Kvant 1986, số 12 · Trang

KVANT 12
1986

Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Evariste
Galois
Đến kỷ niệm 175 năm
từ ngày sinh ra
(xem trang 2)

TRONG PHÒNG:

2 Yu. P. Solovyev. Evariste Galois
D. L. Tarasov, L. V. Tarasov. Điều gì sẽ xảy ra nếu…?

9 Ồ. P. Soloviev. Evariste Galois
D. L. Tarasov, L. V. Tarasov. What will happen, if…?

8 Science news
“Heavy” electrons in metals

12 Our calendar
175th anniversary of Avogadro’s law

13 Kvant’s lab
A. A. Borovoy. Observing fog

16 Kvant’s school
Mathematica 8
Trường học yêu thích bài toán
Selected school problems

21 Kvant for younger school children
Problems
Alice’s evidence

22 nhiệm vụ
Alice làm chứng

26 Kvant’s problems
Problems M1016—M1020; P1028—P1032
Solutions M996—M1000; P1008—P1012

29 Lời giải bài toán M996—M1000; F1008—F1012
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải
List of readers who have sent correct solutions

40 The art of programming
G. A. Galperin, A. V. Korlyukov. The binary algorithm

43 College applicant’s section
Ồ. A. Samarski. Vật lý nguyên tử trong các vấn đề

48 Olympiads
A. P. Savin, T. A. Sarycheva, A. A. Fomin.
27th International mathematics olympiad

51 O. F. Kabardin, B. A. Orlov. XVII
Olympic Vật lý quốc tế
17th International physics olympiad

55 Information
Moscow physico-technical institute’s correspondence school

58 Answers, hints, solutions
Kvant smiles (39)
Miscellaneous (50, 57)
The chess page (3rd cover page)
Our questionnaire (64)
Printed in 1986 (61)

Cây thông Noel dễ thương trên trang đầu tiên của trang bìa là lá cờ đầu năm mới của chúng tôi dành cho độc giả tạp chí. Hai quả pháo (quân tốt trắng) bay lên đầu tiên: 1. h7 b2 2. b8Л! h2 3. h8Л! (những đoạn cắt bế tắc được loại bỏ), và sau đó chúng trút xuống: 3… b1Ф+ 4. R:b1 h1Ф+ 5. R:h1 (tác giả bài toán - M. Zinaar, 1985 Vyshrysh). Các giai điệu đối xứng khác sẽ được thảo luận trên trang cờ vua hiện tại.

3

hùng biện, anh ta lãng phí thời gian và chỉ hành hạ giáo viên của mình và phải gánh chịu sự trừng phạt.”

Lúc này, Evariste đã làm quen với các tác phẩm của Gauss và Abel và cảm thấy mình có khả năng làm được không kém. Chỉ là một học sinh lớp dự bị, anh ấy, không cần sự trợ giúp từ bên ngoài, chuẩn bị cho kỳ thi tại Ecole Polytechnique, cơ sở giáo dục đại học tốt nhất ở Pháp vào thời điểm đó. Evarist tin rằng tất cả sức mạnh và năng lượng của khối óc và trái tim anh sẽ được sử dụng trong cô.

Nỗ lực thi vào trường Bách khoa đã kết thúc trong thất bại. Thất bại này khiến Galois vô cùng khó chịu và, theo nhà sử học toán học Dupioni, “là sự bất công đầu tiên khiến cuộc đời ông bị đầu độc”. Evariste quay trở lại trường đại học mà anh đã được sắp xếp theo thứ tự và sau khi bỏ qua môn chính, bước vào một lớp toán đặc biệt. Louis-Paul Richard, một giáo viên tuyệt vời, người say mê khoa học của mình, đã làm việc ở đó vào thời điểm đó. Trong số những người đã học với ông trong nhiều năm, ngoài Galois, còn có nhà thiên văn học được thay thế Le Verrier và nhà toán học xuất sắc Hermite.

Richard rất chú ý đến cậu học trò cưỡi ngựa, người mà ông cho là có năng khiếu nhất trong số các học trò của mình. Nhận xét của Richard về Galois kết luận: “Galois chỉ hoạt động trong những lĩnh vực toán học cao nhất”, “Anh ấy vượt trội hơn đáng kể so với tất cả các sản phẩm của mình”. Dưới sự hướng dẫn của Richard, Evariste đã hoàn thành công trình khoa học đầu tiên của mình, “Chứng minh một định lý về phân số liên tục tuần hoàn,” xuất bản năm 1829 trên Le Annal de Mathematician. Đồng thời, dưới ảnh hưởng của công trình Lagrange, Galois bắt đầu nghiên cứu chuyên sâu một trong những bài toán khó nhất thời bấy giờ - bài toán giải các phương trình đại số theo bán kính.

Vấn đề này có một lịch sử lâu dài. Ngay cả ở Vilina, họ đã phát hiện ra một phương pháp lời giải cho các phương trình bậc hai $ax^2+bx+c=0$. Nguồn gốc của nó trong biểu tượng hiện đại được đưa ra bởi công thức

$$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a},$$

bao gồm bốn phép tính số học trên các hệ số, cũng như radikal bình phương. Vào đầu thế kỷ 16, Scippone del Ferro và Nicolo Fontana, hay còn được gọi là Tartaglia, đã thu được công thức nghiệm của một phương trình bậc ba, bao gồm bốn phép tính số học và bán kính vuông và bán kính bậc ba. Một thời gian sau, Lodovic Ferrari đã phát hiện ra công thức nghiệm của phương trình bậc bốn, bao gồm các căn thức

Bức chân dung duy nhất của Evariste, được vẽ từ cuộc sống, khi ông mười lăm đến mười sáu tuổi.

4

Sân của Lycée Louis-le-Grand (Paris, rue Saint-Jacques, 123). Galya đã dành sáu năm trong tổ chức này (vào thời đó - Trường Cao đẳng Hoàng gia) - từ tháng 10 năm 1823 đến tháng 12 năm 1829.

các hệ số $a_0, a_1, \dots, a_n$ của bất kỳ phương trình nào sẽ cho phép người ta đánh giá liệu nó có thể được giải bằng căn thức hay không.

Trong thời gian 1829-1831. Evariste đã giải quyết được hoàn toàn vấn đề khó khăn nhất này. Kết quả đầu tiên của ông về lý thuyết phương trình xuất hiện vào mùa xuân năm 1829. Galya gửi chúng đến Viện Hàn lâm Khoa học. Một trong những nhà toán học vĩ đại nhất của Pháp, Cauchy, đã xem công trình của ông ấy, nhưng… đã đánh mất nó ở đâu đó.

Vào cuối năm học trong lớp toán đặc biệt, Galya lại nỗ lực xây dựng trường Bách khoa và một lần nữa thất bại. Điều gì đã xảy ra trong kỳ thi không được biết. Galya sau đó đã đề cập đến anh ta, viết rằng trong kỳ thi, anh ta đã nghe thấy “tiếng cười điên cuồng của các giám khảo”. Giám khảo của Galya là Binet và Lefbor de Fourcy. Chúng tôi không biết họ đã xếp hạng Galya như thế nào; Bằng cách này hay cách khác, anh đã không vào được trường Bách khoa.

Trong khi Evariste đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh, một điều bất hạnh không thể khắc phục đã ập đến với anh: vào ngày 2 tháng 7 năm 1829, cha anh, bị linh mục và học sinh địa phương truy lùng, đã tự sát. Evariste đã trải qua những ngày khó khăn này, gần như trùng hợp với sự thất bại của anh, ở nhà, với mẹ và em trai Alfred.

Theo lời khuyên của Richard, Evariste quyết định xây dựng Trường Dự bị, tàn tích cay đắng của Trường Bình thường nổi tiếng được tạo ra trong Cách mạng Pháp. Năm 1822, Bourbons đóng cửa Trường Bình thường, và vào năm 1826 nó được khôi phục dưới tên Trường Dự bị, như một sự tiếp nối của Trường Cao đẳng Louis-le-Grand. Trường Dự bị kéo dài ba năm đào tạo giáo viên và quan chức chính phủ. Vào ngày 20 tháng 2 năm 1830, Evariste Galya trở thành học trò của bà.

Năm đầu tiên học tại Trường Dự bị hóa ra lại là năm thành công nhất trong cuộc đời Galya. Tại đây anh gặp Auguste Chevalier, và người quen này nhanh chóng phát triển thành một tình bạn bền chặt. Galya đam mê toán học. Ông đã viết ba tác phẩm và gửi chúng đi thi tại Học viện.

Đột nhiên một đòn mới giáng xuống anh ta. Quyền quản lý Galya rơi vào tay thư ký của Học viện Fourier, người ngay sau đó… qua đời. Bản thảo Galya không có trong bài báo của ông - nó biến mất, giống như bản đầu tiên, và cùng với đó là hy vọng nhận được Giải thưởng Toán học Lớn. Đúng, Evarist đã giữ bản sao của các tác phẩm mới nhất và ông đã xuất bản chúng trên tạp chí Appel và tháng 6 của Bản tin Khoa học Toán học, nhưng đây là một tuyên bố yếu kém. Trong những điều bất hạnh lặp đi lặp lại của mình, anh ta không nhìn thấy ý chí ngẫu nhiên mà là kết quả của một tổ chức xã hội phẳng lặng, khiến tài năng bị tước đoạt vĩnh viễn vì lợi ích của hậu quả. Và với tất cả nhiệt huyết của tuổi trẻ, Evariste tham gia cuộc đấu tranh tái cơ cấu chính trị xã hội.

Vào tháng 7 năm 1830, mây mù đã bao phủ chế độ Bourbon từ lâu và một cơn giông bão cách mạng nổ ra, tước bỏ quyền lực của Vua Charles X. Galya hoàn toàn thông cảm đứng về phía những người công nhân khai thác. Đồng chí tích cực tham gia công tác của giới cách mạng và tham gia Hội bạn nhân dân. Nhưng nguyện vọng của những người công nhân khai thác đã không được đáp ứng: người được bảo trợ của thủ đô lớn, “vua tư sản” Louis-Philippe, đã được SEL đưa lên nắm quyền. Sự phấn khích ở Paris vẫn tiếp tục không suy giảm.

Vào mùa thu năm 1830, Évariste xuất hiện trên báo chỉ trích gay gắt hành vi hai mặt của hiệu trưởng Trường Dự bị Ginyu trong những ngày tháng Bảy. Kết quả là vào ngày 9 tháng 12, anh ta bị đuổi khỏi trường. Hy vọng của tôi về sự nghiệp toán học đã không còn nữa. Evariste tham gia lực lượng pháo binh của Lực lượng Vệ binh Quốc gia, hầu hết là thành viên của Hiệp hội Bạn bè Nhân dân. Đây là lực lượng vũ trang của cách mạng, và đội hình đúng đắn của Louis Philippe đã sớm giải tán Lực lượng Vệ binh Quốc gia. Evariste không còn kế sinh nhai; Chỉ những bài học riêng mới cho phép anh ta kiếm sống.

Tất cả những suy nghĩ của ông vào thời điểm này đều hướng về lĩnh vực cách mạng - toán học bị xếp sau. Tuy nhiên, anh ấy đã tìm thấy và cố gắng một lần nữa gửi đến Học viện chính tác phẩm đã bị thất lạc vào năm ngoái. Tác phẩm đã được viện sĩ Lacroux và Poisson xem xét. Sau một thời gian dài họ đã báo cáo

5

Họ nói rằng họ không thể đánh giá bản thảo một cách tích cực.

Vào tháng 6 năm 1831, Galois bị đưa ra xét xử với tội danh “cố gắng mua chuộc mạng sống và con người của Vua nước Pháp bằng một tuyên bố được đưa ra ở nơi công cộng trong một cuộc họp công khai.” Bồi thẩm đoàn tuyên trắng án cho Galois, nhưng anh ta sẽ chịu sự giám sát bí mật của cảnh sát chính trị.

Ngày 14 tháng 7 năm 1831 Galois tham gia một cuộc biểu tình. Những người tham gia sẽ phản đối lệnh cấm tự do ngôn luận của chính phủ Louis-Philippe. Nhiều người tham gia cuộc biểu tình này đã bị bắt, và Evariste cuối cùng phải vào nhà tù Sainte-Pélagie. Tại đây ông đã kỷ niệm sinh nhật thứ 20 của mình và tại đây ông đã biên tập công trình toán học chính của mình. Ngày 16 tháng 3 năm 1832, Galois được chuyển đến bệnh viện nhà tù vì nghi mắc bệnh tả. Có thông tin cho rằng Galois vẫn ở trong đó một thời gian sau khi mãn hạn tù vào ngày 29 tháng 4. Không có dấu vết nào về cuộc đời ông trong suốt tháng 5 năm 1832. Vào sáng ngày 30 tháng 5, một người qua đường phát hiện ông bị thương nặng sau khi bị bắn bằng súng lục trên bờ ao Glasbert ở ngoại ô Gentilly của Paris. Ngày hôm sau lúc 10 giờ sáng Galois qua đời. Nguyên nhân của mõm của anh ta và đối thủ của anh ta không được biết chắc chắn. Trước khi qua đời, ông đã viết một lá thư cho người bạn Auguste Chevalier yêu cầu ông đưa bản thảo của mình cho các nhà toán học người Đức Jacobi và Gauss. Tuy nhiên, bản thảo chỉ được đưa ra ánh sáng vào năm 1846 và hầu như không được chú ý. Ý tưởng của Galois chỉ thực sự được hiểu vào những năm 70, sau khi cuốn sách “Điều khiển đại số và Lý thuyết thay thế” của K. Jordan được xuất bản.

bất tử

Trong lý thuyết về điều khiển và nghiên cứu trong đó các trường hợp điều khiển được giải bằng căn thức, có rất ít lý do để tôi mỉm cười với lý thuyết này và mô tả tất cả các biến đổi có thể có của điều khiển được cho phép ngay cả khi nó không được giải bằng căn thức.

