyển động trong một khối nguyên thủy.

Vẽ đồ thị gia tốc của nó.

4. Hai vật có khối lượng M và m (M > m) được nâng lên cùng một độ cao so với mặt đất và đồng thời hạ xuống. Có phải chúng chỉ thẳng tạm thời nếu lực cản không khí tác dụng lên cả hai vật bằng nhau và không đổi?

…bức điện sẽ chuyển sang giai đoạn tăng tốc này.
Điều quan trọng nhất của mọi việc cần thiết là di chuyển mong muốn tự nhiên này
định nghĩa chính xác về sự tương ứng và đưa ra lời giải thích sau.
…bằng phép đo bức xạ - hoặc đồng đều - chuyển động được tăng tốc [gia tăng] tốc độ.
G. Galileo

người tìm kiếm

cuối cùng

Tăng tốc

…hơn nữa Tartarin của Tarascon, người nổi tiếng với khả năng bắn chính xác vào furah, rõ ràng sẽ rất xấu hổ nếu anh ta được yêu cầu bắn một viên đạn, viên đạn đã bay hàng chục nghìn km, sẽ trúng đích. Nhưng vật lý bài toán lời giải tương tự trong điều kiện Titanic của các hạt cơ bản.

Khi rời ga, tàu chuyển động một lúc với gia tốc gần như đều. Xác định độ lớn của gia tốc trong khoảng thời gian này bằng cách sử dụng một sợi dây, vật nặng và thước kẻ.

6. Gia tốc của tên lửa tăng ngay cả khi lực bằng nhau của các lực tác dụng lên nó không đổi. Tại sao?

7. Tại sao chúng ta không thay thế chuyển động của Trái đất quanh Mặt trời, mặc dù tốc độ của chuyển động này là 30 km/s?

8. Việc phá vỡ các kỷ lục hoạt động ở cấp độ xích đạo có dễ dàng hơn so với các cấp độ cao hơn không?

9. Với gia tốc tối thiểu bằng bao nhiêu bạn có thể đi qua điểm chết?

34

Có bao nhiêu chiếc xe đạp?

S. N. OLEKHNIK

Làm tung lên một đám bụi, một nhóm người đi xe đạp hai bánh lao dọc con đường quê, theo sau là những người đi xe đạp ba bánh. Những đứa nhỏ đạp mạnh, cố gắng theo kịp những đứa lớn.

Hai học sinh lớp bảy Sasha và Natasha sau khi đã nhường đường cho người đi xe đạp rồi lại đi dọc đường.

Sasha nói: “Tôi chỉ đếm được 30 bánh xe. “Và tôi đếm được 12 chàng trai,” Natasha nói.

Một lúc sau, Sasha quay sang Natasha và nói: “Tôi biết có bao nhiêu chiếc xe đạp hai bánh và ba bánh!”

“Có lẽ không khó để tính toán,” Natasha trả lời. - Nếu bạn đưa cho tôi một tờ giấy và một cây bút chì, tôi cũng sẽ cho bạn biết có bao nhiêu chiếc xe đạp hai bánh và ba bánh.

Natasha ký hiệu số xe đạp hai bánh bằng x, số lượng xe đạp ba bánh bằng y và viết hệ phương trình

$$\begin{cases} x+y=12, \\ 2x+3y=30 \end{cases}$$

và sau khi giải nó, tôi nhận được x=y=6.

“Đây là quyền đáp số,” Sasha nói. - Nhưng bài toán là do tâm trí quyết định. Nghe! Nếu chúng ta đặt tất cả mọi người lên xe đạp hai bánh thì sẽ có 12 chiếc xe đạp hai bánh và tổng cộng sẽ có 24 bánh.”

“Và chúng tôi đếm được 30 bánh: điều đó có nghĩa là sự khác biệt của 6 bánh là do xe đạp ba bánh,” Natasha ngắt lời Sasha.

“Đúng rồi, tức là có 6 chiếc xe đạp ba bánh, rồi cũng sẽ có 6 chiếc xe đạp dao động kép.”

“Nhìn nó đơn giản làm sao! Loại bài toán này có thể được giải ngay cả bởi một học sinh lớp một. Hãy đưa nó lên một vòng tròn toán học cho các lớp tiểu học và chọn thêm một vài bài toán tương tự. Ví dụ, tôi nhớ điều này:

Có một con thỏ và gà lôi trong chuồng. Được biết, trong chuồng có 35 đầu và 94 chân. Chúng ta cần tìm hiểu xem có bao nhiêu con gà lôi và bao nhiêu con thỏ trong chuồng.”

“Và tôi biết một số bài toán cũ:

Tôi đã mua 112 con ram, già và trẻ, 49 rúp và 20 altin. Đối với người già, tôi không trả 15 altin và không 2 tiền, còn người trẻ hơn là 10 altin; và có một bản ghi chép về việc anh ấy đã mua bao nhiêu con cừu đực, già và trẻ. (1 altin=3 kopecks=6 tiền; 1 rúp=100 kopecks.)

Có người đã mua 64 rúp sukon. Trong số này, 20 rúp màu trắng, 13 rúp màu đen, 5 rúp màu đỏ, 19 rúp màu xanh lá cây, 7 rúp màu xanh lam và giá của chúng là 486 rúp. Giá của chúng không giống nhau: đối với một cuộn màu đen, anh ta trả rẻ hơn bốn rúp so với màu trắng, đối với màu đỏ - rẻ hơn màu đen ba rúp, đối với màu xanh lá cây - rẻ hơn hai rúp so với màu đỏ và đối với màu xanh lam - rẻ hơn một rúp so với màu xanh lá cây. Chúng tôi biết anh ấy trả bao nhiêu tiền cho mỗi cuộn.

Người Devandach mang 12 ổ bánh mì: mỗi người đàn ông mang 2 chiếc bánh, mỗi người phụ nữ mang nửa ổ bánh và mỗi đứa trẻ mang một phần tư chiếc bánh mì. Có bao nhiêu người đàn ông, phụ nữ và trẻ em?

35

Trường học yêu thích bài toán

lớp tám

1. a) Đặt $a > 0, b > 0, c > 0$. Chứng minh bất đẳng thức
   $$abc \geq (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a).$$

6. Gọi $r$ và $R$ lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác và đường tròn ngoại tiếp nó. Chứng minh rằng $R \geq 2r$. Tìm xem trong trường hợp nào thì bất đẳng thức này chuyển thành đẳng thức.

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức
   $$x^6+2x^4+2x^3+x^2+2x-1.$$
3. Chứng minh rằng số $n^4+64$ là hợp số.
4. Chứng minh rằng phương trình
   $$x^2+y^3+z^5=t^7$$
   có vô số lời giải trong số tự nhiên.
5. Trên các cạnh $AB$ và $BC$ của tam giác $ABC$ có ​​các điểm $M$ và $N$ sao cho $AM:MB=BN:NC$. Gọi $Q$ là giao điểm của đường $AN$ và $CM$. Chứng minh rằng diện tích tứ giác $MBNQ$ bằng diện tích tam giác $ACQ$.

lớp chín
6. Giải hệ phương trình
$$\begin{cases} x^2-yz=y-x, \\ y^2-xz=z-y, \\ z^2-xy=x-z. \end{cases}$$
7. Các góc $A, B, C$ của tam giác $ABC$ bằng $\alpha, \beta, \gamma$ tương ứng; các cạnh đối diện với các góc tương ứng bằng $a, b, c$.
a) Chứng minh bất đẳng thức
$$a \cos \alpha+b \cos \beta \leq c.$$
6) Đặt giá trị nhỏ nhất của sản phẩm
$$\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}.$$

Đối với mỗi tam giác, đây có phải là giá trị đạt được nhiều nhất không?
8. Tìm tất cả các số nguyên $k$ sao cho $k^5+3$ chia hết cho $k^2+1$.
9. Tam giác $ABC$ được ngoại tiếp bởi tam giác $MNP$ ($M \in AB, N \in BC, P \in AC$) sao cho cạnh $MN$ vuông góc với cạnh $BC$ và cạnh $MP$ vuông góc với cạnh $AC$. Tìm vị trí của điểm $M$ (ở cạnh $AB$) sao cho cạnh $PN$ nhỏ nhất.
10. Chứng minh rằng phương trình
$$x^{10}-x^7+x^2-x+1=0$$
không có lời giải.

lớp mười
11. Giải phương trình
$$x^2+2x \sin xy+1=0.$$
12. Tính số tiền
$$\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}+\frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5}+\dots+\frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)}$$
13. Chứng minh đẳng thức ($n \geq 2$)
$$tg x \cdot tg 2x+tg 2x \cdot tg 3x+\dots+tg(n-1)xtg nx=\frac{tg nx}{tg x}-n.$$
14. Giải phương trình
$$\sqrt[3]{2-x}+\sqrt{x-1}-1=0.$$
15. Trên các cạnh của một tam giác nhọn, cũng như trên đường kính, có các hình bán nguyệt ở mặt ngoài của tòa nhà. Chiều cao của tam giác được tiếp tục cho đến khi chúng giao nhau với các hình bán nguyệt đã dựng, sau đó các điểm giao nhau này được nối với các đỉnh gần nhất của tam giác. Chứng minh rằng bạn có thể dán một hình tứ diện từ một hình lục giác cho trước.

