Kvant 1986, số 11 · Trang

ISSN 0130-2221
11
1988
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
Bơm nhiệt

XX TẤT CẢ ĐOÀN
Olympic trường học
TRONG VẬT LÝ
Alma-Ata, tháng 4 năm 1986

TRONG PHÒNG:

2. Phỏng vấn một học giả
   O. M. Belotserkovsky
   Nhân dịp kỷ niệm 275 năm ngày sinh của Ngài
   M. V. Lomonosova

3. V. A. Oleynikov. Tính bất khả quy và tính phi lý

4. V. A. Oleynikov. Tính bất khả quy và tính phi lý

Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10

trường học Quan
Physics 8, 9, 10

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. S. Shteiberg. Gặp kính kim loại

Lượng tử dành cho học sinh nhỏ tuổi
Problems
A. S. Shteinberg. Gặp kính kim loại

32. Kính vạn hoa «Kvant»
    Kính vạn hoa của Quant

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M1011—M1015; F1023—F1027
Lời giải bài toán M991—M995; F1003—F1007

Vấn đề của Quant
Problems M1011—M1015; P1023—P1027
Solutions M991—M995; P1003—P1007

Nghệ thuật lập trình
V. A. Kaimin. Xây dựng thuật toán đối thoại

The art of programming
V. A. Kaimin. Constructing dialog algorithms

Xưởng của người nộp đơn
A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev, M. I. Shabunin.
Bài toán trên mặt phẳng tọa độ

College applicant’s section
A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev, M. I. Shabunin.
Problems on the coordinate plane

Thế vận hội
V. V. Vavilov, S. V. Reznichenko, I. N. Serdeeev.
XX Olympic cách ly trọng lượng trong toán học
A. R. Zilberman, V. V. Kashkarov.
XX Thế vận hội cách nhiệt trọng lượng trong vật lý
Các thí sinh đạt giải Olympic Cô lập cân nặng XX dành cho học sinh

Olympiads
V. V. Vavilov, S. V. Reznichenko, I. N. Sergeev.
20th All-Union olympiad in mathematics
A. R. Zilberman, V. V. Kashkarov. 20th All-Union olympiad in physics
Prizewinners of the 20th All-Union school olympiad

Thông tin
Hội thảo khoa học kỹ thuật dành cho học sinh tại MIPT
Hội thảo khoa học của học sinh trường Vật lý và Âm nhạc thuộc Đại học quốc gia Moscow

Information
Science-technology conference for school children at MPTI
Scientific conference for schools at the Moscow university PMS

60. Đáp số, được chỉ định, đã giải quyết
    «Kvant» mỉm cười (59)
    Trộn (22, 56, 57)
    Trang cờ vua
    Trên một tấm hình trụ
    (trang bìa thứ 3)

Anwers, hints, solutions
Kvant smiles(59)
Miscellaneous (22, 56, 57)
The chess page
On the cylindrical chessboard
(3rd cover page)

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

2

“Chuyển tới việc hình thành các chuyên ngành rộng rãi, kết hợp kiến thức cơ bản sâu sắc và duy trì đào tạo thực tế tập trung vào một ngành cụ thể. Những dòng này trong Dự án “Những phương hướng chính để tái cơ cấu giáo dục chuyên ngành cấp cao và trung học trong nước” của Ủy ban Trung ương CPSU tổng hợp kinh nghiệm của các trường đại học hàng đầu. Một trong những thách thức này là Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva. Sự quan tâm đến chủ đề này của học sinh không hề suy giảm trong bốn thập kỷ qua. Lịch sử, giữa quá khứ và tương lai của vật lý được gửi xuống vực thẳm với hiệu trưởng của nó - Lenin Người đoạt giải Viện sĩ O. M. Belotserkovsky.

Phỏng vấn một học giả
O. M. Belotserkovsky

— Oleg Mikhailovich, quá trình đào tạo của một nhà vật lý năm 1946 là đào tạo về các quá trình sâu sắc và phức tạp xảy ra trong khoa học và sản xuất. Làm sao bạn có thể bình luận về chúng ngày nay, với vị trí mà người ta có thể nói là của lịch sử?

• Mỗi giai đoạn phát triển của xã hội đều quyết định trình độ học vấn trung học và đại học của xã hội đó. Phải nói rằng ngay từ trước chiến tranh, khoảng cách giữa khoa học, sản xuất và giáo dục đã bắt đầu ngày càng được cảm nhận rõ ràng. Và ý tưởng coi vật lý như một trường đại học có khả năng thu hẹp khoảng cách này đã ra đời chính xác trong những năm trước chiến tranh. Năm 1938, một bài báo xuất hiện trên Pravda có chữ ký của các nhà khoa học lớn nhất của các nước, trong đó vấn đề tạo ra một loại trường đại học mới đã được thảo luận và về cơ bản tất cả các tính năng chính của hệ thống vật lý đã được nêu tên.

Cuộc sống đòi hỏi phải thực hiện hợp lý và tối ưu các thành tựu khoa học vào sản xuất. Đổi lại, khoa học phải nhanh chóng đáp ứng nhu cầu của ngành công nghiệp đang phát triển nhanh chóng, đặc biệt là các ngành mới. Để thực hiện tất cả những điều này, cần có các chuyên gia đặc biệt: được đào tạo tổng quát cơ bản và có kiến ​​thức tốt về các vấn đề cụ thể.

Ý tưởng fizek chỉ được thực hiện sau chiến tranh. Đầu tiên, bằng việc thành lập Khoa Vật lý và Công nghệ của Đại học Quốc gia Moscow, và vào đầu những năm 50, khoa này được chuyển thành Viện Vật lý và Công nghệ Moscow. Các học giả P. L. Kapitsa và M. A. Lavrentiev đứng về nguồn gốc của fizek. Viện sĩ S. A. Khristanovich về bản chất là hiệu trưởng đầu tiên của MIPT. I. F. Petrov, người giữ chức giám đốc viện trong nhiều năm, đóng vai trò cơ bản trong sự phát triển và thành lập viện của chúng tôi. Tôi sẽ so sánh nó với một phương tiện phóng mạnh mẽ phóng vệ tinh vào quỹ đạo. Tôi tin rằng chính ông ấy là người đã đưa Fizek vào quỹ đạo của khoa học vĩ đại.

Cá nhân tôi rất hài lòng vì đã đến với ngành vật lý, nơi hiện đã trở thành một trường đại học kỹ thuật thực sự.

— Bạn chuyển sang Khoa Vật lý và Công nghệ của Đại học Quốc gia Moscow từ năm thứ tư tại Đại học Kỹ thuật Cao cấp Bauman Moscow. Điều gì quyết định sự lựa chọn của bạn?

– 16 hoặc 17 người trong chúng tôi chuyển từ Baumasky đến Đại học Tổng hợp Moscow. Chúng tôi được nhận vào khóa học “hai nửa”. Khi đó, đối với tôi, dường như có thể “mất” hai năm để tiếp thu kiến ​​thức cơ bản, đồng thời làm việc trong lĩnh vực khoa học ứng dụng. Suy cho cùng, trước đây chỉ có sinh viên tốt nghiệp đại học mới làm việc trong lĩnh vực học thuật, còn sinh viên tốt nghiệp cao đẳng kỹ thuật mới đi làm sản xuất.

• Hãy cho tôi biết bạn đã học loại hình giáo dục thể chất nào trong những năm học của mình. Rốt cuộc, đây là những năm đầu tiên nó tồn tại.

— Giống như bây giờ, có rất nhiều vật lý trong chương trình. Đội ngũ giảng viên rất mạnh. Công việc trong phòng thí nghiệm đã trở thành học thuật

3

A. I. Shalnikov và G. S. Landsberg. Khóa học kết hợp vật lý đại cương và lý thuyết được giảng dạy bởi các học giả P. L. Kapitsa và L. D. Landu. Họ dạy khóa học này chỉ trong một năm. Bài giảng của họ rất độc đáo và độc đáo. Suy cho cùng, chúng ta thường dành nhiều thời gian để đọc các khóa học một cách tuần tự. Và họ đã cố gắng kết hợp chúng. Ý tưởng rất hay! Những bài giảng này đã được bảo tồn và chúng tôi sẽ cố gắng xuất bản chúng.

Khoa Toán do Viện sĩ M. A. Lavrentyev đứng đầu. Cơ học được giảng dạy bởi viện sĩ L. I. Sedov và thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô V. V. Sokolovsky, nhà vật lý - giáo sư S. E. Khaikin và S. G. Kalashnikov.

Điều khá tự nhiên là nhiều nhà khoa học và học giả vĩ đại chưa phải là nhà khoa học và học giả vĩ đại. Chẳng hạn, trưởng khoa toán cao cấp hiện tại của chúng tôi, thành viên tương ứng L. D. Kudryavtsev, vẫn là một ứng cử viên khoa học, và viện sĩ S. M. Nikolsky là một bác sĩ.

Các bài giảng về vật lý đã được Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô S. M. Rytov trình bày một cách xuất sắc. Tôi trân trọng những ghi chú của tôi từ những bài giảng này. Và trong kỳ thi vật lý, tôi được anh ấy cho điểm B và vô cùng buồn bã.

— Khi đó có những yếu tố của hệ thống giáo dục thể chất như các câu hỏi tự chọn trong các kỳ thi, học viện cơ bản, cấp trên và chính phủ không?

— Kỳ thi cấp bang về vật lý đã được L. D. Land vượt qua. Và anh ấy đã chấp nhận nó rất khắc nghiệt.

Không có câu hỏi tùy chọn, nhưng có bài kiểm tra viết. Khó khăn hơn bây giờ. Nếu bạn đạt được 70-80% số điểm tối đa, thì bạn gần như chắc chắn đạt điểm A. Bạn đến gặp giảng viên và ông ấy không đặt nhiều câu hỏi mà chỉ nói chuyện với bạn.

Căn cứ và thủ lĩnh đã tồn tại ngay từ đầu. Trọng tâm chính là đào tạo vật lý và kỹ thuật. Có rất ít học viện cơ bản: sáu đến tám.

— Hệ thống giáo dục thể chất có những thay đổi gì trong những năm tiếp theo?

— Theo thời gian, hệ thống fizek đã phát triển, đây là điều đương nhiên. Các khoa mới xuất hiện. Hiện nay chúng tôi có khoa cơ khí và công nghệ bay. Trải qua hai mươi năm tồn tại, nó đã chứng tỏ mình là người xuất sắc.

Một yếu tố mới khác là việc tiếp nhận người nộp đơn ở Vladivostok, Kyiv, Krasnodar, Chelyabinsk, Khabarovsk. Tuyển dụng những người mạnh nhất tại địa phương, đào tạo họ ở Dolgoprudny theo một chương trình đặc biệt và phân bổ họ sau năm thứ tư trở lại các chuyên ngành mà một nguồn lực hoặc khu vực nhất định đang cần gấp - tất cả những điều này đáp ứng các yêu cầu hiện đại, đáp ứng, nếu bạn muốn, trình độ đào tạo nhân sự thế giới.

Nhìn chung, viện của chúng tôi bắt đầu rất chú ý đến những ứng viên “của chúng tôi”. Các trường vật lý và công nghệ trao đổi và buổi tối đã được thành lập, việc tối ưu hóa vật lý và toán học tại chỗ đang được tiến hành, đồng thời các số báo quảng cáo trên tờ báo “For Sciences” của viện chúng tôi đang được xuất bản. Để xử lý 700-800 sinh viên tương lai, viện “sàng lọc” 10-12 nghìn học sinh.

— Nếu bạn so sánh những người nộp đơn ngày hôm nay với những người nộp đơn trong nhóm của bạn…

“Bây giờ cần phải đào tạo chuyên sâu hơn, chuyên sâu hơn, thậm chí phức tạp hơn. Những người trẻ đôi khi cũng hướng về điều này và tự hỏi: hôm nay chúng ta có làm được không? Và tôi không chắc.

Bây giờ các chàng trai hãy chuẩn bị tốt hơn. Ví dụ, tuyển sinh năm ngoái chúng tôi có những trường trung cấp kỹ thuật mạnh nhất. Hai người chiến thắng tối ưu hóa cho một địa điểm! Đó là những gì nó nói. Nhưng mặt khác, học sinh ngày nay trẻ hơn và kém kiên nhẫn hơn. Chúng tôi đã kiên trì hơn. Vào thời điểm khó khăn đó vẫn còn những tình huống đáng kể. Tuy nhiên, đối với tôi, có vẻ như nó vẫn được bảo tồn ở một mức độ nhất định cho đến tận bây giờ. Đặc thù nghề nghiệp của chúng tôi là chủ yếu cần những người đam mê.

— Oleg Mikhailovich, đặc điểm chính của diện mạo hiện tại của MIPT là gì?

— Ngày nay, trong vật lý, dường như có sự kết hợp khá thành công của “ba trụ cột”, ba chu trình giáo dục: viện phổ thông, khoa và cơ sở. Trong khuôn khổ khoa đầu tiên, các khoa cao nhất về vật lý đại cương, toán học cao hơn và vật lý lý thuyết hoạt động. Khoa và chu trình cơ bản tương ứng với các lĩnh vực đào tạo nhân sự chính.

Nhìn chung, có ba “cụm” chuyên ngành lớn tại viện. Cái này

5

Năm nay, đất nước chúng ta đang kỷ niệm rộng rãi ngày kỷ niệm của mình - kỷ niệm 275 năm ngày sinh của Mikhail Vasilyevich Lomonosov. Điều thường xảy ra là tên của một nhà khoa học xuất sắc đã cống hiến hết mình cho một lĩnh vực khoa học vẫn chưa được biết đến đối với đại diện của các chuyên ngành khác và đặc biệt là đối với công chúng. Mặt khác, Lomonosov coi các nhà hóa học, vật lý, nhà lý thuyết và địa lý là một trong những người đặt nền móng cho khoa học của mình… Ông đã để lại một dấu ấn tươi sáng trong văn học và nghệ thuật Nga.

Anh ta đang cố gắng trình bày trong một bài báo một cách vô vọng tất cả sự đa dạng về sở thích và thành tựu của Lomonosov - nhiều cuốn sách đã viết về điều này. Ý tưởng về sự đa dạng trong tài năng của Lomonosov được đưa ra bởi một “bức tranh khảm” về tác phẩm của ông và những tuyên bố về ông của những đại diện xuất sắc của khoa học và văn hóa khoa học, với việc xuất bản tạp chí của chúng tôi kỷ niệm Bộ Bách khoa toàn thư vĩ đại của Nga.