Bản thảo do Galois để lại, từ đó trích dẫn này được lấy ra, có tên là “Metoire về các điều kiện cho khả năng giải được của sự kiểm soát theo căn thức”. Những ý tưởng trong cuốn hồi ký này không được những người cùng thời với Galois hiểu và thậm chí cho đến nay vẫn bị coi là khó nghiên cứu. Đồng thời, việc xây dựng lý thuyết Galois không phức tạp. Đúng, trước tiên bạn cần nắm vững một số khái niệm mới.

Giả sử có $n$ đối tượng mà chúng ta sẽ biểu thị bằng các số tự nhiên 1, 2, …, $n$. Sự thay thế của chúng là phép biến đổi tập hợp các đối tượng này, được chỉ định bởi bảng

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & ... & n \\ i_1 & i_2 & ... & i_n \end{pmatrix},$$

trong đó $i_1, i_2, ..., i_n$ là các số 1, 2, …, $n$ giống nhau nhưng được viết theo thứ tự khác. Mỗi sự thay thế bao gồm việc thay thế số ở dòng trên cùng bằng số được ký bên dưới nó ở dòng dưới cùng.

Từ $n$ số bạn có thể thực hiện $n!$ các phép thay thế khác nhau. Ví dụ: từ ba số 1, 2, 3 bạn có thể thực hiện các thay thế sau:

$$p_0 = \begin{pmatrix} 123 \\ 123 \end{pmatrix}, p_1 = \begin{pmatrix} 123 \\ 312 \end{pmatrix}, p_2 = \begin{pmatrix} 123 \\ 231 \end{pmatrix},$$

$$p_3 = \begin{pmatrix} 123 \\ 132 \end{pmatrix}, p_4 = \begin{pmatrix} 123 \\ 213 \end{pmatrix}, p_5 = \begin{pmatrix} 123 \\ 321 \end{pmatrix}.$$

Tập hợp thay thế của các mục $n$ được ký hiệu là $S_n$.

9

Điều gì sẽ xảy ra nếu…?

D. L. TARASOV,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
L. V. TARASOV

“Chuyện gì sẽ xảy ra nếu…?” Những câu hỏi thuộc loại này có thể rất khác nhau; từ “nếu” có thể dẫn đến nhiều câu khác nhau, bao gồm cả những câu liên quan đến một số quá trình hoặc hiện tượng vật lý. Mỗi lần những câu hỏi như vậy cho phép chúng ta xem xét một số tình huống vật lý và từ đó giúp chúng ta hiểu rõ hơn về bản chất của một số hiện tượng, vai trò và phạm vi của các định luật vật lý nhất định.

Điều gì sẽ xảy ra nếu tốc độ ánh sáng trong mọi môi trường trong suốt đột nhiên bằng tốc độ ánh sáng trong chân không? Có lẽ ngày nay câu hỏi này sẽ có vẻ xa vời. Tuy nhiên, như chúng ta sẽ thấy, đáp số về anh ta, chúng ta sẽ phải tìm ra nhiều điều quen thuộc và dường như rất quan trọng. Và bên cạnh đó, câu hỏi này có thể đã được đặt ra từ nhiều năm trước và khá nghiêm túc.

Chúng ta hãy nhớ: vào thế kỷ 17-18, cách tiếp cận thuần túy cơ học đối với các hiện tượng quang học đã chiếm ưu thế. Người Odinians tuân theo “lý thuyết cạn kiệt” của Newton, theo đó ánh sáng được xem như một dòng các “hạt” nhỏ đang bay nhanh. Những người khác, theo Huygens, coi ánh sáng là sự lan truyền của sóng đàn hồi trong một môi trường đặc biệt - ether - lấp đầy mọi không gian vi mô, kể cả các vật thể ngang. Để giải thích các hiện tượng quan sát được, cần phải ban cho ether những đặc tính đáng kinh ngạc và đôi khi không thể giải thích được. Vì vậy, cần phải đề xuất rằng tốc độ của sóng ánh sáng “đàn hồi” trong ether phụ thuộc vào loại vật thể nào “lấp đầy” ether. Điều này không rõ ràng đối với làn sóng; thoạt nhìn có vẻ như tốc độ lan truyền nhiễu loạn đàn hồi trong ether trôi nổi ở đây sẽ giống nhau. Khi đó câu hỏi có thể được đặt ra: tốc độ ánh sáng có thực sự giống nhau trong mọi vật thể và trong chân không hay không?

Chúng ta hãy giả sử rằng thực tế là như vậy và hãy xem đề xuất này sẽ dẫn đến “hậu quả” gì. Tất nhiên, chúng ta sẽ sử dụng kiến ​​thức về bản chất thực sự của các hiện tượng quang học, một lý thuyết phù hợp với kinh nghiệm hàng ngày. Chúng ta biết rằng tốc độ v của ánh sáng trong mọi môi trường luôn bằng tốc độ ánh sáng c trong chân không. Luôn luôn c>v. Tỷ lệ c/v là một chỉ số về nguồn cung cấp ánh sáng n cho một môi trường nhất định.

Giả sử tốc độ ánh sáng trong mọi môi trường trong suốt bằng tốc độ ánh sáng trong chân không: v=c. Do đó, đối với tất cả các môi trường hiện tại n=1. Đặc biệt, điều này có nghĩa là sự khúc xạ của tia sáng ở ranh giới của môi trường đã biến mất. Khi truyền từ không khí sang nước, chùm sáng không còn đổi hướng nữa. Chúng ta sẽ không thấy một chiếc thìa trong cốc nước bị “vỡ” và khoảng cách đến một đồng xu ở đáy bể sẽ không xuất hiện đối với chúng ta.

Hình 1. Chùm sáng ở ranh giới của hai môi trường trong tình huống chung (a) và trong tình huống mới (b).

11

tia phylote, tia nhỏ nhất có màu đỏ.

Vì bây giờ chiết suất luôn bằng nhau - và điều này có nghĩa là nó không phụ thuộc vào sự lựa chọn môi trường, hay bước sóng ánh sáng, hay bất kỳ yếu tố nào khác - sự tán sắc sẽ biến mất và bạn sẽ không còn quan sát thấy bất kỳ sự phân hủy nào thành màu sắc trong dấu (hình 4). Điều này có nghĩa là sắp xếp lại gần như tất cả các máy quang phổ và máy quang phổ. Chúng ta sẽ không thể chiêm ngưỡng được niềm vui trên thiên đường…

Vì vậy, trong tình hình mới, thế giới đã trở nên nghèo hơn đáng kể: sự khúc xạ của các tia ở ranh giới của môi trường đã biến mất, sự khúc xạ ánh sáng trong khí quyển đã biến mất và sự phân tán cũng biến mất. Điều gì sẽ xảy ra với sự phản ánh? Với sự phản xạ ánh sáng thông thường từ bề mặt của một môi trường trong suốt? Nó cũng sẽ biến mất! (Điều này có thể đã mệt mỏi từ hình 1, 6). Hình ảnh trở nên ấn tượng. Ở trên bờ hồ, bây giờ chúng ta không thấy cây cối, bụi rậm, mây soi bóng trên mặt nước, không thấy con đường trăng đêm trên mặt nước. Chúng ta không nhìn thấy tia sáng, dòng sông hay biển nào cả - chúng ta sẽ chỉ nhìn thấy đáy! Đồng ý, đây sẽ là một sự thay đổi rất đáng kể trong cảnh quan. Nhưng đó chưa phải là tất cả, thậm chí còn có những thay đổi ấn tượng hơn nữa sẽ diễn ra.

Tại sao bầu trời lại có màu xanh? Đó là tất cả về sự tán xạ ánh sáng trong bầu khí quyển của trái đất. Cường độ của ánh sáng tán xạ tỷ lệ nghịch với $\lambda^4$, trong đó $\lambda$ là bước sóng của ánh sáng. Điều này có nghĩa là trong ánh sáng tán xạ, phần quang phổ gần đầu philotine của nó có cường độ lớn hơn. Kết quả là, quang phổ của ánh sáng tán xạ dường như bị dịch chuyển về phía sóng ngắn hơn - thay vì ánh sáng trắng, thu được ánh sáng xanh. Nhìn lên bầu trời, chúng ta thấy ánh sáng bị tán xạ bởi bầu khí quyển và bầu trời có màu xanh. Khi chúng ta nhìn vào mặt trời lặn hoặc đơn giản là hướng mặt trời, chúng ta chủ yếu cảm nhận được không phải ánh sáng tán xạ mà là các tia mặt trời trực tiếp chỉ xuyên qua một lớp khí quyển mà không bị tán xạ. Quang phổ của ánh sáng như vậy được dịch chuyển về phía bước sóng dài hơn. Vì vậy, mặt trời lặn có màu đỏ và bầu trời gần đó được “tô màu” với tông màu cam và đỏ.

Bây giờ chúng ta hãy nghĩ xem điều gì sẽ xảy ra với tất cả những điều này trong tình huống mới đó,

cái nào chúng ta đang thảo luận. Chính xác thì ánh sáng bị phân tán ở đâu? Về sự thay đổi mật độ không khí do chuyển động ngẫu nhiên của các phân tử. Những thay đổi này rất hữu ích: mật độ hỗn loạn thay đổi từ điểm này sang điểm khác và từ thời điểm này sang thời điểm khác. Sự tán xạ ánh sáng là do sự thay đổi ngẫu nhiên chiết suất của không khí, gắn liền với sự thay đổi mật độ của nó. Nói cách khác, ánh sáng bị tán xạ bởi sự không nhất quán quang học của khí quyển, gây ra bởi chuyển động nhiệt của các phân tử của nó. Trong tình huống mới của chúng tôi, những thay đổi về mật độ không khí không dẫn đến sự xuất hiện của tính rẻ tiền của quang học. Điều này có nghĩa là sự tán xạ ánh sáng trong bầu khí quyển sẽ biến mất - chúng ta sẽ thấy một bầu trời đầy sao màu đen và trên đó là đĩa Mặt trời trắng sáng.

Nhưng trên thực tế, liệu chúng ta có thấy được điều gì không? Rốt cuộc, ngay khi tốc độ ánh sáng trong môi trường bằng tốc độ ánh sáng trong chân không, thì thấu kính của mắt chúng ta - thấu kính này do chính thiên nhiên tạo ra - sẽ ngừng thực hiện các chức năng của nó. Con mắt sẽ biến thành một thứ giống như một chiếc máy ảnh lỗ kim đơn giản. Liệu anh ấy có thể nhìn thấy được không? Chẳng phải kết quả của “viễn thị” có phải là quá lớn không?

Đây là những tình huống không rõ ràng mà chỉ một câu hỏi đã đưa chúng ta đến: điều gì sẽ xảy ra nếu tốc độ ánh sáng trở thành trong chân không.

12

Nhân kỷ niệm 175 năm định luật Avogadro

Nhà vật lý người Ý Amedeo Avogadro *) (1776-1856) xuất thân từ một gia đình có đàn ông, bắt đầu từ thế kỷ 12, luôn trở thành luật sư. Người ta thậm chí còn tin rằng bản thân họ Avogadro có nguồn gốc từ avvocato (trong tiếng Ý - luật sư). Nhưng nhà khoa học tương lai, người nhận bằng tiến sĩ luật ở tuổi hai mươi, đã không trung thành với truyền thống gia đình quá lâu. Ngay từ khi còn trẻ, ông đã phát triển niềm yêu thích sâu sắc với các ngành khoa học chính xác và từ năm 1800, ông bắt đầu dành toàn bộ thời gian rảnh rỗi để nghiên cứu vật lý và toán học.

Vài năm sau, Avogadro đã là tác giả của hai công trình khoa học và là thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Turin; vào năm 1806, cuối cùng ông đã rời bỏ nghề luật và trở thành giáo viên vật lý và toán học. Cựu nhà khoa học cốt lõi tiếp tục kiên trì nghiên cứu tài liệu chuyên ngành và số lượng công trình khoa học của riêng ông ngày càng tăng. Trong giới khoa học ở Ý, cái tên Avogadro ngày càng được biết đến rộng rãi. Năm 1819, ông được bầu làm thành viên chính thức của Học viện Turin, và một năm sau, theo sắc lệnh của hoàng gia, ông được bổ nhiệm làm giáo sư khoa vật lý cấp cao (theo lý thuyết hiện đại) đầu tiên ở Ý tại Đại học Turin.