Khi chuẩn bị xuất bản, chúng tôi đã sử dụng bài toán do S.R. Sefibekov, cũng như A. A. Egorov, V. N. Dubrovsky và E. A. Yasinov.

Bài học của một bài toán
(Để bắt đầu, xem trang 23)
biến đổi giá trị trung bình điều hòa của các số $a$ và $b$ (ở đây chúng là các đáy của hình thang). Đoạn $MN$ nhỏ hơn đoạn $L_1L_2$ - trung bình hình học của hai số, và cuối cùng, đoạn $MN$ nhỏ hơn đoạn $L_5L_6$ - trung bình bậc hai của hai số $a$ và $b$ - đoạn chia hình thang thành hai phần bằng nhau và một đáy song song, đó là
$$\frac{2ab}{a+b} < \sqrt{ab} < \frac{a+b}{2} < \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

36

Vấn đề
lượng tử

Bài toán

M1001 — M1005; F1013 — F1017

M1001. Có 1001 viên đá trong đống. Cô ngẫu nhiên chia mình thành hai chồng, đếm số viên đá trong đó và viết tích của hai số này. Sau đó, với một trong những đống này (có nhiều hơn một viên đá), thao tác tương tự được thực hiện: nó được chia thành hai và ghi ra tích của số viên đá trong hai đống giáo dục mới. Sau đó, thao tác tương tự được lặp lại với một trong ba đống kết quả, v.v., cho đến khi tất cả các đống đều chứa một viên đá. Tổng số 1000 tác phẩm được ghi lại là bao nhiêu?

A. S. Merkuryev

M1002. a)*Nhà toán học phân tán, sau khi nhập mã gồm ba chữ số cho lối vào của mình, nhấn các nút (với các số 0,1,…,9) mỗi giây một lần. Cửa sẽ mở nếu ba chữ số của mã được quay liên tiếp theo thứ tự yêu cầu. Nhà toán học tự tin rằng ngay cả trong trường hợp “cực kỳ xui xẻo” (nếu gặp phải sự kết hợp mong muốn cuối cùng), anh ta sẽ có thể vào được lối vào chậm nhất là sau 16 phút. 42 giây (1002 giây). Anh ấy có đúng không? Anh ta nên hành động thế nào để về nhà kịp giờ?

Trả lời câu hỏi cuối cùng nếu 6) chỉ các nút có số 1, 2, 3 hoạt động (các số khác không có trong mã);
c) *tất cả các nút đều hoạt động, nhưng nhà toán học nhớ rằng cả ba chữ số của mã đều khác nhau.

M1003. Cho tam giác ABC có ba đường cao AH, BK, CL. Chứng minh đẳng thức
AK · BL · CH=AL · BH · CK=HK · KL · LH

S. A. Genkin

M1004. Qua đỉnh A của tam giác ABC, vẽ AB≠AC tất cả các đường thẳng có thể có. Chứng minh rằng a) trên mỗi điểm đều có nhiều hơn một điểm M, khác các đỉnh của tam giác, sao cho ∠ABM=∠ACM;
b) có nhiều nhất một phần năm các đường thẳng này không chứa điểm M.

O. P. Musin

M1005. Các ô của bảng vuông có kích thước n×n (n ≥3) được điền các số ±1 theo quy tắc sau:

1. các số - 1 - được đặt trong tất cả các ô viền của bảng;
2. số điền vào chỗ trống tiếp theo

37

Chúng tôi khuyến khích độc giả của chúng tôi (ngoại trừ cư dân Moscow và Leningrad) gửi cho họ lời giải trước ngày 1 tháng 12 - chúng cũng sẽ được tính đến trong cuộc thi “Sách Vấn đề Kvant”. Điều danh nghĩa là khi xác định những người chiến thắng trong cuộc thi được chấp nhận tham dự Olympic của đảng cộng hòa, chúng tôi sẽ có thể tính đến những lá thư nhận được chậm nhất là ngày 10 tháng 12.

ô của bảng bằng tích của các số gần ô này nhất, nằm ở hai phía đối diện của nó và nằm trong cùng một hàng với nó hoặc trong cùng một cột với nó. Điều này được thực hiện cho đến khi tất cả các ô của bảng được lấp đầy.

a) Số lượng +1 nhiều nhất có thể đạt được trong bảng là bao nhiêu?
b) Số lượng +1 nhiều nhất có thể đạt được trong bảng là bao nhiêu?

N. Kh. Adakhanov

F1013. Hai vận động viên đứng ở điểm A và B và cầm một chiếc vít cao su. Theo tín hiệu, vận động viên A bắt đầu di chuyển về phía đông với tốc độ $v_0=1$ m/s, và vận động viên B bắt đầu di chuyển về phía nam với gia tốc không đổi. Tìm gia tốc này nếu biết rằng nút B, buộc trên dây, đi qua điểm Γ (hình 1; thang đo được biểu thị là hình) trong quá trình chuyển động.

S. S. Krotov

F1014. Một bóng bán dẫn mạnh tạo ra nhiệt được gắn trên một tấm tản nhiệt, được thổi bằng không khí có nhiệt độ 30°C. hình2 hiển thị sự phân bổ nhiệt độ trên tấm. Xác định công suất tiêu tán. Người ta biết rằng một tấm được làm nóng đồng đều đến 70 °C sẽ tiêu tán năng lượng $P=10$ W ở nhiệt độ không khí 20 °C. Truyền nhiệt tỷ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ giữa tấm và không khí.

A. R. Zilberman

F1015. Mạch điện ở hình hình 3 chứa 50 ampe khác nhau và 50 vôn kế giống hệt nhau. Số chỉ của vôn kế thứ nhất là $U_1=9,6$ V, ampe thứ nhất là $I_1=9,5$ mA, ampe thứ hai là $I_2=9,2$ mA. Sử dụng những dữ liệu này, xác định tổng số đọc của tất cả các vôn kế.

A. R. Zilberman

F1016. Một lõi sắt từ nặng $M=0,01$ kg có thể được hút tự do vào cuộn dây. Cuộn dây được nối với nguồn có điện áp $U=100$ V và dòng điện thể hiện ở hình 4 chạy qua nó. Tính độ tự cảm ban đầu của cuộn dây. Bỏ qua tổn hao, tìm vận tốc của lõi tại thời điểm $\tau=10^{-3}$ s.

V. E. Skorovarov

F1017. Chiếc điện thoại lớn nhất thế giới của Liên Xô có một tấm gương có đường kính $D=6$ m làm thấu kính. Sẽ mất bao lâu, bằng cách so sánh các bức ảnh chụp trên điện thoại này, để nhận thấy sự quay lẫn nhau của Thiên hà của chúng ta và tinh vân Tiên Nữ xung quanh một khối tâm chung?

Khoảng cách đến Andromeda là $R=1,42 \cdot 10^{11}$ $R_0$, trong đó $R_0$ là bán kính quỹ đạo Trái đất. Khối lượng của Thiên hà và Tiên nữ lần lượt bằng nhau, $M_\Gamma=2,5 \times 10^{11}$ $M_0$, $M_A=3,6 \cdot 10^{11}$ $M_0$, trong đó $M_0$ là khối lượng của Mặt trời. Việc chụp ảnh được thực hiện dưới ánh sáng khả kiến ​​ở bước sóng $\lambda=5 \cdot 10^{-7}$ m.

