Kvant 1986, số 10 · Trang

ISSN 0130-2221
10
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
Kim cương được tạo ra như thế nào?

12

Vui vẻ
lúa mì
trong vật lý
hai ugashcia
SPTU

Tymi) tháng 5 năm 1986

TRONG PHÒNG:

2 Cải cách giáo dục đại học
3 A. N. Zaidel, V. Ya. Frenkel.
I. V. Kurchatov: những bước đầu tiên trong LPTI
6 V. A. Oleynikov. Tính phi lý và tính không thể rút gọn
12 F. F. Voronov. Kim cương được tạo ra như thế nào?
Reform of higher education
A. N. Zaidel, V. Ya. Frenkel. I. V. Kurchatov: first steps at LPTI
V. A. Oleinikov. Irrationality and irreducibility
F. F. Voronov. How diamonds are made

Phòng thí nghiệm «Kvant»
19 A. N. Luzin. Một lần nữa về chiếc thìa trong dòng nước
Kvant’s lab
A. N. Lusin. Once more about spoons in streams of water

Trường học ở «Kvant»
20 Toán 8-10
22 trường học yêu thích bài toán
Kvant’s school
Mathematics 8—10
Selected school problems

«Kvant» cho học sinh nhỏ
23 nhiệm vụ
24 số Mersenne
Kvant for younger school children
Problems
Mersenne’s numbers

Lịch của chúng tôi
26 D. F và nhiệt kế của nó
Our calendar
D. Farenheit and his thermometers

Bài tập «Kvant»
28 nhiệm vụ M1006—M1010; F1018—F1022
34 Lời giải bài toán M986—M990; F998—F1002
Kvant’s problems
Problems M1006—M1010; P1018—P1022
Solutions M986—M990; P998—P1002

Kính vạn hoa «Kvant»
Kvant’s kaleidoscope

Xưởng của người nộp đơn
42 L. P. Bakanina. Dụng cụ quang học
College applicant’s section
L. P. Bakanina. Optical instruments

Nghệ thuật lập trình
47 V. A. Kaimin. Lời giải bài toán và xây dựng thuật toán
The art of programming
V. A. Kaimin. Solving problems and constructing algorithms

Thế vận hội
52 I Olympic Vật lý toàn Liên đoàn dành cho học sinh các trường Trung cấp nghề
Olympic toàn Nga lần thứ 53 dành cho học sinh
Olympiads
1st All-Union olympiad in physics for secondary professional technical institutions
12th All-Russian school olympiad

Thông tin
11 Thư viện «Kvant»
51 Gặp gỡ độc giả
Information
Kvant’s library
Meeting with our readers

Đáp số, gợi ý, lời giải
bìa 11a (22)
Trang cờ vua
Câu lạc bộ máy tính (trang bìa thứ 3)
Answers, hints, solutions
Our cover page (22)
The chess page
The computer club (3rd cover page)

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

3

I. V. Kurchatov: những bước đầu tiên trong LPTI

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
A. N. ZAIDEL,
Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
V. Y. FRANKEL

Khi đọc tiểu sử của nhà khoa học và nhà tổ chức khoa học xuất sắc của Liên Xô Igor Vasilyevich Kurchatov (1903-1960), bạn tự hỏi: có thể dùng từ nào có sức thuyết phục để định nghĩa cá tính của ông? - có vẻ thích hợp nhất: nhanh chóng bước vào một lĩnh vực khoa học mới, độc lập - đây là đặc điểm của cả Kurchatov trưởng thành và hiện đại. Năm 1923, ông tốt nghiệp Đại học Simferopol và cùng năm đó, trong vòng chưa đầy năm tháng, ông đã hoàn thành nghiên cứu về độ phóng xạ của tuyết, nắm vững cả các phép đo kỹ thuật thực nghiệm chính xác về độ phóng xạ và tập hợp thông tin địa vật lý cần thiết để thực hiện và hiểu rõ công trình này, công trình này đã trở thành chủ đề trong ấn phẩm khoa học đầu tiên của ông.

Sáu tháng trôi qua, Kurchatov thấy mình đang ở trạm khí tượng ở Fedosia, nơi anh nghiên cứu vật lý của biển. Chàng trai trẻ (anh ta mới 21 tuổi) phải mất bốn tháng để thực hiện một nghiên cứu phức tạp về sự dao động mực nước của Biển Azov và Biển Đen. Vào đầu những năm 30, khi tên tuổi của Kurchatov được một nhóm đồng nghiệp tương đối hẹp biết đến, những tác phẩm này đã được đưa vào các tác phẩm kinh điển về vật lý biển.

Ngày 1 tháng 10 năm 1925. Trong kho lưu trữ của Viện Vật lý-Kỹ thuật mang tên. A.F. Ioffe thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô (PTI) đã lưu giữ một hồ sơ cho đến ngày nay: Igor Vasilyevich Kurchatov (lưu ý: người vào thời điểm này đã hoàn thành và xuất bản năm công trình khoa học) được ghi danh vào Viện với tư cách là nhân viên thuộc loại đầu tiên (giá trị này gần tương ứng với vị trí lý thuyết của một nhà nghiên cứu cấp cao). Và vào ngày 16 tháng 11 cùng năm, Kurchatov, cùng với K. D. Sinelnikov (1901-1966), người mà họ học cùng tại Đại học Simferopol, đã xác định ngày hoàn thành cuốn sách đầu tiên “Về câu hỏi về sự truyền của các chất điện tử qua các lá kim loại mỏng”. Tác phẩm ngay lập tức được dịch sang tiếng Anh và cả hai phiên bản của nó - tiếng Nga và tiếng Anh - đều được gửi đi in: trong “Kỷ yếu của Phòng thí nghiệm Vật lý và Công nghệ Leningrad” và trên tạp chí “Physical Review” của Mỹ. Cả hai bài báo đều được xuất bản vào năm sau, 1926 - cách đây 60 năm.

Nghiên cứu được thực hiện bởi các nhà khoa học trẻ từ Viện Vật lý kỹ thuật chỉ mang tính khoa học thuần túy và ứng dụng. Việc xác định mức độ thấm của các lá mỏng đối với các chất điện tử có thể góp phần vào việc tiếp thu các công trình của Brown - như cách gọi của máy hiện sóng vào thời điểm đó. Độ nhạy của chất lân quang phủ lên màn hình của ống Brown không đủ để chụp ảnh thành công những vật được tia điện đánh dấu. Do đó, nhựa hoặc phim chụp ảnh được đặt bên trong một ống chân không và việc di chuyển của nó được thực hiện khá khó khăn bằng cách sử dụng một thiết bị đặc biệt (cái gọi là cống chân không). Một ý tưởng nảy sinh: đưa chùm điện đi qua đầu ống được phủ một lá kim loại mỏng ngay bên ngoài, bên ngoài thể tích chân không và đặt nhựa quang vào đó. Để làm được điều này, cần phải tìm hiểu xem phiên bản tiếng Anh có khả năng thấm như thế nào với các electron năng lượng thấp của lá kim loại. Công trình của nhà khoa học người Mỹ G. Harttag, xuất bản năm 1925 trên trang “Tạp chí Vật lý”, có liên quan đến vấn đề này (đây là lý do tại sao các nhà xã hội vật lý cần gửi phiên bản tiếng Anh có các electron năng lượng thấp đến các lá kim loại). Từ kết quả mà Garttier thu được, theo đó, các electron, được gia tốc ngay cả trong các trường nhỏ cỡ vài volt, đã giải phóng các lá nhôm dày tới 10 micron. Nó dường như đối với các nước.

Kurchatov và Sinelnikov quyết định kiểm tra công việc của Harttag. Họ lặp lại thí nghiệm của ông theo một cách sắp xếp tương tự: giấy bạc được đặt trên đường đi của các chất điện thoát ra khỏi cực âm; nếu các electron “xuyên thủng” lá kim loại thì chúng sẽ rơi xuống cực dương và có dòng điện chạy qua mạch điện. Kết quả mà các nhà vật lý thu được dường như đã xác nhận kết luận của Harttag. Nhưng sau đó họ quyết định kiểm tra xem liệu họ có

4

Những kết quả này là hệ quả của sự không hoàn hảo của lá kim loại - khởi đầu của những phản ứng vô hình trong chúng. (Hartig đã bị thuyết phục về sự hoàn hảo của những lá giấy bạc của mình bằng cách đưa chúng ra ánh sáng.) Với sự trợ giúp của một thiết lập đơn giản, những người Leningraders đã phát hiện ra rằng những lá giấy bạc “không có khiếm khuyết khi nhìn bằng mắt” thực sự có thể chứa đựng câu trả lời. Sự tồn tại của những phản ứng như vậy đã được chứng minh bằng cách quan sát các bong bóng trong chất lỏng hình thành khi không khí thoát ra qua giấy bạc. Thí nghiệm đơn giản này là bằng chứng quyết định về sự sai lầm trong các kết quả của Harting. Sơ đồ thí nghiệm do các tác giả Leningrad thực hiện được thể hiện ở hình. Bằng cách sử dụng các lá kim loại không có khiếm khuyết được xử lý bằng cơ cấu như vậy, Kartatov và Sinelnikov đã đảm bảo rằng các electron chậm không xuyên qua lá bia mục tiêu; Bằng cách tạo ra những phản hồi nhỏ trên giấy bạc không có khiếm khuyết, họ đã tái tạo lại được kết quả của Harting một cách vật lý.

Rõ ràng là nhà vật lý người Mỹ đã “bỏ sót” khuyết điểm của các lá kim loại dùng trong thí nghiệm của mình. Chúng ta không biết chính xác các điều kiện của thí nghiệm mà ông quan sát chúng dưới ánh sáng, nhưng có thể đưa ra một số giả định hợp lý về chúng và cố gắng ước tính quy mô của phản ứng mà Hartig có thể nhìn thấy.

Khả năng nhìn thấy một kết quả đơn giản được xác định bởi lượng năng lượng ánh sáng đi vào đồng tử. Sau khi đưa ra các giả định tự nhiên về cường độ của nguồn sáng chiếu vào phản ứng và biết giá trị ngưỡng màu của mắt, chúng ta sẽ ước tính kích thước của phản ứng vẫn có thể nhìn thấy được.

Người ta đã chứng minh bằng thực nghiệm rằng trong điều kiện chiếu sáng liên tục, cường độ của dòng năng lượng tương ứng với ngưỡng tới hạn của mắt thích nghi với bóng tối tốt là khoảng 5·10⁻¹⁷ J/s. Một bóng đèn điện chuyển đổi khoảng 2% năng lượng điện cung cấp cho nó thành năng lượng ánh sáng mà mắt có thể cảm nhận được. Do đó, một bóng đèn 40 watt—loại đèn phổ biến nhất vào giữa những năm 1920—phát ra 0,8 joules năng lượng ánh sáng mỗi giây. Giả sử năng lượng này phát ra đều theo mọi hướng, anh ta sẽ tính phần năng lượng đó đi qua vòi trên màn hình (đường kính vòi d) nằm cách bóng đèn một khoảng l. Diện tích của phản ứng như vậy là π²/4 và góc khối được phân bổ bởi nó từ một quả cầu có bán kính l là π²/4l². Từ đây, đối với dòng năng lượng ánh sáng đi qua kết nối, ta thu được các giá trị

$$\Phi_d = \frac{0,8}{4\pi} \frac{\pi d^2}{4l^2} = 5 \cdot 10^{-2} \frac{d^2}{l^2} \text{ Вт.}$$

Lấy l=0,1 m, ta có:

$$\Phi_d = 5d^2 \text{ Вт},$$

trong đó d được biểu thị bằng mét. Chúng ta có thể giả sử rằng một phản ứng có đường kính rất nhỏ trên màn (xem qua giấy bạc) bức xạ đồng đều trong một bán cầu, tức là một góc đặc 2π (điều này sẽ dẫn đến

5

nhiễu xạ). Khi đó ở khoảng cách có tầm nhìn tốt nhất $r=0,25$ m sẽ có một luồng năng lượng trên mỗi đồng tử có đường kính $d_{3p}$

$$\Phi_{3p} = \frac{\Phi_d}{2\pi} \frac{\pi d_{3p}^2}{4r^2} = 0,625 \frac{d_{3p}^2}{r^2} d^2 \text{ Вт.}$$

Lấy đường kính đồng tử của mắt thích ứng bằng 0,005 m, đối với lực đi vào mắt ta tìm được:

$$\Phi_{3p} = 0,625 \frac{25 \cdot 10^{-6}}{0,625 \cdot 10^{-1}} d^2 = 2,5 \cdot 10^{-4} d^2 \text{ Вт.}$$

Đánh đồng nó với công suất ngưỡng $5 \cdot 10^{-17}$ W, chúng ta thu được sự tương ứng để xác định $d: 2,5 \cdot 10^{-4} d^2 = 5 \cdot 10^{-17}$, từ đó $d \approx 0,5 \cdot 10^{-6}$ m = 0,5 µm.

Vì vậy, kích thước tối đa của phản ứng có thể nhìn thấy trong ánh sáng là 0,5 micron.

Thật thú vị khi tính áp suất sẽ tạo ra hiệu ứng “đẩy” (thổi) lên giấy bạc, nghĩa là nó sẽ cho hình ảnh các bong bóng trong bình mà Kurchatov và Sinelnikov quan sát được (xem hình).