Là một người có trí thông minh hùng hồn, kiến ​​thức bách khoa và sự khiêm tốn hiếm có, Avogadro có uy tín khoa học cao ở quê hương mình. Nhưng bên ngoài nước Ý, nghiên cứu của ông không tìm thấy phản hồi. Sự công nhận rộng rãi chỉ đến bốn năm sau cái chết của nhà khoa học, khi vào năm 1860, tại đại hội hóa học quốc tế đầu tiên ở Đức, người đồng hương của ông, nhà hóa học S. Kannitsar, đã thành lập được

*) Tên đầy đủ của anh ấy là Lorenzo Romano Amedeo Carlo Avogadro di Quargua e di Carreto.

trước khán giả, nội dung một trong những bài báo của Avogadro, được viết vào năm 1811. Trong bài báo này, định luật nổi tiếng của Avogadro đã được hình thành:

Những thể tích bằng nhau của các loại khí khác nhau ở cùng nhiệt độ và áp suất chứa cùng số lượng phân tử.

Avogadro đi đến kết luận quan trọng nhất này bằng cách phân tích các kết quả thí nghiệm được công bố năm 1808 bởi nhà vật lý người Pháp J. L. Gay-Lussac (1778-1850), người đã nghiên cứu mối quan hệ thể tích trong các phản ứng giữa các chất khí và xác định rằng thể tích của chất khí và sản phẩm phản ứng của chất khí tham gia phản ứng có liên hệ với nhau dưới dạng các số nguyên nhỏ.

Mười năm trước Avogadro, người sáng lập thuyết nguyên tử hóa học, người Anh J. Dalton (1766-1844), đã xem xét giả thuyết về sự bằng nhau về số lượng các phần trong thể tích bằng nhau của tất cả các loại khí. Tuy nhiên, ông buộc phải đáp lại điều này, theo cách nói của ông, ý tưởng “sương mù” này trái ngược với sơ đồ của một số phản ứng hóa học mà ông đã phát triển.

Bài toán, trong đó Dalton và Gay-Lussac, cùng với họ, nhiều nhà khoa học lỗi lạc khác, đã bối rối, đẹp đẽ và đơn giản được quyết định bởi Avogadro lúc đó chưa được biết đến. Ông lý luận như sau. Dalton chắc chắn đúng khi khẳng định rằng tác động cơ bản của một phản ứng hóa học bao gồm sự sắp xếp lại các nguyên tử, những phần vật liệu rời rạc tồn tại phản ứng mà từ đó mọi chất được tạo thành. Và Kolbsky đúng như vậy, thì khám phá của Gay-Lussac nhất thiết phải tuân theo rằng phải có một loại mối quan hệ vô hồn nào đó giữa thể tích khí và số lượng bộ phận tạo thành chúng. Điều đơn giản nhất là giả sử rằng những thể tích bằng nhau của tất cả các loại khí trong cùng điều kiện bên ngoài đều chứa số phần bằng nhau. Nhưng trong trường hợp này, mâu thuẫn sẽ nảy sinh giữa sơ đồ khí đã hứa, phản ứng của chúng và dữ liệu đo. Thật vậy, phản ứng tạo thành hơi nước từ hydro và oxy đại diện cho hydro và một nguyên tử oxy tạo thành một phân tử nước. Điều này có nghĩa là nếu chúng ta giả sử rằng số lượng các phần bằng nhau chiếm thể tích bằng nhau thì tỷ lệ của các vật tương ứng trong phản ứng này sẽ là 2:1:1 chứ không phải 2:1:2 như Gay-Lussac đã thiết lập.

Suy ngẫm về điều này và một số khác biệt tương tự đã khiến Avogadro đi đến kết luận rằng ý tưởng của người Khimki về phản ứng khí là không chính xác. Vì vậy, trong phản ứng hình thành nước, không phải nguyên tử mà là các phân tử hai nguyên tử của hydro và oxy kết hợp với nhau, nghĩa là phản ứng phải diễn ra theo sơ đồ: $2\text{H}_2 + \text{O}_2 = 2\text{H}_2\text{O}$, tương ứng chính xác với tỷ lệ thể tích 2:1:2. Theo cách tương tự, nhà khoa học dễ dàng đưa tính chặt chẽ phù hợp với dữ liệu thực nghiệm và một số sơ đồ phản ứng khí khác.

Có vẻ như giả định “đơn giản nhất” của Avogadro, hoàn toàn hợp lý, lẽ ra đã nhanh chóng được công nhận là một định luật cơ bản mới của tự nhiên, đặc biệt là khi nhà khoa học này biện minh cho quan điểm của mình trên một tạp chí khoa học nổi tiếng của Pháp. Tuy nhiên, như đã đề cập, điều này sẽ chỉ xảy ra sau nửa thế kỷ. Nguyên nhân của vấn đề kéo dài này là gì? Có lẽ điều này được giải thích một phần là do Avogadro, với tư cách là một người không có binium nguyên chất, hầu như không làm gì để thúc đẩy phát hiện của mình và rút lui khỏi cuộc chiến để được các bộ sưu tập nước ngoài công nhận. Nhưng quan trọng nhất, thế giới tâm linh vẫn chưa sẵn sàng chấp nhận kết luận của Avogadro, bởi vì đối với kết luận của Avogadro, vì đối với những khái niệm ban đầu của lý thuyết nguyên tử-phân tử, hoàn toàn có sự nhầm lẫn. Không có sự hiểu biết cơ bản về nhau: cái mà người ta gọi là nguyên tử, cái khác gọi là phân tử, và cái thứ ba gọi là các bộ phận. Các nhà vật lý tưởng tượng các nguyên tử và phân tử theo cách hoàn toàn khác với các nhà hóa học. Nhiều người không hề tin vào sự tồn tại của chúng và coi chúng chỉ là những biểu tượng thông thường. Thực ra

(Cuối cùng xem trang 20)

Quan sát qua sương mù
Những dòng này đến từ đâu?

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
A. A. VOROVOY

Bạn đã quan sát kỹ xem sương mù buổi tối xuất hiện trên sông như thế nào chưa? Nó không xuất hiện ngay lập tức mà ban đầu dày lên trên các xoáy nước và gợn sóng. Những đám mây ánh sáng riêng lẻ dưới ánh trăng lấp đầy hình dáng những người phụ nữ trong bộ đồ trắng. Và bạn bắt đầu hiểu tổ tiên của chúng ta, những người đã tạo ra rất nhiều truyền thuyết về nàng tiên cá.

Chúng ta cũng bắt gặp những mô tả về hiện tượng tự nhiên đôi khi có màu đỏ đáng kinh ngạc, đôi khi đáng báo động và bí ẩn này trên các trang của các tác phẩm hư cấu. Bên lề trang này và các trang tiếp theo là một số tác phẩm và những câu trích dẫn đầy chất thơ mô tả sương mù. Hãy thử đoán xem tác giả của chúng là ai.

Tần suất bạn có thể chiêm ngưỡng sương mù tùy thuộc vào địa hình. Ví dụ, đối với cư dân của Newfoundland, một hòn đảo nằm ngoài khơi Canada, nơi Dòng hải lưu ấm áp gặp dòng hải lưu Labrador lạnh lẽo, sương mù là những vị khách thường xuyên. Trong phần thứ ba của năm, bao gồm hầu hết các ngày hè, hòn đảo bị bao phủ bởi sương mù dày đặc. Có lẽ, ngay cả mô tả màu đỏ nhất về sương mù cũng khó có thể gây được sự ngưỡng mộ của người dân Newfoundland. “Xứ sở sương mù” thực sự chính là nước Anh, “Albon sương mù”. Ở nước ta, bờ biển của các vùng biển phía Bắc - Baltic, Okhotsk và Bán đảo Kola - đặc biệt có nhiều ngày sương mù.

Nếu sương mù tự nhiên hiếm khi xảy ra ở nơi bạn sống, đừng quên rằng ở nhà bạn có thể nhìn thấy chúng theo đúng nghĩa đen ở mỗi bước đi. Một đám mây trắng nổi lên từ vòi ấm nước sôi là sương mù. Trong cuộc sống hàng ngày chúng ta gọi nó là hơi nước, nhưng điều này không chính xác vì hơi nước là một loại khí không lấp lánh. Nếu bạn nhanh chóng mở một chai nước có ga, ngay giây phút đầu tiên, khói sẽ xuất hiện phía trên cổ - đây cũng là sương mù. Trên đường phố vào một ngày băng giá, sương mù cuộn tròn trên mặt nước thoáng đãng, qua các lỗ băng hoặc lỗ đầy, tràn vào phòng qua cửa sổ đang mở và xuất hiện khi thở (một lần nữa, chúng ta quen nói “hơi nước từ hơi thở”).

Sự hình thành sương mù là do khi nhiệt độ không khí đốt cháy hơi nước,

Sự xuất hiện của sự thay đổi là đáng chú ý. Một giây trước, chúng tôi còn bị dày vò dưới những tia nắng chói chang, phía trên chúng tôi là bầu trời trong xanh, xa tận chân trời, biển đang xào xạc và cuộn sóng, và một con tàu quét trắng đang đuổi theo chúng tôi, phun ra khói, lửa và những viên đạn đại bác bằng gang. Và đột nhiên, trong nháy mắt, mặt trời dường như tắt ngấm, bầu trời biến mất, ngay cả đỉnh cột buồm cũng biến mất khỏi tầm mắt, một tấm màn xám che phủ trước mắt chúng tôi như thể bị nước mắt che phủ. Bóng tối ẩm ướt đứng xung quanh chúng tôi như một bức tường. Tóc, quần áo - mọi thứ đều được bao phủ bởi những viên kim cương lấp lánh.

Hôm nay mọi thứ xung quanh đã chìm vào giấc ngủ, như thể bầu trời đã bị sương mù bao phủ, và trong ánh chạng vạng phía sau mặt nước là tấm kính vui tươi.

Hôm nay mọi thứ xung quanh đã chìm vào giấc ngủ, như thể bầu trời đã bị sương mù bao phủ, và trong ánh chạng vạng phía sau mặt nước là tấm kính vui tươi.

Chứa trong đó, tại một thời điểm nào đó chúng trở nên bão hòa và khi nguội thêm, chúng bắt đầu ngưng tụ. Và chúng giải phóng độ ẩm dư thừa dưới dạng những giọt nhỏ trên các trung tâm ngưng tụ - hạt bụi, khói một phần, hạt khí, v.v. Khi những giọt nước xuất hiện trong không khí, chúng ta nói về sương mù. Và những giọt trên bề mặt trái đất, trên lá và cỏ được gọi là sương.

Để tưởng tượng hàm lượng hơi nước trong không khí thay đổi như thế nào khi nhiệt độ thay đổi, đây là những số liệu sau:

khối lượng hơi nước bão hòa trong 1 m³ không khí ở 30 °C là 30 g;

khi không khí được làm lạnh đến 10 °C, khối lượng hơi bão hòa giảm xuống 10 g/m³;

Điều này có nghĩa là trong mỗi mét khối không khí, 20 g nước sẽ được giải phóng dưới dạng giọt sương mù hoặc sương.

Bạn có thể xác định kích thước của các giọt tạo nên sương mù như sau. Giữ một mảnh thủy tinh có dính hạt trong sương mù, sau đó kiểm tra những giọt ẩm còn lại trên đó dưới kính hiển vi. Microsop là cần thiết vì ngay cả những giọt lớn nhất cũng chỉ có kích thước 10 micron, đường kính của chúng nhỏ hơn gần một trăm lần so với độ dày của một que diêm.

Thông thường sương mù không kéo dài. Những giọt nhỏ hợp lại thành những giọt lớn hơn và rơi xuống - sương mù sẽ rơi xuống đất. Nhưng cũng có thể xảy ra trường hợp trong luồng không khí ấm áp, các giọt sương mù bay hơi và sương mù tan đi.

Tất cả điều này có thể được quan sát trong một thí nghiệm đơn giản, đòi hỏi một bình cà phê, một chiếc chảo rán và một đoạn ống cao su nhỏ. Chúng ta nhét chặt ống vào vòi của bình cà phê, đổ nước vào rồi đặt lên bếp. Khi nước sôi, một dòng nước sương trắng bắt đầu thoát ra khỏi ống. Hãy đưa (dùng nhíp) đưa đầu ống vào chảo rán nguội đặt trên bếp lửa liền kề. Sương mù sẽ dâng lên phía trên nó và đọng lại một phần thành từng giọt trên bề mặt kim loại lạnh. Nhưng nếu bạn làm nóng chảo, sương mù sẽ biến mất. Trong luồng không khí nóng, mật độ hơi nước trở nên thấp hơn mức bão hòa và các giọt nước không hình thành (hoặc bay hơi).

“Hỡi các công dân, chuyến bay Moscow-Vorkuta bị hoãn hai giờ.” Thật không may, những thông báo kiểu này thường được nghe thấy ở sân bay. Thông thường, sự chậm trễ xảy ra do sương mù. Chính anh ta là người ngăn cản máy bay hạ cánh và ngăn cản chúng cất cánh. Làm thế nào để đối phó với điều này?

Lúc đầu, các kỹ sư đã đề xuất một phương pháp gần như rất nổi bật, phương pháp này “hoạt động” rất tốt trong thí nghiệm với chảo rán. Đó là trong thời chiến. Các phi công người Anh phải đẩy lùi Đức Quốc xã. Nhưng nước Anh là đất nước của sương mù, và người phi công, khi cất cánh từ sân bay, không chắc chắn rằng mình có thể hạ cánh trong thời tiết quang đãng hay không. Và tại sáu sân bay ở Anh

Những ngọn đuốc khổng lồ rực sáng dọc theo toàn bộ bãi đáp. Chúng làm nóng không khí, những giọt sương mù bốc hơi và tầm nhìn tăng lên nhiều lần - lên tới một km.