V. E. Belonuchkin

39

U=100 V and current flows through it as plotted on figure Pisc. 4, p. 37. Determine the original inductivity of the coli. Assuming losses negligible, find the velocity of the core at time $\tau=10^{-3}$ s.

V. E. Skogovarov

P1017. The world’s largest (Soviet-made) telescope has a mirror of diameter $D=6$ m for a lens. How much time is required to register the relative rotation of our Galaxy and Andromeda about their common centre of mass by comparing photographs obtained by this telescope? The distance to Andromeda is $R=1.42 \cdot 10^{11} R_0$, where $R_0$ is the radius of Earth’s orbit. The masses of our Galaxy and Andromeda equal, respectively, $M_G=2,5 \cdot 10^{11} M_0$ and $M_A=3.6 \cdot 10^{11} M_0$, where $M_0$ is the Sun’s mass. The photographs are taken in visible light of wavelength $\lambda=5 \cdot 10^{-7}$ m.

V. E. Belonuchkin

Lời giải bài toán

M981 — M985; F993 — F997

a) Rõ ràng nếu số $a$ viết bằng $n$ thì số $b$ viết bằng $k$ đơn vị và $n$ chia hết cho $k$ thì $a$ cũng chia hết cho $b$. Và kể từ năm 1986 = $2 \cdot 3 \cdot 331$, số $A=11...1$ của 1986 đơn vị, ngoài chính số 1 và $A$, còn có ít nhất 6 ước số nữa của cùng một đơn vị:

$$11, 111, 111 111, \underbrace{11...1}_{331}, \underbrace{11...1}_{662}, \underbrace{11...1}_{993}$$

b) Chúng ta chỉ ra không phải 28 mà là 128 ước của số $A$. Lưu ý rằng 111111 được phân tách thành 5 thừa số nguyên tố:

$$111111=1001 \cdot 111=3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37.$$

Xét rằng $10^{993}+1$ chia hết cho $10^3+1=1001$ và $10^{993}-1$ chia hết cho $10^3-1=999$ (xem tương tự ở lề, trong đó $n=2k+1=331$, $x=10^3$) và đặt $a=10^{331}$, chúng ta nhận được

$$A=\frac{a^6-1}{9}=(a^3+1)\frac{a^3-1}{9}=\frac{3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37}{1001} \cdot \frac{a^3-1}{999}.$$

Tích của bất kỳ tập hợp nào trong số 7 thừa số này sẽ là ước số $A$ (“tập rỗng” được trả lời bằng ước số 1). Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy $2^7=128$ các ước số và chúng đều khác nhau. Để xác minh điều này, chúng ta hãy chứng minh rằng tất cả 7 thừa số trong khai triển bằng văn bản $A$ đều đơn giản theo cặp. Trên thực tế, số dư khi chia số $a$ cho $m=10^6-1$ là 10, vì $10^{331}-10=10(10^6-55-1)$ chia hết cho $m$; do đó, $a^3 \pm 1$ khi chia cho $m$ cho phần dư $10^3 \pm 1$, tức là các số $(a^3+1)/1001$ và $(a^3-1)/999$ là nguyên tố cùng nhau với $m$ và rõ ràng là nguyên tố cùng nhau.

Không khó để tiếp tục khai triển $A$ thành thừa số nguyên tố cùng nhau:

$$A=3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37 \frac{a+1}{11} \cdot \frac{a^2-a+1}{91} \cdot \frac{a-1}{9} \cdot \frac{a^2+a+1}{111}$$

(từ tuyên bố được Chicken nhấn mạnh ở trên, suy ra rằng các thừa số ở đây là số nguyên); từ đó rõ ràng là $A$ có ít nhất $2^9=512$ ước số. Tiếp tục quá trình phân hủy này “bằng tay”

40

M982. Trên các cạnh AB, BC và CA của tam giác ABC, dựng các hình vuông ABB₁A₂, BCC₁B₂, CAA₁C₂ ở mặt ngoài. Chứng minh rằng các phân phối lại cho các đoạn A₁A₂, B₁B₂, C₁C₂, được xây dựng lại tại điểm giữa của chúng, cắt nhau tại một điểm.

M983. Trong một giải đấu có 16 tay vợt mỗi người, hai người chơi một trận.
a) Cho một ví dụ về sự phân bố kết quả của một trò chơi trong đó 10 người tham gia bất kỳ có thể được xếp vào một vòng tròn sao cho mỗi người đánh bại người hàng xóm bên trái của mình.
b) Chứng minh rằng nếu điều kiện ở điểm a) được thỏa mãn thì có thể sắp xếp 11 người tham gia bất kỳ thành một vòng tròn như vậy.

Nuyu" vốn đã khó. Tuy nhiên, từ Định lý nhỏ của Fermat (được ghi bên lề), ta suy ra rằng $9A=10^{1986}-1$ chia hết cho số nguyên tố 1987. Do đó, một trong 4 thành phần cuối cùng phải chia hết cho 1987, nghĩa là A có ít nhất $2^{10}=1024$ ước số. Có lẽ một trong những độc giả đã cố gắng nâng xếp hạng này lên cao hơn nữa?

N. V. Vasiliev, L. D. Kurlyandchik

♦ Chúng ta sẽ chứng minh rằng các phép phân phối lại được xét ở bài toán chứa các đường trung tuyến của một tam giác nhất định được chuẩn bị cho tam giác ABC đã cho. Tuyên bố bài toán sau đó xuất phát từ thực tế là các đường trung tuyến của bất kỳ tam giác nào cắt nhau tại một điểm.

Vẽ các đường thẳng đi qua tâm các hình vuông song song với các cạnh của tam giác ABC (xem hình 1); họ giới hạn tam giác $A_0B_0C_0$ đã chuẩn bị sẵn cho anh ấy. Vì các đường $A_0B_0$ và $A_0C_0$ là trung điểm của đường phân phối lại cho các đoạn $AA_2$ và $AA_1$, nên điểm $A_0$ giao điểm của chúng là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $AA_1A_2$ và do đó, nằm trên trung điểm của phân phối lại $p_a$ với đoạn $A_1A_2$. Tương tự, trung điểm của các đoạn thẳng $p_b$ và $p_c$ tới các đoạn $B_1B_2$ và $C_1C_2$ lần lượt đi qua các điểm $B_0$ và $C_0$.

Vẫn còn phải chứng minh rằng các đường thẳng $p_a$, $p_b$, $p_c$ chứa các đường trung tuyến của tam giác $A_0B_0C_0$. Để làm được điều này, chỉ cần kiểm tra xem chúng có song song với các đường trung bình của tam giác ABC hay không là đủ; ví dụ: đường $p_a$ song song với đường trung tuyến AM hoặc $AM \perp A_1A_2$. Xoay tam giác ABC $90^\circ$ quanh điểm A sao cho đỉnh B tiến tới $A_2$ (hình 2). Trong trường hợp này, đặt điểm M và C là $M'$ và $C'$; thì $M'$ là trung điểm của $A_2C'$ và A là trung điểm của $A_1C'$ ($A_1A=AC=AC', \angle A_1AC=\angle CAC'=90^\circ$). Do đó, $AM'$ là đường trung bình của tam giác $A_1C'A_2$, tức là $AM' \parallel A_1A_2$; đồng thời $AM \perp AM'$.

Bạn có thể nhận được lời giải khác từ thông báo sau: gọi O là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác ABC; nếu các đoạn $A_1A_2$, $B_1B_2$ và $C_1C_2$ cắt song song thành các vectơ $\vec{AO}$, $\vec{BO}$ và $\vec{CO}$ tương ứng thì ba đoạn này sẽ ghép lại thành một hình tam giác và các đường thẳng $p_a$, $p_b$ và $p_c$ sẽ là điểm giữa của nó.