6

Về định luật bảo toàn

… tất cả những thay đổi xảy ra trong Tự nhiên đều ở trạng thái mà bao nhiêu thứ thuộc về một cơ thể sẽ chỉ được thêm vào những cơ thể khác. Vì vậy, nếu một số vật liệu bị mất ở đâu đó, chúng sẽ sinh sôi ở nơi khác; Ai đó sẽ dành bao nhiêu giờ để canh thức, anh ta sẽ mất bao nhiêu giấc ngủ? Quy luật tự nhiên phổ quát này mở rộng đến chính các quy luật chuyển động; hoặc một cơ thể di chuyển người khác bằng chuyển động của nó, nó mất đi bao nhiêu cơn say từ chính nó, nó giao tiếp với người khác bao nhiêu, cơ thể nhận được chuyển động từ nó.

Từ “Suy ngẫm về nguyên nhân của Tellota và cảm lạnh”

Chúng ta tưởng tượng chuyển động bên trong xảy ra theo ba cách: 1) các hạt không nhạy cảm liên tục thay đổi vị trí, hoặc 2) quay trong khi giữ nguyên vị trí, hoặc cuối cùng, 3) liên tục dao động qua lại trong không gian không nhạy cảm, trong những khoảng thời gian không nhạy cảm. Chúng ta sẽ gọi chuyển động tịnh tiến thứ nhất, chuyển động quay thứ hai và chuyển động nội tại dao động thứ ba. Bây giờ chúng ta nên xem xét chuyển động nào trong số này tạo ra Tellota. Để tìm hiểu điều này, chúng tôi lấy vị trí sau đây làm cơ sở. 1) Chuyển động bên trong đó không phải là nguyên nhân gây ra hiện tượng Tellote, sự vắng mặt của chuyển động này sẽ được chứng minh ở các vật thể nóng.

Ảnh hưởng văn hóa tổng thể của Lomonosov là rất lớn. Ngôn ngữ văn học và khoa học, ngữ pháp, lập trường, văn học của chúng ta đã được Lomonosov xác định trong nhiều thế kỷ. Viện Hàn lâm Khoa học của chúng ta, với sự nghiên cứu không mệt mỏi về quê hương của mình, chỉ nhận được sự tồn tại và ý nghĩa thực sự của nó thông qua Lomonosov… Khoa học và công nghệ hiện đại, to lớn của Liên Xô đã trở thành hiện thực trên mảnh đất do Lomonosov chuẩn bị. Lomonros với bề rộng bài toán, đơn giản và thực tế lời giải và tính chân thực vượt trội đã trở thành hình mẫu cho những thiên tài hàng đầu của khoa học Nga trong quá trình phát triển hơn nữa - Mendeleev, Lebedev, Pavlov…

Lomonosov có thể nói là một biểu tượng và biểu tượng của văn hóa và khoa học Nga với những đặc thù và tính thời sự của nó.
S. I. Vavilov (1891—1951)

8

chuyển động dao động. Nhưng vì hầu hết các vật thể, khi bị nung nóng đến nhiệt độ bốc lửa, vẫn giữ được sự kết dính rất mạnh của các hạt, nên điều rất quan trọng là vật thể đó sẽ không phát sinh từ chuyển động dao động bên trong của vật chất liên kết.

Vì vậy, sau khi chúng ta trả lời chuyển động nội tại tịnh tiến và dao động, thì nhất thiết cơ thể bao gồm chuyển động quay bên trong của vật chất bị ràng buộc - xét cho cùng, nó phải được quy cho bất kỳ chuyển động nào trong ba chuyển động.〈…〉

…mức nhiệt cao nhất và cuối cùng khi chuyển động là không thể. Ngược lại, chuyển động tương tự có thể bị giảm đi đến mức cơ thể cuối cùng đạt đến trạng thái nghỉ ngơi hoàn hảo và không thể giảm chuyển động thêm nữa. Do đó, nhất thiết phải có một mức độ lạnh nhất và cuối cùng, phải bao gồm việc chấm dứt hoàn toàn chuyển động quay của các hạt.

Về thiết bị gây cháy

Bắt đầu bước vào lĩnh vực hóa học, các công cụ vật lý cũng như sự thật được họ khám phá nhằm mục đích loại bỏ hoặc giảm bớt ở một mức độ nhất định những khó khăn gặp phải trong ngành khoa học này, đồng thời soi sáng những khu vực tối tăm và ẩn sâu trong sự thiếu hiểu biết.

Lomonosov đã nhận được 2000 rúp từ sa hoàng, nhiều hơn mong muốn trong ba năm của ông tại Học viện Khoa học… Tầm quan trọng của các nghiên cứu khoa học của ông trong phòng thí nghiệm không được quan chức và triều đình rõ ràng. Để biện minh cho bản thân trong các nghiên cứu trong phòng thí nghiệm của mình, Lomonosov đã viết cho Bá tước Shuvalov vào năm 1753: “… Tôi tin rằng tôi sẽ được phép làm việc vài giờ mỗi ngày để cùng với bilg韶du, tôi có thể sử dụng chúng trong các thí nghiệm vật lý và hóa học.”〈…〉 Người ta phải ngạc nhiên về mức độ Lomonosov đã làm trong lĩnh vực khoa học thực nghiệm cơ bản,

bất chấp những điều kiện không thuận lợi này.
P. L. Kapitsa (1894—1984)

Lomonosov kết hợp nghiên cứu lý thuyết và thực nghiệm với công việc sâu rộng nhằm tạo ra nhiều loại công cụ đáp ứng nhu cầu và thực hành: hải quỳ-

9

Tuy nhiên, tôi cho rằng tốt nhất, trong khả năng tốt nhất của mình, nên loại bỏ những khó khăn đã đề cập ở một khía cạnh nào đó và cố gắng khai thác sức mạnh gây cháy của những dụng cụ này, được tôn vinh bởi rất nhiều công nhân đã thúc đẩy khoa học tự nhiên tiến lên, và tôi không nghi ngờ gì, sẽ hỗ trợ công việc hóa học cần lửa mạnh.〈…〉

Và cuối cùng, tôi nảy ra ý tưởng rằng các tia mặt trời, ngay cả sau khi phản chiếu từ gương phẳng, vẫn giữ được năng lượng tỏa nhiệt, do đó, khi được thấu kính lồi thu vào, chúng phải tạo ra nhiệt. Ngay lập tức, một cách đắc thắng, tôi lấy một chiếc gương phẳng và một thấu kính có đường kính 2 inch và vì trời vừa quang đãng nên những tia nắng mặt trời phản chiếu qua gương đã được thấu kính thu lại. Sau đó, khi tôi thay một miếng gỗ vào, một đốm đen hình thành trên đó và khói bốc ra từ đó. Tôi nhìn nó một cách thích thú và với mục tiêu tiến xa hơn, tôi kết nối tiêu điểm của thấu kính tiếp xúc với tia trực tiếp với tiêu điểm của thấu kính đầu tiên và mang đến cho chúng tờ giấy rất trắng, không chịu sáng lên từ các tia trực tiếp của mặt trời được thu thập bởi thấu kính này hoặc thấu kính khác; Ngay lập tức khói bắt đầu xuất hiện, một đốm đen hình thành trên tờ giấy, tờ giấy bốc lên và ngọn lửa bùng lên bắt đầu thiêu rụi nó. Vì vậy, sau khi lặp lại thí nghiệm này nhiều lần và CỨU BỎ MỌI NGUY CƠ VỀ SỰ ĐÚNG CỦA NÓ, TÔI KHÔNG NGHĨ ĐẠI KẾT LUẬN RẰNG BẰNG CÁCH SẮP XẾP NHƯ TÔI ĐÃ ĐỀ CẬP TRÊN, NHIỀU GƯƠNG VÀ ỐNG KÍNH HƠN, BẠN CÓ THỂ NHẬN ĐƯỢC NHIỆT LỚN.

máy đo, phong vũ biểu hàng hải, dụng cụ quang học gây cháy, “nằm ngang”, “kính thiên văn ban đêm”, kính viễn vọng gương phản chiếu, ống định lượng để so sánh cường độ ánh sáng của các ngôi sao và rất nhiều dụng cụ và thiết bị chính thức khác là thành quả hoạt động không mệt mỏi của ông. Ý tưởng tuyệt vời của Lomonosov về khúc xạ kế chỉ được công nhận và thực hiện vào cuối thế kỷ 19.

M. V. Keldysh (1911–1978)

…Tôi phải công bằng với ông Lomonosov rằng ông ấy được ban tặng niềm hạnh phúc nhất

Livstrotz để giải thích các hiện tượng vật lý và hóa học. Cần phải ước rằng tất cả các học giả khác cũng có thể trình bày những phát minh mà ông Lomonosov đã chỉ ra…

10

Về phương pháp nghiên cứu khoa học

Điều cần thiết không phải là loại nhà hóa học hiểu khoa học này chỉ từ một chương trong sách, mà là người đã siêng năng thực hành nó bằng nghệ thuật của chính mình… Không phải loại nhà toán học được yêu cầu chỉ giỏi những phép tính khó, mà là người đã quen với kỹ năng toán học bằng hình ảnh và bằng chứng, có khả năng suy luận ra sự thật hiện đại trong tự nhiên một cách chính xác và không gây hiểu lầm… Hóa học bằng tay, toán học có thể được gọi đúng là các trung tâm vật lý.

Về văn học khoa học đại chúng

Bất cứ ai chịu khó thông báo cho công chúng những gì chứa đựng trong các tác phẩm mới trước hết phải sắp xếp lực lượng của mình. Rốt cuộc, anh ta đang đảm nhận một công việc khó khăn và rất phức tạp, trong đó anh ta không báo cáo về những điều khách quan và không chỉ về những điều chung chung, mà để nắm bắt những gì mới và thiết yếu nằm trong công việc, thường được tạo ra bởi những người vĩ đại nhất…

Một nhà báo được phép bác bỏ trong các bài viết mới những gì, theo ý kiến ​​​​của anh ta, xứng đáng - mặc dù đây không phải là bài toán trực tiếp của anh ta và sự công nhận của anh ta theo đúng nghĩa; nhưng vì anh ấy đã đảm nhận việc này nên anh ấy mắc nợ thiên nhiên. Trong phần mô tả, người ta có thể nghe thấy vẻ ngoài của một chủ nghĩa tự nhiên uyên bác hơn là một tư thế; nhưng sức mạnh chân thành của niềm vui đã biến sự tự nhiên thành tư thế.

Lomonosov yêu thích khoa học một cách say mê nhưng ông lại suy nghĩ và quan tâm một cách say mê những gì cần thiết vì lợi ích của quê hương. Ông không muốn phục vụ khoa học thuần túy mà chỉ phục vụ nhân loại.

N. G. Chernyshevsky
(1828—1889)

Mỗi cái chạm vào nước Nga, thân thương trong trái tim anh, mà anh nhìn từ góc độ tương lai tươi sáng của nó, đều mang lại cho anh sức mạnh kỳ diệu… Anh khảo sát toàn bộ vùng đất Nga từ đầu này đến đầu kia từ một độ cao tươi sáng nào đó, ngưỡng mộ và không bị đánh thuế bởi sự vô biên và hiệu quả của nó.

N.V. Gogol (1809—1852)

11

những người vợ nên hiểu kỹ lời dạy của tác giả, phân tích tất cả các bằng chứng của ông và đối mặt với chúng bằng những phản đối xác đáng và lý luận chắc chắn, trước khi tự cho mình quyền thực hiện nó. Những nghi ngờ đơn thuần hoặc những câu hỏi được đặt ra một cách tùy tiện không mang lại quyền như vậy; hoặc không có kẻ ngu dốt nào không thể đặt nhiều câu hỏi hơn mức người quan trọng nhất có thể trả lời. Nhà báo đặc biệt không nên tưởng tượng rằng điều mình không hiểu và không thể giải thích cũng giống như tác giả, người có thể có lý do riêng để viết tắt, lược bỏ một số chi tiết.

Về việc dạy dỗ thanh thiếu niên

“Thứ nhất, khi dạy học sinh, chúng ta nên quan sát thường xuyên nhất để các loại nhân chứng khác nhau không tạo gánh nặng cho chúng và không khiến chúng chú ý.”

“Cho phép học sinh thực hiện theo ý mình để chứng minh cho mỗi em thấy cách đối xử và quan niệm đặc biệt của riêng mình.”

“Giáo viên không nên tỏ ra kiêu ngạo hay thân mật với học sinh của mình.〈…〉 Giáo viên không chỉ nên dạy bằng lời nói mà còn phải bằng hành động để làm gương tốt cho học sinh.”

Lomonosov là một người vĩ đại. Giữa Peter I và Catherine II, chỉ có ông ấy là người tự mình thúc đẩy sự giác ngộ. Ông ấy đã tạo ra trường đại học đầu tiên, hay hơn nên nói rằng chính ông ấy là trường đại học đầu tiên của chúng tôi… Kết hợp sức mạnh ý chí phi thường với sức mạnh phi thường của khái niệm, Lomonosov đã tuyên bố tất cả các ngành giáo dục. Khát khao khoa học là niềm đam mê mãnh liệt nhất của một tâm hồn giờ đây tràn đầy đam mê. Nhà sử học, nhà hùng biện, thợ cơ khí, nhà hóa học, nhà khoáng vật học, nghệ sĩ và nhà thơ, ông đã trải nghiệm mọi thứ và thâm nhập mọi thứ.
A. S. Pushkin (1799–1837)

Trong thiết kế của bài viết, hình của tác giả từ các cuốn sách của M. V. Lomonosov đã được sử dụng: phong vũ biểu biển; kính tiềm vọng của pháo đài; thiết bị gây cháy; kèn không đẹp mắt; máy ghi sét; phương tiện sân bay (nguyên mẫu của máy bay trực thăng).

12

Tính bất khả quy và tính phi lý

V. A. OLEINIKOV

Trong số trước tác giả đã nói về nhiều
lịch sử hàng thế kỷ của những người cấp tiến phi lý
và đa thức không định hướng, về dấu
Eisenstein. Ở đây chúng ta sẽ nói về việc đạt được
sự phát triển của thế kỷ 20 trong lĩnh vực này, nhưng hơn thế nữa
ngôn ngữ hình học trực quan.