Người ta biết rằng bề mặt của chất lỏng hoạt động giống như một màng bị kéo căng (nó có sức căng bề mặt). Do đó, để tạo ra bong bóng xà phòng chẳng hạn, cần phải tạo ra áp suất dư trong đó, được xác định theo công thức Laplace:

$$\Delta p = \frac{2\sigma'}{R},$$

trong đó $\sigma' = 2\sigma$ là hệ số căng bề mặt gấp đôi của chất lỏng (màng có hai bề mặt), $R$ là bán kính của bong bóng. Nếu bạn đặt một ống vào chất lỏng ở độ sâu $h$, thì để thổi bong bóng với sự trợ giúp của nó, bạn cần tạo ra trong đó một áp suất vượt quá áp suất khí quyển một lượng bằng tổng áp suất Laplace $\Delta p$ và áp suất thủy tĩnh $\rho gh$. Kích thước của bong bóng theo thứ tự đường kính bong bóng, và nếu nó nhỏ thì áp suất Laplace lớn hơn đáng kể so với áp suất thủy tĩnh, trong trường hợp này có thể bỏ qua. Xem bong bóng là bán sắt, áp suất có thể đập được có thể được tìm thấy theo công thức

$$\Delta p = \frac{2\sigma}{R} = \frac{4\sigma}{d} \quad (*)$$

(bong bóng khí trong chất lỏng có một bề mặt). Có thể sử dụng công thức tương tự để ước tính áp suất dư cần tạo ra trên bề mặt của giấy bạc ngâm trong nước để sản phẩm tiếp xúc với nó qua bề mặt; Rõ ràng là áp suất này sẽ càng nhỏ thì bề mặt sức căng của chất lỏng càng nhỏ.

(Về phần kết, xem trang 50).

6

phần không hình sự $\sqrt{2} = a/b$, thì
$$2 = \frac{a^2}{b^2}, \quad 2b^2 = a^2.$$
Rõ ràng số $a$ chia hết cho 2, $a^2$ —
với 4 và do đó $b$ bằng 2. Vậy
$a/b$ - phân đoạn co thắt.

Phân số $a/b = \sqrt{2}$ không thể co lại và không có tính chất đồng thời, điều đó có nghĩa là đại lượng $\sqrt{2}$ không phải là một phân số. Phẩm chất này đã khiến $\sqrt{2}$ trở thành một vị khách không mời mà đến trong thế giới của những con số, nơi ngự trị sự hài hòa và trật tự, sự đơn giản và hoàn hảo.

$\sqrt{2}$ có vẻ ngoài là do đường chéo của hình vuông đơn vị và những nỗ lực đo lường nó bằng các phân số hữu tỉ không thành công. Vận rủi khiến người Hy Lạp cổ đại vô cùng lo lắng, khiến tâm trí họ lên men. Hiện thực, được thể hiện dưới dạng hình học, đã thực sự gõ cửa thế giới của sự thuần khiết và tươi đẹp.

Nhiều thế kỷ trôi qua, $\sqrt{2}$ giành được vị trí trong số các con số, trở thành một hiện thực khác - nghiệm của phương trình $x^2 - 2 = 0$, và hóa ra là

số $\sqrt{2}$ là vô tỉ

bởi vì

đa thức $x^2 - 2$ là tối giản.

Câu chuyện của chúng tôi là về mối liên hệ giữa sự phi lý và tính tối giản.

tính bất khả quy

đa thức

$$P(x) = a_0 + a_1x + \ldots + a_nx^n$$

lũy thừa $n$ bằng $x$ với hệ số nguyên

$$a_0, a_1, \ldots, a_n; \quad a_n \neq 0$$

được gọi là không hợp lý nếu nó không thể được biểu diễn dưới dạng sản phẩm

$$P(x) = L(x) \cdot Q(x)$$

đa thức $L(x)$ và $Q(x)$ cũng có hệ số nguyên nhưng độ nhỏ hơn $n$. Nếu điều này có thể xảy ra thì $P(x)$ được gọi là vô tỷ.

Ví dụ: đa thức $x^3 + x^2 + x + 1$ có thể rút gọn (nó bằng $(x+1)(x^2+1)$ - kiểm tra!), và đa thức $x^2 + 1$ có ​​thể rút gọn (hãy nghĩ xem tại sao).

Nhị thức tuyến tính $a_0 + a_1x$ cung cấp ví dụ đơn giản nhất về đa thức vô tỉ. Căn duy nhất của nó $x = -a_0/a_1$ là một số hữu tỉ. Nhưng

giữa các nghiệm của một đa thức vô tỉ $n \geq 2$ không thể hữu tỉ.

7

Tính chất này suy ra từ một thực tế tổng quát hơn:

ĐỊNH LÝ. Nếu số a là nghiệm của hai đa thức đồng thời $P(x)$ và $Q(x)$ và một trong số chúng, chẳng hạn như $Q(x)$, là khả quy, thì đa thức $d \cdot P(x)$ chia hết cho $Q(x)$ đối với một số nguyên $d \neq 0$:

$$d \cdot P(x) = L(x) \cdot Q(x).$$

THEOPEMA này gắn liền với tên tuổi của nhà toán học nổi tiếng người Đức K. F. Gauss (1777-1855).

Nó sẽ được chứng minh trên p. 10, và tính chất trên suy ra từ nó, vì nhị thức tuyến tính không thể chia cho đa thức bậc $n \geq 2$.

Cơ hội mở ra để có được nhiều số vô tỷ mới. Chúng nên được tìm kiếm trong số các nghiệm của đa thức tối giản. Đưa tôi đến vùng đất bí ẩn của đa thức tối giản.

Dấu hiệu Eisenstein. Nếu đối với đa thức $P(x)$ người ta có thể chỉ định một số nguyên tố $p$ sao cho hệ số dẫn đầu $a_n$ không chia hết cho $p$, và tất cả các hệ số khác $a_k$ đều chia hết cho $p$, $k=0, 1, \dots, n$, nhưng số hạng tự do $a_0$, chia hết cho $p$, thì không chia hết cho $p^2$ thì đa thức $P(x)$ là tối giản.

F. G. M. Eisenstein (1823-1852), cũng là nhà toán học người Đức, đã trải qua sự bất lợi của số phận và sự thờ ơ của những người cùng thời với ông. Ý tưởng của ông chỉ được chấp nhận nhiều năm sau đó.

Bằng chứng

Giả sử, trái ngược với phát biểu, đa thức $P(x)$ với tính chất đã chỉ ra của các hệ số có thể rút gọn và do đó phân rã thành tích

$$P(x) = L(x) \cdot Q(x)$$

đa thức

Trong đẳng thức đầu tiên, số hạng tự do $a_0$ được chia cho $p$; điều đó có nghĩa là $b_0$ hoặc $c_0$ chia hết cho $p$; chúng không thể chia hết cho $p$ cùng một lúc hoặc $a_0 = b_0 c_0$ không chia hết cho $p^2$.

Cho $b_0$ chia hết cho $p$ và cho $c_0$ không chia hết. Sau đó, chúng ta chuyển sang đẳng thức thứ hai: $a_1$ chia cho $p$, $b_0 c_1$ chia cho $p$; vậy $b_1 c_0$ cũng chia hết cho $p$ và $b_1$ chia hết cho $p$…

…Và vì vậy chúng ta tiến tới đẳng thức thứ $l+1$ (tại $x^l$): $a_l$ chia cho $p$, tất cả $b_0, \dots, b_{l-1}$ chia cho $p$; thì $b_l c_0$ chia hết cho $p$ và do đó $b_l$ chia hết cho $p$.

Và bây giờ chúng ta hãy chuyển sang đẳng thức cuối cùng: điều này có nghĩa là hệ số dẫn đầu $a_n = b_1 c_m$ chia hết cho $p$, điều này là không thể theo điều kiện của dấu.

Nếu trong đẳng thức thứ nhất $c_0$ chia hết cho $p$, nhưng $b_0$ không chia hết, thì bắt đầu lại từ đầu, chúng ta chuyển sang đẳng thức thứ $m+1$ (tại $x^{m+1}$), rồi lại chuyển sang đẳng thức cuối cùng.

Điều này có nghĩa là việc khai triển $P(x) = L(x) \times Q(x)$ là không thể và đa thức $P(x)$ là khả quy. Dấu hiệu đã được thiết lập, nhưng chúng ta đã bị giết

Gốc vô tỷ

Đa thức $x^2-2$ là tối giản theo tiêu chuẩn Eisenstein (lấy $p=2$).

9

Hơn nữa, ở đây cũng vậy, bài kiểm tra Eisenstein không thể được coi là đã hết - người ta chỉ nên “tách” $P(x)$ bằng cách thay đổi biến $x$.

Câu hỏi về tính tối giản của đa thức

$$P(x) = x^2 + 1$$

quy về tiêu chuẩn Eisenstein như sau. Nếu $P(x)$ có thể rút gọn được thì $P(x+1)$ sẽ có thể rút gọn được. Nhưng $P(x+1) = x^2 + 2x + 2$ là khả quy theo tiêu chuẩn của Eisenstein cho $p=2$. Các đa thức $x^4 + 1$, $x^6 + x^3 + 1$ là tối giản vì lý do tương tự. Một phép biến đổi tương tự giải quyết được câu hỏi về tính tối giản của đa thức

$$P(x) = x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + 1$$

gọi là đa thức “chia đường tròn”.

Đa thức $P(x)$ có thể rút gọn nếu $n=p \cdot k$ là hợp số, vì $P(x) = \frac{x^n-1}{x-1} = \frac{(x^p)^k-1}{x-1} = \frac{(x^p-1)(x^p(k-1)+x^p(k-2)+\dots+1)}{x-1} = (x^{p-1}+x^{p-2}+\dots+1) \times (x^{p(k-1)+x^p(k-2)+\dots+1})$ và không thể rút gọn nếu $n=p$ là số nguyên tố.

Thật vậy, nếu $P(x)$ có thể rút gọn được trong trường hợp này, thì $P(x+1)$ sẽ có thể rút gọn được. Nhưng

$$P(x+1) = \frac{(x+1)^p-1}{(x+1)-1} = x^{p-1} + x^{p-2} + \dots + 1$$

tử số chia hết cho $p$, nhưng mẫu số không chia hết. Ngoài ra, số hạng giả là $C_p^{p-1} = p$ và không chia hết cho $p^2$. Khi đó, theo kiểm nghiệm của Eisenstein, $P(x+1)$ là khả quy, và do đó $P(x)$ cũng là khả quy.

Từ tính bất khả quy đã được chứng minh của $P(x)$, suy ra rằng trong số các nghiệm của phương trình chia đường tròn

*) Chúng tôi sử dụng hệ số nhị thức $C_k^i$ và công thức nhị thức Newton - xem «Kvant», 1986, số 1, tr. 23.

$$x^{p-1} + x^{p-2} + \dots + 1 = 0$$

với mọi số nguyên tố $p \geqslant 3$ đều không thể hợp lý.

Người ta có thể chứng minh rằng phương trình chia đường tròn không có nghiệm thực—chúng đều là số phức—và đặt ra một câu hỏi khó hơn: khi nào những gốc này “không quá vô tỷ”, tức là khi nào chúng có thể biểu diễn được bằng các căn thức khác nhau (nghĩa là, chúng có thể thu được bằng cách áp dụng bốn phép tính số học và phép tính trích căn bậc hai cho số nguyên)? Về bản chất, câu hỏi này được các nhà toán học Hy Lạp cổ đại quan tâm, vì nó tương đương với bài toán trong cách xây dựng: để $p$ người ta có thể dựng một $p$-giác đều đặn bằng một la bàn và thước kẻ?

Một cách nhất quán, Gauss đã giải quyết vấn đề này và chứng minh*) rằng các nghiệm của phương trình chia đường tròn được biểu thị bằng căn bậc hai khi (và đứng đầu**)) khi $p$ là số Fermat nguyên tố, $p=3, 5, 17, 257, \dots, 2^{2k}+1, \dots$. Gauss rất tự hào về khám phá của mình và thậm chí còn “bày tỏ mong muốn gon thứ mười bảy sẽ được bất tử trên mộ của ông”.

Những thành tựu khác khiêm tốn hơn của Gauss bao gồm

Bổ đề về đa thức áp dụng

Bổ đề này sẽ giúp chúng ta chứng minh tổng quát định lý. đa thức

$$P(x) = a_0 + a_1x + \dots + a_nx^n$$

được gọi là áp dụng nếu các hệ số $a_0, a_1, \dots, a_n$ của nó không có thừa số nguyên tố chung.

Bổ đề Gauss phát biểu rằng

Tích của hai đa thức áp dụng lại là đa thức áp dụng.

Bổ đề này sử dụng nhiều định lý về số và đại số. Bạn đọc nào đã hoàn thành chứng minh bài kiểm tra của Eisenstein (ở trang 7) sẽ dễ dàng nắm vững cách chứng minh dưới đây, hoặc những cái tên có nhiều điểm chung với nhau.

*) Chi tiết về sự kiện này được S. G. Gindikin phản ánh trong “Những câu chuyện về Vật lý và Toán học” (M.: Nauka, 1981. - Bible Series. «Kvant», số 14).

*) Phần khẳng định này đã được chứng minh bởi P. L. Vanzel (1814-1848), gia sư tại Trường Bách khoa ở Paris.

Chúng ta hãy giả sử điều ngược lại rằng sản phẩm
đa thức mitive
$$L(x) = b_0 + b_1(x) + \dots + b_ix^l,$$
$$Q(x) = c_0 + c_1x + \dots + cmx^m$$
ăn đa thức
$$P(x) = a_0 + a_1x + \dots + anx^n,$$
không phải là nguyên thủy. Giả sử $p$ là một trong các ước nguyên tố của các hệ số của nó. Đặt $b_i$ là hệ số thấp nhất của $L(x)$, không chia hết cho $p$, $0 \leq i \leq l$ và $c_j$ là hệ số thấp nhất của $Q(x)$, không chia hết cho $p$, $0 \leq j \leq m$. Những hệ số như vậy chắc chắn sẽ được tìm thấy, nếu không thì $L(x)$ và $Q(x)$ sẽ không được sử dụng.
bắt chước. Hệ số ở $x^{i+j}$ trong sản xuất
tiến hành
$$L(x)Q(x)$$
trông giống như
$$\dots + b_{i-1}c_{j+1} + \dots + b_{i+1}c_{j-1} + \dots$$
và không chia hết cho $p$, vì tất cả các số hạng của tổng này, ngoại trừ một $b_i c_j$, đều chia hết cho $p$. Mặt khác, tổng này bằng $a_{i+j}$, hệ số của đa thức $P(x)$ và phải chia hết cho $p$. Kết quả mâu thuẫn chứng minh bổ đề.
Và cuối cùng,
Chứng minh Định lý,
trong đó nêu rõ rằng bất kỳ đa thức $P(x)$ nào có gốc chung $a$ với đa thức tối giản $Q(x)$ đều chia hết cho nó sau khi nhân với một số nguyên $d \neq 0$.