V. N. Dubrovsky

♦ a) Cho 16 tay vợt đứng thành vòng tròn và mỗi người đánh 7 người đứng cạnh mình theo chiều kim đồng hồ (cách các tay vợt cách nhau 8 chỗ chơi với nhau là không đáng kể). Sự phân bổ kết quả này thỏa mãn điều kiện bài toán: nếu bạn đánh dấu ngẫu nhiên 10 vận động viên quần vợt vào một vòng tròn - $A_1$, $A_2$, …, $A_{10}$ (theo chiều kim đồng hồ), thì giữa $A_1$ và $A_2$, $A_2$ và $A_3$, …, $A_{10}$ và $A_1$ sẽ có không quá 6 người chơi quần vợt, vì vậy trong mỗi cặp này, người đầu tiên thắng người thứ hai.

Số 16 trong điều kiện bài toán có thể được thay thế bằng bất kỳ $n \geq 3$ nào và 10 - bằng bất kỳ $k$ nào sao cho $(n+3)/2 \leq k \leq n$ - ví dụ được xây dựng theo cách giống hệt nhau. Nếu $k<(n+3)/2$, không thể xây dựng được ví dụ như vậy.

6. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng nếu có $k(2<k<n)$ trong số $n$ người chơi quần vợt từng đấu với nhau

41

trò chơi, có thể sắp xếp theo điều kiện thì $k+1$ điểm bất kỳ.

Hãy xem xét một nhóm $k+1$ người chơi quần vợt nhất định và loại bỏ một $-A$ khỏi nhóm đó, đồng thời sắp xếp $k$ còn lại trong một chu kỳ (sao cho mỗi người thắng người tiếp theo). Hãy đánh dấu những người từ $k$ mà $A$ thua là màu đỏ và những người mà nó thắng là màu xanh lam (xem hình); sẽ tìm thấy ít nhất một màu đỏ và ít nhất một màu xanh lam, bởi vì $A$ cùng với bất kỳ người chơi quần vợt $k-1$ nào có thể được sắp xếp theo một chu kỳ (nghĩa là, ngay cả trong số $k-1$ bất kỳ trong số $k$ của chúng tôi cũng có cả người chơi quần vợt màu đỏ và màu xanh lam). Bây giờ, hãy chọn bất kỳ vị trí nào trong vòng lặp của chúng ta có màu xanh lam sau màu đỏ theo chiều kim đồng hồ và chèn $A$ giữa chúng.

Lưu ý rằng đối với $n=16$, $k=10$, tuyên bố bài toán vẫn đúng ngay cả khi chúng tôi không yêu cầu tất cả người chơi quần vợt phải đấu với nhau. Để kiểm chứng điều này, chỉ cần xét điều kiện là có thể sắp xếp 10 vận động viên quần vợt bất kỳ thành một vòng tròn để rút ra hệ quả sau:

1. mỗi người thắng không quá 7 trận;
2. trong số 11 người bất kỳ có một người chơi cùng cả 10 người còn lại.

K. P. Kokhas, N. V. Vasiliev

M984. Thông qua một điểm tùy ý $K$ của hình vuông $ABCD$, một đường thẳng được kiểm tra cắt các cạnh đối diện của nó $AB$ và $CD$ tại các điểm $P$ và $Q$. Chứng minh giao điểm của đường tròn đi qua các điểm $K$, $B$, $P$ và $K$, $D$, $Q$ khác $K$, nằm trên đường chéo $BD$.

Gọi $L$ là giao điểm của đường chéo $BD$ với đường tròn $DQK$. Hãy chứng minh rằng điểm này cũng nằm trên đường tròn thứ hai - $BPK$. Để xác định điều này, giả sử rằng các điểm $K$ và $Q$ nằm đối diện nhau của $BD$, và $P$ và $K$ nằm cùng phía (xem hình). Khi đó, vì các góc $DQK$ và $DLK$ nội tiếp trong một đường tròn và nằm trên cùng một cung $DK$,

$$\angle BPK = \angle PQD = \angle KLD = 180^\circ - \angle KLB,$$

tức là tứ giác $PKLB$ nội tiếp trong một đường tròn.

Hãy đưa ra một lời giải khác sử dụng phép xoay. Đặt $M$ và $N$ lần lượt là giao điểm của các đường tròn $KQD$ và $KPB$ với các đường $AD$ và $BC$ (xem hình). Rõ ràng $\angle MKQ = \angle PKN = 90^\circ$, tức là đoạn $MN$ vuông góc với $PQ$ và đi qua các điểm $K$. Xét phép quay của điểm $Q$ thành $M$ (và tia $QC$ thành tia $MD$). Dễ dàng nhận thấy trong trường hợp này đường thẳng rẽ $QP$ sẽ biến thành $MN$, và đường thẳng $AB$ thành $BC$. Do đó, điểm $P$ sẽ chuyển sang $N$. Vì các đoạn $QM$ và $PN$ có thể nhìn thấy được từ tâm quay theo góc vuông nên tâm này nằm ở giao điểm của các vòng tròn này. Mặt khác, nó bằng các đường $AB$ và $BC$ (vì đường đầu tiên đi vào đường thứ hai) và do đó, nằm trên đường chéo $BD$.

V. N. Dubrovsky

M985. Góc giữa hai đường thẳng cắt nhau tại điểm $O$ gọi là góc giữa phương bắc $O$ và phương không hướng lên $90^\circ$. Có bao nhiêu cách kiểm tra ba đường thẳng $l_1$, $l_2$, $l_3$ đi qua điểm $O$ trong không gian sao cho các góc giữa $l_2$ và $l_3$, $l_3$ và $l_1$, $l_1$ và $l_2$ lần lượt bằng nhau về số lượng $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\alpha_3$? (Hai đường thẳng

42

$l_1, l_2, l_3$ và $l'_1, l'_2, l'_3$ được coi là giống nhau nếu chúng được “tải”, tức là nếu có một phép quay hoặc sự đối xứng về mặt phẳng chuyển $l'_i$ thành $l'_i$, với tất cả $i=1, 2, 3$.

Phòng ngừa: đáp số phụ thuộc vào độ lớn của $a_1, a_2, a_3$: ví dụ: đối với $a_1=a_2=a_3=30^\circ$ nó không giống với $a_1=a_2=a_3=70^\circ$.

Mỗi góc phẳng phải nhỏ hơn tổng của hai góc còn lại và tổng của cả ba góc phải nhỏ hơn $360^\circ$ (ví dụ, xem sách giáo khoa: Hình học 9-10 / Biên tập bởi Z. A. Skorets - M.: Prosveshchenie, 1981, tr. 224). Trong trường hợp này, một góc tam diện được xác định duy nhất bởi các góc phẳng của nó (đến mức tắc nghẽn).

Gọi $l_1, l_2, l_3$ là các đường thẳng thỏa mãn điều kiện bài toán. Trên đường thẳng $l_1$, chúng tôi chọn một trong các tia có phần đầu $O$ - chúng tôi biểu thị nó $r_1$, - và trên các đường thẳng $l_2$ và $l_3$ - các tia $r_2$ và $r_3$, tạo các góc có độ lớn $a_2$ và $a_3$ với $r_1$ (xem hình). Vì góc giữa các đường thẳng $l_2$ và $l_3$ là $a_1$ nên góc giữa các tia $r_2$ và $r_3$ có thể là $a_1$ hoặc $180^\circ-a_1$. Từ những gì đã nói về góc tam diện, có thể suy ra rằng có nhiều nhất hai đường thẳng khác nhau (đến mức tắc nghẽn) với một góc cho trước $a_1, a_2, a_3$ giữa chúng. Chúng có được bằng cách mở rộng các cạnh của hai góc tam giác $T$ và $T'$ với các góc phẳng lần lượt là $a_1, a_2, a_3$ và $180^\circ-a_1, a_2, a_3$, và để tồn tại chúng cần và đủ các điều kiện (1) được thỏa mãn trong trường hợp thứ nhất, (2) trong trường hợp thứ hai.

Lưu ý rằng với $a_1=90^\circ$ tất cả các đường thẳng của chúng ta đều giống hệt nhau ($T \cong T'$, vì $a_1=180^\circ-a_1$). Tất nhiên, điều này cũng đúng khi $a_2=90^\circ$ - trong tính toán, bạn có thể chỉ cần thay đổi cách đánh số các dòng. Vì vậy, nếu ít nhất một trong các góc $a_1, a_2, a_3$ bằng $90^\circ$ và điều kiện (1) được thỏa mãn (hoặc điều kiện (2) trùng khớp với nó trong trường hợp này), thì bài toán của chúng ta có một lời giải duy nhất.