Nhưng phương pháp này hóa ra lại tốn kém và không hiệu quả. Thực tế là khi bị loại bỏ, bản thân dầu tạo ra rất nhiều hơi nước, chúng liên tục bổ sung “dự trữ” sương mù, và về cơ bản, pháo sáng phải tự chiến đấu với chính mình. Kết quả là tại mỗi sân bay, cả một thùng dầu bị thổi bay trong một giây. Mặc dù chi phí này vốn đã khá tốn kém đối với các sân bay nhỏ, nhưng các đường băng hiện đại sẽ cần cả một sông dầu. Chúng tôi đã phải từ bỏ việc làm nóng không khí.

Hứa hẹn hơn là việc rải các chất hấp thụ độ ẩm trên sân bay, chẳng hạn như loại bột kali clorua tốt nhất. Các hạt của nó thu thập các giọt sương mù thành những hạt lớn hơn và rơi xuống đất. Độ ẩm không khí giảm xuống và sương mù tan đi.

Trong khi nói về chủ đề sương mù và máy bay, chúng tôi muốn đề cập đến hai sự kiện nữa kết nối chúng.

Mỗi người trong số các bạn chắc hẳn đã hơn một lần thay thế vệt trắng của một chiếc máy bay đang bay trên bầu trời. Đây là sương mù hình thành từ hơi nước, nguồn cung cấp nhiên liệu cũ. Khí thải nóng, bão hòa hơi nước, đi vào bầu khí quyển lạnh và tạo thành sương mù.

Một “vệt sương mù” khủng khiếp hơn nhiều có thể theo sau một chiếc máy bay bị rơi. Đây là dấu vết của nhiên liệu được ném vào luồng không khí và phun thành những giọt nhỏ. Ngọn lửa có thể lan dọc theo con đường như vậy với tốc độ mười mét một giây, do đó không có thiết bị chữa cháy nào có thể đến ứng cứu. Về vấn đề này, một vấn đề đã nảy sinh ở các chất nhiên liệu làm giảm đáng kể tính dễ cháy của sương mù như vậy. Và công việc như vậy đang được tiến hành.

Một luồng ánh sáng kỳ lạ, thú vị nào đó hòa quyện với sự huy hoàng của nơi này. Anh chưa bao giờ nhìn thấy bất cứ điều gì như thế này trước đây. Một màn sương bạc phủ xuống khu vực. Mùi của những cây táo nở hoa và những bông hoa vừa chớm nở lan khắp vùng đất.

Tháng chín lạnh buốt, lá gỉ cuộn tròn trên cây,
Ngày đang tàn dần, màn đêm buông xuống, sương mù dâng cao.

Một đám ngũ cốc được buộc trong POSE, một làn sương mù thơm lừng bốc lên.

Trái đất buổi chiều buồn biết bao!
Sương mù bao trùm đầm lầy tối tăm làm sao.

Đôi mắt nàng như hai làn sương mù Nửa cười nửa khóc…

16

Matematika 8

Ghi chú được xuất bản nhằm gửi đến tất cả học sinh học cổ điển, nhưng cũng có thể hữu ích cho học sinh lớp chín và lớp mười.

Các phép biến đổi hình học trong bài toán phẳng

Xoay, căn chỉnh và đối xứng trung tâm, dịch song song, chuẩn bị - tất cả các phép biến đổi mặt phẳng này thường giúp thiết lập nhiều tính chất thú vị và quan trọng của hình hình học và bộc lộ đầy đủ hơn nội dung của chủ đề.

Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một số phép đo phẳng bài toán, lời giải trong số đó, sử dụng các phép biến đổi mặt phẳng, tồn tại dễ dàng hơn các phương pháp truyền thống khác và chúng ta sẽ đề cập một chút đến vấn đề thành phần của các phép biến đổi.

Bài tập 1. Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, $M$ là giao điểm của các đường trung tuyến, $H$ là giao điểm của các đường cao. Chứng minh rằng các điểm $O$, $M$, $H$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Lời giải. Trên hình 1, các điểm $B_1$ và $C_1$ là trung điểm của các cạnh $AC$ và $AB$ của tam giác $ABC$, $BB_2$ và $CC_2$ là các đường cao của tam giác.

Hãy xem xét một cái làm sẵn có tâm $M$ và hệ số $k=-2$. Trong quá trình chuẩn bị này, các điểm $B_1$ và $C_1$ lần lượt được ánh xạ tới các điểm $B$ và $C$. Vì giá trị của các góc được giữ nguyên trong quá trình chuẩn bị, đoạn $B_1O$ sẽ đi vào một đoạn nằm trên đường $BB_2$, và đoạn $C_1O$ sẽ đi vào một đoạn nằm trên đường $CC_2$, do đó điểm $O$ của giao điểm của đường $B_1O$ và $C_1O$ sẽ đi đến điểm $H$ giao điểm của độ cao $BB_2$ và $CC_2$. Theo đó các điểm $O$, $M$, $H$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Bài tập 2. Cho một đường tròn có bán kính khác nhau cắt nhau tại điểm $A$. a) Chứng minh rằng có chính xác hai điểm phân biệt $M$ và $N$ và các đường tròn này là chủ có tâm $M$ và chủ có tâm $N$. 6) Chứng minh rằng $\angle MAN=90^\circ$.

Lời giải. a) Đặt $O_1$ và $O_2$ là tâm của các đường tròn của chúng ta và $PQ$ và $RS$ đường kính của chúng vuông góc với đường thẳng $O_1O_2$. Tính đồng nhất phải dịch $PQ$ sang $RS$; điều này có nghĩa là nó dịch $P$ thành $R$ và $Q$ thành $S$ hoặc nó ánh xạ $P$ thành $S$ và $Q$ thành $R$. Trong trường hợp đầu tiên, tâm chuẩn bị là điểm giao nhau của các đường $PR$ và $QS$; trong trường hợp thứ hai, điểm giao nhau của đường $PS$ và $QR$. 6) Khi chuẩn bị hai đường tròn có tâm $M$ điểm $O_1$ sẽ có hình ảnh của điểm $O_2$ (hình 2); nó cũng là ảnh của điểm $O_2$ và khi chuẩn bị với tâm $N$. Điểm $A$ khi nấu với tâm $M$ sẽ chuyển sang điểm $A_1$, và khi nấu với tâm $N$ nó sẽ chuyển sang điểm $A_2$. Theo tính chất của sự chuẩn bị, các đường thẳng $O_1A_1$ và $O_2A$, cũng như $O_1A_2$ và $O_2A$ là song song. Từ đó suy ra điểm $O_1$ nằm trên đường thẳng $A_1A_2$. Do đó $\angle A_1AA_2=90^\circ$, do đó $\angle MAN=90^\circ$.

Nhiệm vụ 3. Ba điểm được cho trên một vòng tròn: $M$, $N$ và $K$. Viết tam giác $ABC$ vào hình tròn này sao cho các đường thẳng $AM$, $BN$ và $CK$ lần lượt được chia đôi bởi các góc $A$, $B$ và $C$.

Lời giải. Đặt $ABC$ là hình tam giác mong muốn. Chúng ta hãy vẽ các tiếp tuyến của đường tròn đã cho (hình 3) thông qua các điểm $M$, $N$, $K$ và xét tam giác $A_1B_1C_1$ là kết quả của giao điểm của chúng.

Vì các cung $AK$ và $KB$, $BM$ và $MC$, $AN$ và $NC$, các đường thẳng song song theo cặp $A_1B_1$ và $AB$, $B_1C_1$ và

17

BC, A₁C₁ và AC. Do đó, các tam giác ABC và A₁B₁C₁ đã được chuẩn bị và theo tính chất của sự chuẩn bị, các đường nhị phân của một trong số chúng song song với các đường nhị phân của tam giác kia.

Việc xây dựng cần thiết sau đó.

Qua các điểm M, N, K vẽ các tiếp tuyến với đường tròn. Khi chúng cắt nhau sẽ tạo thành tam giác A₁B₁C₁. Chúng ta vẽ các đường nhị phân trong đó - các đường thẳng A₁M₁, B₁N₁, C₁K₁ trên hình 3. Qua các điểm M, N, K chúng ta lần lượt vẽ các đường thẳng song song với A₁M₁, B₁N₁ và C₁K₁. Các đường thẳng này sẽ cắt đường tròn tại ba điểm cần tìm A, B, C.

Bài toán 4. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh nó vuông góc với các cạnh đối diện tương ứng cắt nhau tại một điểm.

Lời giải. Gọi các điểm M, N, F, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD và AD (hình 4). Các đường thẳng vẽ qua các điểm M, N, F, K lần lượt vuông góc với các cạnh AB, BC, CD và AD cắt nhau tại tâm của đường tròn đã cho - điểm O. Rõ ràng tứ giác MNFK là hình bình hành. Gọi P là tâm đối xứng của nó.

Với đối xứng tâm có tâm tại điểm P, các điểm F, M, K, N lần lượt là các điểm đối xứng của các điểm M, F, N, K. Cho a, b, c, d lần lượt là các đường thẳng đi qua các điểm M, N, F, K và vuông góc với các cạnh CD, AD, AB, BC. Rõ ràng, với đối xứng tâm với tâm P thì các đường thẳng a, b, c, d lần lượt là ảnh của các đường thẳng OF, OK, OM, ON (với đối xứng tâm thì đường thẳng đó trở thành đường thẳng song song với nó). Điều này dẫn đến phát biểu bài toán: các đường thẳng a, b, c, d cắt nhau tại một điểm E - ảnh của điểm O đối xứng tâm với tâm P.

Bài toán 5. Phần kéo dài các cạnh AD và BC của hình thang cân ABCD cắt nhau tại điểm L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACL và BDL cắt nhau tại tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang này.

Lời giải. Tam giác ABL là tam giác đều. Chiều cao LM của nó là trục đối xứng của nó (hình5). Đường tròn màu đỏ đi qua các điểm A, C, L là hình chiếu của đường tròn màu xanh đi qua các điểm B, D L đối xứng qua trục LM. Đồng thời

18

điểm $K$ giao điểm với trục đối xứng $LM$ được ánh xạ lên chính nó—điểm giao nhau của vòng tròn màu đỏ với trục đối xứng.

Đối với Pozny, đối với một đối xứng cho trước, cung $KC$ là đối xứng của các cung $KD$, và cung $AK$ là đối xứng của các cung $KB$. Ngoài ra, cung $AK$ bằng cung $KC$, ngụ ý sự bằng nhau của bốn cung này. Các dây cung bao quanh các cung này cũng có tư thế bằng nhau, sao cho điểm $K$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp hình thang $ABCD$.

Bài toán 6. Tìm một điểm có tổng khoảng cách từ các đỉnh của một tam giác cho trước là nhỏ nhất.

Lời giải. Cho $ABC$ là một tam giác cho trước, $P$ là một điểm tùy ý trên mặt phẳng. Xoay hình tam giác $ABC$ quanh điểm $A$ theo $60^\circ$ (hình 6). Đặt các điểm $B_1$ và $P_1$ là ảnh của các điểm $B$ và $P$ trong vòng xoay này. Sau đó, $B_1P_1=BP$, $AP_1=AP$, và do đó,
$$l=AP+BP+CP=AP_1+B_1P_1+CP=B_1P_1+P_1P+CP.$$
Rõ ràng là $l$ sẽ nhỏ nhất nếu các điểm $P_1$ và $P$ nằm trên đường thẳng $B_1C$. Thật dễ dàng để tính toán điều đó trong trường hợp này $\angle APC=\angle APB=\angle BPC=120^\circ$.

Do đó, điểm cần tìm là điểm mà từ đó nhìn thấy được các cạnh của một tam giác đã cho ở một góc $120^\circ$.

Bài 7. Trên các cạnh của tam giác $ABC$, các tam giác đều $ABC_1$, $BCA_1$ và $ACB_1$ được dựng bên ngoài. Chứng minh rằng các đường thẳng $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại một điểm.

Lời giải. Gọi $O$ là giao điểm của đường $AA_1$ và $BB_1$. Hãy xoay mặt phẳng của tam giác $ABC$ quanh điểm $C$ theo $60^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ. Với phép quay này (hình 7), tam giác $CBB_1$ là ảnh của tam giác $CAA_1$. Đối với Pozny, các góc $A_1AC$ và $BB_1C$ bằng nhau, do đó các góc $AOB_1$ và $ACB_1$ bằng nhau, tức là $\angle AOB_1=60^\circ$.

Bây giờ chúng ta vẽ đoạn $OO_1=AO$ trên đường thẳng $BB_1$ từ điểm $O$ và xoay mặt phẳng quanh điểm $A$ theo $60^\circ$ sao cho các điểm $B$, $B_1$, $O_1$ đi đến các điểm $C_1$, $C$, $O$ tương ứng. Chúng tôi nhận thấy rằng với phép quay này, đường thẳng $BB_1$ đi vào đường thẳng $CC_1$ chứa điểm $O$.