Chia đa thức $P(x)$ cho $Q(x)$ “có số dư”:
$$\frac{a_n x^n + \dots + a_0}{a_n x^n + \dots} \left| \frac{c_m x^m + \dots + c_0}{a_n \frac{c_m}{c_m} x^{n-m} + \dots} \right|$$
Kết quả là chúng ta có được điều đó
$$P(x) = L_1(x) \cdot Q(x) + R_1(x).$$
Đặc biệt $L_1(x) = \frac{a_n}{c_m} x^{n-m} + \dots$
và phần còn lại $R_1(x) = r_{m-1} x^{m-1} + \dots$
sẽ là đa thức trong $x$ với hệ số là số hữu tỉ.
Nếu $P(x)$ chia cho $Q(x)$ không có dư: $R_1 \equiv 0$, thì mọi thứ đã được chứng minh, hoặc khi đó
$$P(x) = L_1(x) \cdot Q(x) = \frac{1}{d} L(x) \cdot Q(x),$$
trong đó $d$ là mẫu số chung của các hệ số của đa thức $L_1(x)$.
Nếu $R_1(x) \neq 0$, thì bậc của nó đối với $x$ sẽ hoàn toàn nhỏ hơn bậc của ước số $Q(x)$ và số $a$, đồng thời là nghiệm của $P(x)$ và $Q(x)$, cũng là nghiệm của đa thức $R_1(x)$:
$$R_1(\alpha) = P(\alpha) - L_1(\alpha) \cdot Q(\alpha) = 0.$$
Chia $Q(x)$ cho $R_1(x)$ ta được
phần còn lại là một đa thức mới $R_2(x)$ có tính chất tương tự. Độ của nó sẽ hoàn toàn nhỏ hơn độ $R_1(x)$, và do đó là độ $Q(x)$.
Liên tục chia $Q(x)$ cho số dư thu được $R_1(x)$, $R_2(x)$, …, $R_k(x)$, chúng ta đi đến kết quả ngược lại
nói:
$$R_k(x) \equiv c \neq 0,$$
và $a$ không thể là nghiệm của $R_k(x)$ hoặc $Q(x)$ được chia cho $R_k(x)$ mà không có số dư: $Q(x) = L_k(x) \cdot R_k(x)$.
Đưa các hệ số hữu tỉ của các đa thức $L_k(x)$, $R_k(x)$ về mẫu số chung và lấy các ước chung của tử số ra khỏi ngoặc, ta viết lại đẳng thức này dưới dạng
$$Q(x) = \frac{a}{b} [L(x) R(x)],$$
trong đó $a/b$ là phân số tối giản và $L(x)$, $R(x)$ là các đa thức nguyên thủy.
Vẫn còn phải chứng minh rằng hệ số số $a/b$ trong lần khai triển cuối cùng là một số nguyên, tức là $b = \pm 1$. Giả sử điều ngược lại và cho $p$ là ước số nguyên tố của $b$. Khi đó từ đẳng thức
$$bQ(x) = a[L(x) R(x)]$$
chúng ta thấy rằng tất cả các hệ số ở vế phải đều chia hết cho $p$; $a$ không thể chia cho $p$ - nếu không thì phân số $a/b$ có thể giảm đi. Điều này có nghĩa là tất cả các hệ số của đa thức $L(x)R(x)$ đều chia hết cho $p$, điều này không thể xảy ra theo bổ đề Gauss.
Vậy đa thức
$$Q(x) = [\pm aL(x)] \cdot R(x)$$
Chúng tôi trình bày điều mâu thuẫn với các điều kiện của Định lý và từ đó chứng minh đầy đủ điều đó.
Người Hy Lạp cổ đại đã chìm vào quên lãng từ lâu. Sự nhầm lẫn thời trung cổ đã qua. Thế kỷ 19, thời đại cổ điển của toán học, cũng đang qua đi. Thế kỷ của chúng ta đang đến gần phía sau nó - thế kỷ 20…

11

Thư viện «Kvant»
Năm nay, Thư viện «Kvant» - bộ sách khoa học phổ thông dành cho học sinh - đang xuất bản số thứ 50 - tuyển tập “Thú vị về vật lý và toán học” do Giáo sư L. G. Aslamazov biên tập. Bộ sưu tập này bao gồm các bài báo và bài tập hay nhất được xuất bản trong tạp chí hàng năm trên tạp chí «Kvant» với tiêu đề «Kvant» cho học sinh nhỏ.”
Thư viện «Kvant» được Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học của Nhà xuất bản Nauka xuất bản từ năm 1980. Các cuốn sách trong bộ sách cho chúng ta biết vật lý và toán học thú vị đến mức nào, giới thiệu cho người đọc những vấn đề của khoa học hiện đại, thúc đẩy sự phát triển tư duy sáng tạo và thu hút học sinh đến với các nghiên cứu độc lập trên máy chủ. Trong số các tác giả của cuốn sách có các nhà khoa học nổi tiếng đang tích cực làm việc trong nhiều lĩnh vực vật lý, toán học và các ngành khoa học liên quan.
Xin lưu ý rằng sách của Biblioteka không chỉ rất phổ biến đối với học sinh - chúng còn được học sinh, giáo viên và tất cả những ai quan tâm đến vật lý và toán học đọc với sự quan tâm. Chúng tôi hy vọng rằng sau khi làm quen với Thư viện «Kvant» ở trường, bạn sẽ quay lại sử dụng nó trong các nghiên cứu sau này. Nhân tiện, lễ tốt nghiệp không dành cho khách du lịch được các trường đại học sử dụng như một phương tiện hỗ trợ cho việc nghiên cứu các phần đặc biệt của vật lý và toán học. Để làm ví dụ, chúng ta hãy trích dẫn các cuốn sách của A. L. Efros “Vật lý và Hình học về An ninh”, M. N. Arshinov và L. E. Sadovsky “Mật mã và Toán học”, M. E. Levinshtein và G. S. Simin “Giới thiệu về chất bán dẫn”.
Năm 1987, nhà xuất bản Nauka có kế hoạch xuất bản chín cuốn sách trong Thư viện «Kvant».
Tại sao sông uốn khúc và chúng xói mòn bờ như thế nào? Điều gì tạo nên âm thanh của dây đàn violin? Chất siêu dẫn giúp giải mã từ trường của não và tim như thế nào? Âm thanh truyền đi trong đại dương như thế nào? Bạn có thể tìm hiểu về điều này và nhiều hiện tượng vật lý thú vị khác bằng cách đọc cuốn sách “Vật lý tuyệt vời” của L. G. Aslamazov và A. A. Varlamov.
Cuốn sách của M. V. Balk và V. G. Boltyansky “Hình học khối lượng”, sử dụng ví dụ về ba trăm bài toán, nói về phương pháp chứng minh các định lý hình học ban đầu. Nó dựa trên sự tương tự giữa một số đối tượng hình học và các khái niệm về cơ học vật lý.
Bộ sưu tập “Bài toán Tối ưu hóa vật lý Moscow” (được biên tập bởi ứng cử viên khoa học vật lý và toán học S. S. Krotov) sẽ bao gồm những tối ưu hóa đô thị Moscow bài toán (và lời giải) thú vị và độc đáo nhất của họ trong mười lăm năm qua. Bộ sưu tập sẽ thu hút sự quan tâm của tất cả những ai yêu thích bài toán “với một sự thay đổi”, hóa ra nó rất hữu ích trong việc chuẩn bị cho các kỳ thi đại học mang tính cạnh tranh.
Cuốn sách của M. E. Levinshtein và G. S. Simin “Varys (từ tinh thể đến mạch tích hợp)” sẽ kể một cách phổ biến về các thiết bị bán dẫn, công nghệ thiết kế và sản xuất của chúng cũng như về nguồn điện bán dẫn hiện đại. Số này sẽ là phần tiếp theo của cuốn sách của cùng tác giả, “Giới thiệu chất bán dẫn” (số 33).
Cuốn sách “Chuyến tham quan vào quang học sóng” của G. R. Lokshin, S. M. Kozel và V. E. Belonuchik viết về các vấn đề của quang học sóng hiện đại. Cuốn sách sẽ nói về sự kết hợp và các tính chất độc đáo của bức xạ laser, nhiễu xạ, các giới hạn do bản chất sóng của ánh sáng đặt ra và các khả năng của quang học sóng.
Khái niệm thời gian là một trong những khái niệm cơ bản nhất trong vật lý. Ở dạng đơn giản và trực quan, cuốn sách “Vật lý thời gian” của A. D. Chernin sẽ kể về sự phát triển ý tưởng của chúng ta về thời gian. Nó đặt ra những vấn đề quan trọng liên quan đến bản chất của thời gian như một khái niệm vật lý, tính liên tục và tương lai của Vũ trụ.
Nhiều cuốn sách của Bibliotek đã trở thành biên tập viên thư mục và học sinh trung học ngày nay có thể thấy chúng thú vị và hữu ích. Chính vì lý do này mà vào năm 1987 người ta đã lên kế hoạch phát hành lại các cuốn sách của M. D. Frank-Kamenetsky “Phân tử quan trọng nhất” và Y. A. Smorodinsky “Nhiệt độ”.
Ấn bản thứ hai trong Thư viện là cuốn sách của nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng người Mỹ R. Feynman, “Bản chất của các định luật vật lý”, trong đó tác giả nói về các định luật cơ bản của tự nhiên, cách chúng được phát hiện và đặc điểm của chúng. (Và trong năm nay, Thư viện có kế hoạch phát hành một cuốn sách mới của R. Feynman, “QED (điện động lực học lượng tử) - đất nước của lý thuyết ánh sáng và vật chất.”)
Những ai muốn bổ sung thư viện của mình bằng các số mới của Bibliotek «Kvant» nên đặt hàng trước tại các hiệu sách.

A.V.

12

Kim cương được tạo ra như thế nào?

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
F. F. VORONOV

Kim cương. - Nó sẽ kết thúc bằng việc chúng được sản xuất!

• Và nghĩ rằng điều này chẳng qua là một ân huệ!

G. Flaubert. Từ vựng về những sự thật chung

Từ xa xưa, kim cương đã thu hút mọi người bởi vẻ đẹp của những tinh thể phức tạp, độ sáng chói và khả năng sáng tạo quyến rũ của chúng. Những viên kim cương lớn trang trí cho các địa vị liên quan, vương trượng của các vị vua và vũ khí của giới quý tộc. Chúng được đặt tên, chúng được mua với số tiền lớn, chúng sống rất lâu và được sử dụng để giải quyết các xung đột quốc gia.

Từ xa xưa, con người đã tìm cách lấy được một viên kim cương trong phòng thí nghiệm. Các nhà hóa học nghiền và nung hỗn hợp lưu huỳnh, thủy ngân và các chất khác trong “nhiệt kép” - nhưng vô ích.

Chỉ sau khi thuật giả kim được thay thế bằng hóa học thực tế bằng các phương pháp nghiên cứu định lượng vào thế kỷ 16 và 17, bản chất của kim cương mới được khám phá.

Năm 1797, người Anh S. Tennant đã chứng minh rằng viên kim cương khi đốt trong oxy sẽ biến đổi hoàn toàn thành carbon dioxide. Từ đó, kim cương bao gồm các nguyên tử cacbon. Điều trở nên rõ ràng là: để có được một viên kim cương, cần phải cắt nó ra khỏi than chì hoặc các chất có chứa cacbon khác.

Nhưng làm thế nào để bạn có được các nguyên tử cacbon để tạo thành tinh thể kim cương? Những điều kiện cần thiết cho việc này?

Các nhà khoa học biết rằng kim cương, ổn định ở nhiệt độ bình thường, sẽ biến thành than chì khi đun nóng mà không tiếp cận với không khí. Điều này gợi ý rằng sự biến đổi ngược cũng nên được thực hiện ở nhiệt độ cao. Nhưng làm thế nào để gây ra sự biến đổi này, làm thế nào để than chì biến thành kim cương?

Từ việc so sánh mật độ của than (1,3 × 10³ kg/m³), than chì (2,2 × 10³ kg/m³) và kim cương (3,5 × 10³ kg/m³), theo đó, để thu được kim cương, than và than chì phải được nén chặt hoặc phải áp dụng áp suất cao.

14

Hình 2. Kim cương thu được từ Moissan (phác họa). 1-4 - kim cương đen; 5, 6 — kim cương màu vàng; 7 - nước tinh khiết, không màu; 8, 9 - không màu có chấm đen; 10, 11 - không màu; 12 - trưởng thành, tương tự như kim cương Brazil; 13 - viên kim cương có hình dạng đều đặn.

hồ quang điện làm nóng nồi nấu kim loại và các chất đặt trong đó đến nhiệt độ rất cao.

Moissan quyết định sử dụng lò nhiệt độ cao của mình để sản xuất kim cương. Anh ta khoét một lỗ ở đáy lò và đặt một bình chứa nước bên dưới. Trong lò, sắt bị nấu chảy, bão hòa cacbon và những giọt sắt nóng chảy bão hòa cacbon này rơi vào nước lạnh. Các lớp bên ngoài của giọt nước nhanh chóng nguội đi và bị nén lại, tạo áp lực rất lớn lên lớp bên trong của bàn ủi, lớp này vẫn chưa kịp nguội. Kết quả là những quả bóng sắt hòa tan trong axit. Các tinh thể nhỏ có hình dạng đều đặn hoặc ít hơn lên tới 0,5-0,7 mm (hình 2) được tìm thấy bên trong các quả bóng. Những tinh thể này rất cứng và phân tích hóa học - phân hủy trong oxy - cho thấy chúng bao gồm carbon nguyên chất.