Cuối cùng, đặt tất cả các góc $a_1, a_2, a_3$ nhọn và thỏa mãn hệ tổng quát (1) và (2). Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng khi đó các đường thẳng được tạo từ các góc tam diện $T$ và $T'$ là khác nhau. Để hai rãnh như vậy bị tắc nghẽn, góc $T'$ cần phải bị tắc nghẽn với góc $T$ hoặc nói chung là bất kỳ góc nào trong 8 góc tam giác có đỉnh $O$, các cạnh của chúng nằm trên cùng một đường thẳng $l_1, l_2, l_3$ với các cạnh của góc $T$. Dễ dàng nhận thấy góc phẳng của các góc tam diện này có thể bằng ($a_1, a_2, a_3$) (đối với góc $T$ và góc “thẳng đứng” với nó), ($180^\circ-a_1, 180^\circ-a_2, a_3$), ($a_1, 180^\circ-a_2, 180^\circ-a_3$) hoặc ($180^\circ-a_1, a_2, 180^\circ-a_3$). Nhưng góc $T'$ có chính xác 2 góc nhọn ($a_2$ và $a_3$), và trong tất cả các đường đi được viết ra, số của chúng là 3 hoặc 1.

A. V. Goncharov, V. N. Dubrovsky

F993. Một sợi dây được ném qua một thanh xà cố định nằm ngang. Để giữ một vật có khối lượng $m=6$ kg, cần tìm đầu thứ hai của sợi dây có lực nhỏ nhất là $F_1=40$ N (xem hình). Phải kéo sợi dây với lực tối thiểu bằng bao nhiêu $F_2$ để tải bắt đầu tăng?

Trọng lượng của tải $P=mg=60$ N lớn hơn đáng kể so với lực $F_1$ mà sợi dây phải được kéo. Tình huống này chúng ta đã biết rõ từ trong cuộc sống và gắn liền với sự hiện diện của dấu vết giữa sợi dây và khúc gỗ.

Trong trường hợp đầu tiên (dây đứng yên), lực của khay có hướng chống lại tác động của trọng lượng của tải và giúp giữ dây với tải. Việc tính toán hoàn chỉnh sự phân bố lực của dây là khá phức tạp, vì giá trị tuyệt đối của lực căng dây (xác định phản lực của gối đỡ trong

43

điểm tiếp xúc giữa sợi dây và khúc gỗ) thay đổi từ $F_1$ (điều kiện cân bằng cho đầu bên trái của sợi dây) thành $P = mg$ (điều kiện cân bằng cho đầu bên phải). Tuy nhiên, đối với lời giải bài toán, chúng ta chỉ cần lưu ý rằng lực ma sát $F_{\tau p}$, tỷ lệ thuận tại mỗi điểm với phản lực của giá đỡ, sẽ tỷ lệ với lực căng của dây; để định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng $F_{\tau p}$ tỷ lệ thuận với lực căng lớn hơn, tức là $F_{\tau p} = kP$. Điều này có nghĩa là $F_1 = P - kP$ và tỷ lệ giữa lực căng lớn hơn $P$ với lực căng nhỏ hơn $F_1$ là một hằng số: $P/F_1 = 1/(1-k) = \text{const}$.

Trong trường hợp thứ hai, khi chúng ta muốn nâng tải lên, các đầu của sợi dây dường như đổi chỗ. Lực ma sát hóa ra có hướng chống lại tác dụng của lực $F_2$ và không còn giúp ích mà còn cản trở. Tỷ lệ giữa lực căng lớn hơn $F_2$ và lực căng nhỏ hơn $P$ phải giống như trong trường hợp đầu tiên $F_2/P = P/F_1$.

Từ đây là:

$$F_2 = \frac{P^2}{F_1} = 90 \text{ H.}$$

A. I. Buezdin

F994. Vệ tinh khám phá một hành tinh có mật độ $\rho$, di chuyển theo quỹ đạo tròn với chu kỳ quỹ đạo là $T$ và bề mặt tương đối của nó. Bao nhiêu bề mặt hành tinh sẽ vẫn chưa được khám phá?

◆ Từ vệ tinh, chỉ có thể nhìn thấy một phần bề mặt hành tinh, nằm bên trong hình nón, đỉnh của nó là điểm hiện đang đặt vệ tinh và các máy phát là tiếp tuyến với bề mặt hành tinh được vẽ từ điểm này (xem hình). Do đó, hai đoạn hình cầu vẫn chưa được khám phá, diện tích của chúng

$$s = 2 \cdot 2\pi rh = 4\pi r^2 (1 - \cos \alpha) = 4\pi r^2 \left(1 - \sqrt{1 - \left(\frac{r}{R}\right)^2}\right),$$

trong đó $r$ là bán kính của hành tinh, $R$ là bán kính quỹ đạo của vệ tinh. Tỷ lệ của diện tích này với diện tích bề mặt của hành tinh là

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

Hãy biểu diễn mối quan hệ $r/R$ thông qua dữ liệu cho trong điều kiện bài toán.

Hãy viết phương trình chuyển động của vệ tinh:

$$G \frac{Mm}{R^2} = ma,$$ hoặc $a = G \frac{M}{R^2} = G \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 \dot{\rho} \cdot \frac{1}{R^2}$.

Mặt khác, $a = (2\pi/T)^2 R$. Kể từ đây,

$$\frac{4}{3} G \pi \rho \frac{r^3}{R^2} = \frac{4\pi^2}{T^2} R,$$

Ở đâu

$$\frac{r}{R} = \sqrt[3]{\frac{3\pi}{G \rho T^2}}.$$

Thay thế giá trị này vào (*), chúng tôi tìm thấy phần diện tích bề mặt của hành tinh vẫn chưa được khám phá:

$$\frac{s}{S} = 1 - \sqrt{1 - \left(\frac{3\pi}{G \rho T^2}\right)^2/3}.$$

V. V. Dorin

44

F995. Trong mao mạch phía tây có một chất lỏng có mật độ $\rho$. Khi mao quản được làm nóng đến mức nhỏ $\Delta T$, hóa ra ranh giới $AB$ giữa chất lỏng và hơi của nó (xem hình) không được kết nối. Đồng thời, áp suất hơi tăng $\Delta p$. Mật độ của chất lỏng thay đổi như thế nào?

Từ điều kiện bài toán suy ra trạng thái của hệ trước và sau khi đun nóng tương ứng với trạng thái cân bằng của chất lỏng và hơi của nó. Điều này có nghĩa là trong biểu đồ $p - T$, cả hai trạng thái đều nằm trên đường cong xã hội. Đường cong này, như đã biết, thể hiện sự phụ thuộc của áp suất $p$ của hơi bão hòa vào nhiệt độ $T$, và sự phụ thuộc này là đơn điệu. Các tiếp tuyến của đường cong $p$ (T) tạo các góc khác nhau với trục $T$. Chúng ta hãy chọn điểm đó trên đường cong mà tại đó tiếp tuyến tạo một góc $\alpha = \arctg \frac{\Delta p}{\Delta T}$ với trục $T$. Các giá trị $p$ và $T$ tương ứng với điểm này xác định duy nhất áp suất và nhiệt độ ban đầu của khí.