Được tạo ra vào đầu thế kỷ XIX và XX
thế kỷ của lý thuyết số đại số
đã trở thành một động lực mới để học tập
đa thức không dẫn động. Số đại số α đơn giản là một đồng
đa thức có hệ số nguyên
tính bằng xu:

$$P(\alpha) = a_0 + a_1\alpha + \ldots + a_n\alpha^n = 0.$$

13

Tất cả các căn thức mà chúng ta đã xem xét ở bài viết trước đều là số đại số. Tuy nhiên, khái niệm số đại số rộng hơn nhiều: ngay từ đầu thế kỷ trước, P. Ruffini (1765-1822) và N. G. Abel (1802-1829) đã chỉ ra rằng không phải mọi phương trình bậc trên bậc 4 đều có thể giải được bằng căn thức. Do đó, các số đại số không làm cạn kiệt các căn thức vô tỉ và số hữu tỉ.

Nhưng những số đại số này có liên quan chặt chẽ với các đa thức tối giản. Cụ thể, bất kỳ số đại số nào cũng là nghiệm của một đa thức tối giản duy nhất (lên đến thừa số số). Điều này tuân theo THEOREM («Kvant» Số 10, trang 7).

Tính chất tối giản đã trở thành chủ đề thu hút sự chú ý của nhiều nhà toán học xuất sắc. Cùng với việc tìm kiếm những tính chất tổng quát (chẳng hạn như trong THEOREM), các nhà nghiên cứu còn bị ám ảnh bởi dấu hiệu Eisenstein. Người ta cảm thấy rằng đằng sau dấu hiệu này có ẩn chứa một nguyên tắc chung nào đó, việc xác định được nguyên tắc này sẽ giúp có được những dấu hiệu mới, tổng quát hơn. Đây chính xác là những gì nó bật ra. Tiến bộ hơn nữa ở đây gắn liền với khả năng diễn dịch tính chất tối giản sang ngôn ngữ của các hình ảnh hình học. Nền tảng của ngôn ngữ này được Vlik Newot đặt ra 200 năm trước khi các sự kiện được mô tả và mang tên ông.

sơ đồ Newton

Để xây dựng sơ đồ Newton của đa thức $P(x)$ cho một số nguyên tố $p$ cần phải:

1. Mặt phẳng tọa độ OKM (OK là trục hoành và OM là trục tung);
2. thước kẻ, đinh, búa;
3. một chút kiên nhẫn.

Bởi vì cơ sở đầu tiên được áp dụng - mỗi năm $a_k x^k$ từ $P(x)$ được gán một điểm có tọa độ $(k; l)$; $l$ là lũy thừa lớn nhất của $p$ trong đó $a_k$ chia hết cho $p^l$. Tập hợp tất cả các điểm như vậy $(k=0, 1, ..., n)$ là cơ sở của sơ đồ.

Trên hình 1 là cơ số của đa thức $P(x) = 12 + 2x + 4x^2 + x^4 + x^5 + 2x^6 + 4x^7$

tại $p=2$. Số hạng tự do $a_0$ chia hết cho $p^2$, nhưng không còn chia hết cho $p^3$ - ta có điểm (0; 2), $a_1$ chia hết cho $p$ - điểm (1; 1), $a_2$ cho điểm (2; 2).

Chú ý! Nếu $a_k=0$ thì chúng tôi hoàn toàn không áp dụng điểm cơ bản.

Trong trường hợp của chúng tôi, $a_3=0$ không đưa ra điểm cơ bản.

Nếu $a_k$ không chia hết cho $p$ thì $l=0$ và điểm $(k; 0)$ nằm trên trục OK.

Trong trường hợp của chúng tôi, $a_4$ và $a_5$ không chia hết cho $p$, $a_6$ chia hết cho $p$, $a_7$ chia hết cho $p^2$ (xem hình 1).

Chúng ta sẽ giả sử rằng, cùng với hệ số dẫn đầu $a_n$ của đa thức $P(x)$, số hạng tự do $a_0$ cũng khác 0. Ngược lại, $P(x)$ luôn được đưa ra (chứng minh điều đó!) và do đó chúng tôi không quan tâm. Do đó, ít nhất hai điểm sẽ được vẽ trên mặt phẳng OKM:

điểm bắt đầu của cơ sở là (0; 2) và điểm kết thúc của nó là (7; 2)

Và bây giờ là sơ đồ (hình 2). Chúng ta lấy một cái búa và đóng đinh ở tất cả các điểm của đế, sau đó đặt thước dọc dựa vào chiếc đinh đóng vào điểm bắt đầu. Chúng ta xoay nó ngược chiều kim đồng hồ cho đến khi nó nằm trên một chiếc đinh cơ bản khác (chúng ta có (1; 1)). Kết nối các điểm này với một đoạn, chúng ta có được liên kết đầu tiên của sơ đồ. Để có được liên kết tiếp theo, bạn cần xoay thước quanh móng thứ hai (1; 1) cho đến khi nó gặp điểm cơ sở mới.

Chúng ta xoay thước thêm nữa và áp dụng các liên kết còn lại cho đến khi cuối cùng, chúng ta thêm vào điểm cuối của đế và có được liên kết cuối cùng.

Sơ đồ của Newton đã sẵn sàng và được hiển thị trên hình 2. Nó xuất hiện dưới dạng một đường gãy lõm hướng lên trên và luôn có ít nhất một liên kết.

14

Xây dựng sơ đồ Newton của riêng bạn cho đa thức
$$Q(x) = 16 + 4x + 8x^2 + 2x^3 + 8x^6$$
chỉ đơn giản là $p = 2$.

Điểm bổ sung (đối với chúng tôi - (2; 2)) không nên làm người đọc thất vọng - trong bất kỳ hoạt động sản xuất bền vững nào, người ta không thể làm gì nếu không lãng phí.

Về các liên kết. Chúng có ba loại:

Hợp chất, đơn giản, ứng dụng

Một liên kết trong sơ đồ Newton được gọi là đơn giản nếu ngoài các điểm cuối của nó, không có điểm nào khác có tọa độ nguyên. Ngược lại, nếu có một liên kết bên trong một liên kết, chúng tôi sẽ gọi nó là tổng hợp (hình 3). Hơn nữa, chúng ta gọi một liên kết đơn giản có thể áp dụng được nếu chiều dài hình chiếu của nó trên trục ngang OK bằng một.

Thế thôi. Việc làm quen với ngôn ngữ tượng trưng của tính tối giản là chính đáng. Đã đến lúc bắt đầu nói nó. Chúng ta được khen thưởng vì mọi nỗ lực trong việc tạo ra sơ đồ Newton

dấu hiệu Dumas

Nếu đối với một số nguyên tố $p$ nào đó, sơ đồ đa thức $P(x)$ về cơ bản bao gồm một liên kết đơn giản, thì đa thức như vậy là tối giản.

Gistav Dumas sống ở Thụy Sĩ và đã tích cực tham gia vào vấn đề bất khả quy vào đầu thế kỷ này. Ông có được dấu hiệu này vào năm 1906.

Dấu hiệu Dumas cho phép… vẽ dấu hiệu Eisenstein,

hiểu nó sâu sắc hơn và ghi nhớ nó.

Theo tiêu chí Eisenstein, tất cả các hệ số của đa thức $P(x)$, ngoại trừ hệ số cũ, đều chia hết cho $p$, và số hạng tự do $a_0$ chia hết cho $p$ và không chia hết cho $p^2$. Tình trạng này được phản ánh bởi hình.

Thế kỷ 20 không chấp nhận những điểm dừng *) và nỗi buồn vì những cơ hội bị bỏ lỡ.

Dấu hiệu, dấu hiệu, dấu hiệu…

Tại hình 4 có thêm một dấu hiệu nữa.

Được kèm theo dưới dạng lời nói, nó có được “sức nặng lớn hơn”:

Nếu đối với đa thức $P(x)$ bậc lẻ $2n+1$ người ta có thể chỉ định một số nguyên tố $p$ sao cho hệ số dẫn đầu $a_{2n+1}$ không chia hết cho $p$ và tất cả các hệ số khác
$a_k$ được chia thành $p$, $k=0, 1, ..., 2n$ nhưng có thêm hệ số
$a_k$ với $k=0, 1, ..., n$ cũng chia hết cho $p^2$ và số hạng tự do
$a_0$, chia hết cho $p^2$, không chia hết cho $p^3$ thì đa thức $P(x)$ là tối giản.

Dấu hiệu Dumas chưa cạn kiệt! Bất kỳ ai cũng có thể trở thành chủ sở hữu biển hiệu của riêng mình, nâng phần cuối của liên kết ngày càng cao hơn và đảm bảo rằng nó vẫn đơn giản.

Kết luận rất rõ ràng: sản xuất hàng loạt các tính trạng là một hoạt động kinh doanh đầy hứa hẹn và đồng thời tuyệt đối an toàn**).

Lại phi lý nữa

Sự phong phú trung bình của các dấu hiệu khả quy cũng tìm được chỗ cho dấu hiệu của tính phi lý (bằng chứng trong Phụ lục ở trang 16).

Nếu đối với một số nguyên tố $p$ nào đó, sơ đồ của đa thức $P(x)$ không chứa các liên kết được áp dụng (phân vùng tổng hợp thành các số nguyên tố), thì trong số các nghiệm của nó không thể có các nghiệm hữu tỉ.

*) Người đọc chậm hiểu sẽ tìm thấy điều gì đó về cách chứng minh dấu Dumas ở phần Phụ lục ở trang 1. 16.
**) Nhưng nó khó có thể mang lại cho chúng ta vòng nguyệt quế của Eisenstein.

16

Hướng thuật toán bắt nguồn từ thời L. Kronecker (1823-1891), một nhà toán học nổi tiếng người Đức, khi cách chính xác nhất (nhưng không phải nhanh nhất) được phát minh để tìm hiểu xem một đa thức nhất định có thể rút gọn hay không (rất giống với cách được thảo luận trong ví dụ đầu tiên của chúng tôi: trang 15). Được làm phong phú với những ý tưởng về những biển hiệu nửa vời, hướng đi này đang có đà phát triển. Gần đây nhất (năm 1982), nó đã được các bậc thầy của trường phái Hà Lan (A. Lenstra, G. Lenstra, L. Lovas) thể hiện như một kiệt tác với tên gọi “Thuật toán cơ sở rút gọn”, giải quyết vấn đề tốc độ về nguyên tắc.

Sự tụ họp của một thời đại hỗn loạn vang vọng ầm ĩ trong sự im lặng của văn phòng và cuối cùng buộc đa thức tối giản phải phục vụ con người. Anh ấy nghiên cứu về lý thuyết mã hóa đại số và có thể các mã sửa lỗi đã giúp xác định các vấn đề trong việc hiển thị các chương trình truyền hình từ World Cup Mexico vào mùa hè này. Và trong lý thuyết và thực hành các quá trình ngẫu nhiên, đa thức tối giản bảo vệ bí mật nhà nước một cách sáng tạo, biến chúng thành những cảnh giả ngẫu nhiên và bảo vệ chúng khỏi những đôi tai nhạy cảm.

Bước đầu tiên đã được đưa vào đất nước của các đa thức tối giản - chúng ta đã làm quen với các nhà lãnh đạo được công nhận của nó. Nhưng các đại diện khác của nó - cả đã được biết đến và chưa được khám phá - vẫn ở phía sau hậu trường. Xứ sở của các đa thức tối giản chứa đầy những điều bí ẩn, và mỗi bước đi mới vào đó lại nảy sinh những câu hỏi mới.

Ứng dụng

Ở đây chúng tôi trình bày một nỗ lực chung để chứng minh dấu Dumas. Nhưng trước tiên, tháo gỡ và lắp ráp. Sơ đồ Newton cung cấp thông tin quan trọng về đa thức $P(x)$. Thật thuận tiện để lưu trữ nó ở dạng tháo rời.

Quy tắc tháo gỡ. Hãy chia sơ đồ thành các liên kết, vẽ các mũi tên ở cuối và cắt chúng song song với chúng ta (như vectơ) tại điểm bắt đầu (hình 8). Hóa ra là vậy

Hình 8.

liên kết của một đa thức với số nguyên tố $p$. Nếu điểm cơ sở nằm bên trong liên kết (chúng ta có điểm (6; 1) trên liên kết cuối cùng), thì liên kết sẽ không bị hỏng tại thời điểm này.

Quy tắc hội. Di chuyển lên trên (ngược chiều kim đồng hồ), chúng ta lần lượt sắp xếp các vectơ kết nối (xem hình 8). Vì vậy: Một sơ đồ Newton đã cho tương ứng với chính xác một liên kết và từ một sơ đồ đã cho, nó có thể được xây dựng lại một cách duy nhất.

Cần lưu ý rằng vị trí trên trục OM của điểm ứng dụng kết nối không đóng vai trò quan trọng. Bằng cách nhân $P(x)$ với lũy thừa phù hợp $p'$ (không làm thay đổi tính chất tối giản), người ta có thể tùy ý di chuyển toàn bộ sơ đồ và cùng với đó là điểm bắt đầu, dọc theo trục OM.

Định lý Dumas. Liên kết sản phẩm $P(x)Q(x)$ là sự kết hợp của các đầu nối liên kết $P(x)$ và $Q(x)$ (hình 9).

Hình 9.

Đây $Q(x)=b_0+b_1x+\dots+b_mx^m$ là một loại đa thức khác ($Q(x)$ với trang 14 cũng phù hợp). Cơ sở, sơ đồ và liên kết của nó có màu đỏ.

Định lý Dumas chỉ ra cách, khi biết sơ đồ của các đa thức $P(x)$ và $Q(x)$ từ cùng một số nguyên tố $p$, xây dựng sơ đồ tích của chúng. Để làm điều này, bạn nên chồng các bó thành phần lên nhau, căn chỉnh điểm bắt đầu của chúng, sau đó tạo một đường đứt nét theo quy tắc lắp ráp (hình 10).

Hình 10.

Phép cộng. Nếu trong kết nối của sản phẩm $P(x)Q(x)$ hai liên kết trùng nhau một phần hoặc hoàn toàn thì một trong số chúng phải được kéo ra khỏi kết nối và đặt sau liên kết kia.

