Kvant 1987, số 3 · Trang

ISSN 0130—2221
lượng tử
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
87

Trong phòng:

V. G. Boltyansky. Phong bì
L. M. Brekhovskikh, V. M. Kurtelov. Âm học trong đại dương
D. G. Krutozin. MK: vấn đề giao tiếp

Cuốn sách vấn đề “Quanta”
Những người chiến thắng trong cuộc thi “Sách Vấn Đề Lượng Tử”
Bài toán M1031—M1035; F1043—F1047
Lời giải bài toán M1011—M1014; F1023—F1027
Danh sách độc giả viết đúng lời giải

“Số lượng” cho học sinh nhỏ tuổi
Bài toán
Yu. P. Soloviev. Thuật toán cũ

Kính vạn hoa “Quanta”

Trường học ở Kvanita
Vật lý 8, 9, 10

vòng tròn toán học
M. V. Balk, G. M. Landman. Tìm kiếm phương pháp cắt tối ưu

Xưởng của người nộp đơn
A. S. Yarsky. Bất đẳng thức với tham số

Các lựa chọn thi tuyển sinh
Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang cờ vua
Hồ sơ của Komu (trang bìa thứ 3)

Blusheka của chúng tôi

Hình trên bìa trước là đáp số đến bài toán M1012. Nó hóa ra là một “hình chiếu lập thể” của các vòng tròn được ghi trên các mặt của hành động thông thường (xem trang bìa thứ hai, cũng như lời giải bài toán M1012).

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính tạp chí văn học vật lý và toán học, “Quant”, 1987

2

PHONG BÌ
Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
V. G. VOLTYANSKY

hình 1 hiển thị một đường lồi khép kín $L$. Đường này là đường chính, tức là tại mỗi điểm của đường này có thể vẽ một tiếp tuyến với nó. Tập hợp (hay nói cách khác là “họ”) tất cả các tiếp tuyến của đường thẳng $L$ được ký hiệu là $T$. hình 2 hiển thị một số đường thẳng thuộc họ $T$ (tức là tiếp tuyến với đường $L$). Những đường thẳng này dường như “đi vòng quanh” các đường $L$; do đó, đường $L$ được cho là đường bao của họ đường $T$.

Chúng ta cũng có thể đặt ra câu hỏi ngược lại: với một họ dòng $T$ nhất định, chúng ta cần tìm đường bao của họ này, tức là một đường thẳng chạm vào tất cả các dòng của họ $T$. Bài toán về việc tìm phần đường bao được tìm thấy trong toán học và các ứng dụng của nó. Về lời giải điều bài toán này sẽ được thảo luận ở đây.

Phong bì của một họ dòng

Hãy quay lại hình 2. Đường $L$ chia mặt phẳng thành hai vùng, bên trong và bên ngoài. Qua mỗi điểm $M_0$, nằm ở vùng ngoài $E$, có hai đường thẳng thuộc họ $T$ (tức là tiếp tuyến với đường thẳng $L$), và qua điểm $M_1$, nằm trong vùng $J$, không có một tiếp tuyến nào. Qua mỗi điểm $M$ của đường thẳng $L$ có một đường thẳng thuộc họ $T$ (tiếp tuyến) đi qua.

Tình huống này sẽ giúp chúng ta tìm ra phương pháp tương tự để tìm phong bì. Để làm điều này, chúng tôi liên kết mỗi dòng trong họ $T$ với một số thực $\alpha$ làm “số” của nó (chính xác hơn là một tham số). Cụ thể, sau khi cố định điểm ban đầu $A$ trên đường thẳng $L$, chúng ta liên kết đường thẳng $l \in T$ tiếp xúc với đường cong tại điểm $M$ (hình 3), số (tham số) $\alpha$, bằng độ dài cung $AM$ của đường thẳng $L$. Ngoài ra còn có các cách khác để liên kết từng đường thẳng $l$ của họ $T$ với một giá trị tham số nhất định.