Khi đun nóng, chất lỏng sẽ nở ra, nghĩa là ranh giới $AB$ sẽ di chuyển sang phải. Tính bất động của ranh giới có nghĩa là khi đun nóng, một khối chất lỏng $\Delta m$ bay hơi đến mức chất lỏng còn lại có mật độ $\rho - \Delta \rho$ chiếm chế độ âm lượng. Như có thể thấy từ hình, thể tích này bằng thể tích chiếm giữ của hơi nước. Như vậy,

$$\Delta \rho = \frac{\Delta m}{V}.$$

(*)

Sự thay đổi áp suất hơi bão hòa có liên quan đến việc tăng nhiệt độ của nó thêm $\Delta T$. Từ phương trình trạng thái của hơi nước ở nhiệt độ $T$ và $T + \Delta T$ -

$$pV = \frac{m}{\mu} RT,$$

$$(p + \Delta p)V = \frac{m + \Delta m}{\mu}R(T + \Delta T)$$

• chúng tôi nhận được:

$$\Delta p \cdot V = \frac{\Delta m}{\mu}RT + \frac{m}{\mu}R \cdot \Delta T + \frac{\Delta m}{\mu}R \cdot \Delta T.$$

Bỏ qua số hạng $\frac{R}{\mu}(\Delta m \cdot \Delta T)$, từ đây xét (*) ta tìm được:

$$\Delta \rho = \frac{\mu}{R} \frac{\Delta p \cdot T - p \cdot \Delta T}{T^2}.$$

L. G. Markovich

F996. Trong máy đo chọn lọc khối lượng ở trạng thái rắn, nguồn phát ra một loạt các hạt tích điện, đầu tiên chúng bay tự do (hình 1) và đi qua cảm biến đầu tiên ($\Delta_1$), ở hình 1.

Cho một hạt có khối lượng $m$ bay ra khỏi nguồn với tốc độ $v$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $v_||$ hình chiếu của vận tốc này lên hướng song song với lưới $C$ và $v_⊥$ bằng hình chiếu $v$ lên hướng vuông góc với lưới. Khi các hạt di chuyển phía sau lưới (ở bên phải của lưới), $v_||$ không thay đổi và $v_⊥$ thay đổi từ $+v_⊥$ thành $-v_⊥$. Theo định luật bảo toàn động lượng (trong các hình chiếu lên phương vuông góc với lưới), $F \cdot \Delta t = m \cdot \Delta v_⊥ = 2mv_⊥$, trong đó $\Delta t$ là thời gian chuyển động của các hạt phía sau lưới; do đó $\Delta t = 2mv_⊥/F$. Tổng thời gian bay là

$$T = t + \Delta t = \frac{2L}{v_⊥} + \frac{2mv_⊥}{F}$$

(*) (t là tổng thời gian di chuyển từ cảm biến $\Delta_1$ đến lối vào lưới và từ lối ra khỏi lưới đến cảm biến $\Delta_2$).

47

T. Misirnashaev (Moscow) 60; C. Mortisi (Tigroviste, SRR) 62; Y. Mustafayev (Baku) 64; S. Mushinsky (Novosibirsk) 57, 59, 62, 63, 65, 67, 68; T. Narbekov (Alma-Ata) 65; V. Neff (Donetsk) 65; Yu. Nikonorov (làng Mikhailovka, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Kazakhstan) 62, 65; O. Nits (Odeska) 60, 62, 63, 65, 67, 68; S. Okulovsky (Leningrad) 62, 64, 65; M. Pankov (Lviv) 62, 65, 67; Yu. Panchul (Kyiv) 62, 65; P. Pasmanik (Moscow) 65, 67; D. Pastur (Kharkov) 60; M. Pasumansky (Leningrad) 64; O. Pelevin (Kostroma) 62; A. Petrova (Leningrad) 57, 60; V. Pickman (Kyiv) 65; A. Pokrovsky (Kyiv) 57, 60, 62, 65, 67, 68; V. Polivov (Magnitogorsk) 57, 60; V. Pomaz (Semyonovka) 65; M. Pomerantsev (Cherkasy) 57; I. Portnoy (Odeska) 62—65, 67, 70; V. Protsak (Kyiv) 62, 64, 65, 67; V. Lông thú (Kharkov) 62, 64, 65, 67; V. Radulin (Chelyabinsk) 67, 68; A. Raisky (Alma-Ata) 65; I. Raskina (Vitebsk) 62, 65; S. Reznov (Kyiv) 62, 65, 67, 68; M. Rzaev (Vaku) 62; A. Roiterstein (Leningrad) 62-64; K. Rubtsov (Kyiv) 62, 65; T. Rudenko (Kyiv) 65; D. Romanin (Krasnoirsk) 57, 64; V. Sakbeev (Alma-Ata) 65; Z. Salkanova (Alma-Ata) 65; I. Samovol (Gayvoron) 60; D. Seminkhin (Kyiv) 62, 65, 68; S. Silvestrov (Kyiv) 62, 64, 65, 67; I. Simonenko (Vellike Luki) 60; K. Sinalevich (Leningrad) 65; V. Slituzhe (Dimitrovgrad) 67; S. Smirnov (Leningrad) 62—65, 67, 68, 70; V. Stolin (Vilnos) 62, 63, 67; A. Strunin (Yaroslavl) 64, 65, 67, 68; K. Styrkas (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 62, 64, 67; D. Seminkhin (Kyiv) 62, 65, 68; S. Silvestrov (Kyiv) 62, 64, 65, 67, 68; I. Simonenko (Vellike Luki) 60; I. Ustilovsky (Moscow) 59, 60, 62-65, 67, 68, 70; V. Fililshtein (Voronezh) 65; V. Fokin (Khabarovsk) 62, 65, 67; D. Khadzhtsev (Stara Zagora, Belarus) 62; L. Hristov (Silistra, NRB) 67; A. Chazirov (Alma-Ata) 60; E. Chernaya (Depprodzerzhinsk) 67, 70; K. Churashe (Novosibirsk) 62, 65, 67; E. Churashe (Novosibirsk) 62, 65, 67; Yu. Shampuk (Tselinograd) 62, 67; Yu. Shampuk (D. Novy Dvor, vùng Grodno) 67; I. Shekhtman (Kyiv) 67, 68; S. Shekhtman (Kyiv) 65; V. Shmuklerman (Odeska) 62; I. Sholev (Stara Zagora, Belarus) 65; I. Shor (Kyiv) 65; I. Shor (Kyiv) 65; P. Shrabotey (Moscow) 67; V. Shryer (Leningrad) 62-65; P. Steinberg (Pushino) 62, 65; G. Shuzay (Zaporozhye) 65; O. Shelkov (Navon) 62, 67; I. Shenetkova (Moscow) 67; V. Elkin (Kharkov) 62, 65; Y. Efdideev (Vaku) 62; O. Yusukhno (Kyiv) 62, 63, 65; A. Yavryan (Yerevan) 67.

Vật lý
A. Abanov (Krasnoirsk) 68, 69, 74; U. Abakirov (Alma-Ata) 75; O. Azikova (Tselinograd) 73-75, 78, 80; A. Anisimov (Kyiv) 78, 80; F. Asmanyarova (Tselinograd) 73-75, 78, 80; T. Akhmetov (Novosibirsk) 78, 80; K. Bedov (Chelyabinsk) 68—70, 72; A. Belechky (Kyiv) 78; Yu. Beloborodov (Chelyabinsk) 80; S. Belovolov (Novosibirsk) 68, 69, 78; D. Belonov (Sverdlovsk) 70; V. Berezsky (Kyiv) 69; A. Bermus (Grozny) 75; O. Besman

50

Vị trí của lập trình và khoa học máy tính là một trong những hiểu lầm hiện nay. Tôi dám nói một cách mỉa mai rằng có khá nhiều “người thông minh” mà bạn có thể nghe thấy “đây hoàn toàn không phải là khoa học máy tính, đây là lập trình thuần túy”. Tuyên bố như vậy, theo quan điểm của tôi, cho thấy sự kém cỏi hoặc một quan điểm không chính xác về mặt phương pháp. Xét cho cùng, lập trình là một phần không thể thiếu của khoa học máy tính.

Tôi sẽ cố gắng làm rõ điều này bằng cách đưa ra câu hỏi cho chính mình. Tất nhiên, cách dễ nhất để tôi nói là chuyên ngành khoa học của tôi là lập trình. Bởi vì tôi đã lập trình theo nghĩa rộng trong phần lớn cuộc đời trưởng thành của mình. Đồng thời, tôi sẽ nhấn mạnh vào sự hiểu biết mở rộng như vậy về từ “lập trình”; nó không chỉ bao gồm việc viết các chương trình cụ thể. Nhưng bây giờ khoa học máy tính của chúng ta đã có tên - khoa học máy tính - tôi phải nói rằng khoa học máy tính cũng là chuyên ngành khoa học của tôi. Tôi có những công việc và suy nghĩ liên quan đến chủ đề khoa học máy tính, mối liên hệ của nó với các ngành khoa học khác, với toán học và vật lý cũng như nội dung của nó trong khóa học ở trường. Vì vậy, tôi sẽ trả lời ngắn gọn câu hỏi theo cách này: chuyên ngành khoa học hiện tại của tôi là khoa học máy tính, và chuyên ngành hẹp hơn là lập trình.