Bình luận. Điểm $O$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $AB_1C$ nên $\angle AOC=120^\circ$. Tương tự như $\angle AOB=\angle BOC=120^\circ$. Vì vậy, tất cả các cạnh của tam giác $ABC$ đều có thể nhìn thấy được từ điểm $O$ ở góc $120^\circ$ (so sánh kết quả này với đáp án bài toán 6).

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh ba định lý nhỏ nhưng rất quan trọng về thành phần của các phép biến đổi khác nhau.

Định lý 1. Đối xứng liên tiếp của hai trục cắt nhau là phép quay quanh điểm $O$ giao điểm của hai trục này một góc gấp đôi góc giữa chúng.

Bằng chứng. Đặt $M$ là một điểm tùy ý khác với điểm $O$, $M_1$ là một điểm đối xứng với $M$ so với trục $l$, $M_2$ là một điểm đối xứng với $M_1$ so với trục $k$, $\alpha$ là góc giữa vectơ $\overrightarrow{OM}$ và trục $l$, $\varphi$ là góc giữa trục $k$ và $l$. Giả sử điểm $M_1$ nằm trong góc bằng $\varphi$ (các trường hợp khác

19

Trà cũng tương tự). Khi đó (xem hình 8) góc giữa vectơ $\overrightarrow{OM}$ và $\overrightarrow{OM_1}$ là $2\alpha$, góc giữa vectơ $\overrightarrow{OM_1}$ và $\overrightarrow{OM_2}$ là $2(\varphi - \alpha)$ và góc giữa vectơ $\overrightarrow{OM}$ và $\overrightarrow{OM_2}$ là $2\alpha + 2(\varphi - \alpha) = 2\varphi$. Vì rõ ràng là $|\overrightarrow{OM}| = |\overrightarrow{OM_1}| = |\overrightarrow{OM_2}|$ nên phép biến đổi của chúng ta thực sự là một phép quay qua góc $2\varphi$.

Định lý 2. Sự đối xứng liên tiếp qua hai tâm đối xứng khác nhau là phép truyền song song.

Bằng chứng. Đặt $O_1$ và $O_2$ là tâm đối xứng và $M$ là một điểm tùy ý của mặt phẳng. Hơn nữa, giả sử điểm $M_1$ đối xứng với điểm $M$ so với tâm $O_1$ và điểm $M_2$ đối xứng với điểm $M_1$ so với tâm $O_2$. Khi đó $O_1O_2$ là đường giữa của tam giác $MM_1M_2$ (hình 9), và do đó $\overrightarrow{MM_2} = 2\overrightarrow{O_1O_2}$. Chúng ta thấy rằng phép biến đổi của chúng ta sẽ trộn một điểm tùy ý vào cùng một vectơ $2\overrightarrow{O_1O_2}$; điều đó có nghĩa đó là một sự chuyển giao song song.

Định lý 3. Thực hiện liên tiếp phép truyền song song và hình học là tiền chất có cùng hệ số.

Bằng chứng. Đặt vectơ $\vec{a}$ xác định phép tịnh tiến song song, $O$ tâm của hình học, $k$ hệ số hình học. Một điểm tùy ý $M$, dưới một phép biến đổi tổng hợp, sẽ đi vào một điểm $M_1$ sao cho (xem hình 10)

$$\overrightarrow{MM_1} = \vec{a} + (k - 1)(\overrightarrow{OM} + \vec{a}) = (k - 1)\overrightarrow{OM} + k\vec{a}.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $O_1$ một điểm mà

$$\overrightarrow{O_1O} = \frac{k\vec{a}}{k - 1}$$

(chúng tôi có $k \neq 1$). Sau đó

$$\overrightarrow{MM_1} = (k - 1)\overrightarrow{OM} + (k - 1)\frac{k\vec{a}}{k - 1} = (k - 1)\overrightarrow{OM} + (k - 1)\overrightarrow{O_1O} = (k - 1)\overrightarrow{O_1M},$$

$$\overrightarrow{O_1M} = \overrightarrow{O_1M} + \overrightarrow{MM_1} = k\overrightarrow{O_1M}.$$

Nghĩa là, phép biến đổi của chúng ta là một hình học có tâm $O_1$ và hệ số $k$.

Hệ quả 1. Ứng dụng liên tục của phép tịnh tiến song song và đối xứng tâm là đối xứng tâm.

Hệ quả 2. Số lẻ các đối xứng tâm liên tiếp là một đối xứng tâm.

Chúng tôi mời độc giả sử dụng các mệnh đề đã được chứng minh để giải độc lập hai bài toán về thành phần của các phép biến đổi.

Bài 8. Tìm góc giữa các trục đối xứng $a$ và $b$ nếu kết quả của các đối xứng liên tiếp về các trục $a, b$ và trùng với kết quả của các đối xứng liên tiếp về các trục $b, a, b$.

Bài 9. Chứng minh rằng nếu một điểm tùy ý được phản xạ đối xứng sáu lần liên tiếp so với tâm đối xứng $A, B, C, A, B, C$ thì nó sẽ trở về vị trí ban đầu.

V. I. Stomakhin

20

Trường học yêu thích bài toán

lớp tám

1. Tìm $x^2+y^2+z^2$ nếu
   $$x+y+z=1, \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0.$$

2. Điểm $E$ và $F$ là trung điểm của các cạnh $AB$ và $CD$ của tứ giác $ABCD$. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn $AF, BF, CE$ và $DE$ là các đỉnh của hình bình hành.

3. Hai vận động viên đang bơi dọc theo đường đi của một bể bơi với tốc độ không đổi và không bằng nhau. Chúng bơi ra từ hai đầu con đường khác nhau về phía nhau vào những thời điểm khác nhau và gặp nhau lần đầu tiên tại điểm $C$. Gặp nhau, chúng quay lại, mỗi con đi đến cuối con đường của mình và lại bơi về phía nhau cho đến khi gặp nhau tại điểm $D$, v.v. Cuộc gặp lần thứ 20 của họ sẽ diễn ra ở đâu?

4. Giải phương trình
   $$\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^2+\left(\frac{x-2}{x-1}\right)^2-\frac{5}{2}\frac{x^2-4}{x^2-1}=0.$$

5. Trong tam giác $ABC$, góc $A$ bằng $75^\circ$, chiều cao $CH$ bằng đường đa giác của cạnh $AB$. Tìm góc $CBA$.

lớp chín
6. Giải phương trình
$$\sqrt{x+2+3\sqrt{2x-5}}+\sqrt{x-2-\sqrt{2x-5}}=2\sqrt{2}.$$

7. Trên các cạnh $AB, AC$ và $BC$ của tam giác $ABC$ có ​​các điểm $M, L$ và $K$ sao cho tứ giác $KLMB$ là hình bình hành. Tìm diện tích của hình bình hành này nếu biết diện tích của các hình tam giác $AML$ và $KLC$ lần lượt là $S_1$ và $S_2$.

Lịch của chúng tôi

Nhân kỷ niệm 175 năm định luật Avogadro
(Xem phần đầu ở trang 12)

Như người ta nói, sự khác biệt giữa nguyên tử và phân tử đã thực sự được nhận ra một cách chính xác nhờ vào công trình của Avogadro.

Trong khi đó, chính Avogadro, khi vắng mặt, đã đưa ra những khả năng rộng lớn mà định luật mà ông tìm thấy mở ra cho việc xác định công thức hóa học của các chất khí khác nhau, để xác định khối lượng nguyên tử và phân tử tương đối của chúng. Nhưng có thể nói, cơ sở vật lý của định luật của ông là gì, nó đến từ đâu, Avogadro không biết. Lời giải thích toàn diện cho lý thuyết động học của chất khí, ra đời vào cuối những năm 50, đã trải qua nhiều thế kỷ.

Tất nhiên, mặc dù Avogadro hiểu rằng số lượng phân tử trong một lít chất khí (theo nguyên lý mở cho tất cả các loại khí) là rất lớn, nhưng ông không có cơ hội tìm ra số lượng cụ thể mà chúng ta có thể nói đến ở đây. bài toán này đã được giải quyết một cách đáng tin cậy

chỉ vào đầu thế kỷ của chúng ta, và chỉ sau đó, những nghi ngờ cuối cùng về thực tế của nguyên tử, những ý tưởng nảy sinh khoảng hai nghìn rưỡi năm trước, mới biến mất. Các phép đo được thực hiện bởi một số vật lý và hóa học hoàn toàn khác nhau, được gọi là số Avogadro.

V. E. Yavelov

21

Nhiệm vụ

1. Kiểm tra $(3^2+5^2)^2=16^2+30^2$ và thử chứng minh rằng bình phương của tổng hai bình phương khác nhau luôn bằng tổng của hai bình phương.

2. Giải câu đố số học: CHỈ+CHỈ=VẢI. Các chữ cái giống nhau tương ứng với các số giống nhau, các số khác nhau tương ứng với các số khác nhau.

3. Một người đam mê leo núi ở Seryozha nói với chúng tôi rằng hoàng hôn trên núi ngắn hơn đáng kể so với trên đồng bằng. Bạn nghĩ lý do cho điều này là gì?

4. Để về nhà từ Cung điện của những người tiên phong, tôi có thể xuống ga tàu điện ngầm Toán học hoặc ga tiếp theo - ga Fizicheskaya. Từ ga Matematicheskaya, tôi mất nhiều thời gian hơn để về nhà gấp ba lần so với từ ga Fizicheskaya, và trong khi tàu đến gần ga Fizicheskaya, tôi đã đi được một phần ba quãng đường từ ga Matematiskaya đến nhà. Trong trường hợp nào tôi sẽ về nhà nhanh hơn?

5. hình hiển thị một phần của bức tường pháo đài. Một trong những viên đá của bức tường có một cây cột có hình dáng kỳ quái, đến nỗi nếu bạn kéo nó ra khỏi bức tường và đặt theo cách khác, bức tường sẽ trở thành một tầng (xem hình; hai viên đá đã được di chuyển ở hình). Hãy vẽ hòn đá này.

Những nhiệm vụ này được giao cho chúng tôi bởi: học sinh lớp 8 từ Voroshilovgrad Misha Kravchenko, V. A. Goncharuk, A. I. Buzdin, V. D. Vyon, A. M. Domashenko.

2. Cái nào tốt hơn: một chiếc bánh sandwich giăm bông hay niềm hạnh phúc vĩnh cửu?

3. Trước khi bắt đầu phiên tòa, những kẻ tấn công đã bắt tay nhau. Chứng minh rằng số người bắt tay số lẻ là số chẵn.

4. Có thể đánh số 12 bồi thẩm viên sao cho người ngồi bên trái người đang ngồi, người ngồi bên trái người đang ngồi, người ngồi bên trái người đang ngồi, người ngồi bên trái người đang ngồi, người ngồi bên trái người ngồi đầu tiên, v.v. Cuối cùng, người ngồi bên trái người thứ 12 là người ngồi bên trái người ngồi 5, 6 cái bánh rán gộp lại và 6 cái bánh rán gộp lại là 24 xu. Cái nào tốt hơn: bánh crepe hay baraanka?

5. Các bồi thẩm đoàn ngồi trong phòng xử án sao cho mỗi người trong số họ nhìn thấy cùng số lượng bồi thẩm đoàn và bồi thẩm viên khác, không ai trong số họ nhìn thấy những người khác. Làm sao họ có thể hòa nhập được?

tất nhiên là muốn nói: điều đó không quan trọng—
nói với vẻ kính trọng. Vâng, vâng, vội vàng
Nhà vua nói. “Đó chính xác là điều tôi muốn nói.” Tất nhiên là không thành vấn đề! Và hàng rào nửa như lẩm bẩm: “Quan trọng - không quan trọng… không quan trọng… Một số bồi thẩm đoàn viết ra: “Quan trọng!”, Và những người khác - “Không quan trọng!” Lúc đó nhà vua hét lên: “Im lặng!” Tôi nhìn vào sổ tay của mình và đọc: “Quy tắc 42. Ai cao thì phải viết sách ngay.” “Tôi sẽ không đi đâu cả,” Alice nói. “Và nói chung, đây không phải là một quy tắc thực sự.” Bạn vừa bịa ra đấy.” “Đây là quy tắc lâu đời nhất trong cuốn sách!” phản đối nhà vua. “Tại sao lại là số 42?” Alice hỏi. “Nó phải là lần đầu tiên!” Nhà vua tái mặt và vội vàng đóng cuốn sách lại. Great Corlik vội vàng nhảy ra khỏi chỗ ngồi.
“Với sự cho phép của Bệ hạ,” anh ta nói, “ở đây có thêm bằng chứng.” Một tài liệu vừa được tìm thấy. “Đọc!” Nhà vua nói với Thỏ. Con thỏ đeo kính vào. Sự im lặng chết chóc ngự trị. Bot những gì Thỏ Lớn đọc. Tôi biết bạn đã nói chuyện với cô ấy và tất nhiên, với anh ấy nữa. Cô ấy nói: “Anh ấy rất dễ thương, nhưng anh ấy không biết bơi”. Cái này và cái kia đã ở đó (Điều mà mọi người trên thế giới đều biết), Nhưng nếu mọi việc diễn ra suôn sẻ, bạn sẽ ở đáp số. Tôi đã cho họ ba, họ đã cho chúng tôi năm, bạn đã hứa với họ sáu. Nhưng mọi người lại quay về với em, Dù họ là của anh. Cô ấy tất nhiên là nóng bỏng, đừng tranh cãi với tôi một cách không cần thiết. Vâng, bạn thấy đấy, cắt từ vai không an toàn lắm. Nhưng lẽ ra anh ấy không nên biết chuyện đó (Đừng vô tình thốt ra), Những người khác không liên quan gì đến chuyện đó, Và đây là bí mật của chúng ta. Nhà vua nói: “Đây là một bằng chứng rất quan trọng. “Mọi thứ chúng ta nghe hôm nay đều mờ nhạt khi so sánh.” Và bây giờ bồi thẩm đoàn sẽ xem xét con đường của họ… Nhưng Alice không để anh ta nói hết. Alice nói: “Nếu ai trong số họ có thể giải thích những câu thơ này cho tôi, tôi sẽ cho anh ta một chày đồng xu.” “Tôi chắc chắn chúng chẳng có ý nghĩa gì cả!” Nhà vua tập trung vào bài thơ bằng một mắt và nói: “Tôi nghĩ tôi có thể giải thích điều gì đó, “… nhưng anh ấy không biết bơi…” Và quay sang Jack, Nhà vua hỏi: “Ngươi