Bí mật của lăng kính Dumas giờ đây rất đơn giản - nếu $P(x)$ có thể rút gọn thì theo định lý Dumas, liên kết của nó luôn bao gồm một số liên kết hoặc một, nhưng khi đó nó là không thể thiếu (xem lại phần Bổ sung).

Để chứng minh nguyên lý của định lý thành phần THEOREM («Kvant» Số 10, trang 7), hãy viết sơ đồ chuyển động tuyến tính (nó chỉ gồm đúng một liên kết nguyên thủy) và rút ra phát biểu từ định lý Dumas:

Nếu tất cả các kết nối đơn giản đều có hình chiếu lên trục OK có độ dài > k, thì tất cả các ước của đa thức $P(x)$ đều có độ > k.

Việc chứng minh định lý Dumas dựa trên thực tế là phép nhân đa thức $P(x)$ với một $b_kx^k$ trên mặt phẳng RCM tương ứng với việc chuyển $P(x)$ cơ bản sang một vectơ có tọa độ $(k; l)$, trong đó $(k; l)$ là điểm của cơ sở $Q(x)$, tương ứng duy nhất $b_kx^k$. Những cân nhắc sâu hơn (khá cơ bản) không được đưa vào phạm vi của bài viết này và chúng tôi bỏ qua chúng.

17

Vật lý 8, 9, 10

Ghi chú “Kinematika của chuyển động quay” được xuất bản dưới đây dành cho tác phẩm kinh điển thứ tám, “The Tell Pump” dành cho tác phẩm kinh điển thứ chín và “Danh pháp trong Quang học hình học” dành cho tác phẩm kinh điển thứ chín.

Động học của chuyển động quay

Từ từ đi qua ngã tư, chiếc xe buýt bắt đầu di chuyển dọc theo con phố, tăng dần tốc độ…

Chuyển động của bánh xe buýt điện chỉ là một trong nhiều ví dụ về chuyển động cơ học phức tạp trên thế giới xung quanh chúng ta. Nó chỉ ra rằng bất kỳ chuyển động phức tạp nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai chuyển động đơn giản - tịnh tiến và chuyển động quay. Điều này nên được hiểu theo cách này: luôn có thể chọn một hệ thống báo cáo chuyển động tịnh tiến như vậy, trong đó chuyển động trông giống như một vòng quay quanh một trục cố định.

Trong trường hợp của chúng tôi, chúng tôi nên chọn loại hệ thống báo cáo nào để bánh xe buýt chuyển động rõ ràng trong đó? Những đại lượng vật lý nào mô tả chuyển động này, những đại lượng này liên hệ với nhau như thế nào và nó phụ thuộc vào thời gian như thế nào? Những câu hỏi như vậy có thể nảy sinh không chỉ ở vạch qua đường dành cho người đi bộ mà còn trong giờ học, bài kiểm tra hoặc tại lời giải một bài toán cụ thể.

Câu hỏi đầu tiên rất dễ trả lời; chúng tôi đã đồng ý rằng hệ thống báo cáo chuyển động lũy ​​tiến có thể được kết nối với chính xe buýt điện (thân của nó). Trước khi trả lời các câu hỏi còn lại, trong ví dụ của chúng tôi, bánh xe quay không đều - mô hình tốc độ của bất kỳ điểm nào trên bánh xe sẽ thay đổi theo thời gian.

Chúng ta hãy xem xét một điểm nhất định $M$ của một bánh xe nằm cách trục quay một khoảng $r$ và tại một thời điểm nào đó có tốc độ $\vec{v}$ và gia tốc $\vec{a}$ (hình 1). Từ các thông điệp vật lý, thật hợp lý khi tưởng tượng gia tốc $\vec{a}$ là tổng của hai thành phần: một trong số chúng $\vec{a}_\pi$ hướng xuyên tâm vào tâm vòng tròn - gia tốc hướng tâm, thành phần thứ hai $\vec{a}_\kappa$ hướng tiếp tuyến với vòng tròn - gia tốc tiếp tuyến. Cả hai gia tốc này đều có một ý nghĩa vật lý nhất định - gia tốc tiếp tuyến đặc trưng cho tốc độ thay đổi theo kiểu vận tốc và gia tốc hướng tâm đặc trưng cho tốc độ thay đổi theo hướng của tốc độ. Có thể chỉ ra rằng mô hình gia tốc hướng tâm là $a_\pi = v^2/r$ (“Vật lý 8”, § 16), và mô hình gia tốc tiếp tuyến là $a_\kappa = \Delta v/\Delta t$, trong đó $\Delta v$ là sự thay đổi trong mô hình $v$ của tốc độ của một điểm trên slide một góc nhỏ $\Delta t$.

Đại lượng tuyến tính và góc. Như đã đề cập, chúng ta cần duy trì các đại lượng vật lý đặc trưng cho sự quay không đều của bánh xe (trong hệ thống báo cáo liên quan đến xe buýt điện). Chúng ta hãy thử thực hiện điều này bằng cách tương tự với các chuyển động thẳng không đều.

Hãy cùng theo dõi điểm $M$ của bánh xe trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$. Trong thời gian này, điểm sẽ di chuyển dọc theo một cung tròn dọc theo đường đi $s$ và sẽ có tốc độ $v$ và gia tốc tiếp tuyến $a_\kappa$ (hình 2). Khi các giá trị $s, v$ và $a_\kappa$, được gọi là đại lượng tuyến tính, mô tả chuyển động của điểm $M$, nhưng không thể dùng để mô tả chuyển động quay

19

Bơm nhiệt

Tất cả chúng ta đều quen với máy sưởi điện. Chỉ cần cắm một lò sưởi như vậy vào mạng là đủ, và sau một thời gian, căn phòng sẽ ấm lên - năng lượng của dòng điện trong đó sẽ chuyển thành nhiệt. Lò sưởi điện có thiết kế rất đơn giản và thực chất là một cuộn dây đốt nóng - một điện trở. Quá trình chuyển đổi năng lượng điện thành nhiệt được thực hiện gần như hoàn toàn, ngoại trừ một phần năng lượng nhỏ chuyển thành bức xạ ánh sáng nếu hình xoắn ốc đủ nóng và phát sáng. Nhân tiện, theo quan điểm này, bóng đèn điện không phải là một lò sưởi tốt như lò sưởi điện, vì vài phần trăm năng lượng của nó bị mất dưới dạng bức xạ ánh sáng. Nhưng kỳ lạ thay, nó giống một lò sưởi hơn là một nguồn sáng, tức là nó chủ yếu làm nóng và không tỏa sáng.

Có vẻ như lò sưởi điện hoàn thành nhiệm vụ của nó một cách hoàn hảo, chuyển đổi gần như toàn bộ năng lượng hiện tại thành nhiệt lượng cần thiết. Liệu chúng ta có thể, bằng cách tiêu tốn một ít năng lượng, để thu được lượng nhiệt gấp đôi và do đó tiết kiệm chi phí sưởi ấm không? Thoạt nhìn, điều này hoàn toàn không thể xảy ra và mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng. Tuy nhiên, chúng ta đừng vội vàng và hãy cố gắng xem xét vấn đề này chi tiết hơn. Và chúng tôi sẽ dạy bạn từ… một chiếc ô tô lạnh giá, hay đơn giản là một chiếc tủ lạnh.

Tủ lạnh lấy nhiệt từ ngăn chứa bên trong, nơi nhiệt độ được giữ ở mức thấp và tách nhiệt vào phòng. Một quá trình như vậy không thể được xác định bởi chính nó. Nhiệt không thể tự truyền từ vật lạnh sang vật nóng (đây là một trong những công thức của định luật nhiệt động thứ hai).

Truyền nhiệt “ngược” đòi hỏi phải cung cấp năng lượng liên tục - hoạt động của máy nén tủ lạnh. Chúng ta không biết chi tiết về chiếc tủ lạnh nhưng nó luôn cần năng lượng để hoạt động.

Để, nhờ công A, tủ lạnh lấy đi một lượng nhiệt $Q_2$ từ tủ đông. Khi đó, theo định luật bảo toàn năng lượng, một lượng nhiệt $Q_1 = Q_2 + A$ tỏa ra trong phòng. Do đó, rõ ràng là khi tủ lạnh chạy, ngay cả khi cửa mở, căn phòng vẫn ấm áp.

Hãy thử tìm hiệu suất của tủ lạnh. Nhưng trước hết chúng ta nhớ đến động cơ nhiệt, nguyên lý thiết kế và hoạt động của nó hoàn toàn giống với máy làm lạnh. Về cơ bản, máy lạnh là một động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình ngược.

Như bạn đã biết, chất lỏng làm việc của động cơ (hình 1) nhận được từ bộ sưởi một lượng nhiệt $Q_1$, hoạt động $A'$ và đưa vào tủ lạnh (đừng nhầm lẫn với máy làm lạnh!) một lượng nhiệt $Q_2 < Q_1$. Hiệu suất cực đại của động cơ nhiệt lý tưởng là

$$\eta_{\text{max}} = \frac{A'}{Q_1} = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1},$$

trong đó $T_1$ là nhiệt độ của lò sưởi và $T_2$ là nhiệt độ của tủ lạnh.

Hiệu suất của tủ lạnh $\eta_x$ được xác định bằng tỷ lệ giữa lượng nhiệt lấy từ tủ đông và công cần thiết cho việc này. Vì

20

của một chiếc tủ lạnh lý tưởng nó bằng (hình 2)

$$\eta_{\text{x max}} = \frac{Q_2}{A} = \frac{Q_2}{Q_1 - Q_2} = \frac{T_2}{T_1 - T_2} = \frac{1 - \eta_{\text{max}}}{\eta_{\text{max}}}$$

Lưu ý rằng, như sau từ công thức này, hệ số làm mát có thể lớn hơn đơn vị.

Và bây giờ không khó để chứng minh cách bạn có thể sử dụng tủ lạnh để sưởi ấm căn phòng trong mùa lạnh - để làm được điều này, ngăn tủ lạnh cần được đưa ra bên ngoài (và tất cả các bộ phận khác của “bộ phận” còn lại trong phòng!)! Sau đó, thực hiện công $A$ (hiển thị năng lượng từ mạng điện) và lượng nhiệt $Q_2$ từ đường phố, chúng ta truyền lượng nhiệt $Q_1 = A + Q_2 > A$ vào phòng. Rõ ràng là không có gì mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng - năng lượng bổ sung dưới dạng nhiệt được lấy từ không khí tải lạnh.

Máy làm lạnh hoạt động theo cách này được gọi là “bơm nhiệt”, vì nhiệt được “bơm” từ ngoài vào trong phòng. Do hoạt động của máy bơm nhiệt, căn phòng trở nên ấm hơn và đường phố càng trở nên lạnh hơn (tất nhiên, hiệu ứng sau là hoàn toàn hoàn hảo). Hiệu suất của bơm nhiệt $\eta_{\text{h}}$ được xác định bằng tỷ lệ giữa lượng nhiệt mà căn phòng nhận được với công bên ngoài cần thiết cho việc này. Lý tưởng nhất là nó bằng

$$\eta_{\text{h max}} = \frac{Q_1}{A} = \frac{Q_1}{Q_1 - Q_2} = \frac{T_1}{T_1 - T_2} = \frac{1}{\eta_{\text{max}}}$$

và luôn lớn hơn một.

Ví dụ: hãy xem xét trường hợp khi nhiệt độ không khí tải là $-20^{\circ}\text{C}$ ($T_2 = 253\ \text{K}$) và nhiệt độ bên trong phải được duy trì ở $+20^{\circ}\text{C}$ ($T_1 = 293\ \text{K}$). Sau đó

$$\eta_{\text{h}} = \frac{293}{40} \approx 7,3$$

nghĩa là, nó sử dụng năng lượng điện để vận hành máy bơm nhiệt, chúng ta có thể thu được nhiệt lượng gấp bảy lần so với một thiết bị tùy chỉnh. Tất nhiên, hiệu suất thực tế luôn thấp hơn và động cơ bơm nhiệt cũng không chuyển toàn bộ năng lượng tiêu thụ thành công. Tuy nhiên, việc sử dụng máy bơm nhiệt vẫn tiết kiệm chi phí hơn gấp nhiều lần so với việc sử dụng quang điện.

Từ khóa học vật lý ở trường, bạn đã học về cách giải các bài toán quang học hình học bài toán khác nhau bằng đồ họa. Ví dụ, để tìm vị trí ảnh của một nguồn sáng chính xác trên một khuôn mặt mỏng, chỉ cần xây dựng đường đi của hai tia tùy ý rời khỏi nguồn và truyền qua thấu kính là đủ.

Trong lưu ý này, chúng ta sẽ nói về một phương pháp đồ họa khác, chưa qua đào tạo lời giải tương tự như bài toán. Đồng thời, trong các hình vẽ được cung cấp cho bạn, bạn sẽ không nhìn thấy bất kỳ tia sáng nào, trục quang học của thấu kính hoặc thậm chí chính thấu kính. Chúng ta đang nói về loại đồ họa nào?

Trong toán học, có một phần đặc biệt gọi là danh pháp học (từ tiếng Hy Lạp pomos - luật và grapho - thực phẩm), nghiên cứu các phương pháp xây dựng các hình vẽ đặc biệt - danh pháp học. Với sự giúp đỡ của họ, chẳng hạn, bạn có thể không tính toán tùy tiện, thu được kết quả gần đúng

21

lời giải phương trình hoặc giá trị gần đúng của các hàm liên xã hội được tìm thấy. Chúng tôi cũng sẽ tận dụng cơ hội này.

Đặt vật sáng cách một khoảng $d$ so với đường thẳng có tiêu cự $F$ và ảnh của nó ở khoảng cách $f$. Có thể chứng minh (điều này được thực hiện ở § 60 của Vật lý 10) rằng ba đại lượng này có liên hệ với nhau bằng một mối quan hệ đơn giản - công thức đường mảnh:

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

Lưu ý rằng mỗi số hạng trong công thức có thể dương hoặc âm. Nếu vật hoặc ảnh của nó hoặc tiêu điểm của đường thẳng là thật thì các đại lượng $d$, hoặc $f$ hoặc $F$ được lấy bằng dấu cộng, nhưng trong trường hợp vật, ảnh hoặc tiêu điểm của đường thẳng là tối thiểu thì các đại lượng tương ứng được coi là âm.