Bốn tinh thể có màu đen, hai tinh thể màu vàng và phần còn lại không màu. Những viên pha lê có chấm đen chứa đầy kim cương Brazil. Một chiếc có hình dạng đặc biệt đều đặn. Tinh thể “nước tinh khiết” của Moissan được gọi là “regenote”.

Việc sản xuất admases trong phòng thí nghiệm gây ra cảm giác yên bình. Tuy nhiên, nhiều nỗ lực của các nhà khoa học khác nhằm lặp lại thí nghiệm của Moissan đều không thành công. Chỉ có giáo sư người Đức Ruff mới thu được một tinh thể nhỏ có kích thước 0,05 mm, được công nhận là kim cương dựa trên trọng lượng riêng của nó, phát sáng trong tia cực tím và đốt cháy oxy.

Có những nhà khoa học nổi tiếng khác tham gia vào việc “tạo ra kim cương”. N.V. Karazin ở Nga (1823), Cagnard-Latour và Gannalem ở Pháp (1829) bằng cách “đốt than” thu được các tinh thể tương tự như kim cương, nhưng hóa ra chúng lại là cacbua - hợp chất của kim loại với carbon. Ở Nga, K. D. Khrushchev (1893) đã cố gắng thu được kim cương bằng cách kết tinh carbon từ bạc nóng chảy ở áp suất khí quyển và cũng thu được tinh thể cacbua.

Tất cả điều này là mù Nhật Bản.

Lần đầu tiên, các điều kiện hình thành kim cương được xác định trong công trình của nhà vật lý Liên Xô O.I. Leypunsky, người vào năm 1931 đã tính toán áp suất và nhiệt độ cần thiết cho sự biến đổi than chì thành kim cương.

Bình luận về tính toán của mình, O.I. Leypunsky viết: “Đầu tiên, cần nung nóng đồ thị không dưới 2000 độ để các nguyên tử carbon có thể di chuyển từ nơi này sang nơi khác. Thứ hai, nó phải được nén với áp suất đủ lớn, không dưới 60 nghìn atm [≈6 GPa]. Sau đó, nó chắc chắn sẽ biến thành một viên kim cương, giống như một hòn đá ném bằng tay chắc chắn sẽ bay từ mặt đất lên không trung”. Đường cong cân bằng giữa đồ thị và viên kim cương, được tính toán bởi O.I. Leypunsky, được mô tả trên hình 3. Trục hoành biểu thị áp suất tính bằng GPa và trục tọa độ biểu thị nhiệt độ tính bằng GPa.

15

độ Kelvin. Trường nằm bên phải đường cong cân bằng và bao phủ vùng áp suất cao tương ứng với điều kiện ổn định của kim cương. Trường bên trái của đường cong tương ứng với các điều kiện ổn định của than chì. Điều này có nghĩa là nếu các quá trình giải phóng carbon (ví dụ, do phản ứng hóa học hoặc kết tủa từ dung dịch) xảy ra ở nhiệt độ và áp suất tương ứng với trạng thái cân bằng, thì carbon sẽ được giải phóng đồng thời dưới dạng kim cương và than chì. Một viên kim cương được đặt trong điều kiện ổn định bằng than chì (trường bên trái) sẽ biến thành than chì và than chì được đặt trong điều kiện ổn định bằng kim cương (trường bên phải) sẽ biến thành kim cương. Tuy nhiên, những biến đổi này ở nhiệt độ phòng xảy ra rất chậm. Vì vậy, trong điều kiện bình thường, kim cương tồn tại hàng triệu năm. Khi đun nóng, tốc độ biến đổi tăng lên. Ở nhiệt độ 1800 K và áp suất khí quyển, kim cương chuyển sang màu đen và nhanh chóng biến thành than chì. Nhiệt độ 1800 K được gọi là nhiệt độ than chì hóa của kim cương. Việc biến đổi than chì thành kim cương ở nhiệt độ phòng không thể đạt được ngay cả khi than chì chịu áp suất cao tới 40 GPa. Nguyên nhân thất bại là tốc độ biến đổi thấp bất thường ở nhiệt độ phòng. Để thu được lượng kim cương đáng kể trong những điều kiện này, quá trình này phải mất hàng triệu năm. Chỉ ở nhiệt độ 3000 K và áp suất 12 GPa người ta mới có thể thu được tinh thể kim cương không dây nguyên bản từ than chì.

Rất khó để cung cấp các điều kiện cho quá trình chuyển đổi trực tiếp của than chì → kim cương chưa cắt, vì vậy các quy trình khác được sử dụng để sản xuất kim cương - ví dụ, giải phóng carbon từ dung dịch trong kim loại lỏng (ví dụ: sắt), đòi hỏi áp suất và nhiệt độ cao hơn. Rõ ràng là trong trường hợp này vùng làm việc (giá trị $T$ và $p$) phải đồng thời là vùng ổn định

Hình 3. Đường cong cân bằng than chì-kim cương, được tính toán bởi O.I. Leypunsky và vị trí của các nguyên tử cacbon trong kim cương và than chì. Trong tinh thể kim cương, mỗi nguyên tử carbon chứa liên kết cộng hóa trị mạnh với bốn nguyên tử lân cận, nằm ở vị trí bằng nhau trong không gian. Điều này là do độ cứng cao của kim cương.

Trong tinh thể đồ thị, mỗi nguyên tử carbon chứa liên kết cộng hóa trị mạnh với các nguyên tử ba giếng nằm trong cùng một lớp. Khoảng cách lớn và sự kết nối yếu giữa các lớp quyết định tính chất cơ học “thấp” của than chì.

kim cương và vùng tồn tại của sắt lỏng. Để xác định diện tích này, chúng ta hãy vẽ đường cong biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt độ nóng chảy của sắt vào áp suất ở hình 3 (đường màu xanh lam). Như có thể thấy trên biểu đồ, carbon sẽ được giải phóng khỏi sắt nóng chảy dưới dạng kim cương ở áp suất $p \geqslant 6$ GPa. (Nếu trong thí nghiệm của Moissan, áp suất lớn hơn 6 GPa xuất hiện khi không có một giọt sắt, thì anh ta có thể thu được kim cương! Chúng tôi ủng hộ-

16

Hình 4. Thiết bị cao áp dạng khối.

Chúng tôi tin vào giả định này ở phần cuối của số liệu thống kê.

Việc tạo ra áp suất cao như vậy để phù hợp với nhiệt độ cao tỏ ra khó khăn. Những nỗ lực của nhà khoa học người Mỹ P. Bridgman, người sáng lập ngành vật lý áp suất cao, nhằm thu được kim cương trong phòng thí nghiệm đã thất bại vào năm 1940. Chỉ đến năm 1955, báo chí mới đưa tin rằng một nhóm các nhà khoa học Mỹ do F. Bundy đứng đầu đã thu được những viên kim cương đầu tiên.

Ở Liên Xô, vấn đề thu được kim cương nhân tạo đã được giải quyết vào năm 1960 bởi một nhóm nhân viên của Viện Vật lý Áp suất cao thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, đứng đầu là Viện sĩ L.F. Vereshagin. Vào năm 1961, 2000 carat (1 carat = 2·10⁻⁴ kg) kim cương đã được sản xuất và hiện nay ngành công nghiệp của chúng ta sản xuất hàng trăm nghìn carat kim cương mỗi năm.

Thiết bị đặc biệt đã được phát triển để sản xuất công nghiệp kim cương nhân tạo. Trước khi làm quen với nguyên lý hoạt động của nó, chúng ta hãy nói về cách tạo ra áp suất cao.

Chúng ta hãy thực hiện thí nghiệm sau đây trong đầu. Đổ nước vào cốc thép có thành dày có đường kính trong 10 cm và lắp một pít-tông có bịt kín. Bằng cách đẩy piston vào kính, chúng ta sẽ lướt qua nước. Để giảm thể tích của nó đi 18%, chúng ta sẽ phải tác dụng một lực rất lớn lên piston - 7,8 MH!

Trong trường hợp này, áp suất trong nước sẽ bằng 1 GPa, gấp 10.000 lần áp suất khí quyển. Ở áp suất và nhiệt độ phòng này, nước sẽ đông đặc lại. Trong phạm vi áp suất 1-2 GPa, tất cả các chất lỏng và pít-tông thép ban đầu sẽ sụp đổ, do ứng suất cơ học trong chúng vượt quá độ bền kéo của thép.

Áp suất cao hơn có thể đạt được nếu chất rắn.

Chúng ta hãy tác dụng lực lướt lên hai gam đối diện của một khối vật chất rắn. Sau đó, bên trong khối lập phương, theo một dòng chảy vuông góc với các lực tác dụng, một ứng suất cơ học $\sigma = F/S$ sẽ phát triển, trong đó $F$ là độ lớn của lực, $S$ là diện tích của khối. Khi ứng suất này vượt quá độ bền kéo của vật liệu dốc của khối lập phương, nó sẽ sụp đổ. Nhưng nếu mỗi cặp gam đối diện của khối lập phương đồng thời chịu tác dụng của các lực lướt hoàn toàn giống nhau, thì các ứng suất giống hệt nhau $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$ sẽ xuất hiện trong khối ở ba phần vuông góc với nhau và ngay cả trong điều kiện lướt qua cao nhất, khối lập phương sẽ không sụp đổ. Trạng thái đồng nhất này tạo ra áp suất toàn diện $p = \sigma_1 = \sigma_2 = \sigma_3$ ở các vùng bên trong của khối.

Thiết bị áp suất cao hình khối được trình bày ở hình 4 hoạt động theo nguyên tắc này. Có sáu phần có hình dạng đặc biệt được gọi là poochsons, các đặc tính của chúng đồng thời với tâm theo các hướng vuông góc lẫn nhau. Các cú đấm loại bỏ hộp đựng - một khối vật liệu nhựa được đặt ở giữa thiết bị. Các puchsonar được ép bằng sáu piston của máy ép thủy lực. Máy ép được điều chỉnh sao cho các lực tác dụng lên các mặt khác nhau của khối luôn bằng nhau và áp suất toàn diện được tạo ra trong khối.

Các thiết bị đơn giản hơn thường được sử dụng, bao gồm hai puccsonara có lỗ xuyên qua một thùng chứa có hình dạng giống đậu lăng (hình 5).

Máy ép thủy lực mạnh nhất dành cho nghiên cứu khoa học, phát triển tới 500 MH, có tòa nhà cao nhiều tầng. Nó được sử dụng để tạo áp suất cao trong các thiết bị có thể tích lớn.

17

ema. Hầu hết máy ép đều được đặt dưới lòng đất và chỉ phần trên của máy ép có không gian làm việc đặt các thiết bị áp suất cao cao hơn mặt sàn. Một người có thể tự do dạo chơi trong không gian này.

Vật liệu dành cho những chú chó phải chịu được sức căng lớn là cacbua vonfram được kết dính bằng coban. Hợp kim siêu cứng này bền hơn thép rất nhiều.

Thùng chứa được làm từ khoáng chất đất sét pyrophyllite hoặc các vật liệu tương tự khác. Pyrophyllite là một chất dẫn điện phẳng. Điều này cho phép bạn có được nhiệt độ cao trong thùng chứa bằng cách sử dụng dòng điện để sưởi ấm.

Than chì và chất xúc tác kim loại (sắt, niken hoặc hợp kim của chúng) được đặt trong một thùng chứa và trộn giữa các con chó con. Khi có áp suất cần thiết ($p \geq 6$ GPa), một dòng điện sẽ chạy qua chó, làm nóng vật chứa trong hộp đến nhiệt độ cao. Bằng cách này, các điều kiện được tạo ra tương ứng với vùng p-T của sự hình thành kim cương.

Quá trình này được theo dõi bởi cường độ dòng điện chạy qua thiết bị. Kim cương không dẫn điện và sự hình thành của nó làm tăng điện trở của vật chứa bên trong và do đó làm giảm dòng điện qua thiết bị. Sau khi quá trình hoàn tất, tắt hệ thống sưởi, để bình chứa nguội, giảm áp suất và lấy bình chứa ra khỏi thiết bị.

Những viên kim cương thu được - những tinh thể có kích thước từ 1 milimet đến 1-2 milimét - được rửa trong axit để loại bỏ các hạt kim loại và than chì, được phân loại và gửi đi để chế tạo các công cụ kim cương.

Các nhà khoa học đã phát triển những cách khác để thu được kim cương và các sản phẩm của chúng. Nếu quá trình này có sự hiện diện của chất xúc tác (máy gia tốc) ở áp suất cao hơn, thì một số lượng lớn các tinh thể kim cương nhỏ được hình thành đồng thời, chúng cùng nhau phát triển thành một lớp phủ màu đen bền - carbonado. Carbonado mạnh hơn và có khả năng chống va đập tốt hơn kim cương thông thường.

2 Lượng tử số 10

Hình 5. Annarat gita “đậu lăng”.

Kim cương đa tinh thể có thể được sản xuất thành bất kỳ hình dạng mong muốn nào và do đó tránh được việc xử lý các khối kim cương tốn nhiều công sức. Để làm điều này, phôi làm bằng vật liệu chứa carbohydrate được tạo hình dạng theo yêu cầu, có tính đến độ co ngót, đặt trong lò sưởi dạng ống, phủ chất xúc tác dạng bột và cụm lắp ráp được đặt trong thùng chứa. Sau khi hình thành kim cương đa tinh thể, sản phẩm kim cương thành phẩm có hình dạng nhất định sẽ được lấy ra khỏi thùng chứa - ví dụ: ở dạng máy cắt. Tất cả những gì còn lại là mài lưỡi cắt, cố định nó vào giá đỡ và đặt nó lên máy. Máy cắt kim cương có độ bền cao hơn hàng trăm lần so với máy cắt thông thường. Chúng tạo thành hợp kim cứng, kim loại và nhựa. Máy cắt kim cương hoạt động ở tốc độ cực lớn và mang lại độ sạch bề mặt cao.