Bạn không biết bơi phải không? Nobby lắc đầu buồn bã. - Ku-
vâng với tôi! - anh ấy nói. (Điều này đúng - xét cho cùng, anh ấy đã
giấy.) - Hãy để bồi thẩm đoàn quyết định xem anh ta có tội hay không - ủng hộ-
Nhà vua nói lần thứ hai mươi vào ngày hôm đó. - KHÔNG! - nói với Nữ hoàng
và. - Hãy để họ phán xét! Và dù anh ta có tội hay không - thì…
hãy lấy nó! - Vô nghĩa! - Alice lớn tiếng nói. - Ngay khi chuyện này xảy ra
đầu có thể đến! - Cậu đang trói buộc ai thế! - Alice nói.
(Cô ấy đã phát triển hết cỡ rồi.) - You are just
bộ bài! Sau đó tất cả các lá bài bay lên không trung và bay đến chỗ Alice
khuôn mặt. Cô hét lên, bắt đầu chống trả chúng… và phát hiện ra…
mạch nằm trên bờ, đầu đặt trên đùi giáo phái,
và cô ấy lặng lẽ phủi những chiếc lá khô rơi khỏi mặt
cây. - Alice, hỏi em gái cậu đi. - Cái mà
Tôi đã phải lòng đất nước này! - Alice nói và
kể cho chị tôi mọi điều tôi nhớ về tôi
những cuộc phiêu lưu thú vị. Và khi làm xong, chị
tra hôn cô và nói: “Đúng vậy, giấc mơ rất tuyệt vời.
biến đi! Bây giờ hãy chạy về nhà nếu không sẽ muộn-
ăn uống trà. Alice vừa chạy vừa nghĩ,
thật là một giấc mơ Aestra cô ấy
vẫn ngồi trên bờ. Dựa vào ru-
“Ồ,” cô nhìn mặt trời lặn và nghĩ,
về cô bé Alice và những cuộc phiêu lưu Desyyan của cô bé,
cho đến khi tôi rơi vào tình trạng bán reemia. Và đó là điều cô ấy
đã mơ. Đầu tiên cô ấy nhìn thấy Alice - một lần nữa ma-
cánh tay lười biếng quàng quanh đầu gối cô, lại tiếp tục
đôi mắt to sáng long lanh nhìn cô
vì. Cô ấy nghe thấy đầu mình như Alice
lắc đầu để ném nó ra khỏi trán
mái tóc luôn vướng vào mắt cô. Cô ấy đã đến
Tôi lắng nghe: mọi thứ xung quanh đều có cửa sổ và những sinh vật lạ
những người đang đẩy Alice dường như đang vây quanh cô ấy.
Thế là cô ngồi đó, nhắm mắt lại, tưởng tượng rằng
và cuối cùng cô ấy đã đến Xứ sở thần tiên, mặc dù cô ấy biết rằng
Ngay khi cô ấy mở chúng ra, mọi người xung quanh lại
sẽ được tiêm phòng và ăn tối; chỉ có gió
phủ cỏ, lùa cá đi làm
và lau sậy chìm xuống; tiếng bát đĩa kêu leng keng
ngồi trong chiếc tremkan của chiếc chuông
nee ở con cừu, rõ ràng là đầu. Nữ hoàng
bạn - trong tiếng kêu của người chăn cừu, tiếng khóc của một em bé và
tiếng kêu của Griffin - vào tiếng ồn ào của sân chuồng.
Và cô tưởng tượng em gái cô như thế nào

lớn lên và bảo tồn sự đơn giản và yêu thương
tắm rửa trái tim trẻ thơ sẽ trở thành
tụ tập bạn bè xung quanh bạn
những đứa trẻ này và đôi mắt như thế nào
họ sẽ bị bôi đen
tuyệt vời
truyện cổ tích

đi thôi
tương lai
đồng mới
công nhân
bơi
một chiếc lá
buda
di
anh ta?

người thừa nhận lớn

26

Bài toán

M1016—M1020; F1028—F1032

M1016. Đa giác được mô tả xung quanh một đường tròn có tâm O. Gọi P là tâm khối của đa giác, K là tâm khối của đường viền của nó. Chứng minh rằng các điểm P, O, K thẳng hàng và PO=2PK. (Khi xác định tâm P, ta coi đa giác là một mặt phẳng đồng nhất, tâm K - là một đường viền được làm bằng một sợi dây đồng nhất.).

I. Z. Vaishtein

M1017*. Mỗi đỉnh của một hình ngũ giác đều được gán một số nguyên sao cho tổng của cả năm số đều dương. Cho phép thực hiện thao tác sau: nếu trem các đỉnh liên tiếp được gán các số x, y, z và y<0 thì các số này lần lượt được thay thế bằng x+y, -y và z+y. Các hoạt động như vậy được thực hiện miễn là có ít nhất một trong năm số âm. Quá trình này có nhất thiết phải kết thúc ở một số bước hữu hạn không?

M1018. Giả sử A và B là các đỉnh kề nhau của một n-giác đều có tâm O. Tam giác XYZ, bằng tam giác OAB, trước tiên trùng với nó, sau đó di chuyển trong mặt phẳng của n-giác sao cho các điểm Y và Z vẫn nằm trên đường viền, và X vẫn nằm trong n-giác. Điểm X sẽ mô tả hình gì khi Y và Z thực hiện một vòng quay hoàn toàn dọc theo ranh giới của n-giác?

M1019. Một tập hợp hữu hạn M các nút (điểm giao nhau của các đường lưới) được đánh dấu trên một tờ giấy ca rô. Chứng minh rằng luôn có thể tô màu một số điểm của tập M là màu trắng và các điểm còn lại là màu đỏ sao cho trên mỗi đường lưới hiệu số giữa số nút trắng và đỏ theo modulo không vượt quá 1.

M1020*. Trên một hình cầu có bán kính 1, a) vẽ một đường cong có chiều dài nhỏ hơn π;
b) một đường cong khép kín có chiều dài nhỏ hơn 2π. Chứng minh rằng có một mặt phẳng đi qua tâm hình cầu và không cắt đường cong đã vẽ. (Chúng ta có thể coi đường cong trên hình cầu là một “đường đứt nét” gồm hai đường tròn lớn.)

V. V. Prasolov, G. A. Galperin

F1028. Một sợi râu nhẹ có quả bóng lớn ở đầu trên bắt đầu rơi từ vị trí thẳng đứng không có vận tốc ban đầu. Thấp hơn

27

đầu thanh tựa vào một gờ trên mặt phẳng nằm ngang (hình 1). Vận tốc của quả bóng sẽ tạo với phương thẳng đứng một góc bằng bao nhiêu tại thời điểm nó chạm mặt phẳng?

E. I. Butikov

F1029. Khi một vảy nước rơi cố định trên một chiếc đĩa phẳng, có thể quan sát được hình ảnh sau: ở một bán kính nhất định $r$ tính từ nơi vảy rơi xuống, mực nước rất thấp và ở khoảng cách $r$ mực nước sẽ nhảy vọt (hình 2). Ước tính bán kính $r$ nếu dòng nước là $q$, độ cao rơi là $H$, độ cao của bậc nước là $h$. Giả sử tốc độ ban đầu của nước chảy từ vòi là $v_0 \ll \sqrt{2gH}$.

A. A. Alabuzin, A. V. Umansky

F1030. Trên một sợi dây không trọng lượng có độ cứng $k$ một vật có khối lượng $m$ nổi lên. Độ căng tối đa mà sợi chỉ có thể chịu được là $T$. Vật được nâng lên độ cao $x$ từ vị trí cân bằng rồi thả ra. Ở mức tối thiểu $x$ sợi chỉ sẽ bị đứt?

V. G. Kharitonov

F1031. Quả cầu dẫn vỡ thành nhiều mảnh, phân tán ra những khoảng cách rất xa. Các mảnh được kết nối theo thứ tự ngẫu nhiên bằng dây mỏng. Cái nào lớn hơn: công suất điện của hệ thống các mảnh thu được hay công suất điện của quả cầu? Bỏ qua điện dung của các dây dẫn.

I. M. Lutsenko, học sinh lớp 10

F1032. Trên xe số tự động, gương chiếu hậu dùng để quan sát đèn báo bài toán. Gương này có thể phẳng hoặc lồi. Nhiều người cho rằng một trong những nhược điểm của gương cầu lồi là ảnh của các vật thể cùng tiến đến gần nó phát triển không đều, đó là lý do tại sao người điều khiển xe số tự động có gương như vậy chỉ chú ý đến việc xe số tự động bắt kịp luồng giao thông khi rời khỏi làn đường để vượt. Ý tưởng này có đúng không?

Tìm mối quan hệ giữa tốc độ chuyển động đều của nước của trục quang chính của gương cầu của một vật và tốc độ thay đổi kích thước ảnh của nó trong gương. So sánh gương chiếu hậu lồi và phẳng. Ưu điểm và nhược điểm của nó là gì?

V. A. Kotov

Problems

M1016 — M1020; P1028 — P1032

M1016. Let $P$ be the centre of mass of a polygon inscribed in a circle of centre $O, K$ — the centre of mass of its boundary. Prove that the points $P, O$ and $K$ are on one straight line and $PO = 2 \cdot PK$. (In determining the point $P$, we view the polygon as a uniform plate; for the point $K$ — as a uniform wire contour.)

I. Z. Vainshtein

29

Lời giải bài toán
M996—M1000; F1008—F1012

Nếu tâm của các hình vuông trùng nhau thì phát biểu bài toán là hiển nhiên. Sự sắp xếp này luôn có thể đạt được bằng cách cắt song song một trong các hình vuông, do đó đủ để chứng minh rằng với một giao điểm song song của một hình vuông màu đỏ, tổng các cạnh màu đỏ của hình bát giác giao nhau không thay đổi. Trong trường hợp này, chúng ta có thể giới hạn ở sự dịch chuyển dọc theo một trong các cạnh của hình vuông này, vì bất kỳ sự dịch chuyển song song nào cũng có thể được thay thế bằng hai sự dịch chuyển như vậy (dọc theo các cạnh vuông góc).

Vì vậy, hãy di chuyển hình vuông màu đỏ dọc theo một trong các cạnh của nó (hình 1). Khi đó hai cạnh của hình bát giác (các hướng song song của hình bát giác) sẽ không thay đổi; cạnh thứ ba sẽ giảm đi một lượng bằng cạnh huyền của tam giác vuông thể hiện ở hình 1 bằng cách gạch và cạnh thứ tư sẽ tăng một lượng tương tự (các hình tam giác được tô bóng rõ ràng có cùng góc và cùng chiều cao, hạ xuống cạnh huyền và do đó bằng nhau). Như vậy tổng 4 cạnh đỏ không thay đổi, đây là điều cần chứng minh.

Hãy cho thêm lời giải. Chúng ta hãy xem xét các tam giác vuông được cắt từ mỗi hình vuông bằng các cạnh của một hình vuông khác và vẽ vào chúng chiều cao từ các đỉnh của góc vuông. Tất cả các hình tam giác này đều tương tự nhau, vì vậy chỉ cần chứng minh rằng tổng chiều cao của màu đỏ (xem hình 2) bằng tổng chiều cao của màu xanh là đủ. Để chứng minh, bạn chỉ cần lưu ý rằng tổng diện tích của 4 hình tam giác màu đỏ (hình 3, a) bằng tổng diện tích của các hình tam giác màu xanh (hình 3, b), vì mỗi tổng này bằng hiệu giữa diện tích của một hình bát giác lồi, các đỉnh của chúng là các đỉnh của các hình vuông này và diện tích của hình vuông, và các tổng này bằng tích của nửa chu vi của hình vuông và tổng chiều cao của màu đỏ và màu xanh.

Một lý luận tương tự về diện tích của các tam giác vuông nói trên, cắt nhau bằng các hình vuông, cho thấy tổng bình phương độ dài các cạnh màu đỏ của hình bát giác bằng tổng bình phương độ dài các cạnh màu xanh.