Hãy xây dựng một biểu đồ cho công thức đường thẳng và chỉ ra cách sử dụng nó để giải bài toán cụ thể.

Chúng ta hãy mô tả một hệ tọa độ hình chữ nhật $XOY$ (hình 1) trên mặt phẳng. Dọc theo trục $X$, chúng ta vẽ đoạn $OA$ có chiều dài $d$ và dọc theo trục $Y$, chúng ta vẽ đoạn $OB$ có chiều dài $f$. Hiện tại, để xác định $d$ và $f$, chúng ta sẽ đếm các phân đoạn dương $KM$ và $KN$ đến $F$. Từ sự giống nhau của các tam giác $AOB$ và $AMK$ suy ra $$\frac{OB}{OA} = \frac{KM}{MA},$$ hoặc $$\frac{f}{d} = \frac{F}{d-F},$$ từ đâu ra

dễ dàng thu được phương trình quen thuộc (*).

Như vậy, ta thu được các độ dài $d$, $f$ và $F$ được xây dựng dựa trên hình vẽ các đoạn thẳng nối nhau theo phương trình đường mảnh (vì thế khi dựng ta sử dụng ký hiệu như vậy cho độ dài của các đoạn thẳng). Và điều này có nghĩa là chúng ta có thể xây dựng một biểu đồ cho công thức đường thẳng. Thật vậy, nếu khoảng cách $d$ từ vật đến đường thẳng được vẽ dọc theo trục hoành của hệ tọa độ hình chữ nhật và khoảng cách $f$ từ đường thẳng đến ảnh được vẽ dọc theo trục tung, thì tất cả các đường thẳng nối hai đầu của các đoạn tương ứng sẽ cắt nhau tại một điểm (hình 2). Các hình chiếu của điểm này lên các trục tọa độ đều giống nhau và bằng tiêu cự $F$ của đường thẳng này.

Như bạn đã biết, để xác định một đường thẳng trên một mặt phẳng, chỉ cần biết tất cả các điểm thuộc về nó là đủ. Do đó, bằng cách sử dụng biểu đồ được xây dựng, dựa trên hai trong ba giá trị đã biết $d$, $f$ và $F$, luôn có thể xác định bằng đồ họa phần ba còn thiếu. Vì vậy, ví dụ, trong cấu trúc được hiển thị ở hình 1, chúng tôi thực tế đã xác định tiêu cự của đường thẳng ($F$) từ khoảng cách đã biết từ đường thẳng đến vật thể ($d$) và từ đường thẳng đến hình ảnh ($f$).

Thật dễ dàng để xác minh rằng phương pháp được đề xuất không chỉ phù hợp với các đường nội tại mà còn phù hợp với các đường phân tán, cũng như cho bất kỳ vị trí nào của vật thể và hình ảnh so với đường thẳng. Ví dụ: nếu đối tượng hoặc hình ảnh là tối thiểu thì các giá trị tương ứng $d$ hoặc $f$ là âm và do đó,

22

LƯU Ý, chúng phải được đặt theo hướng âm tính từ gốc tọa độ (sang trái hoặc xuống dưới). Có thể điểm $K$ giao điểm của tất cả các đoạn thẳng tương ứng với tiêu điểm của thấu kính sẽ có hình chiếu âm. Điều này có nghĩa là tiêu điểm của thấu kính là tối thiểu, nghĩa là thấu kính phân kỳ. Vị trí của các vật thể và hình ảnh thực và tối thiểu được hiển thị trong hình 3.

Danh pháp cũng có thể được sử dụng để xác định độ phóng đại tuyến tính của thấu kính - tỷ lệ giữa kích thước tuyến tính $H$ của hình ảnh với kích thước tuyến tính $h$ của vật thể: $\Gamma = H/h = f/d$ (xem § 60 của “Vật lý 10”). Từ hình 1 rõ ràng là

$$\Gamma = \frac{f}{d} = \text{tg} \beta.$$

Do đó, hình ảnh có thể được phóng to, thu nhỏ hoặc có cùng kích thước với chính đối tượng.

Bạn cũng có thể giải nghịch đảo bài toán - sử dụng độ phóng đại cho trước và tiêu cự đã biết của thấu kính, xác định khoảng cách $d$ và $f$. Để làm điều này, chỉ cần xây dựng điểm quen thuộc $K$ và vẽ qua một đường thẳng nghiêng với trục hoành một góc $\beta$. Các điểm giao nhau của đường này với các trục tọa độ sẽ cho chúng ta các giá trị mong muốn $d$ và $f$.

A. I. Shapiro

Số lượng phân chia

(Nhiệm vụ nghiên cứu)

Một thước kẻ sinh viên bình thường dài 20 cm (với 19 vạch chia) có đặc tính phổ quát sau: với sự trợ giúp của nó, trong một chiều, bạn có thể đánh dấu bất kỳ đoạn nào có chiều dài 1, 2, 3, …, 20 cm. Thuộc tính này có thể được giữ nguyên nếu một số phần bị xóa. Số cách chia tối thiểu phải còn lại là bao nhiêu (và cách sắp xếp chúng như thế nào) để bảo toàn tính chất phổ quát? bài toán này và những khái quát của nó là chủ đề của nhãn này.

Chúng ta hãy gọi một thước đo có độ dài $n$ với $k$ phép chia phổ quát (hoặc $(n, k)$-phổ quát) nếu nó có thể được sử dụng để vẽ bất kỳ đoạn nào có độ dài 1, 2, …, $n$ trong một chiều. Như vậy, thước học sinh thông thường (20, 19) là thước phổ quát, nhưng cũng có (20, 6) thước phổ quát (xem bên dưới). bài toán chính là tìm số cách chia tối thiểu $k=k(n)$ mà thước đo phổ quát $(n, k)$ tồn tại. Các ước tính sau đây cho $k(n)$ đã được biết (xem «Kvant» 1976, số 12, trang 7):

$$\frac{\sqrt{8n+1}-3}{2} \leq k(n) \leq \sqrt{4n+5}-3. \quad (*)$$

Đối với $n$ nhỏ, số lượng phân chia tối thiểu $k(n)$ có thể được tìm thấy bằng cách liệt kê. Đối với $1 \leq n \leq 13$ các số này lần lượt bằng 0, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4 và đạt được trên các thước sau (các số trong ngoặc vuông biểu thị độ dài của các đoạn giữa các phần chia liên tiếp): [1]; [1, 1], [1, 2], [1, 2, 1], [1, 1, 3], [1, 3, 2], [1, 1, 3, 2], [1, 1, 3, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [1, 1, 4, 3], [

23

Nhiệm vụ

1. Làm cách nào để cắt hình ở hình thành ba phần bằng nhau?

2. Đường ray được cố định vào tà vẹt để ngăn đường ray di chuyển sang một bên. Người ngủ có vai trò quan trọng nào khác?

3. Trong mục ******=, hãy thay thế các dấu hoa thị bằng các số sao cho đẳng thức có ý nghĩa và chính xác sau khi xoay tờ giấy (trên đó viết nó) 180°.

4. Người bán mang hạt ra chợ bán hóa ra đã nhầm cân đòn bẩy và đúng cân nặng. Để trả lời người mua 2 kg quả hạch, người ta cân quả cân bằng quả hạch, đặt nó lên đĩa bên phải của cân, lần khác cân quả cân này bằng quả hạch, đặt nó lên đĩa bên trái của cân. Hóa ra kết quả là anh ta trả lời được hơn 2 kg hạt (xem cái này). Người bán phải làm gì để trả lời chính xác 2kg hạt?

5. Vẽ ba dây AB, BC, CD thành một đường tròn và đánh dấu trung điểm của chúng: M, N, K. Chứng minh rằng các góc BMN và NKC bằng nhau.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi M. Babikov, A. P. Savin, A. V. Shvetsov, N. Kh. Rozov, G. A. Galperin.

Gặp:
kim loại
thủy tinh

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. S. STEINBERG

Bạn bật máy ghi âm lên, nhưng thay vì có nhạc, bạn lại nghe thấy tiếng thở khò khè khó hiểu. Trong hội thảo, bạn sẽ nghe thấy chẩn đoán tiêu chuẩn: độ mòn của đầu từ. Do tiếp xúc lâu với băng, nó bị mòn và không mang lại chất lượng tái tạo. Có lẽ nhiều người đã quen với tình huống này.

Bây giờ hãy tưởng tượng quảng cáo: “Mua máy ghi âm có đầu bằng kim loại bằng thủy tinh!” Rất có thể, sự kết hợp của từ “kính kim loại” sẽ cho bạn thấy các quốc gia. Nhưng bạn có thể tin tưởng một cách an toàn vào lời khuyên của quảng cáo - trong số rất nhiều đặc tính hữu ích của kính kim loại (đôi khi chúng còn được gọi là kim loại vô định hình), khả năng chống mài mòn cũng tăng lên. Thủy tinh kim loại là gì?

Thủy tinh (thủy tinh trơn, không phải kim loại) đã được con người biết đến từ lâu. Một hỗn hợp cát có thành phần thích hợp xuất hiện trong lửa, tan chảy, sau đó đóng băng và… hóa ra đó là thủy tinh. Điều này đã xảy ra khoảng sáu nghìn năm trước, và kể từ đó phạm vi của kính không ngừng mở rộng.

25

Nhưng chỉ trong Vka của chúng tôi, những bí mật của nó mới bắt đầu được tiết lộ.

Hai trạng thái “đặc” của vật chất được biết rõ: lỏng và tinh thể. Sự khác biệt bên ngoài của chúng tương ứng với sự khác biệt đáng kể trong cấu trúc nguyên tử của chúng. Trong chất lỏng, các nguyên tử được sắp xếp tương đối với nhau ít nhiều một cách ngẫu nhiên, nhưng trong tinh thể, sự sắp xếp của chúng có trật tự chặt chẽ. Tuy nhiên, những nguyên tử này nằm ở vị trí giống như các nút của mạng không gian, được gọi là tinh thể. Các chất khác nhau có đặc điểm hình dạng mạng tinh thể riêng. hình 1 hiển thị một trong các tùy chọn có thể.

Nếu một tinh thể được nung nóng trên điểm nóng chảy, nó sẽ tan chảy và biến thành chất lỏng. Nếu chất tan chảy được làm nguội dưới điểm nóng chảy, nó sẽ kết tinh lại. Đồng thời, các nguyên tử dường như “cảm nhận” được thời điểm quan trọng đang đến gần khi cần phải xây dựng lại và tổ chức “từ chất lỏng của chất tự do” để tạo thành một tinh thể. Mọi chuyện sẽ diễn ra như thể có lệnh “đứng!” và các chiến binh nguyên tử lần lượt vào vị trí, xếp hàng theo một thứ tự nhất định. Và cho dù các nguyên tử có “hoạt động” tốt đến đâu thì vẫn cần một thời gian để “xây dựng”. Ví dụ nổi tiếng nhất về sự kết tinh là sự hình thành băng từ nước ở 0°C. Tất cả các kim loại, hợp kim của chúng và hàng ngàn chất khác đều hoạt động giống hệt nhau ở nhiệt độ nóng chảy của chúng. Nhưng đôi khi các sự kiện phát triển theo một kịch bản bất thường.

“Cuộc sống” của nguyên tử là sự chuyển động không ngừng. Nhưng khả năng di chuyển của chúng nhanh chóng giảm khi nhiệt độ giảm. Tình huống này có thể được lợi dụng. Hãy tưởng tượng rằng một loại quái vật nhiều nhóm nào đó đã nắm lấy tất cả các nguyên tử của chất lỏng và giữ chúng tại chỗ cho đến khi chất tan nguội đến nhiệt độ dưới điểm nóng chảy, và chỉ sau đó buông ra. Khi đó các nguyên tử sẽ không thể tổ chức lại thành tinh thể nữa. Họ vẫn còn trong tình trạng hỗn loạn. Bản thân chất lỏng sẽ đặc lại và trở nên rắn chắc. Vật liệu này được gọi là thủy tinh.*)

Tất nhiên, việc giữ nguyên tử là không thực tế. Nhưng nó có thể làm mát chất lỏng một cách nhanh chóng. Khi đó ở nhiệt độ cao (điểm nóng chảy) các nguyên tử sẽ không có thời gian để sắp xếp lại, còn ở nhiệt độ thấp thì sẽ quá muộn. Hãy nhớ một trong những trò chơi của trẻ em. Trong đó, tất cả người chơi phải giữ nguyên vị trí mà họ đã bị lệnh “đóng băng”. Đôi khi nó không được tự nhiên. Làm mát đột ngột là lệnh “đóng băng” cho các nguyên tử. Không giống như con người, nguyên tử có thể ở những vị trí “bất tiện” trong nhiều năm, quy mô, hàng nghìn năm. Và nếu người chơi được hồi sinh bằng lệnh “chết”, thì các nguyên tử sẽ được “đánh thức sự sống” bằng cách hâm nóng lại.

Nhưng “làm nguội nhanh” nghĩa là gì? Mỗi chất có đáp số riêng. Đối với hỗn hợp soda và cát, “nhanh” có nghĩa là nhiệt độ giảm một phần độ mỗi giây. Tốc độ làm nguội này đạt được khi không có khối lượng nóng chảy tự nhiên. Đó là lý do tại sao tổ tiên chúng ta đã có thể mở được kính thông thường. Nhưng đối với hợp kim kim loại, “nhanh” thực sự là nhanh. Các ước tính đã chỉ ra rằng để ngăn kim loại lỏng tan chảy kết tinh, nó phải được làm lạnh ở tốc độ một triệu độ. Tất nhiên, nhiệt độ nóng chảy không phải là một triệu độ. Tốc độ giảm nhiệt độ này có nghĩa là cần phải làm nguội chất nóng chảy, chẳng hạn như từ 2000 °C xuống 1000 °C trong 10⁻³ s, tức là trong một mili giây. Đây là cái giá của việc “dừng” nguyên tử.

Ý tưởng làm mát nhanh không phải là mới. Nó đã được biết đến từ thời cổ đại dưới cái tên làm cứng. Homer vĩ đại đã làm chứng: “Như người thợ rèn nhúng chiếc rìu nóng đỏ vào nước lạnh và tìm kiếm sắt trong bọt sủi, sắt mạnh hơn được tạo ra trong lửa và nước”.