Đường trực tiếp (từ họ $T$), được liên kết với giá trị của tham số $\alpha$, được ký hiệu là $l(\alpha)$; hãy để phương trình của đường thẳng này có dạng

$$A(\alpha)x + B(\alpha)y + C(\alpha) = 0. \quad (1)$$

Bây giờ chúng ta hãy nhớ lại (xem hình 2) rằng số dòng khác nhau của họ $T$ có thể đi qua các điểm khác nhau. Làm cách nào chúng ta có thể tìm ra có bao nhiêu giá trị của tham số $\alpha$ mà đẳng thức đúng? Nói cách khác, chúng ta cần giải $\alpha$ phương trình

$$A(\alpha)x_0 + B(\alpha)y_0 + C(\alpha) = 0. \quad (2)$$

Ví dụ, nếu phương trình (2) là phương trình bậc hai đối với $\alpha$, thì có thể hiểu được tại sao hai đường thẳng thuộc họ $T$ đi qua một số điểm (phương trình có hai nghiệm thực khác nhau $\alpha_1, \alpha_2$), và qua một số điểm thì không có

4

Ví dụ, trong các trường hợp khác, về mặt hình học, việc xem đường thẳng nào là đường bao sẽ dễ dàng hơn là viết phương trình của đường thẳng thuộc một họ và đánh đồng phân biệt bằng 0.

Ví dụ 3. Cho một góc (nhỏ hơn góc chưa gấp). Họ T bao gồm tất cả các đường cắt tam giác của permet được dựng 2p từ góc này. Tìm người phụ nữ của gia đình này.

Lời giải. Chúng ta hãy vẽ trên các cạnh của một góc O các đoạn OA và OB, có độ dài p (hình 7), và xét đường tròn Γ tiếp xúc với cạnh của góc tại các điểm A và B. Mọi tiếp tuyến l với đường tròn Γ (được vẽ sao cho điểm O và đường tròn Γ nằm đối diện với nó) có tính chất cần thiết, tức là l∈T, vì
$$OP + OQ + PQ = OP + OQ + PS + SQ = OP + OQ + PA + QB = OA + OB = 2p.$$
Nếu đường thẳng l’ không tiếp xúc với cung AB của đường tròn Γ thì tam giác bị cắt có chu vi nhỏ hơn hoặc lớn hơn, tức là đường thẳng này không thuộc họ T. Vậy họ T bao gồm tất cả các đường thẳng tiếp xúc với cung AB của đường tròn Γ và đường bao của họ này là cung AB.

Phong bì gia đình Curve

Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng trong các câu hỏi được thảo luận ở trên, thực tế là họ T bao gồm các đường thẳng không được sử dụng. Điều quan trọng duy nhất là đường của họ T phụ thuộc vào tham số α, theo đó phần nằm của phương trình là tam thức bậc hai. Ví dụ sau đây xác nhận điều này.

Ví dụ 4. Tại điểm O có một khẩu súng phòng không mà từ đó có thể bắn đạn (với vận tốc ban đầu cho trước v₀) ở bất kỳ góc nào so với đường chân trời. Xác định vùng bắn (sức cản không khí trước đây).

Lời giải. Chỉ cần xét các điểm nằm trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng là đủ. Nếu u là thành phần nằm ngang của vận tốc ban đầu của đạn bắn ra từ súng tại thời điểm t=0 thì thành phần thẳng đứng bằng $$\sqrt{v_0^2 - u^2}.$$ Hình chiếu nằm ngang của đạn S (điểm P tại hình 8) chuyển động đều với vận tốc u, tức là tại thời điểm t trục hoành của đạn bằng x=ut. hình chiếu thẳng đứng di chuyển theo định luật y=\sqrt{v_0^2 - u^2}·t-gt²/2, từ đó (có tính đến t=x/u) quỹ đạo của viên đạn được tìm thấy:

$$y = \sqrt{v_0^2 - u^2} \cdot \frac{x}{u} - \frac{gx^2}{2u^2}.$$

Tách thuật ngữ chứa bán kính và bình phương nó, chúng ta thu được (sau khi nhân với u⁴):

$$u^4 (x^2 + y^2) - u^2 x^2 (v_0^2 - gy) + g^2 x^4/4 = 0.$$

Vế trái phụ thuộc vào tham số α=u2 và là tam thức bậc hai đối với α. Đánh đồng phân biệt của tam thức này bằng 0, chúng ta thu được phương trình đường bao