V. V. Proizvolov

Trung bình cộng của các số từ 1 đến 1986 bằng hai - 729 = 3⁶ và 1458 = 2·3⁶ - chia hết cho 3⁶; lũy thừa lớn nhất của 3 mà các số còn lại có thể chia được là 3⁵. Do đó, tất cả các tích có thể mn (1<m<n>1986), ngoại trừ 729·1458=2·3¹², đều chứa tập hợp số 3 lũy thừa 11 nhiều nhất. Giảm tổng của tất cả các phân số 1/mn (trừ 1/729·1458) về mẫu số chung nhất, ta thu được phân số

30

có dạng $a/(3^{11} \cdot b)$, trong đó $a$ và $b$ là các số tự nhiên và $b$ không chia hết cho 3. Gọi $s$ là tổng được xét trong bài toán, khi đó

$$s - \frac{a}{3^{11}b} = \frac{1}{2 \cdot 3^{12}},$$

hoặc $2 \cdot 3^{12}sb - 6a = b$. Với tổng $s$, vế trái ở đây chia hết cho 3, nhưng vế phải thì không. Vì vậy $s$ không thể là số nguyên.

D. A. Mitkin

*M998. Khoảng cách của tất cả các khối đất nung AXBY được mô tả gần quả cầu của Danya. Chứng minh rằng điểm A và B cố định thì tổng các góc của tứ giác là AXBY, tức là tổng

$$\angle AXB + \angle XBY + \angle BYA + \angle YAX,$$

không phụ thuộc vào việc chọn điểm X và Y.

*M999. a) Chứng minh rằng với mọi số dương $a_1, a_2, \dots, a_n$ bất đẳng thức đúng

$$\frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_1 + a_2} + \dots + \frac{n}{a_1 + a_2 + \dots + a_n} < 4\left(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}\right).$$

Chứng minh rằng hằng số 4 ở vế phải của bất đẳng thức 6) có thể thay thế bằng 2; c) không thể thay thế bằng số nhỏ hơn 2.

**Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_1, B_1, X_1, Y_1$ điểm tiếp xúc của hình cầu với các cạnh BXY, XYA, YAB, ABX tương ứng (xem hình). Các tam giác $AXB_1$ và $AXY_1$ bằng nhau (chúng có cạnh chung $AX$, và $AB_1=AY_1$ và $XB_1=XY_1$ là các tiếp tuyến được vẽ với hình cầu từ một điểm chung), do đó $\angle B_1AX = \angle Y_1AX$. Do đó, tổng của $\angle B_1AX + \angle AXY_1$ bằng $\angle Y_1AX + \angle AXY_1$, tức là góc ngoài của tam giác $AY_1X$ tại đỉnh $Y_1$ (tại hình được đánh dấu bằng nơ đỏ). Tương tự, tổng của $\angle A_1BX + \angle BXY_1$ bằng góc ngoài của tam giác $BY_1X$ tại $Y_1$ (được đánh dấu bằng nơ màu xanh), vì vậy $\angle B_1AX + \angle AXB + \angle A_1BX = \angle AY_1B$. Hoàn toàn giống nhau

$$\angle B_1AX + \angle AYB + \angle A_1BY = \angle AX_1B.$$

Cộng các đẳng thức này, chúng ta thu được ở phía bên trái tổng các góc được xem xét bằng bài toán và ở phía bên phải - các đại lượng không phụ thuộc vào X và Y (các điểm $X_1$ và $Y_1$ được xác định bởi đường thẳng $AB$ và các hình cầu là duy nhất).

I. F. Sharyzin

**a) Cho $b_1, b_2, \dots, b_n$ là dãy số $a_1, a_2, \dots, a_n$, sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Vì với bất kỳ $i$ nào từ 1 đến $n$

$$\frac{i}{a_1 + a_2 + \dots + a_i} \leq \frac{i}{b_1 + b_2 + \dots + b_i}$$

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n} = \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n},$$

chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho các số $b_i$ là đủ:

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \dots + \frac{n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n} \leq 4\left(\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n}\right).$$

Chúng ta hãy đánh giá các số hạng ở vế trái như sau:

$$\frac{2}{b_1 + b_2} \leq \frac{2}{b_1 + b_1} = \frac{1}{b_1},$$

và với mọi $k$, $2 \leq k \leq (n+1)/2$,

$$\frac{2k-1}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k-1}} \leq \frac{2k-1}{b_k + \dots + b_{2k-1}} < \frac{2}{b_k-1},$$

$$\frac{2k}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k}} \leq \frac{2k}{b_{k+1} + \dots + b_{2k}} < \frac{2k}{b_k}.$$

Điều này hàm ý sự bất bình đẳng cần thiết:

31

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \frac{3}{b_1 + b_2 + b_3} + \frac{1}{b_1 + b_2 + b_3 + b_4} + \dots < < \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_3} + \frac{2}{b_3} + \dots = 4 \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \frac{1}{b_3} + \dots \right).$$

6. Ví dụ ở phần c) gợi ý rằng bất đẳng thức có hằng số 2 ở vế phải gần bằng đẳng thức khi các số $a_i/i$ xấp xỉ bằng nhau. Hãy đặt $t_i = a_i/i$, $1 \leq i \leq n$. Khi đó với bất kỳ $m \leq n$ nào, ước tính sau đây là đúng:

$$\left( p_1 + \dots + p_N \right) \left( \frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_N} \right) \geq \geq N + \sum_{1 \leq i < j \leq N} \left( \frac{p_i}{p_j} + \frac{p_j}{p_i} \right) \geq \geq N + \frac{N(N-1)}{2} \cdot 2 = N^2.$$

Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky:
$$\left( x_1^2 + \dots + x_n^2 \right) \left( y_1^2 + \dots + y_n^2 \right) \geq \geq \left( x_1 y_1 + \dots + x_n y_n \right)^2$$

Chúng tôi đã áp dụng bất đẳng thức cho trong lề cho $N = \frac{m(m+1)}{2} = 1 + 2 + \dots + m$ số, trong đó $t_j$ được lấy $j$ lần; có thể thu được ước tính tương tự bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky cho các tập hợp $x_i = \sqrt{a_i}$ và $y_i = i/\sqrt{a_i}$, $1 \leq i \leq m$).

Chúng ta hãy cộng tất cả các ước tính như vậy cho $m$ từ 1 đến $n$; hệ số của $1/a_i$ sẽ bằng
$$\beta_i = 4i^2 \left( \frac{1}{i(i+1)^2} + \frac{1}{(i+1)(i+1)^2} + \dots + \frac{1}{n(n+1)^2} \right).$$

Và kể từ đó
$$\frac{1}{j(j+1)^2} < \frac{1}{2} \frac{2j+1}{j^2(j+1)^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{j^2} - \frac{1}{(j+1)^2} \right),$$
đánh giá công bằng
$$\beta_i < 4i^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{1}{i^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) < 2.$$

c) Đặt $a_i = i$. Khi đó vế trái của bất đẳng thức bằng $2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{1+n} \right)$ và vế phải là $c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right)$, trong đó $c$ là hằng số mà chúng ta muốn thay thế 4. Nếu $c \leq 2$, thì hiệu của chúng
$$2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1} \right) - c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right) = (2 - c)\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \right) + \frac{2}{n+1} - c$$

với một $n$ đủ lớn sẽ dương, vì khi $n$ tăng thì tổng $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ tăng vô hạn.

Ví dụ: điều này tuân theo ước tính sau: với $n = 2^k$
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^k} > \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} = \frac{k}{2}.$$

L. D. Kurlyandchik, L. S. Merkuryev

32

Trên phần tiếp theo của đoạn AM, chúng ta vẽ một điểm B’ sao cho MB’=MB (xem hình). Góc B’MB là góc ngoài của tam giác AMB bằng tổng hai góc MAB và MBA. Đồng thời, góc nội tiếp KMA được đo bằng nửa cung AK và do đó bằng một nửa tổng các góc MAB và MBA. Do đó MK là bissertis của góc B’MB. Điều này có nghĩa là MK⊥B’B và KB’=KB. Từ đó suy ra KA=KB=KB’. Thả nhà phân phối lại KH từ điểm K xuống AM, ta thu được AH=HB’=HM+MB theo yêu cầu.

bài toán này cũng có thể được giải bằng phép đo lượng giác: đặt ∠MAB=α, ∠MBA=β, chúng ta thu được AM=2R sin β, MB=2R sin α. Pozotomu Pozotomu

AM+MB=2R(sin β+sin α)=4R sin α+β/2 cos α-β/2.
Ở phía bên kia,

AK=2R sin α+β/2, ∠KAM=β-α/2,
và do đó

AH=2R sin α+β/2 cos β-α/2=1/2(AM+MB).

Archimedes, tác giả của bài toán này, đã công bố nó trong bài thực hành “Đo một vòng tròn” theo công thức sau: “Nếu một đoạn thẳng nội tiếp trong một cung của một đường tròn, phức tạp thành hai phần không bằng nhau, chấp nhận một bộ phân phối lại thả vào nó từ giữa cung, thì bộ phân phối lại này sẽ chia toàn bộ đường đứt đoạn làm đôi.” Câu lệnh này cho phép chúng ta tính độ dài các dây cung của tổng và hiệu của hai cung đã cho.

A. A. Egorov

F1008. Thanh AB đặt bên trong hình trụ. Tại điểm A thanh được gắn bản lề, tại điểm C thanh tựa vào cạnh trên của hình trụ, các điểm A và C nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua các trục của hình trụ (hình 1); góc tạo nên thanh với đường chân trời bằng α. Thanh được di chuyển dọc theo cạnh trên sao cho nó chạm vào điểm C’ và góc C’OC bằng φ. Với hệ số tối thiểu nào thì tam giác sẽ cân bằng ở vị trí này?

Để thanh cân bằng ở vị trí mới khi nó chạm vào hình trụ tại điểm C’. Thanh chịu tác dụng của trọng lực, phản lực của bản lề tại điểm A, lực N của phản lực pháp tuyến của hình trụ tại điểm C’ và lực ma sát f. Điều kiện để thanh cân bằng là tổng hình học của các lực này bằng 0 và tổng mômen của các lực bằng 0.

Trong tất cả các phương trình cân bằng của thanh, chúng ta xét một phương trình - phương trình bằng 0 của tổng mômen của các lực đối với trục thẳng đứng đi qua điểm A (so với trục này, mômen của phản lực bản lề và mômen của lực hấp dẫn bằng 0). Dễ hiểu rằng điều kiện này quy về vectơ tổng của các lực N và f nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua điểm A (so với trục này, mômen phản lực của bản lề và mômen trọng trường đều bằng 0). Ta hướng các trục tọa độ X, Y, Z từ điểm C’ tương ứng với tâm đường tròn O, tiếp xúc với đường tròn và thẳng đứng hướng lên trên (hình 2).

Chúng ta hãy giới thiệu ba vectơ đơn vị n₁, n₂ và n₃, trong đó

33

hướng tương ứng dọc theo thanh, dọc theo lực $\vec{N}$ và dọc theo lực $\vec{f}$. Đặt góc mà vectơ $\vec{n}_l$ tạo với đường chân trời bằng $\alpha'$. Vì do thanh quay nên mặt phẳng thẳng đứng nơi thanh nằm quay một góc $\varphi/2$ nên dễ dàng chứng minh được rằng

$$tg \alpha' = tg \alpha/\cos (\varphi/2).$$

Chúng ta hãy biểu thị từng vectơ $\vec{n}_l$, $\vec{n}_N$ và $\vec{n}_f$ theo các vectơ đơn vị $\vec{n}_x$, $\vec{n}_y$ và $\vec{n}_z$. Hãy bắt đầu với $\vec{n}_l$:

$$\vec{n}_l = \vec{n}_x \left( -\cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} + \vec{n}_z \sin \alpha'.$$

Lực $\vec{N}$ vuông góc với thanh và tiếp tuyến với đường tròn tại điểm $C'$ (cạnh của hình trụ), nghĩa là vectơ $\vec{n}_N$ vuông góc với vectơ $\vec{n}_y$, tức là

$$\vec{n}_N = \vec{n}_x \sin \gamma + \vec{n}_z \cos \gamma,$$

(*)

cũng như vectơ $\vec{n}_l$. Từ đây ta thu được sự tương ứng giữa các góc $\gamma$ và $\alpha'$ ở dạng

$$tg \gamma = tg \alpha'/\cos (\varphi/2).$$

Để xác định hướng của vectơ $\vec{n}_f$, ta xét nó vuông góc với cả vectơ $\vec{n}_N$ và vectơ $\vec{n}_l$. Sau nhiều lần tính toán chúng tôi nhận được

$$\vec{n}_f = \vec{n}_x \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_z \sin \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2}.$$

(**)

Từ phương trình (*) và (**) suy ra $N_x = N \sin \gamma, N_y = 0,$

$$f_x = f \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right),$$

$$f_y = f \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right).$$

Như đã lưu ý, phương trình mômen của các tính chất lực có nghĩa là, cụ thể là hình chiếu nằm ngang của tổng lực $\vec{N}$ và $\vec{f}$ phải nằm trong mặt phẳng của thanh, tức là

$$f_x \sin \frac{\varphi}{2} + N_x \sin \frac{\varphi}{2} + f_y \cos \frac{\varphi}{2} = 0.$$

Giá trị tối thiểu của hệ số ma sát $k_{\min}$ được xác định bởi sự tương ứng $k_{\min} N = f$. Sau đó, cuối cùng chúng tôi nhận được

$$k_{\min} = \frac{tg (\varphi/2)}{\sqrt{1 + ctg^2 \alpha \cos^2(\varphi/2)}}.$$

S. S. Krotov

F1009. Một đĩa phẳng có bán kính $R$, nằm trong mặt phẳng nằm ngang, bắt đầu chuyển động giữa hai sợi dọc, khoảng cách giữa chúng là $R$; chiều dài mỗi sợi là 2l, độ cứng là k, các đầu sợi cố định (hình 1). Tìm sức mạnh, hành động

34

chiếu lên đĩa từ một phía của một luồng sau thời gian t, nếu tại thời điểm ban đầu các luồng không được phân phối và chạm vào đĩa; Đĩa đang chuyển động với tốc độ không đổi v. Xác định độ dày của đĩa; không tính đến trenze.