*) Thủy tinh thuộc nhóm chất vô định hình tổng quát hơn - đây là tên đặt cho chất rắn không có mạng tinh thể.

26

sủa." Tuy nhiên, các phương pháp làm cứng truyền thống chỉ cung cấp tốc độ làm nguội 100-1000 độ mỗi giây. Đối với mục đích của chúng tôi, danh sách này là không đủ.

Hãy để kim loại một lúc và đặt câu hỏi: làm thế nào để làm nguội nhanh trà nóng? Cách dễ nhất là uống nó từ cốc trong đĩa. Nhiệt sẽ được giải phóng chủ yếu ra không khí xung quanh. Bằng cách tăng bề mặt tiếp xúc không khí, chúng ta tăng tốc độ làm mát. Chúng ta chọn càng phẳng thì trà sẽ nguội càng nhanh (tất nhiên, với thể tích không đổi!). Cuối cùng, bạn có thể chỉ cần đổ trà lên bàn. Do sự lan rộng của chất lỏng, diện tích bề mặt của nó sẽ còn tăng hơn nữa. Đúng vậy, chúng tôi sẽ không khuyến nghị kỹ thuật này khi uống rượu, vậy thì đừng nghi ngờ những khoảnh khắc còn lại.

Vì vậy, kết luận đầu tiên: để tăng tốc độ làm mát, bạn nên tối đa hóa diện tích bề mặt tiếp xúc với môi trường truyền nhiệt, trong trường hợp này là từ không khí.

Nhưng không khí loại bỏ nhiệt tương đối chậm. Kim loại được coi là chất dẫn nhiệt tốt, và trong số đó, trước hết là đồng. Chúng tôi tin chắc điều này mỗi khi chúng ta chạm vào lớp phủ kim loại - nó luôn có vẻ lạnh vì nó nhanh chóng loại bỏ nhiệt của con người.

Điều này dẫn đến một khuyến nghị khác: không nên rót trà trên bàn mà nên rót trên khay kim loại rộng (tốt nhất là đồng). Sau đó nó sẽ nguội gần như ngay lập tức.

Điều này kết thúc “buổi trà đạo” không mấy tinh tế của chúng tôi. Cô ấy đề xuất một công thức cụ thể. Để làm nguội nhanh kim loại lỏng, cần tạo một lớp rất mỏng trên bề mặt đồng (thường gọi là chất nền).

Các thí nghiệm thành công đầu tiên về làm lạnh cực nhanh chất lỏng kim loại được thực hiện vào năm 1960. Một giọt kim loại nóng chảy xuất hiện trên đế đồng. (Trong giai đoạn đầu, năng lượng của khí bột của một khẩu súng lục thông thường được sử dụng cho việc này.) Khi chạm vào màn hình đồng, giọt nước sẽ dẹt ra, nguội đi ngay lập tức (tốc độ làm nguội đạt $10^8-10^{10}$ độ/s) và một chiếc bánh nhỏ bằng kim loại rắn vô định hình bay lên không trung từ “bàn đạp” đồng (hình 2). Ở những nơi mỏng nhất, độ dày của nó bằng 0,0001 mm.

Có một số biến thể khác của phương pháp “thả squishing”. Hạn chế chính của họ là năng suất thấp. Và kim loại vô định hình thu được ở dạng bột mịn, và điều này không phải lúc nào cũng thuận tiện cho việc sử dụng thực tế. Nhưng việc áp dụng các nguyên tắc làm mát tương tự cho phép chúng ta tạo ra các cách để tạo ra một dải kim loại vô định hình liên tục. Đây là một lựa chọn có thể. Một dòng kim loại nóng chảy mỏng chảy vào đĩa đồng đang quay. Khi tiếp xúc với đĩa, nó nguội đi và dải băng vô định hình vốn đã bị ép buộc (hình 3) bị văng ra khỏi đĩa.

Nhìn bề ngoài, thủy tinh kim loại không có điểm gì chung với sản xuất thủy tinh thông thường và không khác gì kim loại (tinh thể) thông thường. Nhưng đây chỉ là bên ngoài. Sự sắp xếp lộn xộn của các nguyên tử, bất thường ở nhiệt độ phòng, cũng tương ứng với những tính chất bất thường. Kim loại vô định hình cực kỳ cứng và bền. Các đầu từ được làm từ nó dài hơn nhiều lần so với các “tổ hợp” tinh thể về tuổi thọ sử dụng. Và về độ tinh khiết, đặc tính từ tính được sử dụng về phía chúng. Ngày nay, nhiều quốc gia khác nhau đã bắt đầu sản xuất đầu từ làm bằng thủy tinh kim loại cho băng từ video, âm thanh và bộ nhớ máy tính.

Tính sáng tạo cao của kim loại vô định hình gợi ý một lĩnh vực ứng dụng khác của chúng. Cực kỳ được làm từ những công cụ chế độ này.

(Về phần kết, xem trang 39.)

27

Bài toán

M1011—M1015; F1023—F1027

M1011. Chứng minh rằng với $n$ số dương $a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq \dots \geq a_n$ thì bất đẳng thức sau đúng:
a) $a_1^2 - a_2^2 + a_3^2 \geq (a_1 - a_2 + a_3)^2$;
b) $a_1^2 - a_2^2 + a_3^2 - a_4^2 \geq (a_1 - a_2 + a_3 - a_4)^2$;
b) $a_1^2 - a_2^2 + \dots - (-1)^n a_n^2 \geq (a_1 - a_2 + \dots - (-1)^n a_n)^2$.

L. D. Kurlyandchik

M1012. Chứng minh rằng:
a) có thể đặt một số đường tròn không giao nhau trên một mặt phẳng sao cho mỗi đường tròn tiếp xúc với đúng 5 đường tròn khác;
b) số 5 ở điểm a) không thể thay thế bằng 6.

D. V. Fomin

M1013. Trên các cạnh $AB$ và $BC$ của tam giác $ABC$ lấy hai điểm $M$ và $N$. Khi các đường thẳng song song đi qua các điểm $M$, $B$ và $N$ cắt đáy $AC$ tại các điểm $K$, $D$ và $L$. Chứng minh rằng diện tích hình thang (hoặc hình bình hành) $KMNL$ không lớn hơn diện tích của một trong các hình tam giác $ABD$ và $DBC$ (hình 1).

V. V. Rozhdestvensky

M1014. Cho $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau phân biệt từng cặp. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên $b$ sao cho các số $b + a_1, b + a_2, \dots, b + a_n$ cũng là những số nguyên tố cùng nhau.

V. F. Lev

M1015. Có thể phân tích đa thức $x^4 + x^3 + x^2 + x + 12 = 0$ thành thừa số có hệ số nguyên không?

S. L. Manukyan

F1023. Đèn được đặt cách trần nhà $l_1$ và độ cao $l_2$ so với sàn nhà. Khi nó phát nổ, các mảnh vỡ văng ra mọi hướng với cùng tốc độ $v$. Tìm bán kính của hình tròn trên sàn nơi các hòn đá sẽ rơi. Giả sử rằng tác động của các mảnh lên trần nhà là đàn hồi tuyệt đối và trên sàn - không đàn hồi; Muối không được chạm vào tường.

F1024. Đánh giá sự thay đổi áp suất trong phòng xông hơi sau khi đổ nước từ muôi lên đá nóng. Người ta cho rằng bạn, hiểu rõ về hiện tượng này, có thể đặt ra những điều cần thiết

28

Giảm số lượng, chọn chính xác các giá trị số của chúng và nhận giá trị số đáp số.

G. V. Meledin

F1025. Trong mạch điện ở hình 2, các cuộn dây siêu dẫn có cùng giá trị biểu thị $L$, điốt $D$ là lý tưởng, điện tích ban đầu của tụ điện có công suất $C$ là $Q_0$. Vẽ đồ thị sự thay đổi điện tích $Q(t)$ của tụ điện và dòng điện $I_1(t)$ và $I_2(t)$ qua cuộn dây sau khi đóng phím $K$.

E. I. Butikov

F1026. Mặt phẳng nằm ngang nơi khối nằm dao động theo định luật điều hòa với tần số $f=10$ Hz theo phương tạo một góc $\alpha=45^\circ$ với phương thẳng đứng (hình 3). Hệ số ma sát của khối trên sàn là $\mu=0,5$. Ở biên độ tối thiểu nào của chùm tia thì khối sẽ “bò” dọc theo địa điểm?

E. I. Butikov

F1027. Nguồn sáng nằm cách màn hình $l=1$ m. Một lỗ có đường kính $d=1$ cm được tạo trên màn hình bằng cách hướng nguồn. Dòng ánh sáng qua lỗ sẽ thay đổi như thế nào nếu một hình trụ trong suốt làm bằng vật liệu có chiết suất $n=1,5$ được đặt giữa màn hình và nguồn, như minh họa trong hình 4 (chiều dài hình trụ $l=1$ m, đường kính $d=1$ cm; nguồn nằm trên trục hình trụ)?

A. I. Butkov

Problems

M1011—M1015; P1023—P1027

M1011. Prove the following inequalities for any $n$ positive numbers $a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq ... \geq a_n$:

a) $a_1^2 - a_2^2 + a_3^2 \geq (a_1 - a_2 + a_3)^2$;
b) $a_1^2 - a_2^2 + a_3^2 - a_4^2 \geq (a_1 - a_2 + a_3 - a_4)^2$;
c) $a_1^2 - a_2^2 + ... - (-1)^n a_n^2 \geq (a_1 - a_2 + ... - (-1)^n a_n)^2$.

L. D. Kurlyandchik

M1012. Prove that a) it is possible to choose several disks on the plane so that each touches exactly 5 others and no two disks have common inner points; b) the number 5 in a) cannot be replaced by 6.

D. V. Fomin

M1013. Các điểm $M$ và $N$ được chọn trên các cạnh $AB$ và $BC$ của tam giác $ABC$. Ba đường thẳng song song đi qua $M, B$ và $N$ cắt nhau $AC$ tại các điểm $K, D$ và $L$. Chứng minh rằng diện tích hình thang (hoặc hình bình hành) $KMNL$ lớn hơn diện tích của một trong các hình tam giác $ABC$ và $DBC$ (xem hình 1).

V. V. Rojdestvenski

M1014. The natural numbers $a_1, a_2, ..., a_n$ are pairwise relatively prime. Prove that there exists an infinite set of natural numbers $b$ such that the numbers $b + a_1, b + a_2, ..., b + a_n$ are also pairwise relatively prime.

V. F. Lev

M1015. Can the polynomial $x^4 + x^3 + x^2 + x + 12$ be factorized into polynomials with integer coefficients?

S. L. Manukian

29

PROBLEMS" and the numbers of all the solved problems; in your letter enclose an uns-tamped selfaddressed envelope — we shall use it to send you the correction results. At the end of the academic year we sum up the results of the Kvant problem contest. If you have an original problem to propose for publication, please send it to us under separate cover, in two copies (in Russian or in English), including the solution. On the envelope write NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS). Please print your name and address in BLOCK LETTERS.

P1023. A lamp hangs at the distance $l_1$ from the ceiling and $l_2$ from the floor. When it explodes, fragments fly in all directions with the same speed $v$. Find the radius of the circle on the floor within which they fall. You may assume that the collisions with the ceiling are absolutely elastic and those with the floor absolutely inelastic; no fragments reach the walls.

P1024. Estimate the variation of pressure in a sauna after water from a jar is splashed on very hot rocks placed inside the sauna. It is assumed that you are familiar with the phenomenon and can find the appropriate parameters, choose reasonable numerical values for them, so as to obtain a numerical answer.

G. V. Meledin

P1025. In the circuit shown on figure Pisc. 2, the coils with the same inductivity $L$ are superconducting, the diode $D$ is ideal, the initial charge of the capacitor is $Q_0$. Plot the dependence of the charge $Q(t)$ of the capacitor, and the currents $I_1(t)$ and $I_2(t)$ flowing through the coils, after the switch $K$ in turned on.

E. I. Butikov

P1026. A flat horizontal surface, on which a slab is placed, vibrates according to the harmonic law with frequency $f = 10$ Herz in a direction constituting an angle of $\alpha = 45^\circ$ with the vertical (see figure Pisc. 3). The friction coefficient of the slab against the surface is $\mu = 0.5$. For what minimal amplitude of vibration will the slab start to “creep” along the surface?

E. I. Butikov

P1027. A light source is placed at the distance of $l = 1$ m from a screen. An aperture of diameter $d = 1$ cm is made in the screen opposite the source. How will the flow of light through the aperture change, if a smooth transparent cylinder made of material of refraction index $n = 1.5$ is placed between the screen and the source as shown on figure Pisc. 4 (the length of the cylinder is $l = 1$ m, its diameter is $d = 1$ cm; the source is on the cylinder’s axis).

A. I. Butikov

Lời giải bài toán

M991—M995; F1003—F1007

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNH$. Chứng minh $OK = OH$, tức là $O$ nằm trên đường trung trực $l$ của đoạn $KH$. Giả sử $l$ đi qua điểm $S$ - trung điểm chung của đường trung tuyến $CK$ và đường trung bình $PQ$ của tam giác $ABC$ (xem hình), do đó, là đường trung tuyến vuông góc với $PQ$, nên chỉ cần chứng minh $OP = OQ$ hoặc điều đó là đủ $\angle OPQ = \angle OQP$.

Các điểm $M$ và $H$ nằm trên đường tròn $\omega$ có ​​đường kính $AC$ và tâm $P$ ($\angle AMC = \angle AHC = 90^\circ$) nên $PM = PH$; Ngoài ra, $OM = OH$. Do đó, chúng ta lấy $OP$ vuông góc với đoạn $MH$ (và chia nó làm đôi), có nghĩa là $\angle OPQ$—góc giữa các đường thẳng $OP$ và $PQ$—bằng $90^\circ - \beta$, trong đó $\beta$ là góc giữa các đường thẳng $MH$ và $PQ$ hoặc $MH$ và $AB$ ($AB \parallel PQ$). Có hai trường hợp có thể xảy ra: $\beta = \angle AHM$, nếu $\angle AHM \leq 90^\circ$, như trong hình của chúng tôi, hoặc $\beta = 180^\circ - \angle AHM$, nếu $\angle AHM > 90^\circ$. Vì các góc $AHM$ và $ACM$ nằm trong đường tròn $\omega$ và nằm trên cùng một dây $AM$, chúng bằng hoặc bằng hai trong tổng $180^\circ$, do đó, $\beta = \angle ACM$ hoặc $\beta = 180^\circ - \angle ACM$ được chọn từ các đẳng thức mà $\beta \leq 90^\circ$. Với sự lựa chọn này

30

Hóa ra luôn là $\angle OPQ = 90^\circ - \beta = |90^\circ - \angle ACM|$. Tương tự như vậy, $\angle OQP = |90^\circ - \angle BCN|$. Nhưng $\angle ACM = \angle BCN$ theo điều kiện.