Bạn tưởng tượng sự tương tác giữa toán học và thông tin như thế nào?

— Trước hết, tôi muốn nhấn mạnh rằng khoa học máy tính mở rộng phạm vi của toán học. Ví dụ, các khía cạnh của khoa học máy tính như lý thuyết thuật toán và lập trình lý thuyết, cấu trúc dữ liệu, mô hình thông tin và thí nghiệm tính toán tạo cơ sở cho nghiên cứu toán học. Ngoài ra, máy tính còn cho phép ứng dụng hiệu quả nhất các phương pháp toán học thực tiễn vào mọi lĩnh vực hoạt động của con người. Có thể nói rằng khoa học máy tính là con đường mà các nhà toán học đang chinh phục thế giới.

Đối với các chuyên gia khoa học máy tính, khoa học toán học là bộ máy làm việc chính. Nhưng bản thân khoa học máy tính là một ngành khoa học tích hợp, nó không chỉ lấy từ toán học mà còn từ khoa học hiện tượng học, ngôn ngữ học và tâm lý học. Thông tin chiếm một vị trí đặc biệt sau các ngành khoa học khác: mục tiêu của nó là bộc lộ và vượt qua những nguyên tắc cơ bản về sự thống nhất xử lý thông tin trong Vũ trụ. (Tôi sẽ lưu ý trong ngoặc đơn rằng mạng mạng có phạm vi ứng dụng tương tự, nhưng không giống nhau: nghiên cứu các nguyên tắc cơ bản của luồng xử lý thông tin, nhưng không phải trong “toàn bộ Vũ trụ”, mà chỉ trong phạm vi kiểm soát.)

Chúng ta có thể nói thế này: nếu vật lý đang cố gắng trả lời “câu hỏi chết người” - tại sao thế giới được cấu trúc theo cách mà con người có thể sống trong đó, thì khoa học máy tính sẽ trả lời “câu hỏi chết người” của nó - tại sao chúng ta có thể hiểu thế giới xung quanh, nắm vững thông tin tồn tại một cách khách quan trong tự nhiên. Thông tin với tư cách là một khoa học bóp méo sự tồn tại của các hệ thống ký hiệu tự nhiên - vật mang thông tin trong tự nhiên, và chính nó tạo ra các hệ thống ký hiệu, bộc lộ sự thống nhất của các quy luật xử lý thông tin trong tự nhiên, trong công nghệ.

Việc tạo ra trí tuệ nhân tạo là một trong bài toán khoa học máy tính. Trong công nghiệp và công nghệ, chúng tôi giải phóng con người khỏi lao động chân tay. Thông tin giải quyết các vấn đề của con người trong quá trình xử lý thông tin, điều này đạt được bằng cách giải thích kỹ lưỡng về các chức năng của nó, sau đó được chuyển sang máy tính. Vì vậy, để hiểu được thông tin, cần phải phát triển một thuật toán xử lý nó. Đó là lý do tại sao họ thường nói: chúng ta biết nếu chúng ta lập trình được nó.

Tôi sẽ không đi sâu hơn vào việc duy trì chủ đề khoa học máy tính. Tôi sẽ chỉ nói rằng thông tin không phải là vật chất hay năng lượng, nhưng không phải là thông tin thứ ba. Bất kỳ khoa học nào cũng nghiên cứu một số cấu trúc của tự nhiên. Ở một khía cạnh nào đó, việc nghiên cứu cấu trúc của cấu trúc cũng thú vị và hấp dẫn không kém việc nghiên cứu cấu trúc của vật chất - sở thích thời trẻ của tôi - mà tôi đã nói đến ở đầu cuộc trò chuyện.

Veseda được ghi lại bởi A. V. Sosinsky

51

mạch điện xoay chiều

A. R. ZILBERMAN

Dòng điện xoay chiều (hoặc điện áp) thể hiện sự dao động điện cưỡng bức. Cường độ dòng điện thay đổi theo thời gian tuân theo định luật điều hòa

$$i = I_m \cos(\omega t + \varphi_0),$$

trong đó $I_m$ là biên độ, $\omega$ là tần số dốc (theo chu kỳ) (được đo bằng radian trên giây và được viết đơn giản là $c^{-1}$), $\varphi_0$ là pha ban đầu của dao động. Một lực cưỡng bức tương tự có thể được viết cho điện áp xoay chiều.

Ví dụ. Hãy viết sự phụ thuộc thời gian của điện áp mạng: 220 V, 50 Hz. Trong trường hợp này, biên độ $U_m = U \sqrt{2} = 220 \sqrt{2}$ V≈311 V (hãy nhớ rằng $U = 220$ V là giá trị điện áp hiệu dụng), tần số dốc $\omega = 2\pi v \approx 6,28 \cdot 50 \text{ c}^{-1} \approx 314 \text{ c}^{-1}$. Hãy cho chúng tôi biết rằng tại thời điểm báo cáo bắt đầu ($t=0$), điện áp bằng $u_0 = 50$ V và đang giảm dần. Sau đó, chúng ta có thể tìm thấy pha ban đầu $\varphi_0$:

$$u_0 = U_m \cos \varphi_0,$$

ở đâu $\varphi_0 = \arccos \frac{u_0}{U_m} \approx 1,4$ vui mừng

(hãy tự suy nghĩ - chúng tôi đã dạy cách giảm căng thẳng ở đâu). Vì thế,

$$u = 311 \cos (314t + 1,4).$$

Có thể thấy rằng sự lựa chọn thích hợp của báo cáo đầu thời gian - và điều này nằm trong khả năng của chúng tôi - có thể được thực hiện $\varphi_0$ bất cứ điều gì, đặc biệt là số 0. Điều này thường được sử dụng và viết ra mà không cần đặt trước đặc biệt

$$u = U_m \cos \omega t.$$

Việc tính toán các mạch điện xoay chiều thường dựa trên việc xác định dòng điện ở một điện áp nguồn nhất định. Việc tính toán dòng điện trong mạch chỉ chứa điện trở là khá dễ dàng. Tại bất kỳ điểm nào trong mạch điện như vậy, dòng điện thay đổi “đúng lúc” với

52

Hình 1.

hướng tác dụng, nghĩa là không có sự dịch pha giữa dòng điện và hướng. Tình hình phức tạp hơn nếu mạch chứa các thiết bị lưu trữ năng lượng - cuộn dây và tụ điện. Trong trường hợp này, mômen của hướng và dòng điện cực đại có thể không trùng nhau - xuất hiện sự dịch pha tương ứng. Ví dụ, người ta biết rằng khi một cuộn dây được kết nối với mạng, cực đại hiện tại sẽ trễ hơn cực đại phương một phần tư chu kỳ (độ dịch pha π/2) và khi một tụ điện được nối thì ngược lại, chúng đi trước một phần tư chu kỳ.

Khi tính toán trong mạch DC, bạn có thể chỉ cần cộng các giá trị hướng trên các phần tử nối tiếp và các giá trị dòng điện trên các phần phân nhánh của mạch. Trong trường hợp dòng điện xoay chiều, mọi thứ phức tạp hơn - biên độ của tổng không phải lúc nào cũng bằng tổng biên độ. Ví dụ, biên độ của tổng của hai dòng điện 1 A, mỗi dòng có thể là bất kỳ - từ 0 đến 2 A, bạn cần chỉ định nó có tính đến sự dịch pha. Để tính toán mạch điện xoay chiều, người ta thường sử dụng phương pháp đồ họa thuận tiện - phương pháp sơ đồ vectơ. Nó dựa trên một ý tưởng đơn giản.

Để vectơ $\vec{A}_0$ (chiều dài $A_0$) quay toàn bộ hình tròn có một trong hai đầu của nó ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc góc $\omega$. Khi đó hình chiếu của đầu thứ hai lên trục $X$, điểm đầu nằm ở tâm quay (hình 1), bằng $x = A_0 \cos (\omega t + \varphi_0)$.