Tinh thể kim cương được thiêu kết bằng liên kết kim loại được sử dụng để tạo bụi và đá mài để cắt và xử lý kim loại cứng, than chì và đá.

Mũi kim cương và mũi khoan được sử dụng khi khoan giếng trong đá. Đồng thời, tốc độ khoan trở lại hơn gấp đôi và chi phí công việc giảm 40-60%.

Không thể liệt kê hết các nghề kim cương, vì hiện nay có hơn 5.000 loại công cụ kim cương được sản xuất. Người ta ước tính rằng mọi người

18

Một carat kim cương tiết kiệm cho nền kinh tế quốc gia khoảng 100 rúp, và toàn bộ số tiền tiết kiệm được trên cả nước lên tới hàng triệu rúp mỗi năm.

Diamond đã được chứng minh là giúp ích cho các nhà khoa học trong nghiên cứu ở áp suất cao. Trong các thiết bị đe, kim cương thu được áp suất cực lớn hàng triệu atm (100 GPa), và vì kim cương trong suốt với ánh sáng, tia RENTThen và các loại bức xạ khác, nên các nhà khoa học có thể thấy điều gì xảy ra với chất đó ở những áp suất này và nghiên cứu nó bằng tia RENTThen.

Gần đây, tại Viện Vật lý Áp suất cao được đặt theo tên L.F. Vereshchan của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, người ta đã thu được kim cương bán dẫn và một nhiệt điện trở của thiết bị điện tử, một cảm biến nhiệt có độ nhạy cao, đã được tạo ra trên cơ sở chúng.

Như vậy, một lĩnh vực hoạt động mới đã mở ra cho viên kim cương do bàn tay con người tạo ra - thế giới điện tử.

Moissan có lấy được kim cương không?

Chúng ta hãy ước tính những áp suất nào có thể được tạo ra khi làm mát bên trong các giọt sắt trong thí nghiệm Myaccana. Hãy tưởng tượng một giọt nước làm mát như vậy dưới dạng một lớp vỏ hình cầu cứng - một lớp vỏ bằng sắt đặc, bên trong có sắt lỏng bão hòa cacbon.

Khi nhiệt độ thay đổi từ $T_1$ đến $T_2 = T_1 + \Delta T$, thể tích của vỏ sẽ thay đổi từ $V_1$ thành $V_2 = V_1(1 + \alpha \Delta T)$,

trong đó $\alpha$ là hệ số giãn nở nhiệt thể tích. Sự thay đổi tương đối về khối lượng là:

$$\frac{\Delta V}{V_1} = \frac{V_2 - V_1}{V_1} = \alpha \Delta T.$$

(1)

Khi làm mát ($\Delta T < 0$), lớp vỏ sẽ giảm thể tích và nén vào tâm chất lỏng của giọt. Sự thay đổi tương đối về thể tích của giọt nước sẽ là $\Delta V/V_1$. Hãy xác định xem áp suất nào sẽ xuất hiện bên trong bàn ủi lỏng với độ dốc như vậy.

Chúng ta hãy nhớ rằng ứng suất cơ học phát sinh khi hình ảnh bị kéo dài tỷ lệ thuận với độ giãn dài tương đối:

$$\sigma = E \frac{\Delta l}{l_0},$$

trong đó hệ số tỷ lệ $E$ là mô hình Young.

Một mối quan hệ tương tự giữa áp suất phát sinh trong quá trình sụp đổ nhanh chóng của hình ảnh và sự thay đổi tương đối về âm lượng:

$$p = -B \frac{\Delta V}{V_1},$$

(2)

trong đó hệ số tỷ lệ $B$ được gọi là mô hình đàn hồi thể tích. Nó, giống như $\sigma$, có thứ nguyên là áp suất. Zakumnus cho thấy khối lượng giảm với độ dốc như vậy.

Dẫn tới sự gia tăng áp suất bên trong giọt nước.

Thay (1) vào (2), chúng ta thu được biểu thức cho áp suất bên trong giọt làm mát:

$$p = -B \alpha \Delta T.$$

(3)

Chúng ta hãy thực hiện một ước tính bằng số cho đại lượng này.

Lớp vỏ của sắt rắn, được hình thành khi một giọt rơi vào nước, được làm nguội từ nhiệt độ nóng chảy (đóng rắn) của sắt 1811 K đến nhiệt độ nước mà chúng ta sử dụng bằng 293 K (20 °C), tức là

$$\Delta T = -1518 \text{ K} \approx -1,5 \cdot 10^3 \text{ K}.$$

Giá trị hệ số giãn nở nhiệt thể tích được sử dụng:

$$\alpha = 35 \cdot 10^{-6} \text{ K}^{-1}.$$

Mô đun đàn hồi khối của sắt lỏng bằng mô đun đàn hồi khối của sắt rắn:

$$B = 168 \text{ ГПа}.$$

Thay thế những dữ liệu này vào công thức (3), chúng ta thu được các giá trị áp suất bên trong giọt làm mát:

$$p = -B \alpha \Delta T = (168 \cdot 35 \cdot 10^{-6} (-1,5 \cdot 10^3)) \Gamma \Pi a \approx 8,9 \text{ ГПа}.$$

Áp suất này lớn hơn 1,5 lần so với áp suất cần thiết để kết tủa carbon từ sắt nóng chảy dưới dạng kim cương.

Tất nhiên, đánh giá của chúng tôi chỉ mang tính tương đối. Ví dụ, chúng tôi không tính đến sự khác biệt về nhiệt độ giữa các tính chất bên trong và bên ngoài của sắt nguyên chất và dung dịch cacbon bão hòa trong sắt; chúng tôi đã không tính đến tỷ giá hối đoái giảm trong quá trình đông cứng sắt, cũng như độ bền và độ đàn hồi của vỏ, làm tăng nhẹ thể tích của nó dưới tác động của áp suất tạo ra, v.v.

Những yếu tố này có tác động khác nhau đến giá trị áp suất thiết kế. Tuy nhiên, có thể dự kiến ​​rằng việc tính đến chúng một cách tổng thể sẽ không làm thay đổi đáng kể kết quả.

Vì vậy, đánh giá của chúng tôi cho thấy Myaccana có thể đã hình thành kim cương trong các thí nghiệm.

19

Một lần nữa về chiếc thìa trong dòng nước

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. N. LUZIN

Hãy lấy một cái đĩa sâu thông thường, đổ nước vào đó và đặt vào bồn rửa bát. Đặt một chiếc thìa nhôm nhẹ lên mép đĩa để khi rỗng thì nổi lên, khi đổ đầy nước thì chìm xuống.

Giữ chiếc thìa nổi bằng tay cầm và hướng dòng nước vào nó. Dòng nước phải sao cho chỉ còn lại một lớp nước mỏng trong thìa. Chúng ta hãy ngừng cầm chiếc thìa - nhưng nó không chìm, mặc dù một dòng nước thẳng đứng ấn mạnh vào nó. Thí nghiệm dễ dàng thành công nếu tia phun đều, êm và không bị treo. (Đây chính xác là dòng nước thường chảy ra từ vòi bếp.)

Thí nghiệm có vẻ hiệu quả hơn nếu lấy một chiếc đĩa phẳng cùng với những chiếc thìa, chẳng hạn như nắp kim loại của hộp thiếc. Nắp có đệm cao su nổi thậm chí còn ổn định hơn. Bạn cũng có thể sử dụng hộp thiếc cứng được cắt cẩn thận làm đĩa.

Đĩa nổi sẽ không “chạy” sang một bên khỏi dòng nước nếu ở tâm của nó có một chỗ lõm không lớn hơn về “chiều cao” (1-2 mm) và đường kính (10-20 mm). Những vết lõm như vậy hầu như luôn được tìm thấy trên nắp và đáy lon. Nếu không có vết lõm, bạn có thể dễ dàng tạo một vết lõm bằng cách đặt đĩa lên quả bóng khúc côn cầu và dùng búa gõ vào giữa.

Tại sao đĩa (và thìa) không chìm?

Quan sát một lúc bạn sẽ thấy trên bề mặt đĩa xuất hiện một con lăn nước, nước lan ra thành một lớp mỏng sẽ đẩy ngày càng xa các mép của đĩa. Kết quả là, một thứ tương tự như một chiếc bình rỗng được hình thành, ngôi nhà của nó là một cái đĩa và các bức tường là một con lăn nước. Người ta hiểu rằng thể tích của một “con tàu” như vậy càng lớn thì nó sẽ càng nổi đều đặn. Kinh nghiệm cho thấy đĩa đặc biệt ổn định trong dòng nước ấm. (Lời khuyên thực tế - nếu bạn hạ đĩa được chỉ định vào bồn tắm chứa đầy nước, nước sẽ tạo ra ít tiếng ồn hơn nhiều.)

Bây giờ chúng tôi khuyên bạn nên biến ổ cứng của mình thành một ổ cứng nổi và đồng thời là một tuabin quay. Để làm điều này, hãy cắt cạnh của đĩa thành những “cánh hoa” giống hệt nhau và uốn cong từng cánh hoa sang một bên. Có thể nói trước liệu tuabin của bạn sẽ quay theo chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ? Hãy thử làm một chiếc thuyền đồ chơi có mặt nước, được hiển thị dưới dạng sơ đồ ở hình. Với sự trợ giúp của máy bơm và các ống nghiêng, nước được hút ra khỏi bình chứa thuyền, dưới áp suất, nước được đưa vào tâm đĩa và lan ra một lớp mỏng trên đĩa. Và sau đó mọi thứ sẽ diễn ra giống hệt như với một chiếc đĩa thông thường.

21

Dễ dàng nhận thấy công thức (3) tương đương với công thức Heron: vì $S=pr$ nên xét (1) và (3) ta thu được $S^2=p^2r^2=pxyz=p(p-a)(p-b)(p-c)$.

Bằng chứng thứ hai. Gọi $O_1$ và $r_1$ là tâm và bán kính của đường tròn tiếp xúc với cạnh $BC$ và các cạnh mở rộng $AC$ và $AB$, $F$ điểm tiếp tuyến của đường tròn này với đường thẳng $AB$ (hình 4). Sau đó (xem công thức (2)) $BF=p-c=z$. Hình tam giác $ODB$ và $O_1BF$ tương tự nhau ($ODB=BFO_1=90^\circ$, $FBO_1=\frac{1}{2}CBF=\frac{1}{2}(180^\circ-CBD)=90^\circ-OBD=DOB$). Do đó, $OD:BF=DB:O_1F$, tức là $r:z=y:r_1$, từ đó $r_1=yz/r$. Các tam giác vuông $AO_1F$ và $AOD$ cũng đồng dạng, do đó $AF:AD=O_1F:OD$, do đó $p:x=r_1:r$. Thay $r_1=yz/r$ vào đẳng thức này, chúng ta thu được $p:x=yz/r^2$, tức là $pr^2=xyz$, như được trình bày ở cuối chứng minh đầu tiên, tương đương với công thức Heron.

Bằng chứng thứ ba. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng trong mọi tam giác

$$\text{ctg} (\hat{A}/2) + \text{ctg} (\hat{B}/2) + \text{ctg} (\hat{C}/2) = \text{ctg} (\hat{A}/2) \text{ctg} (\hat{B}/2) \text{ctg} (\hat{C}/2).$$

Thật sự,

$$\text{ctg} (\hat{C}/2) = \text{ctg} ((180^\circ - \hat{A} - \hat{B})/2) = \frac{\text{tg} (\hat{A}/2) + \text{tg} (\hat{B}/2)}{1 - \text{tg} (\hat{A}/2) \text{tg} (\hat{B}/2)},$$

tư thế

$$\text{ctg} (\hat{A}/2) + \text{ctg} (\hat{B}/2) + \text{ctg} (\hat{C}/2) = \frac{\text{tg} (\hat{A}/2) + \text{tg} (\hat{B}/2)}{1 - \text{tg} (\hat{A}/2) \text{tg} (\hat{B}/2)}$$

$$= \frac{\text{ctg} (\hat{A}/2) + \text{ctg} (\hat{B}/2)}{1 - \text{tg} (\hat{A}/2) \text{tg} (\hat{B}/2)}$$

$$= \frac{\text{ctg} (\hat{A}/2) + \text{ctg} (\hat{B}/2)}{1 - \text{tg} (\hat{A}/2) \text{tg} (\hat{B}/2)}$$

Đáp số: $\sqrt{2} < a < \sqrt{5}$ hoặc $-\sqrt{5} < a < -\sqrt{2}$.

2. ABCD là một khối đa diện đều. Điểm $X$ sao cho $XA=XC$, $XB=XD$, $XA=\sqrt{3}XD$. Đặt vị trí của điểm $X$ so với khối đa diện.

Đáp số: ranh giới.

3. Trong mỗi ranh giới trong số ba ranh giới của lăng kính $ABCD_1B_1C_1D_1$, ở đáy $ABCD$ là hình thoi, $AC=8$, $BD=6$, $AA_1=1$, một quả cầu nội tiếp chạm vào một hình nón có đỉnh tại điểm $O=(A_1C_1)\cap(B_1D_1)$ và đáy nội tiếp hình thoi $ABCD$. Tìm bán kính của quả bóng.

Đáp số: $\frac{12}{29}, \frac{6}{7}, \frac{12}{25}, \frac{3}{5}$.