5

họ yushi $T$ của tất cả các quỹ đạo đạn:

$$x^4(v_0^2 - gy)^2 - (x^2 + y^2)\cdot g^2x^4 = 0,$$

hoặc, sau khi chia cho $x^4$ và rút gọn,

$$y = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{g}{2v_0^2}x^2.$$

Độ lệch này được gọi là parabola an toàn (ở trên nó, chuyến bay là an toàn); đỉnh của parabol này nằm ở điểm (0; $v_0^2/2g$) và các nhánh hướng xuống dưới, vì hệ số $x^2$ âm (hình 9).

Một lớp quan trọng bài toán, gắn liền với việc xây dựng các vòng tròn liên quan đến một gia đình, phát sinh từ Prince Huydesq (“Vật lý-10”, đoạn 37, trang 96). Chúng tôi không đề cập đến những bài toán này ở đây (xem «Kvant», 1982, Số 6, trang 30).

Nhiệm vụ 1.

1. Tất cả các đường thẳng có thể có $ax + by = 1$ đều được xem xét, trong đó các hệ số $a, b$ thỏa mãn điều kiện $a^2 + b^2 = 1$. Tìm sự phân kỳ của họ đường này.

2. Tìm sự phân kỳ của họ đường $y = 2\alpha x - \alpha^2$.

3. Trong mặt phẳng đã cho có một đường thẳng $d$ và một điểm $A$ không thuộc đường thẳng đó. Đối với mỗi điểm $M \in d$, một đường thẳng $l_M$ được xem xét, là trục của điểm đối xứng $A$ và $M$. Tìm giá trị cao nhất của họ tất cả các đường thẳng $l_M$.

4. Tìm ranh giới (đại số) của họ đường $(x - \alpha)^2 + y^2 - 1 = 0$ và cho trường hình học của kết quả.

5. Hãy xem xét một họ các vòng tròn (hình 10)

$$(x - \alpha)^2 + y^2 = b^2 \left(1 - \frac{\alpha^2}{c^2}\right),$$

trong đó $b, c$ là dữ liệu số dương và $a$ là tham số ($|a| \leq c$). Chứng minh rằng ranh giới của họ đường tròn này là các hình elip được mô tả bởi phương trình

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \quad (\text{где } a^2 = b^2 + c^2).$$

6. Ta xét đường thẳng $l(\alpha)$ được xác định bởi phương trình

$$y - \alpha x + \frac{a}{2\sqrt{2}}(\alpha^2 - 1) = 0,$$

trong đó $a$ là một số dương nhất định và $a$ là một tham số ($|a| < 1$).

a) Tìm các điểm $P, Q$ giao điểm của đường thẳng này với các phân giác của góc tọa độ thứ nhất và thứ hai và chứng minh rằng $OP + OQ = a$.

b) Tìm ranh giới của họ đường $l(\alpha)$ và đảm bảo rằng ranh giới này được biểu thị bằng cung của một parabol.

b) Cho một góc vuông; Chúng tôi xem xét tất cả các đường thẳng có thể cắt góc này của tam giác, sao cho tổng chiều dài của các chân bằng $a$. Chứng minh rằng ranh giới của họ đường này được biểu diễn bằng các cung parabol.