Tức là chúng ta có được chính xác hàm mà chúng ta quan tâm. (Thực ra phần hình tròn được ký hiệu bằng chữ cái giống như phần góc

Hình 2.

tốc độ, chúng tôi nghĩ đến mô hình này.) Trên cùng hình, chúng ta có thể mô tả một vectơ khác $\vec{A}_1$, tương ứng với một hàm khác có biên độ $A_1$ và pha ban đầu $\varphi_1$. Tại $\varphi_1 > \varphi_0$, vectơ $\vec{A}_1$ “dẫn” vectơ $\vec{A}_0$ một góc $\Delta \varphi = \varphi_1 - \varphi_0$. Điều quan trọng là $A_0$ và $A_1$ có thể có kích thước khác nhau (ví dụ: $A_0$ có thể khác nhau về điện áp và $A_1$ về cường độ ampe).

Bây giờ về phương pháp chính nó. “sơ đồ vectơ” là gì? Đây là bản vẽ mô tả dưới dạng vectơ (theo tỷ lệ mới được chọn và có tính đến sự dịch pha) hướng và dòng điện của mạch đang nghiên cứu. Trong trường hợp dao động điều hòa mà chúng ta đang xem xét (trong các trường hợp khác, điều này không đúng!) tất cả các vectơ này quay theo một hướng với cùng vận tốc góc $\omega$ và góc giữa chúng không đổi, vì vậy chúng ta không cần phải nói về chuyển động quay và vẽ một bức tranh “đứng yên”. Nếu một bản vẽ đã được xây dựng thì bài toán đã được giải vì nó chứa tất cả thông tin cần thiết về hướng và dòng điện tương tác của mạch điện. Phương pháp xây dựng sơ đồ vectơ là cách để có được những hình vẽ như vậy.

Hãy xem xét một vài ví dụ cụ thể.

Nhiệm vụ 1. hình 2 trình bày một mạch điện đơn giản chứa một tụ điện và điện trở mắc nối tiếp. Biên độ của dòng điện trong mạch là $I_m = 0,1$ A. Tìm biên độ của hướng của nguồn và pha giữa hướng này và dòng điện trong mạch.

Chúng ta hãy chọn tỷ lệ thích hợp để mô tả dòng chảy và hướng. Hãy vẽ tùy ý (theo cách thuận tiện cho chúng ta!) vectơ $\vec{I}_m$ (hình 3). Bây giờ chúng ta có thể vẽ vectơ $\vec{U}_{Rm}$, được mô tả bằng hướng trên điện trở (chúng ta sẽ mô tả nó bằng màu khác để không nhầm lẫn giữa vectơ chỉ phương và

53

kov). Mô-đun của nó
$$U_{Rm} = I_m R = 50 \text{ В}.$$
Theo hướng, vectơ $\vec{U}_{Rm}$ trùng với vectơ $\vec{I}_m$ (xét cho cùng, độ lệch pha giữa dòng điện và hướng của điện trở bằng 0). Vectơ chỉ hướng trên tụ điện $\vec{U}_{Cm}$ có ​​độ lớn bằng $U_{Cm} = I_m X_C = 100 \text{ В}$, trong đó $X_C = 1 / (\omega C) = 1 \text{ кОм} - \text{емкостьное сопротивление},$ và trễ $\pi/2$ cùng pha so với dòng điện. Hãy vẽ vector này nữa. Điện áp tại nguồn $\vec{U}_m$ tương ứng với tổng vectơ $\vec{U}_{Rm}$ và $\vec{U}_{Cm}$:
$$U_m = \sqrt{U_{Rm}^2 + U_{Cm}^2} \approx 112 \text{ В}.$$
Lưu ý rằng chúng ta đã tìm thấy (đã vẽ!) góc giữa dòng điện $\vec{I}_m$ và hướng của toàn bộ mạch $\vec{U}_m$. Góc này có thể được thay đổi đơn giản bằng một bộ chuyển đổi hoặc được tính theo lượng giác:
$$\text{tg} \varphi = \frac{U_{Cm}}{U_{Rm}} = 2,$$
$$\varphi = \arctg 2 \approx 1,1 \text{ рад} \approx 64^\circ.$$
bài toán này có thể được xây dựng hơi khác một chút: đặt biên độ hướng của nguồn, ví dụ $U'_m = 220 \text{ В}$ và tìm biên độ của dòng điện trong mạch. bài toán này khó hơn - suy cho cùng, chúng ta phải tìm sơ đồ để vẽ mà không biết biên độ của dòng điện $I'_m$. Có hai khả năng ở đây. Đầu tiên là giải phụ trợ bài toán về việc tìm biên độ của hướng $U_m$ tại một dòng điện cho trước $I_m$ (chúng ta vừa thảo luận về điều này bài toán), sau đó viết ra một phương trình tương tự
$$\frac{U'_m}{U_m} = \frac{I'_m}{I_m}$$
và tìm biên độ hiện tại $I'_m$ từ nó:
$$I'_m = I_m \frac{U'_m}{U_m} \approx 0,18 \text{ А}.$$
Khả năng thứ hai là vẽ sơ đồ không theo thang số cụ thể mà theo cách tổng quát. Trong trường hợp này, tỷ lệ độ dài của các vectơ dư bằng nhau, có nghĩa là góc giữa chúng không thay đổi. Công thức thu được từ sơ đồ
$$U'_m = \sqrt{(U'_{Rm})^2 + (U'_{Cm})^2} = \sqrt{(I'_m R)^2 + (I'_m X_C)^2}$$
chúng tôi sử dụng $I'_m$ để tìm:
$$I'_m = \frac{U'_m}{\sqrt{R^2 + X_C^2}} \approx 0,18 \text{ А}.$$
Các phương pháp này có độ phức tạp xấp xỉ bằng nhau.

Hình 4.
Bài toán 2. Hai nhánh định hướng được nối với nguồn hướng xen kẽ. Biên độ hiện tại ở lần thứ nhất là $I_{1m} = 1 \text{ А}$, ở lần thứ hai là $I_{2m} = 0,3 \text{ А}$. Biên độ của dòng điện chạy qua nguồn có thể nằm trong giới hạn nào? Độ lệch pha cực đại giữa dòng điện và dòng điện trong nhánh thứ nhất có thể là bao nhiêu?

Lời giải rõ ràng từ hình 4, hiển thị sơ đồ vectơ cho mạch này (vectơ $\vec{I}_{2m}$ được vẽ để thuận tiện hơn khi cộng nó với vectơ $\vec{I}_{1m}$):
$$I_{1m} - I_{2m} \leq I_m \leq I_{1m} + I_{2m},$$
$$0,7 \text{ А} \leq I_m \leq 1,3 \text{ А}.$$
Góc tối đa giữa $\vec{I}_m$ và $\vec{I}_{1m}$ tương ứng với:
$$\sin \varphi_{\max} = \frac{I_{2m}}{I_{1m}} = 0,3,$$
$$\varphi_{\max} \approx 0,31 \text{ рад} \approx 18^\circ.$$
Đồng thời $I_m = \sqrt{I_{1m}^2 - I_{2m}^2} \approx 0,95 \text{ А}$. Góc giữa $\vec{I}_m$ và $\vec{I}_{2m}$ có ​​thể là bất kỳ (từ - $\pi$ đến +$\pi$).

Bài toán 3. Trong mạch điện ở hình 5, hãy tìm dòng điện chạy qua nguồn và chạy qua các pha giữa dòng điện này và chiều của nguồn.

Hãy bắt đầu vẽ sơ đồ bằng cách yêu cầu dòng điện chạy qua cuộn dây. Ví dụ: hãy đặt $I_{Lm} = 0,1 \text{ А}$. Khi đó hướng trên cuộn dây $\vec{U}_{Lm}$ có độ lớn bằng $U_{Lm} = I_{Lm} X_L = 100 \text{ В}$, trong đó $X_L = \omega L = 1 \text{ кОм} - \text{индуктивное сопротивление},$ xác định dòng điện $\vec{I}_{Lm}$ cùng pha

Hình 5.