P. P. Gornusha

22

Trường học yêu thích bài toán

lớp tám

1. Chứng minh rằng không có số nguyên dương $n$ thì số $n^4+2n^3+2n^2+2n+1$ có thể là số chính phương.
2. Xây dựng một đoạn có trung điểm tại một điểm cho trước sao cho các đầu của nó nằm trên một đường thẳng cho trước và một đường tròn cho trước.
3. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ mà số $n^3+3$ chia hết cho $n+3$.
4. Có tam giác nào có đường cao $\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{2}+\sqrt{3}$ không?
5. Một người lái xe sắp băng qua một con đường vắng. Xe của anh ấy tiêu thụ 1 lít xăng trên 10 km. Người lái xe ô tô có 450 lít xăng, nhưng không thể mang theo quá 150 lít. Tuy nhiên, nó có thể đi được hơn 1.500 km, để lại một ít xăng dọc đường và quay trở lại để bổ sung bình xăng. Khoảng trống rộng nhất mà xe tự hành có thể vượt qua là bao nhiêu?

lớp chín
6. Cái nào lớn hơn: $7\sqrt{5}$ hay $5\sqrt{7}$?
7. Hai đoạn thẳng có chiều dài 1 ngăn từ một tứ giác góc cho trước có diện tích lớn nhất.

bìa của chúng tôi

Mười ba quả bóng trong một lồng

Người ta biết rằng trên một mặt phẳng, 6 đường tròn có cùng bán kính có thể gắn vào một đường tròn có bán kính 1 sao cho chúng tiếp xúc với đường tròn đó và không cắt nhau (hình 1). Trong trường hợp này, tâm của sáu hình tròn nằm ở các đỉnh của một hình lục giác đều và tâm của hình tròn thứ nhất là tâm của hình lục giác này. Không khó để xây dựng để chứng minh rằng không thể áp dụng nhiều hơn 6 vòng tròn.

Còn trong không gian thì sao? Có bao nhiêu vật liệu giống hệt nhau?

quả bóng có thể được gắn vào cùng một quả bóng? Nhiều người biết rằng đáp số là 12. Nhưng liệu có thể tưởng tượng, rõ ràng và rõ ràng như với các vòng tròn, một bức tranh về sự sắp xếp của 12 quả bóng được gắn vào một quả bóng không? Hóa ra là có thể (xem trang 4 của trang bìa).

Để bắt đầu, hãy tưởng tượng một quả bóng chạm vào tất cả 12 cạnh của một khối lập phương nhất định (hình 2). Quả bóng như vậy được gọi là viết một nửa thành hình lập phương. Bây giờ chúng ta hãy làm một “cái lồng” cho 13 quả bóng. Để làm điều này, chúng ta chia khối lập phương lớn hơn thành 27 chiếc cốc giống hệt nhau. Bộ xương của vách ngăn này, tức là các cạnh của tất cả các cốc thành phần, tạo thành “ô” mong muốn. Chúng ta hãy tưởng tượng vách ngăn này theo “hình bàn cờ” sao cho khối trung tâm và những thứ đó

12 chiếc cốc có một cạnh chung và 14 chiếc còn lại có màu trắng. Mỗi khối “đen” sẽ tạo thành một quả bóng (hình 3). Các quả bóng chạm vào các cạnh của tế bào và chạm vào nhau qua chúng. Mười hai quả bóng bên ngoài chạm vào quả bóng trung tâm.

12 quả bóng có thể được gắn vào cùng một quả bóng theo những cách khác. Về vấn đề này, câu hỏi được đặt ra: có thể thêm 13 không? Đã có một cuộc tranh luận về vấn đề này giữa Isaac Newton và nhà sư và nhà toán học người Anh Gregory. Nhưng tranh chấp này chỉ được giải quyết theo hướng có lợi cho Newton (không thể!) vào năm 1953 trong một bài báo chung của Schutte và Van der Waardan.

V.V. tùy ý

23

Nhiệm vụ

1. Làm thế nào bạn có thể vẽ một đường đứt nét BDEFG (xem hình) trong tam giác ABC sao cho cả năm tam giác thu được đều có cùng diện tích?

2. Tích của một tỷ số tự nhiên bằng một tỷ. Giá trị lớn nhất mà tổng của tất cả các số này có thể nhận là bao nhiêu?

3. Có thể thêm bốn chữ số nữa vào bên phải số 9999 để số có tám chữ số trở thành bình phương của một số nguyên không?

4. Hai ấm giống hệt nhau chứa nước có cùng nhiệt độ được đặt trên các nguồn nhiệt giống nhau. Sau một thời gian, nước ở cả hai ấm bắt đầu sôi (xem hình). Trong ấm nào nước sôi nhanh hơn?

5. Winnie the Pooh và Piglet đến thăm nhau cùng một lúc. Nhưng vì Winnie the Pooh chỉ đang bịa ra một “kẻ gây ồn ào” khác và Piglet đang đếm những con quạ đang bay nên họ không để ý đến nhau khi gặp nhau. Sau cuộc họp, Piglet đến nhà Winnie the Pooh bốn phút sau, và Winnie the Pooh tiếp cận nhà Piglet sau một phút. Mỗi người trong số họ đi được bao nhiêu phút?

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi A. P. Savin, G. A. Galperin, L. D. Kurlyandchik, V. D. Vyon, S. R. Sefibekov.

24

số Mersenne

Toán học, giống như hầu hết các ngành khoa học hiện đại, hiện đang phát triển với tốc độ ở mọi lứa tuổi. Có hàng trăm tạp chí toán học được xuất bản trên khắp thế giới, trong đó có mười nghìn bài báo khoa học được xuất bản mỗi ngày. Và 350 năm trước không có tạp chí toán học nào, và các nhà khoa học đã trao đổi kết quả nghiên cứu của họ bằng thư cá nhân. Đúng vậy, có một người - tu sĩ người Pháp Maren Mersenne (1588-1648) đã nhận được những bức thư như vậy nhiều hơn những người khác. Mersenne biết viết về việc phát hiện ra một định lý mới và thiết lập mức độ ưu tiên của mình, vì Mersenne, như một quy luật, đã thông báo cho các phóng viên khác của ông về điều này, bao gồm R. Descartes, V. Pascal, P. Fermat, H. Heugens và nhiều nhà khoa học khác vào thời điểm đó.

Hoạt động này của Marin Mersenne đã góp phần thành lập Viện Hàn lâm Khoa học ở Paris.

Trong số những thành tựu toán học của Mersenne, nổi tiếng nhất là những con số có dạng $M_n=2^n-1$ mà ông đã nghiên cứu.

Bất kỳ ai biết cấp số nhân là gì sẽ nhận thấy ngay rằng $M_n$ bằng tổng của $n$ số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng ban đầu $2^\circ=1$ và được gọi là 2:

$$M_n=2^\circ+2^1+2^2+\dots+2^{n-1}.$$

Mersenne quan tâm đến số $M_n=2^n-1$ nào là số nguyên tố. Câu hỏi này nảy sinh vào năm bài toán, do người Hy Lạp cổ đại đặt ra (chúng ta sẽ quay lại vấn đề này sau).

Các số nguyên tố thu được theo công thức $2^n-1$ được gọi là số Mersenne.

Chúng ta thử đề cập một chút đến bài toán tìm số Mersenne.

Hãy tính một vài số đầu tiên $M_n=2^n-1$ và viết chúng theo thứ tự trong bảng bốn cột. Điều lo lắng đầu tiên: các số rơi vào cùng một cột sẽ có cùng một chữ số. Cụ thể, các số rơi vào cột đầu tiên là 1, số thứ hai - 3, số thứ ba - 7 và số thứ tư - 5 (hãy thử nghiêm ngặt

25

biện minh cho quan sát này). Điều này có nghĩa là các số $M_n$ rơi vào cột thứ tư chia hết cho 5 và không thể có số Mersenne trong số đó.

Không khó để chứng minh nhận xét thứ hai: các số rơi vào cột thứ hai và thứ tư đều chia hết cho 3. Thật vậy, hiệu của hai số liên tiếp $M_{2k}$ và $M_{2k+2}$ với bốn số là bằng nhau

$$(2^{2k+2}-1)-(2^{2k}-1)=2^{2k+2}-2^{2k}=3\cdot 2^k.$$

Do đó, nếu số $M_{2k}$ chia hết cho 3 thì $M_{2k+2}$ cũng chia hết cho 3. Và số $M_2$ bằng ba.

Do đó, sẽ hợp lý hơn khi chỉ tìm số Mersenne (ngoại trừ $M_2=3$) trong cột đầu tiên và cột thứ ba.

Một nghiên cứu đơn giản hơn về các số $M_n$ dẫn đến nhận xét thứ ba: nếu $n$ là hợp số, $n=kl$, $k>1$, $l>1$, thì $M_n$ chia hết cho $M_k$ và $M_l$. (Điều này xuất phát từ thực tế là $2^{kl}-1=(2^k)l-1=(2^l)k-1$ và $(x^m-1)=(x-1)(x^{m-1}+x^{m-2}+...+x+1)).$ Nhân tiện, hai số đầu tiên cũng tuân theo quan sát thứ ba, vì tất cả các số trong cột thứ hai đều chia hết cho $M_2=3$ và tất cả các số trong cột thứ tư đều chia hết cho $M_4=15$.

Vì vậy, số $2^n-1$ sẽ chỉ là số nguyên tố nếu $n$ là số nguyên tố.

Nhưng với bất kỳ số nguyên tố $p$ nào thì số $M_p$ sẽ là số nguyên tố? Hy vọng về một đáp số tích cực sụp đổ rất nhanh: con số $M_{11}=2047=23\cdot 89$ đã là tổng hợp.

Bản thân Mersenne đã chỉ ra tất cả các giá trị nguyên tố của $n$, không vượt quá 257, mà theo ý kiến ​​​​của ông, các số $M_n=2^n-1$ sẽ là số nguyên tố. Tuy nhiên, Mersenne không đưa ra bằng chứng; sau đó người ta phát hiện ra rằng dự đoán của ông đã sai một phần.

Leonard Euler, thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg, một trong những nhà toán học vĩ đại nhất thời kỳ hiện đại, cũng tham gia vào việc tìm kiếm số Mersenne. Năm 1750, ông phát hiện ra số Mersenne thứ mười; đây là $M_{31}=2147483647$.

Nếu trước đó việc tính toán số Mersenne của Nhật Bản được thực hiện bằng phương pháp “thủ công”, thì vào thế kỷ 20, máy tính bắt đầu hoạt động, đếm với tốc độ rất lớn. Năm 1952, năm số Mersenne mới được phát hiện cùng lúc: $M_{521}, M_{607}, M_{1279}, M_{2203}$ và $M_{2281}$; chúng là các số Mersenne thứ mười ba đến thứ mười bảy tương ứng. Sáu số Mersenne tiếp theo được tìm thấy từ năm 1958 đến năm 1963. Cuối cùng, vào năm 1971, số Mersenne thứ 24 $M_{19937}$ được tìm thấy, năm 1978 - số Mersenne thứ 25 $M_{21701}$, năm 1979 - số Mersenne thứ 26 và 27 $M_{23209}$ và $M_{44497}$. Số Mersenne được biết đến cuối cùng được tìm thấy vào năm 1983: nó là $M_{86243}$; nhưng vẫn chưa biết đó có phải là số Mersenne thứ 28 hay không.

Và để kết luận, chúng ta hãy giải thích sự quan tâm đến số Mersenne. Thực tế là chúng được liên kết với cái gọi là số hoàn hảo (mà người Hy Lạp cổ đại đã nghiên cứu) - những con số bằng tổng của tất cả các ước của chúng, tất nhiên, khác với chính số đó (ví dụ: $6=1+2+3$, $28=1+2+4+7+14$, $496=1+2+4+8+16+31+62+124+248$ - ba số hoàn hảo đầu tiên). Euclid cũng đã chứng minh (bạn cũng vậy!) rằng nếu số $2^n-1$ là số nguyên tố thì số $2^{n-1}(2^n-1)$ là số hoàn hảo. Leonhard Euler đã chứng minh rằng mọi số chẵn đều hoàn hảo? Nhưng vẫn chưa có ai tìm ra số hoàn hảo lẻ và cũng chưa có ai chứng minh được rằng những số đó không tồn tại.

Dựa trên tài liệu từ Yu. V. Korolev và O. M. Mamedov

26

D. Fahrenheit và nhiệt kế của ông

Năm nay đánh dấu kỷ niệm 300 năm ngày sinh của Daniel Gabriel Fahrenheit (1686–1736), người tạo ra nhiệt kế đầu tiên có thể được sử dụng làm dụng cụ phòng thí nghiệm tiêu chuẩn và đáng tin cậy.

Người ta tin rằng ý tưởng sử dụng đặc tính giãn nở nhiệt của không khí và chất lỏng, được biết đến từ thời cổ đại, để đo nhiệt độ thuộc về G. Galily. Vào cuối thế kỷ 17, ông đã phát minh ra một thiết bị đơn giản dựa trên nguyên tắc này - thermopop, lần đầu tiên có thể đánh giá sự thay đổi nhiệt độ một cách khách quan ở một mức độ nào đó. Nhiệt kế của Galileo là một bình thủy tinh nhỏ chứa đầy không khí, có một cái bình rất hẹp và dài được hạ xuống một bình chứa nước. Khi bình được làm nóng hoặc rời đi, không khí trong bình nở ra hoặc co lại và mực nước giảm hoặc tăng tương ứng.

Trong thế kỷ 17 tiếp theo, nhiều nhà khoa học đã tham gia vào việc làm chủ thiết bị này. Vì vậy, vào năm 1615, nó đã được trang bị thang đo và từ năm 1628, tất cả các bộ phận không còn được gọi là nhiệt kế nữa mà là nhiệt kế. Năm 1630, không khí được thay thế bằng chất lỏng tiện lợi hơn,

chủ yếu là nhiệt kế nước. Một thập kỷ sau, chúng bắt đầu được niêm phong để các kết quả đo không bị ảnh hưởng bởi sự dao động của áp suất khí quyển. Kể từ cuối những năm 50, các sinh viên từ “Học viện Kinh nghiệm” Florentine thường sử dụng rượu vang làm chất lỏng đo nhiệt độ, không bị đóng băng trong những đợt sương giá khắc nghiệt nhất và có độ nhớt thấp cũng như hệ số giãn nở nhiệt tương đối cao.