Giả sử luồng bên phải chạm vào đĩa tại điểm $B_2$, nằm bên dưới điểm $B_1$ (hình 2, 6). Rõ ràng lực đàn hồi $T$ của sợi chỉ hướng dọc theo đoạn $BB_2$. Lực này có hình chiếu lên tiếp tuyến của đĩa tại điểm $B_2$ và lên bán kính $OB_2$. Từ phía đĩa, luồng bị ảnh hưởng bởi

$$\text{В треугольнике } OB'B |OB'| = R, \quad |BB'| = vt,$$
$$\text{Так что } r = R - \sqrt{R^2 + v^2 t^2} - Rvt \sqrt{3}.$$

phản lực $N$ hướng dọc theo bán kính $OB_2$. Dọc theo tiếp tuyến, lực nhỏ từ đĩa không tác dụng lên sợi dây (không có ma sát). Do đó, do tác dụng của lực $T$ hướng dọc theo $BB_2$, điểm $B_2$ của sợi chỉ sẽ trượt dọc theo mép đĩa đến điểm $B_1$. Chúng ta sẽ đi đến kết luận tương tự nếu giả sử rằng điểm tiếp xúc của sợi dây với đĩa nằm phía trên điểm $B_1$. (Sự khác biệt tương tự cũng đúng đối với luồng bên trái.)

Do đó, tại bất kỳ thời điểm nào, các ren chạm vào đĩa tại các điểm nằm trên bán kính đi qua các điểm $A$ và $B$. Chúng ta hãy tìm lực $F$ tác dụng lên đĩa từ phía của sợi chỉ bên trái tại thời điểm $|BB'| = vt$ (xem hình 2, a).

Đặt độ giãn dài của sợi chỉ tại thời điểm này bằng $\Delta l$. Sau đó, từ mỗi nửa sợi dây, một lực $T = k \cdot \Delta l$ tác dụng lên đĩa tại điểm $B_1$, và tổng lực mà sợi dây tác dụng lên đĩa bằng $F = 2T \sin \alpha = 2k \cdot \Delta l \cdot \sin \alpha$,

trong đó $\alpha$ là góc mà hai nửa sợi chỉ tạo với phương thẳng đứng (hình 3). Như có thể thấy từ hình 3,

$$\sin \alpha = \frac{|bB_1|}{|BB_1|} = \frac{r}{l + \Delta l},$$
$$l + \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2}, \quad \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2} - l,$$

Vì thế

$$F = 2kr \frac{\sqrt{l^2 + r^2} - l}{\sqrt{l^2 + r^2}} = 2kr \left(1 - \frac{l}{\sqrt{l^2 + r^2}}\right),$$

ở đâu $r = R - \sqrt{R^2 - Rvt \sqrt{3} + v^2 t^2}$ (xem hình 2, a).

A. S. Rosenberg

F1010. Hai sợi dây tích điện có chiều dài vô hạn đặt trong không gian như hai đường thẳng vuông góc nhau. Mật độ tuyến tính

35

điện tích trên các sợi σ. Tìm lực tương tác giữa các sợi dây. Giả sử rằng các sợi dây rất mỏng và sự phân bố lại điện tích không xảy ra.

mật độ điện tích σ. Sợi dây song song với cạnh của hình vuông và ở độ cao $r (r \ll a)$ tính từ nó (xem hình).

Chia mặt phẳng thành các dải rất mỏng có chiều rộng $\Delta x$,

$$\Delta x \cdot \rho = \sigma \Rightarrow \Delta x = \sigma / \rho$$

(mỗi dải không gì khác hơn là một “sợi” có mật độ điện tích tuyến tính $\sigma$). Vì $r \ll a$, chúng ta có thể giả sử rằng lực $f$ mà hình vuông tác dụng lên sợi chỉ là như nhau. Lực này là ngoại lệ trong việc xác định độ lớn. Hãy tìm cô ấy.

Lực $F$ mà mặt phẳng tác dụng lên sợi dây bằng

$$F = 2\pi k \rho \cdot \sigma l$$

(kể từ $r \ll a$); ở phía bên kia,

$$F = \sum f = f \frac{a}{\Delta x} = f \frac{l}{\Delta x} = fl \frac{\rho}{\sigma}.$$

Từ hai quan hệ này, $f$ được tìm thấy:

$$f = 2\pi k \sigma^2 = 2\pi \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}.$$

I. V. Shutovsky

F1011. Một quả bóng bay, lực nâng được tạo ra bởi không khí nóng, được thiết kế sao cho thể tích của buồng có thể quan sát được của nó trên thực tế tăng lên và áp suất trong đó bằng với áp suất bên ngoài, vì buồng ở phần dưới của nó giao tiếp với khí quyển. Một hằng số tùy ý được quan sát trong buồng để bù cho sự truyền nhiệt ra môi trường. Với lực cắt không đổi, một quả bóng như vậy lơ lửng trong khí quyển ở một độ cao nhất định. Độ cao bay thay đổi bao nhiêu nếu, khi công suất tăng, nhiệt độ không khí trung bình cắt trong buồng tăng $\Delta t = 0,1$ °C so với nhiệt độ ban đầu $t = 57$ °C? Nhiệt độ môi trường xung quanh $t_0 = 17$ ° C.

◆ Tình trạng khinh khí cầu lơ lửng ở một độ cao nhất định

$$mg + \rho V g = \rho_0 V g,$$

(1) trong đó $m$ là khối lượng vỏ khí của khinh khí cầu và khoang chở hàng, $\rho$ là mật độ của không khí nóng, $\rho_0$ là mật độ của không khí trong khí quyển ở độ cao nổi của quả bóng, $V$ là thể tích của buồng, $g$ là gia tốc của áp suất tự do.

Từ (1) suy ra rằng ở độ cao mới sẽ có thể cân bằng nếu các giá trị $\rho_0$ thay đổi sao cho

$$\Delta \rho = \Delta \rho_0,$$

(2) trong đó $\Delta \rho_0$ là sự thay đổi mật độ của không khí trong khí quyển, $\Delta \rho$ là sự thay đổi mật độ của không khí nóng trong buồng.

Đối với những thay đổi nhỏ về độ cao, áp suất giảm khi tăng độ cao ($\Delta h$) theo

$$\Delta p = \rho_0 g \cdot \Delta h.$$

Vì nhiệt độ của khí quyển không đổi nên đối với mật độ không khí trong khí quyển ở các độ cao khác nhau, chúng ta có:

$$\frac{\rho_0 - \Delta \rho_0}{\rho_0} = \frac{p_0 - \Delta p}{p_0},$$

Ở đâu

$$\Delta \rho_0 = \rho_0 \frac{\Delta p}{p_0} = \rho_0^2 \frac{g}{p_0} \Delta h.$$

(3) Mật độ không khí nóng trong buồng thay đổi do thay đổi nhiệt độ và áp suất:

$$\Delta \rho = \frac{p_0 \mu}{RT} - \frac{(p_0 - \Delta p) \mu}{R (T + \Delta T)} =$$

36

$$\frac{\mu (p_0 \cdot \Delta T + \Delta p \cdot T)}{R (T + \Delta T)} = \frac{p_0 \mu \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right)}{RT \left( 1 + \frac{\Delta T}{T} \right)},$$

và vì $\frac{\Delta T}{T} \ll 1$,

$$\Delta \rho \approx \frac{p_0 \mu}{RT} \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right).$$

(4)

Thay (3) và (4) vào (2), ta tìm được:

$$\Delta h = \frac{RT_0^2 \cdot \Delta T}{\mu g T (T - T_0)} \approx 18 \text{ m.}$$

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F1012. Một đầu của một hình trụ thủy tinh dài bán kính R được đậy một tấm truyền ánh sáng, trong đó có một khe thẳng đứng; Chiều rộng d của khe có thể được thay đổi. Một chùm tia sáng song song rơi vào tấm một góc a (Hình 1); sự chiếu sáng của tấm E. Ở đầu đối diện của hình trụ có một photogel. Xây dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của thông lượng ánh sáng mà photogel nhận được vào chiều rộng khe d. Chiết suất của thủy tinh n.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3. Trong tam giác CC’D $|CC'| = l$,

$$|C'D| = l \mathrm{tg} \beta, |CD| = \frac{l}{\cos \beta}.$$

Trong tam giác CC’O’ $|CO'| = \sqrt{l^2 + x^2}.$

với một góc giới hạn của phản xạ toàn phần.

Chúng ta xét đường đi của tia CD nằm trong mặt phẳng AA’B’B. Chúng ta vẽ một đường thẳng đi qua điểm C, song song với đường thẳng AB (và trục của hình trụ) và vẽ đoạn $|CC'| = |AD| = l$ trên đó (Hình 3). Theo định lý cosine của tam giác CO’D ta có:

$$|CO'|^2 = |CD|^2 + |DO'|^2 - 2 |CD| |DO'| \cos \gamma,$$

$$l^2 + x^2 = \frac{l^2}{\cos^2 \beta} + R^2 - 2 \frac{lR}{\cos \beta} \cos \gamma.$$

(1)

37

Từ tam giác $C'O'D$ ta có:
$$|C'D|^2 + |C'O'|^2 = |O'D|^2,$$
hoặc
$$l^2 \mathrm{tg}^2 \beta + x^2 = R^2.$$ (2)

Từ (1) và (2) ta tìm được:
$$\cos \gamma = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \sin \beta = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \frac{\sin \alpha}{n}.$$ (3)

Ý nghĩa vật lý của (3) khá rõ ràng - khi tăng $x$ thì giá trị của $\gamma$ giảm, do đó, sin $\gamma$ tăng và ở một số $x_0$ góc $\gamma$ đạt giá trị góc giới hạn của phản xạ nội toàn phần $\gamma_0 = \arcsin \frac{1}{n}$. Chúng ta hãy xác định từ đó $x_0$ điều kiện sin $\gamma_0 = \frac{1}{n}$ được thỏa mãn:

$$\frac{1}{n} = \sqrt{1-\cos^2 \gamma_0} = \sqrt{1-\frac{(R^2-x_0^2)}{R^2} \frac{\sin^2 \alpha}{n^2}},$$
Ở đâu
$$x_0^2 = R^2 \left( \frac{1+\sin^2 \alpha-n^2}{\sin^2 \alpha} \right).$$ (4)

Vì vậy, đối với tất cả các tia tới ở một đầu hình trụ cách một khoảng $x \geqslant x_0 = \frac{R}{\sin \alpha} \sqrt{1+\sin^2 \alpha-n^2}$ tính từ đường kính thẳng đứng của đầu hình trụ, khi tia đầu tiên chạm vào mặt bên của hình trụ thì thỏa mãn điều kiện phản xạ toàn phần. (Từ (4), một phần, suy ra rằng với $n^2 = 1+\sin^2 \alpha$ điều kiện này được thỏa mãn với mọi tia ($x_0=0$).)

Nếu, ở lần đầu tiên một tia tới trên ranh giới thủy tinh, nó chịu phản xạ toàn phần, thì ở tất cả các lần tới tiếp theo trên ranh giới nó cũng sẽ chịu phản xạ toàn phần; nếu ở lần tới đầu tiên trên ranh giới này, các điều kiện về phản xạ toàn phần không được đáp ứng thì nó sẽ tiếp tục được đáp ứng trong tương lai. (Bạn hãy tự trình bày điều này.) Như vậy, trong trường hợp không có tấm chắn sáng, tế bào quang điện sẽ nhận được các tia chiếu vào đầu vào trong vùng được bảo vệ bởi hình 4, $a$. Nếu có nhựa có khe, tia sẽ không đi vào tế bào quang điện nếu chiều rộng khe là $d < 2x_0$. Nếu $2R \geqslant d > 2x_0$, quang thông mà tế bào quang điện nhận được được xác định bởi các tia rơi vào đầu vào trong vùng được bảo vệ bởi hình 4, $b$. Lượng dòng chảy tỷ lệ thuận với diện tích bảo vệ.

Vì vậy: tại $d \leqslant 2x_0$ Ф=0; tại $2R \geqslant d \geqslant 2x_0$

$$\Phi = E \left( S_0 - 2R^2 \arccos \frac{d}{2R} + d \sqrt{R^2 - \frac{d^2}{4}} \right),$$
Ở đâu
$$S_0 = 2R^2 \arccos \frac{x_0}{R} - 2x_0 \sqrt{R^2-x_0^2} = \text{const}$$
đối với các giá trị nhất định của $R$, $\alpha$ và $n$ (xem (4)).

A. A. LanUDE