Lưu ý rằng đối với $E = B, F = A$, một phần của định lý nổi tiếng về “điểm 9 đường tròn” rút ra từ phát biểu đã được chứng minh (xem “Kính vạn hoa «Kvant» trong số 11 năm 1985): đáy của các đường cao và trung điểm của cạnh của tam giác nằm trên cùng một đường tròn.

**M992. Trong số 90 sinh viên tốt nghiệp một phép tính tổng, mỗi người có ít nhất 10 phép tính tổng khác. Chứng minh rằng một sinh viên tốt nghiệp có thể đến thăm ba người khác sao cho trong bốn người đó có ít nhất hai người khác.

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

Giả sử $A$ là một sinh viên tốt nghiệp tùy ý. Nó đủ để chứng minh rằng có một sinh viên tốt nghiệp $B$ là bạn của hai người bạn $A$ cùng một lúc (khi đó $A$ có thể mời $B$ và hai người bạn này).

Nếu một sinh viên tốt nghiệp $B$ như vậy ở trong số bạn bè $A$, thì mọi thứ đều ổn. Ngược lại, mỗi người trong số $m(m \geqslant 10)$ người bạn $A$ là bạn của ít nhất 8 người tốt nghiệp (không tính $A$), bản thân họ không phải là bạn của $A$. Nếu tất cả những sinh viên tốt nghiệp này đều khác nhau, thì hóa ra sẽ có không ít hơn $8m \geqslant 80$ sinh viên tốt nghiệp khác với $A$ và bạn bè của anh ấy; nhưng số lượng sinh viên tốt nghiệp như vậy không vượt quá $90 - m - 1 \leqslant 79$. Điều này có nghĩa là hai người bạn $A$ có một người bạn chung $B$, đó là điều ta cần chứng minh.

a) Đáp số: 18, 19, …, 28 $(18^2 + 19^2 + \dots + 28^2 = 77^2)$.
6) Chúng ta phải chỉ ra rằng phương trình $(x + 1)^2 + (x + 2)^2 + \dots + (x + n)^2 = y^2$ hoặc
$$nx^2 + n(n + 1)x + \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} = y^2$$
(1)

không có lời giải trong các số nguyên $x$ và $y$, $x \geqslant 0$, $y \geqslant 1$, với $3 \leqslant n \leqslant 10$. (Bằng chứng nổi tiếng về $1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = n(n + 1)(2n + 1)/6$ được sử dụng ở đây, bằng chứng mà chúng tôi dành cho người đọc; tuy nhiên, chỉ cần kiểm tra nó bằng cách tính cho $n \leqslant 10$ là đủ.)

Nếu đẳng thức (1) được thỏa mãn thì phần dư của phép chia $y^2$ cho $n$ bằng phần dư của phép chia $a = n(n + 1)(2n + 1)/6$ cho $n$. Nhưng đối với $n = 3, 4, 9$, khi số dư tương ứng là 2, 2 và 6 ($a = 14, 30$ và 15·19), điều này là không thể đối với bất kỳ $y$ nào (xem bảng ở lề).

Với $n = 5$ và $n = 7$, số $a$ chia hết cho $n$, do đó số $y^2$ và do đó $y$, chia hết cho $n$ ($n$ là số nguyên tố). Bằng cách che chắn $y = nz$, $t = x + (n + 1)/2$, chúng ta có thể viết lại phương trình của mình thành $t^2 + (n^2 - 1)/12 = z^2$ hoặc
$$z^2 - t^2 = \frac{n^2 - 1}{12}.$$
Không có phương trình này cho các giá trị được phép của $n$, $t$ và $z$ không có lời giải, vì
$$z^2 - t^2 \geqslant z + t \geqslant 2t \geqslant 6,$$
$$\frac{n^2 - 1}{12} \leqslant \frac{7^2 - 1}{12} = 4.$$
Đối với $n = 6$, 8, 10, phương trình (1) có thể được viết lại một cách thuận tiện dưới dạng

31

$$(n+1)x^2+(n+1)nx+(n+1)\frac{n(2n+1)}{6}=x^2+y^2.$$

Do đó, tại $n=6$ chúng ta thu được rằng $x^2+y^2$ phải chia hết cho $n+1=7$. Bảng ở lề cho thấy điều này chỉ có thể thực hiện được khi $x$ và $y$ đồng thời chia hết cho 7. Nhưng trong trường hợp này, tất cả các số hạng của phương trình (2) ngoại trừ một $-(n+1)n(2n+1)/6=7\cdot 13$ phải chia hết cho $(n+1)^2=49$, điều này không thể chia hết được. Theo cách tương tự, người ta đã chứng minh rằng ngay cả với $n=10$ phương trình của chúng ta cũng không có lời giải. Cuối cùng, tại $n=8$ ở phía bên trái của (2) có một số mà khi chia cho 9 sẽ có số dư là 6 và, như có thể thấy từ bảng của chúng ta, không thể biểu diễn dưới dạng $x^2+y^2$.

♦

Đáp số: $k=2/3$. Đối với $a=b=c$ và $k=2/3$ bất đẳng thức này chuyển thành đẳng thức nên giá trị ban đầu $k$ không thể lớn hơn 2/3. Nhưng đối với $k=2/3$, có thể sử dụng các phép biến đổi đồng nhất để giảm bất đẳng thức về dạng
$$\frac{1}{6}\left(\frac{5}{2}((a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2)+(a^2-bc)^2+(b^2-ca)^2+(c^2-ab)^2\right)\geq 0,$$
do đó, nó hợp lệ với mọi $a, b, c$ và giá trị ban đầu của $k$ chính xác là 2/3.

♦

M994*. Với giá trị nào của $k$ thì bất đẳng thức $a^4+b^4+c^4+abc(c+b+c)\geq k(ab+bc+ca)^2$ đúng với tất cả các giá trị của $a, b$ và $c$?

M995. Hàm $y=f(x)$ cho mọi $x$ được xác định, liên tục và thỏa mãn điều kiện $f(f(x))=f(x)+x$. ()
a) Tìm hai hàm số $f$ (không giống nhau bằng 0). b) Chứng minh rằng không có hàm số nào khác như vậy.

a) Đáp số: $y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}x$ và $y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}x$. Có thể tìm thấy các hàm này bằng cách giả sử rằng $f(x)=\lambda x$, thay hàm này vào điều kiện
$$\lambda^2x=\lambda x+x$$
và giải phương trình bậc hai $\lambda^2-\lambda-1=0$ (gốc của phương trình này là $(1\pm\sqrt{5})/2$).
6) Như có thể thấy từ lời giải bài toán a), chỉ cần chứng minh rằng mọi hàm $f$ thỏa mãn điều kiện bài toán đều có dạng $f(x)=\lambda x$ là đủ. Để làm điều này, trước tiên chúng ta hãy thiết lập một số tính chất của hàm $f$.

1. $f(0)=0$. (Đặt $f(0)=c$, rồi $f(c)=f(f(0))=f(0)+0=c$, do đó $f(c)=f(f(c))=f(c)+c$, tức là $c=0$.)
2. Tại các điểm khác nhau, hàm $f$ nhận các giá trị khác nhau. (Nếu $f(x_1)=f(x_2)$ thì $f(f(x_1))=f(f(x_2))$, tức là $f(x_1)+x_1=f(x_2)+x_2$ và $x_1=x_2$.) Đặc biệt, $f$ có một gốc duy nhất $x=0$.
   Từ các tính chất này và tính liên tục của hàm $f$ suy ra:
3. trên mỗi biên nhận $x>0$ và $x<0$, hàm $f$ giữ nguyên dấu và khi đi qua 0, dấu của nó sẽ thay đổi (nếu không, các giá trị $f$ gần bằng 0 sẽ được lấy ít nhất hai lần - ở bên phải và bên trái của điểm $x=0$) và
4. hàm $f$ có hàm nghịch đảo $g$ (tất nhiên được xác định trên phạm vi $f$; bên dưới chúng ta thấy rằng $f$ nhận tất cả các giá trị thực).

Hãy đặt $f_0(x)=x$, $f_1(x)=f(x)$, $f_2(x)=f(f(x))$, …

32

1. Có thể tìm thấy một lực hấp dẫn bằng nhau tác dụng lên các mảnh vỏ đã nổ không?
2. Trong các thí nghiệm với bán cầu Magdeburg, mỗi bên có 8 con ngựa. Lực kéo có thay đổi không nếu một bán cầu được gắn vào bệ và 16 con ngựa được buộc ở phía bên kia?
3. Có thể tìm thấy sức mạnh tự nhiên?
4. Không cần nhắc nhở, một chiếc xe đẩy sẽ trượt xuống cầu trượt nhân tạo, hình dạng của cầu trượt này được hiển thị ở hình. Những tấm ván mạnh nhất nên được đặt ở đâu?
5. Cách xử lý là gì: giữ xe trượt ở độ dốc của đường trượt hay di chuyển đều lên trên?

$$F = ma$$

Rõ ràng, toàn bộ khó khăn của vật lý nằm ở việc nhận biết các lực của tự nhiên một cách năng động, và sau đó sử dụng các lực này để liên hệ với các hiện tượng khác…

“Khoa học toán học của vật lý tự nhiên”

33

6. Xe tải bắt đầu di chuyển. Lực nào tác dụng lên tải trọng đặt ở giữa cơ thể nó? Nó hướng tới đâu?

7. Hai lò xo giống hệt nhau từng tạo nên một cơ cấu cơ học, hoàn toàn không sử dụng khái niệm lực. Tuy nhiên, sự hình thành của nhựa đường phụ thuộc vào cơ chế cơ học phải được áp dụng để chịu được đinh. Họ sẽ khác nhau? Tại sao?

…được trao cho nhà vật lý người Đức G. Ghersi, ông đã có thể xây dựng cơ học mà không sử dụng hoàn toàn khái niệm lực. Tuy nhiên, sự hình thành của cây dương trong Cơ học không được giải quyết bằng cơ chế đã cho mà được thể hiện bằng một lực tác dụng lên cơ thể. Lực này làm cho vật chuyển động và chuyển động đó được biểu diễn bằng vectơ. Vectơ là một vectơ có độ lớn và hướng. Độ lớn của vectơ là lượng thay đổi về vị trí của cơ thể và hướng là hướng mà cơ thể chuyển động.

…nhà khoa học vĩ đại người Pháp R. Descartes (1596-1650) đề xuất rằng chỉ có những lực tác dụng ở đồng hồ một trăm giờ - lực tiếp xúc.

QUYỀN LỰC

Bạn có quen thuộc với khái niệm này không?

QUYỀN LỰC?

Những từ được đưa ra trong etraf chứa đựng một chương trình chỉ ra và truyền cảm hứng cho Newton và những người theo ông. Cơ học do Newton tạo ra là cơ sở cho hầu hết mọi ngành vật lý, và đối với hầu hết các lĩnh vực kỹ thuật, nó vẫn giữ vai trò này cho đến ngày nay.

Cơ học Newton dựa trên ba định luật ý nghĩa, trong đó có khái niệm chức năng của lực - thước đo sự tương tác của các vật thể vật chất. Đề nghị làng làm việc dựa trên điều dễ hiểu này, nhấn mạnh rằng các định luật Newton không tiết lộ nguồn gốc và tính chất của các lực, điều này giúp người ta có thể tưởng tượng hành vi của các vật thể dưới tác động của chúng.

1. “Lực và biến dạng”, “Về lực căng bề mặt” - 1983, số 12;
2. “Ma trận trường và lực từ” - 1984, số 3;
3. “Ăn số lượng vật lý như thế nào” - 1984, số 3;
4. “Định luật nào trong ba định luật Newton quan trọng hơn?” - 1985, số 1;
5. “ Nón ma sát ” - 1986, số 1;
6. “Điện trường” - 1986, số 5.

34

…, $f_n(\dot{x}) = f(f_{n-1}(x))$; tương tự, chúng tôi xác định $f_{-1}(x) = g(x)$, …, $f_{-m-1}(x) = f_{-1}(f_{-m}(x))$ cho $m \geqslant 1$.
Thay $f_{n-1}(x)$ thay vì $x$ vào điều kiện cho số nguyên $n$ bất kỳ, chúng ta thu được đẳng thức
$$f_{n+1}(x) = f_n(x) + f_{n-1}(x).$$
Công thức này cho phép chúng ta biểu thị $f_n(x)$ cho bất kỳ $n$ nào theo $x = f_0(x)$ và $y = f(x) = f_1(x)$; như được hiển thị ở lề,
$$f_n(x) = a_n y + a_{n-1} x,$$
trong đó chuỗi $a_n$ được đưa ra bởi sự tương ứng $a_{n+1} = a_n + a_{n-1}$ và “điều kiện ban đầu” $a_0 = 0$, $a_1 = 1$ cho tất cả các mục tiêu $n$ (bây giờ chúng ta lại bỏ qua câu hỏi về miền định nghĩa $f_n$ cho $n < 0$). Dãy số $a_n$ được nhiều người biết đến: với $n \geqslant 1$ đây là những số Fibonacci đáng kể*); chúng ta chỉ cần biết rằng $|a_n|$ tăng không giới hạn ở $n \rightarrow \pm \infty$ (đối với $n > 0$ điều này là hiển nhiên; đối với $n < 0$ chỉ cần lưu ý rằng $a_n = (-1)^{n+1} a_{-n}$ và $|a_{-n}| = |a_n|$ là đủ).

Bằng cách suy ra Tính chất 3 ở trên, có thể xảy ra hai trường hợp: dấu $f(x)$ của tất cả $x$ trùng với dấu - $x$ hoặc - với dấu $x$.