Tuy nhiên, mặc dù thực tế là các nguyên tắc thiết kế trong định nghĩa cơ bản của nhiệt kế, được sản xuất vào thời điểm đó, hoàn toàn phù hợp để đo nhiệt độ một cách chính xác và có hệ thống. Và trên hết vì không có thư từ

Từ những năm 80 của thế kỷ 17, ý tưởng xây dựng thang đo nhiệt độ dựa trên hai điểm “không đổi” ngày càng trở nên hấp dẫn (với phương pháp này, không cần phải thực hiện thao tác xác định thể tích bình chứa và mao quản rất khó khăn cho mỗi nhiệt kế).

Vì vậy, vào năm 1701, I. Newoton đã chế tạo một nhiệt kế (với dầu hạt lanh là chất lỏng), trên thang đo mà ông đặt 12 vạch chia bằng nhau, với vạch chia bằng 0 tương ứng với nhiệt độ đóng băng của nước và vạch chia “12” tương ứng với nhiệt độ bình thường của cơ thể con người. Đồng thời, ông bắt đầu sản xuất thang đo nhiệt độ của riêng mình; ông đo nhiệt độ đóng băng và sôi của nước. Năm 1708, Römer đến thăm Fahrenheit, nơi người Đan Mạch đã giới thiệu chi tiết về cách hiệu chuẩn nhiệt kế của mình. Rõ ràng, Fahrenheit ngay lập tức nhận ra rằng phương pháp này bao gồm lời giải việc tạo ra bài toán các nhiệt kế tiêu chuẩn đã quá hạn từ lâu cho kết quả “nhất quán” (trong cùng điều kiện, chúng cho thấy cùng nhiệt độ). Trong vòng vài năm anh ấy

27

quản lý để thiết lập việc sản xuất các thiết bị như vậy và chúng nhanh chóng được công nhận trong các phòng thí nghiệm ở Châu Âu. Các nhà khoa học, quen với sự khác biệt trong số đọc của nhiệt kế cũ, coi nhiệt kế Fahrenheit như một người thầy. Phải nói rằng Fahrenheit không sao chép nhiệt kế - anh ấy đã làm việc chăm chỉ để làm chủ thiết kế của chúng, tìm ra những loại ngăn xếp phù hợp nhất và cuối cùng là sửa đổi thang đo, làm cho nó tiện lợi hơn nhiều. Thang đo nhiệt độ Fahrenheit vẫn được sử dụng ở các nước Anh. Nó được thiết kế như thế này: khoảng cách giữa các điểm băng và nước sôi được chia thành 180 phần, với điểm đầu tiên được gán giá trị là 32 và điểm thứ hai là 212 °F (độ F).

Công lao quan trọng nhất của Fahrenheit còn là ông là người đầu tiên (năm 1717) bắt đầu sản xuất nhiệt kế thông thường. Phải nói rằng ý tưởng này đã được các học giả Florentine xem xét trước ông nửa thế kỷ. Nhưng ruthite, do hệ số giãn nở nhiệt thấp (ít hơn 1/6 so với rượu), được coi là không có triển vọng. Fahrenheit đã đi đến kết luận rằng sự thiếu hụt rutti này được bù đắp nhiều hơn bằng việc dễ dàng thu được và bảo quản nó ở dạng nguyên chất, nhờ đó dễ dàng đáp ứng được yêu cầu về độ chính xác của chất lỏng làm việc làm đầy mẫu nhiệt kế.

(Rượu ít thuận tiện hơn về mặt này, vì khi hấp thụ nhiều nước, nó làm thay đổi đáng kể hệ số giãn nở nhiệt.)

Người ta biết rất ít về cuộc đời của Fahrenheit; chân dung của anh ấy đã không đến được với chúng tôi. Ông sinh ra ở Danzig (nay là Gdansk) trong một gia đình thương gia và được giáo dục tiểu học tốt. Năm 15 tuổi, anh đột ngột mất đi gia đình. Những “người cha” của thành phố quyết định rằng cậu bé nên theo bước chân của cha mình, và vào năm 1702, họ gửi cậu đến Amsterdam để học nghề thương gia. Ông thành công trong việc thành thạo nghề, nhưng mối quan tâm của ông ngày càng nghiêng về khoa học tự nhiên và đặc biệt là thiết kế các dụng cụ khoa học chính xác. Về công tác, Fahrenheit thường xuyên đi từ Amsterdam đến các thành phố khác ở Hà Lan và nước ngoài, trong đó có Nga, và lần nào anh cũng cố gắng không tận dụng cơ hội để mở rộng vị thế về công nghệ và khoa học với các bậc thầy - nhà chế tạo dụng cụ và nhà khoa học hàng đầu ở Châu Âu. Đây là cách cuộc gặp gỡ nêu trên giữa Fahrenheit và Roemer đã diễn ra, đồng thời thiết lập các mối liên hệ khoa học dựa trên giá trị của các nhà khoa học Hà Lan thời đó - bác sĩ G. Boerhaave và các nhà vật lý W. Sgravesand và P. van Muschenbrouck, với nhà khoa học tự nhiên tương lai người Thụy Điển K. Linnaeus.

Là một chuyên gia bậc thầy, Fahrenheit vào năm 1710-1712 bắt đầu sản xuất thiết bị ép (rất chính xác) cho nghiên cứu vật lý, hóa học và thiên văn - nhiệt kế,

phong vũ biểu, tỷ trọng kế, dụng cụ quang học, thiết bị cơ khí chính xác. Nhu cầu về các sản phẩm của Fahrenheit tăng lên, và vào năm 1717, ông thành lập một công ty đặc biệt ở Amsterdam để sản xuất các dụng cụ khoa học chính xác và một phần là các nhiệt kế khác cho nhiều mục đích khác nhau, vượt xa sự cạnh tranh. Điều quan trọng là vào năm 1721, Peter I đã đặt mua một bộ nhiệt kế Fahrenheit. Năm 1724, Fahrenheit được bầu làm thành viên của Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn, mà chủ tịch lúc đó là I. Newton.

Ngoài việc chế tạo các dụng cụ, Fahrenheit còn làm việc rất nhiều với tư cách là một nhà vật lý thực nghiệm. Ông phát hiện ra rằng nhiệt độ sôi của chất lỏng được chia thành 180 phần, trong đó điểm đầu tiên có giá trị là 32 và điểm thứ hai là 212 °F (độ F).

Tất nhiên, Fahrenheit không thể được coi là người phát minh ra nhiệt kế và bản thân anh cũng không giấu giếm bao nhiêu.

anh ấy mắc nợ Roemer và những người tiền nhiệm khác. Nhưng ưu điểm không thể phủ nhận của Fahrenheit là việc đưa nhiệt kế tiêu chuẩn vào sử dụng rộng rãi, đánh dấu sự khởi đầu của phép đo nhiệt độ, lần đầu tiên giúp người ta có thể hiểu được sự phát triển quan trọng nhất của các dụng cụ khoa học chính xác về nhiệt độ và nhiệt độ (liên quan đến sự nhầm lẫn hoàn toàn đã ngự trị trước đó).

V. E. Yavelov

28

Bài toán

M1006—M1010; F1018—F1022

M1006. Hai đường thẳng đi qua hai đỉnh của tam giác, chia tam giác đó thành ba hình tam giác và một hình tứ giác.
a) Diện tích của bốn phần có thể bằng nhau không?
b) Ba phần nào sau đây có thể có diện tích bằng nhau? Diện tích của một hình tứ giác khác chúng bao nhiêu lần?

G. A. Galperin, A. P. Savin

M1007. Chứng minh rằng các tam giác có độ dài cạnh $a, b, c$ và $a_1, b_1, c_1$ bằng nhau khi và chỉ khi $\sqrt{a a_1} + \sqrt{b b_1} + \sqrt{c c_1} = \sqrt{(a_1 + b_1 + c_1)(a + b + c)}$.

V. P. Chuchin

M1008. Cầu thang bao gồm $2n+1$ bậc. Ở $n$ bậc dưới, mỗi bậc có một viên đá. Hai người thay nhau nâng đá. Người đầu tiên có thể di chuyển bất kỳ hòn đá nào lên bậc tự do đầu tiên, và người thứ hai có thể di chuyển hòn đá xuống một bậc nếu nó tự do. Mục tiêu đầu tiên là đặt hòn đá lên bậc trên cùng. Cái thứ hai có thể vừa với anh ta không?

S. L. Eliseev

M1009. Phân giác của góc $A$ của hình bình hành $ABCD$ cắt các đường thẳng $BC$ và $CD$ lần lượt tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh rằng tâm đường tròn vẽ qua các điểm $C, K$ và $L$ nằm trên đường tròn vẽ qua các điểm $B, C$ và $D$.

I. F. Sharyzin

M1010. Trình tự $r_1, r_2, r_3, \dots$ được xác định bởi các điều kiện
$$r_1 = 2, r_{n+1} = r_1 r_2 \dots r_n + 1,$$
vậy $r_2 = 3, r_3 = 7, r_4 = 43, \dots$
a) Chứng minh rằng với mọi $n$
$$\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \dots + \frac{1}{r_n} < 1.$$

6)* Cho tồn tại $n$ số tự nhiên sao cho tổng các nghịch đảo của chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tổng này không lớn hơn
$$\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \dots + \frac{1}{r_n}.$$

Các bằng chứng mà chúng tôi biết đều dựa trên một bổ đề như vậy mà chúng tôi đề xuất chứng minh cho người đọc.

b)* Trong số tất cả các bộ $(a_1, a_2, \dots, a_n)$ của $n$ số thực thỏa mãn điều kiện:
$$\alpha_1 \geqslant \alpha_2 \geqslant \dots \geqslant \alpha_n \geqslant 0, \alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n = 1,$$
$$\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_k \leqslant \alpha_{k+1} + \alpha_{k+2} + \dots + \alpha_n (k = 1, 2, \dots, n-1),$$

29

cái có giá trị $a_n$ nhỏ nhất được chọn. Sau đó
$$a_k = 1/r_k \text{ для } k=1, 2, \dots, n-1, a_n = 1/(r_n-1).$$
O. T. Izhboldin, L. D. Kurlyandchik

F1018. Con thuyền đang neo ở bờ một hồ lớn (bờ biển thẳng), bỗng nhiên bị cởi trói, gió đẩy nó với tốc độ không đổi $v_0 = 2,5$ km/h và tạo một góc $\alpha = 15^\circ$ với bờ. Liệu bạn có thể đuổi kịp thuyền nếu tốc độ của bạn trên bờ là $v_1 = 4$ km/h, dưới nước - $v_2 = 2$ km/h? Ở tốc độ nào của thuyền điều này thường có thể xảy ra?

S. S. Krotov

F1019. Một bình hình trụ nhỏ có diện tích đáy $S$ được hạ xuống một bình lớn chứa chất lỏng có mật độ $\rho_1$, dưới đáy có lắp một ống có chiều dài $l$ (hình 1); Các bức tường của tàu được gắn chặt với nhau. Một chất lỏng màu có mật độ $\rho_2(\rho_2 > \rho_1)$ được đổ vào một bình nhỏ có độ cao $H$ sao cho mực chất lỏng trong bình lớn và nhỏ bằng nhau. Tại một thời điểm nào đó, ống được mở ra. Chất lỏng nặng bắt đầu chảy vào bình lớn, một lúc sau chất lỏng nhẹ chảy từ bình lớn sang bình nhỏ; sau đó quá trình được lặp lại. Khối lượng chất lỏng nặng lần đầu tiên chảy ra khỏi bình nhỏ là bao nhiêu? Khối lượng chất lỏng nặng nào sẽ chảy ra mỗi lần trong tương lai? Khối lượng chất lỏng nhẹ sẽ chảy vào một bình nhỏ mỗi lần là bao nhiêu? Giả sử rằng chất lỏng không trộn lẫn vào nhau; yêu cầu về sức căng bề mặt.

V. E. Skorovarov

F1020. Một piston chuyển động chia hình trụ thành hai phần có thể tích bằng nhau $V_0 = 10^{-3} \text{ m}^3$. Một phần chứa không khí khô, phần còn lại chứa hơi nước và $m = 4$ g nước. Khi xi lanh nóng lên từ từ, piston bắt đầu chuyển động. Sau khi piston di chuyển được 1/4 chiều dài của xi lanh thì chuyển động dừng lại. Khối lượng hơi nước trong bình trước khi đun nóng là bao nhiêu? Khối lượng không khí trong bình và nhiệt độ ban đầu của nó là bao nhiêu? Ở nhiệt độ nào piston ngừng chuyển động?
Sự phụ thuộc của áp suất hơi nước bão hòa vào nhiệt độ được cho trong bảng.

A. I. Buzdin

F1021. Trong mạch hiển thị ở hình2, $R = 100 \text{ Om}$, $C = 10 \text{ мкФ}$, $U_0 = 10 \text{ В}$, điện trở trong của pin và điện trở của ampe kế được cho là nhỏ. Phím K được đóng định kỳ trong thời gian $\tau_1 = 1 \cdot 10^{-3} \text{ с}$ và đóng trong thời gian $\tau_2 = 20 \cdot 10^{-3} \text{ с}.$ Với chế độ chuyển mạch này, kim ampe kế thực tế không chạm tới. Ampe kế chỉ dòng điện bao nhiêu?

A. R. Zilberman

F1022. Hộp đen chứa một cuộn dây, một điện trở và một tụ điện và có ba đầu ra. Trong quá trình nghiên cứu, ông đã thu được những kết quả sau.

30

Trong mạch hiển thị ở hình 3, ampe hiển thị $I_1=0,1$ A ở tần số máy phát $v_1=1000$ Hz; dòng điện qua ampe lệch pha $\Delta \varphi_1=\pi/6$ với điện áp đầu vào. Khi tần số máy phát giảm đi 100 lần thì dòng điện tăng chưa đến 2 lần. Tần số máy phát được trả về giá trị trước đó và một vôn kế (hình 4) được kết nối với mạch cùng với bộ khuếch đại. Vôn kế hiển thị $U_1=20$ V và độ lệch pha giữa điện áp trên vôn kế ($u_B$) và điện áp đầu vào ($u_{BX}$) lại là $\Delta \varphi_1=\pi/6$.