Trong trường hợp đầu tiên, $f_n(x)$ và $f_{n-1}(x)$ có dấu khác nhau đối với bất kỳ $x \neq 0$ nào, vì vậy đối với $n \geqslant 2$
$$|f_{n+1}(x)| = |f_n(x) + f_{n-1}(x)| \leqslant \leqslant |f_n(x)| \leqslant \dots \leqslant |f_2(x)| = |f(x) + x| \leqslant |x|.$$
Vì vậy, $|y + (a_{n-1}/a_n)x| \leqslant |x/a_n|$. Vì vế phải của bất đẳng thức này có xu hướng bằng 0 khi $n \rightarrow \infty$, nên dãy $a_{n-1}/a_n$ phải có giới hạn nào đó $\mu$ (bằng $y/x$); đồng thời $y = -\mu x$.

Trong trường hợp thứ hai, $f_n(x)$ với mọi $n$ có cùng dấu (dấu $x$). Vì $f$ là hàm liên tục và $|f(f(x))| = |f(x) + x| \geqslant |x|$, miền của $f$ hoặc miền của hàm nghịch đảo $f_{-1}$ đều là số thực và công thức của chúng tôi cho $f_n$ được xác định và hợp lệ cho tất cả $x$ và tất cả mục tiêu $n$. Bây giờ với bất kỳ $n < 0$ nào chúng tôi có
$$|f_n(x)| = |f_{n+1}(x) - f_{n-1}(x)| \leqslant |f_{n+1}(x)| \leqslant \dots \leqslant |f_{-1}(x)| \leqslant |x|,$$
do đó $|y + (a_{n-1}/a_n)x| \leqslant |x/a_n|$. Chuyển sang giới từ cho $n \rightarrow -\infty$ ở đây, chúng ta thu được, như trong trường hợp đầu tiên, rằng $y = \mu_1 x$ và $\mu_1 = -\lim_{n \rightarrow -\infty} (a_{n-1}/a_n)$.

Lưu ý rằng $\mu_1 = \lim_{n \rightarrow \infty} (a_{n+1}/a_n) = \mu^{-1}$; như sau từ điểm a),
$$\mu = (\sqrt{5} - 1)/2, \mu^{-1} = (\sqrt{5} + 1)/2.$$

Những con số này cũng tham gia vào công thức chung của Binet cho các số Fibonacci, được đưa ra ở lề.

◆
Một quả bóng được bơm căng bằng không khí có khối lượng rất nhỏ nên ngay cả ở tốc độ khoảng vài m/s nó thực tế có thể được coi là

*) Ví dụ, cuốn sách “Những con số Fibonacci” của N. N. Vorobyov (M.: Nauka, 1978) được dành riêng cho họ.

35

tốc độ lớn ở độ cao H. Xác định quỹ đạo chuyển động đều của quả bóng.

Để trở nên không có khối lượng, áp suất không khí mạnh sẽ triệt tiêu ảnh hưởng của quán tính của quả bóng (ví dụ, hãy thử ném nó xa hơn một vài mét).

Do đó, theo định luật thứ hai của Newton, chúng ta thấy rằng tổng các lực tác dụng lên quả bóng bằng không. Trong quá trình chuyển động ổn định, vectơ vận tốc của quả bóng hướng theo phương ngang và nằm trong cùng mặt phẳng thẳng đứng với dây cáp, vì lực tác dụng lên không khí có hướng ngược với tốc độ và ngoài nó, chỉ có lực căng của dây cáp có hình chiếu nằm ngang. Cuối cùng, từ các thông điệp đối xứng, rõ ràng quỹ đạo ổn định của quả bóng là một hình tròn, bán kính của nó có thể được tìm thấy nếu chúng ta tính đến hình chiếu nằm ngang của sợi cáp tiếp tuyến với nó (tốc độ của quả bóng hướng dọc theo hình chiếu của sợi cáp). Sử dụng định lý Pythagore hai lần (xem hìnhok), ta thấy chiều dài hình chiếu của sợi dây là $l = \sqrt{L^2 - H^2}$ và bán kính của hình tròn mà quả bóng chuyển động là

$$r = \sqrt{R^2 - l^2} = \sqrt{R^2 - L^2 + H^2}.$$

D. Yu. Grigoriev

F1004. Một thanh đơn mỏng, có thể điều chỉnh tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang đi qua đầu thanh, treo bất động trên mặt nước (hình 1); chiều dài của thanh $l$, mật độ của vật liệu $\rho$ (ρ nhỏ hơn mật độ của nước $\rho_0$). Từ từ hạ trục xuống, thanh được đặt trong nước. Tìm mối liên hệ giữa góc lệch của thanh so với phương thẳng đứng và khoảng cách từ trục quay đến mặt nước; vẽ đồ thị mối quan hệ này.

Trong quá trình ngâm, có ba lực tác dụng lên thanh: trọng lực, lực Archimedes và phản lực từ trục. Trong quá trình ngâm chậm, ở bất kỳ giá trị khoảng cách $x$ nào từ trục đến mặt nước, thanh sẽ ở vị trí cân bằng.

Để làm điều kiện cân bằng, chúng ta sử dụng đẳng thức bằng 0 của tổng mômen của các lực đối với trục quay. Vì khoảnh khắc $M_A$ của lực Archimedes trước khi trục bắt đầu chìm ($x > 0$) và sau đó ($x < 0$) được biểu thị bằng các công thức khác nhau, nên các giai đoạn này cần được xem xét riêng.

I. $x > 0$ (xem hình 2). Momen trọng trường bằng

$$M_T = f_T \cdot d_T = \rho S l g \cdot \frac{l}{2} \sin \alpha = \frac{1}{2} \rho S l^2 g \sin \alpha$$

(S là diện tích mặt cắt ngang của thanh); Khoảnh khắc lực lượng của Archimedes -

$$M_A = f_A \cdot d_A = \rho_0 S \left( l - \frac{x}{\cos \alpha} \right) g \cdot \frac{1}{2} \left( l + \frac{x}{\cos \alpha} \right) \sin \alpha = \frac{1}{2} \rho_0 S \left( l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) g \sin \alpha.$$

Chúng ta sẽ coi mômen trọng trường là dương; thì mômen lực của Archimedes là âm (vì anh ta có xu hướng quay thanh theo hướng ngược lại). Khi đó điều kiện cân bằng sẽ được viết dưới dạng

$$M = M_T + M_A = \frac{1}{2} \rho S l^2 g \sin \alpha -$$

$$- \frac{1}{2} \rho_0 S \left( l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) g \sin \alpha = 0 \Rightarrow \sin \alpha \left( \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} - \left( 1 - \frac{\rho}{\rho_0} \right) l^2 \right) = 0.$$

36

Điều kiện này được thỏa mãn khi

1. sin α=0,
2. cos α=x/l/√(1-ρ/ρ₀).

Ý nghĩa vật lý trong các điều kiện được chỉ định trong nhiệm vụ có lời giải:

1. α=0 - tồn tại với mọi x ≥0,
2. α=arccos(x/l/√(1-ρ/ρ₀)) - tồn tại với l√(1-ρ/ρ₀) ≥x ≥0.

Chúng ta hãy xét tính ổn định của vị trí cân bằng thứ nhất α=0, tương ứng với vị trí thẳng đứng của thanh. Đối với một sai lệch nhỏ so với vị trí này (góc α nhỏ, do đó sin α≈α và cos α≈1) thì mô men của lực bằng
$$M \approx \frac{1}{2} \rho Sl^2 g \alpha - \frac{1}{2} \rho_0 S (l^2 - x^2) g \alpha = \frac{1}{2} \rho_0 S g \alpha \left( x^2 - l^2 \left( 1 - \frac{\rho}{\rho_0} \right) \right).$$

Khi x>l√(1-ρ/ρ₀) tác dụng mô men này, tức là nó làm thanh quay cùng hướng với mômen của lực hấp dẫn - các lực sẽ đưa thanh về vị trí cân bằng. Do đó, miễn là x>l√(1-ρ/ρ₀), trạng thái cân bằng ở α=0 sẽ ổn định. Tại thời điểm x<l√(1-ρ/ρ₀) M<0 - vị trí cân bằng α=0 trở nên mất ổn định. Rõ ràng là trong trường hợp này sẽ có một vị trí cân bằng ổn định (2)), vì sự tồn tại của một trạng thái cân bằng ổn định là rất khó xảy ra và không có vị trí cân bằng nào khác ngoại trừ 1) và 2).

Do đó, khi thanh chìm xuống, đầu tiên nó sẽ giữ nguyên ở vị trí thẳng đứng (α=0) cho đến x=l√(1-ρ/ρ₀), sau đó nó bắt đầu lệch từ vị trí thẳng đứng ($\alpha = \arccos \frac{x}{l\sqrt{1-ρ/ρ_0}}$) sang vị trí nằm ngang tại x=0.

II. x<0 (hình 3). Sau khi nhúng trục vào, tổng mômen lực bằng
$$M = \rho Slg \cdot \frac{l}{2} \sin (\pi - \alpha) - \rho_0 S \frac{x}{\cos (\pi - \alpha)} g \cdot \frac{x}{2} \mathrm{tg} (\pi - \alpha) = \rho_0 S g \sin \alpha \left( \frac{\rho}{\rho_0} l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right),$$
và điều kiện M=0 có dạng
$$\sin \alpha \left( \frac{\rho}{\rho_0} l^2 - \frac{x^2}{\cos^2 \alpha} \right) = 0.$$

Một phân tích tương tự như phân tích được thực hiện ở trên (với x>0) cho thấy vị trí cân bằng ổn định sẽ là:
3) α=arccos x/l√(ρ/ρ) tại -l√(ρ/ρ)<x<0,
4) α=π với x<-l√(ρ/ρ).

Như vậy, sau khi nhúng trục vào, thanh

38

$$U = I_1 \cdot 1r + I_2 \cdot 3r + I_4 \cdot 2r,$$

trong đó $r$ là điện trở của 1 ohm. Từ phương trình (1)–(3) ta thu được

$$I_2 = \frac{1}{2} I_1, I_3 = \frac{1}{4} I_1, I_4 = \frac{3}{4} I_1.$$

Thay các điểm $I_2$ và $I_4$ vào (4) biểu diễn qua $I_1$, ta được

$$U = I_1 \cdot 4r.$$

Mặt khác, điện trở $R$ của toàn mạch là

$$R = \frac{U}{I_1 + I_2} = \frac{U}{I_1 + I_1/2} = \frac{2}{3} \frac{U}{I_1}.$$

Kể từ đây,

$$\frac{3}{2} I_1 R = I_1 \cdot 4r,$$

từ đâu $R = \frac{8}{3} r = \frac{8}{3}$ Ohm.

S. S. Krotov

F1007. Một tia sáng chiếu vào một quả cầu gồm hai bán cầu được làm bằng thủy tinh có chiết suất $n_1$ và $n_2$ ($n_1 > n_2$). Quả bóng bắt đầu quay với tốc độ tổ ong $\omega$ quanh một trục vuông góc với hướng của chùm tia (hình 1). Đặt độ lệch tối đa của điểm sáng trên màn hình được lắp ngay phía sau quả bóng.

Hình 1.

Hình 2. $0 < \Omega < \alpha_0$; $\varphi = \beta - \alpha$.

Hình 3. a) $\Omega = \alpha_0$; $\varphi = 2\varphi_0 = \pi - 2\alpha_0$; $\delta) \alpha_0 < \Omega < \frac{\pi}{2}$; $\alpha > \alpha_0 \rightarrow \frac{\pi}{2}$; $\varphi < 2\varphi_0 \rightarrow 0$.

Vì chùm tia đi qua tâm quả bóng nên chùm tia không bị khúc xạ ở bề mặt quả bóng (ở lối vào và lối ra).

Trong thời gian $0 \leq t < \frac{\pi}{2\omega}$ chùm tia tới đi qua “nửa” đường đi đầu tiên của nó trong môi trường đậm đặc hơn về mặt quang học. Hơn nữa, trong khi góc quay $\Omega$ nhỏ hơn góc $\alpha_0$ của phản xạ toàn phần từ ranh giới khúc xạ - $\alpha_0 = \arcsin \frac{n_2}{n_1}$, thì chùm tia khúc xạ ở ranh giới đó sẽ truyền vào môi trường kém chiết quang hơn (hình 2) và $\frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \frac{n_2}{n_1}$. Với góc quay ngày càng tăng ở $\alpha \rightarrow \alpha_0$, chùm tia khúc xạ bị “ép” vào ranh giới của môi trường, tức là $\beta \rightarrow \frac{\pi}{2}$. Kể từ thời điểm $\Omega$ vượt qua giá trị $\alpha_0$, tia bị phản xạ khỏi giao diện và thoát ra khỏi hiện tượng khúc xạ có chiết suất $n_1$. Vì vậy, tại thời điểm $t = \frac{\alpha_0}{\omega}$ có một tia nhảy trên màn hình (hình 3, a).

Sau đó ($\alpha_0 < t < \frac{\pi}{2\omega}$) $\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2}$, tức là chùm tia phản xạ bị “ép” vào ranh giới của môi trường (xem hình 3, b), tiến gần đến phương thẳng đứng.

Từ thời điểm ranh giới đi qua vị trí thẳng đứng ($t = \frac{\pi}{2\omega}$), tia rơi vào môi trường chiết quang kém hơn, bị khúc xạ tại ranh giới và thoát ra khỏi môi trường đậm đặc hơn. Góc tới $\delta$ và góc khúc xạ $\gamma$ có ​​liên hệ với nhau bởi hệ thức $\frac{\sin \delta}{\sin \gamma} = \frac{n_1}{n_2}$. Khi ranh giới của phương tiện truyền thông đi qua phương thẳng đứng ($\delta = \frac{\pi}{2}$) $\gamma_0 = \arcsin \frac{n_2}{n_1} = \alpha_0$, sẽ có hiện tượng “nhảy” chùm tia trên màn hình (hình 4). Sau đó ($\delta \rightarrow 0$), chùm tia được “ép” về mức pháp tuyến đến ranh giới của môi trường (hình 5), và ở $\delta = 0$, nó đi qua hình cầu mà không bị khúc xạ.

Từ tính chất tương hỗ của các tia sáng, có thể thấy rõ đường đi của tia sáng sẽ thay đổi như thế nào khi tiếp tục