Sử dụng dữ liệu này, tìm các tham số của các phần tử hộp đen. Phải thay đổi tần số máy phát bao nhiêu lần để trong mạch có vôn kế (xem hình 4) độ lệch pha giữa $u_B$ và $u_{BX}$ là $\Delta \varphi_2=\pi/2$?

Dụng cụ đo lường được coi là lý tưởng. Điện trở trong của máy phát điện không đáng kể.

A. P. Zilberman

Problems

M1006—M1010; P1018—P1022

M1006. Two lines, drawn through two vertices of a triangle, divide it into two triangles and a quadrilateral.
a) Can the areas of the four parts all be equal?
b) What three of these parts can have equal areas? How much will the area of the fourth part differ from them?

G. A. Galperin, A. P. Savin

M1007. Prove that two triangles with sides $a, b, c$ and $a_1, b_1, c_1$ are similar if and only if
$$\sqrt{aa_1} + \sqrt{bb_1} + \sqrt{cc_1} = \sqrt{(a_1 + b_1 + c_1)(a + b + c)}.$$

V. P. Chichin

M1008. There are $2n+1$ steps in a staircase. There is one rock on each of the $n$ lowest steps. Two persons take turns carrying rocks. The first may place any rock on the lowest free step, the second may move a rock one step down on a free step. The aim of the first is to put a rock on the top step. Can the second stop him?

S. L. Eliseev

M1009. The bisector of angle $A$ of parallelogram $ABCD$ intersects lines $BC$ and $CD$ at points $K$ and $L$ respectively. Prove that the centre of the circle passing through points $C, K$ and $L$ lies on the circle passing through points $B, C$ and $D$.

I. F. Sharygin

M1010. The sequence $r_1, r_2, r_3, \ldots$ is determined by the conditions
$$r_1=2, r_{n+1}=r_1r_2\ldots r_n+1,$$
so that $r_2=3, r_3=7, r_4=43, \ldots$
a) Prove that for any $n$
$$1/r_1+1/r_2+\ldots+1/r_n<1.$$
b) Suppose that the sum of the inverses of $n$ natural numbers is less than 1. Prove that this sum is then no greater than
$$1/r_1+1/r_2+\ldots+1/r_n.$$
The proofs that we have are all based on the following lemma, which we propose to our readers for proof.
c)* Among all the sequences $(\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n)$ of $n$ real numbers

32

Kính vạn hoa

Điểm và đường tuyệt vời

Trong khóa học hình học, bạn được giới thiệu một số điểm đáng chú ý trong một tam giác: giao điểm của các đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác và đường phân giác vuông góc với các cạnh. Những điểm này đáng chú ý không chỉ vì ba đường thẳng đang xét cắt nhau tại chúng. Chúng ta sẽ nói về các tính chất khác của những điểm này, cũng như các đường và điểm tuyệt vời khác trong “Kính vạn hoa” của chúng ta.

Evangelesta Torricelli nổi tiếng không chỉ với tư cách là nhà vật lý mà còn là nhà toán học. Ngoài “khoảng trống Torricelli”, một trong những điểm trong tam giác còn được đặt theo tên ông. Đây là cách cô ấy nhảy. Đầu tiên, các tam giác đều được dựng trên các cạnh của một tam giác nhất định, sau đó một vòng tròn được mô tả xung quanh mỗi tam giác đó

Mọi người đều biết rằng các đường cao của một tam giác cắt nhau tại một điểm - trực tâm của tam giác. Nhưng ít người biết rằng nếu đường tròn mô tả xung quanh một tam giác được phản chiếu so với các cạnh của nó thì ba đường tròn thu được sẽ giao nhau tại trực tâm của tam giác này.

(nó được gọi là vòng tròn Torricelli). Hóa ra các vòng tròn của Torricelli cắt nhau tại một điểm. Điểm này được gọi là điểm Torricelli.

33

Điều tò mò là tâm của các tam giác đều, các khoảng cách khi dựng điểm Torricelli, bản thân chúng lại là các tam giác đều. Tuyên bố này được chấp nhận có căn cứ.

Câu đố

Hình tam giác và hình vuông Đặt các số từ 1 đến 8 vào các vòng tròn hình sao cho tổng các số trong tam giác của mỗi tam giác được tô bóng bằng tổng các số trong tam giác.

Pierre Fermat phát hiện ra rằng nếu các đỉnh xa của các tam giác đều, dựng trên các cạnh của một tam giác tùy ý, được nối với các đỉnh đối diện của tam giác ban đầu, thì ba đường thẳng này cắt nhau tại một điểm - điểm Torricelli, do đó nó còn được gọi là điểm Fermat.

Napoléon Bonaparte

AT+BT+CT <AM+BM+CM

Những con số trên xúc xắc

Có sáu số khác nhau được viết trên các cạnh của khối lập phương. Tổng các số trên các cạnh đối diện là như nhau đối với mỗi cặp cạnh song song. Ba chữ số còn lại là bao nhiêu nếu ba chữ số bằng tổng các số trong tam giác?

34

Lời giải bài toán

M986—M990; F998—F1002

Hãy đặt $a=x^{10}$, $b=y^{15}$ và xét hàm số
$$f(x)=2x^5+3y^5-5x^2y^3, \quad x \geqslant 0$$
(đã cố định $y > 0$). Chúng ta phải chứng minh rằng $f(x) \geqslant 0$. phái sinh
$$f'(x)=10x^4-10xy^3=10x(x^3-y^3)$$
trở thành 0 tại $x=y$, âm tại $0 < x < y$ và dương tại $x > y$. Do đó (xem hình), đối với $x=y$ hàm $f(x)$ nhận giá trị nhỏ nhất và với tất cả $x > 0$
$$f(x) \geqslant f(y)=2y^5+3y^5-5y^5=0.$$
Các bằng chứng khác không sử dụng phép tính có thể thu được bằng cách phân tích nhân tử $f(x)$:
$$f(x)=(x-y)^2(2x^3+4x^2y+6xy^2+3y^3)$$
hoặc sử dụng bất đẳng thức giữa đối số trung bình và trung bình hình học cho phần gót của số $x^5, x^5, y^5, y^5, y^5$:
$$\frac{2x^5+3y^5}{5} \geqslant \sqrt[5]{x^5 \cdot 2y^5 \cdot 3}=x^2y^3.$$
(Thảo luận chi tiết về bài toán này có trong ấn bản mới của cuốn sách “Tối ưu hóa toán học tương ứng”, M.: - “Nauka”, 1986, bài toán 4-16.)

N. V. Vasiliev

M987. Có 2 đội tham gia giải đấu. Trong cặp lệnh đầu tiên.type có một số cặp lệnh, trong cặp lệnh thứ hai - other.m. Chứng minh rằng sau đó bạn có thể chọn được m đội, trong đó chưa có hai đội nào từng đấu với nhau.

Hãy mô tả các lệnh 2m của chúng ta dưới dạng các điểm trên mặt phẳng. Chúng ta sẽ kết nối các cặp lệnh gặp trong phần đầu tiên với các đoạn màu đỏ và trong phần thứ hai với các đoạn màu xanh lam. Khi đó từ mỗi điểm sẽ có một đoạn màu đỏ và một đoạn màu xanh. Bất kỳ lệnh nào cũng thuộc về một “chu trình” nhất định - một đường đứt nét khép kín bao gồm các đoạn màu xanh và đỏ xen kẽ, sao cho tất cả các điểm 2m và đoạn 2m nối chúng tạo thành một hoặc nhiều chu trình như vậy (xem hình). Vì các màu xen kẽ nên số lượng lệnh trong mỗi chu kỳ là số chẵn. Bằng cách chọn trong mỗi chu kỳ việc sử dụng các đội cạnh nhau, chúng ta sẽ có được tập hợp m đội chưa chơi với nhau. Từ lời giải, rõ ràng là có thể chọn một bộ như vậy $2^c$ theo nhiều cách khác nhau, trong đó $c$ là số vòng và không thể chọn hơn m đội chưa đấu với nhau*).

M. Bona

M988. Từ điểm O của mặt phẳng vẽ n vectơ có độ dài đơn vị. Chứng minh rằng nếu với một số $k < n/2$ có ít nhất k vectơ ở cả hai phía của mỗi đường thẳng đi qua O thì độ dài tổng của tất cả n vectơ lớn nhất là n-2k.

Đặt $\vec{s}$ là tổng của các vectơ này; có thể được coi là $\vec{s} \neq \vec{0}$, nếu không thì mọi thứ đều rất rõ ràng. Ví dụ: nửa trục dương $Ox$ của hệ tọa độ $Oxy$ dọc theo vectơ $\vec{s}$. Di chuyển theo chiều kim đồng hồ từ

*)Đây là một bài toán khác có ý tưởng tương tự lời giải: chứng minh rằng nếu mỗi trong số m thành viên của vòng tròn giải được hai trong số m đề xuất bài toán thì có thể tổ chức phân tích bài toán sao cho mỗi người giải được một giải được bài toán (xem bài toán 5-42 trong cuốn sách được đề cập ở lời giải M986).

35

nửa mặt phẳng âm $Ox$, chúng ta đo các vectơ này nằm ở nửa mặt phẳng trên $y \geqslant 0$:
$\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots$; tương tự, di chuyển ngược chiều kim đồng hồ, chúng ta cố định các vectơ còn lại (ở nửa mặt phẳng dưới): $\vec{b}_1, \vec{b}_2, \dots$ (xem hình). Theo điều kiện, ít nhất $k$ vectơ nằm trong nửa mặt phẳng bên trái $x \leqslant 0$; đặt nó là $\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots, \vec{a}_l$ và $\vec{b}_1, \vec{b}_2, \dots, \vec{b}_{k-1}$, … Điều kiện “ở cả hai phía của mỗi đường thẳng có ít nhất $k$ vectơ” tương đương với việc mỗi vectơ $n$, cùng với $k$ theo sau nó ngược chiều kim đồng hồ (hoặc theo chiều kim đồng hồ) nằm trong cùng một nửa mặt phẳng. Theo đó, có $k$ tổng các vectơ theo cặp:
$\vec{a}_1 + \vec{b}_{k-1+1}$ (nghĩa là tổng của vectơ $a_1$ và $k$ từ nó ngược chiều kim đồng hồ, $\vec{a}_{l-1} + \vec{b}_{k-l+2}, \dots, \vec{a}_1 + \vec{b}_k$, cũng như $\vec{b}_{k-l} + \vec{a}_{l+1}, \vec{b}_{k-1-l} + \vec{a}_{l+2}, \dots, \vec{b}_1 + \vec{a}_k$ - tất cả đều cho hình chiếu âm lên trục $Ox$. (Thật vậy, ví dụ: tổng $\vec{v} = \vec{a}_1 + \vec{b}_k$ hướng dọc theo phân giác của góc được tạo bởi vectơ $\vec{a}_1$ và $\vec{b}_k$, và nửa trục âm $Ox$ nằm bên trong góc này và do đó tạo thành một góc nhọn với $\vec{v}$.) Hình chiếu của mỗi vectơ $n-2k$ còn lại không lớn hơn 1. Do đó, hình chiếu của tổng tất cả các vectơ và nó bằng độ dài $\vec{s}$, không lớn hơn $n-2k$.

Lưu ý rằng trong điều kiện bài toán một vectơ nằm trên một đường thẳng có thể được coi là nằm ở bất kỳ phía nào của nó.

Sẽ rất thú vị nếu thu được một phát biểu tương tự như bài toán của chúng tôi đối với vectơ trong không gian.

P. A. Kalutsin, V. V. Prasolov

◆ Đặt $d_1, d_2, \dots, d_n$ là ước của số $a$ sao cho
$$a - 1 = \frac{a}{d_1} + \frac{a}{d_2} + \dots + \frac{a}{d_n}.$$
Sau đó
$$1 - \frac{1}{a} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} + \dots + \frac{1}{d_n} < 1.$$ (1)

Ý tưởng của lời giải bài toán là mỗi $n=2, 3, \dots$ trong tập hợp $X_n$ các số được biểu thị bằng tổng của $n$ số, tượng hình của các số tự nhiên, biểu thị số lớn nhất $\mu_n$, hoàn toàn nhỏ hơn 1. Sau đó, từ (1) ước tính cho $a$ sẽ như sau:
$$1 - \frac{1}{a} \leqslant \mu_n \Rightarrow a \leqslant \frac{1}{1-\mu_n}.$$ (2)

Lưu ý rằng vì tập hợp $X_n$ là vô hạn, nên ngay cả sự tồn tại của $\mu_n$ như vậy cho mỗi $n$ cũng cần bằng chứng: một lời giải thích trực quan về bằng chứng này, mà chúng tôi sẽ đưa ra ở điểm c), là $X_n$ có được bằng cách thêm vào mỗi số từ $X_{n-1}$ tất cả các số có dạng $1/k$ ($k=1, 2, \dots$) và do đó các điểm từ $X_n$ chỉ tích lũy với số lượng vô hạn ở bên phải của mỗi điểm từ $X_{n-1}$ và không thể tích lũy ở bên trái của mỗi điểm (cụ thể là từ điểm 1).

a) Đáp số: $a=3, 4, 6$. Nếu như
$$x = \frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} < 1, \quad k_1 \leqslant k_2,$$
sau đó $k_1 \geqslant 2, k_2 \geqslant 3$ (bắt đầu $x \geqslant 1/2 + 1/2=1$), do đó $x \leqslant \mu_2=1/2+1/3=5/6$ và từ (2) dẫn đến $a \leqslant 6$. Duyệt qua tất cả $a$ như vậy, ta thấy số đó là $a-1$