7. Ta xét đường thẳng $l(\alpha)$ được xác định bởi phương trình

$$bx(1 + \alpha^2) + ay(1 - \alpha^2) - 2\alpha ab = 0,$$

trong đó $a, b$ là số dương và $a$ là tham số.

a) Tìm các điểm $P, Q$ giao điểm của đường thẳng này với đường thẳng $y = bx/a, y = -bx/a$ và chứng minh rằng $OP \cdot OQ = a^2 + b^2, S_{\triangle OPQ} = ab$.

b) Chứng minh rằng ranh giới của họ đường $l(\alpha)$ là zunepbol mô tả bởi phương trình

$$\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1.$$

b) Trực tiếp $y = bx/a, y = -bx/a$ được gọi là acsimtotami của bóng chung quy định; chứng minh rằng một tiếp tuyến tùy ý của một hyperbol xác định, cùng với acsimtotami, một tam giác có diện tích không đổi $S = ab$.

8. Ta xét đường thẳng $l(\alpha)$ được xác định bởi phương trình

$$bx(\alpha^2 - 1) + 2\alpha ay + ab(\alpha^2 + 1) = 0,$$

trong đó $a, b$ là số dương; và $a$ là một tham số. Chứng minh rằng ranh giới của họ đường thẳng $l(\alpha)$ là dấu chấm lửng mô tả bởi phương trình ở bài 5.

9. Tìm giá trị tốt nhất cho họ parabol $y = \alpha^2x^2 - 2\alpha$ (trong đó $a$ là tham số). Thực hiện một bản vẽ.

10. Tìm ranh giới của họ đường tròn $x^2 + (y - \alpha)^2 = \alpha$ (trong đó $a$ là tham số). Thực hiện một bản vẽ.

11. Tìm ranh giới của họ đường tròn $(x - \alpha)^2 + y^2 = \alpha^2/5$ (trong đó $a$ là tham số). Thực hiện một bản vẽ.

12. Tìm giá trị tốt nhất cho họ parabol $y = 2\alpha x^2 - \alpha^2$ (trong đó $a$ là tham số). Thực hiện một bản vẽ.

13. Tìm giá trị tốt nhất cho họ parabol $y = \alpha x^2 + (1/\alpha - \alpha)$ (trong đó $a$ là tham số); thực hiện một bản vẽ.

14. Tìm giá trị tốt nhất cho họ parabol $y = -\alpha x^2/4 + (\alpha + 1/\alpha)$ (trong đó $a$ là tham số); thực hiện một bản vẽ.

Hãy sử dụng tùy ý

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét một cách khác, tổng quát hơn để tìm lực bật lại, cũng có thể áp dụng trong trường hợp vế trái của phương trình không phải là tam thức bậc hai đối với tham số $a$. Phương pháp này dựa trên việc sử dụng khái niệm tùy ý.

Hãy để họ các dòng được đưa ra bởi phương trình

$$f(\alpha, x, y) = 0,$$

trong đó $f$ là một số biểu thức (ví dụ

7

hoặc trong một đường tròn có tâm tại điểm $x = -v\alpha$ của trục x và bán kính là $\sqrt{(u\alpha)^2 - h^2}$ (hình 12). Chu vi của vòng tròn này giới hạn trên mặt đất vùng mà (tại thời điểm điều khiển) âm thanh do máy bay tạo ra khi đi qua điểm $A_\alpha$. Phương trình của đường tròn này là
$$(x + v\alpha)^2 + y^2 = (u\alpha)^2 - h^2.$$
Lấy sự thống nhất của tất cả các vòng tròn này, chúng ta thu được một vùng hội tụ mang tính giáo dục tại điểm kiểm soát. Và để tìm được ranh giới của vùng siêu chảy, cần phải tìm một họ đường tròn mạnh (hình 13) (9). Chúng ta viết phương trình (9) dưới dạng (4):
$$\alpha^2 (v^2 - u^2) + 2\alpha xv + (x^2 + y^2 + h^2) = 0.$$
Lấy đạo hàm theo $\alpha$, ta thu được
$$2\alpha (v^2 - u^2) + 2xv = 0.$$
Cuối cùng, chúng ta xác định $\alpha$ từ sự tương ứng cuối cùng và thay nó vào (10), chúng ta thu được phương trình đường bao:
$$u^2 x^2 - (v^2 - u^2) y^2 = h^2 (v^2 - u^2).$$
Phương trình này mô tả Ziegerbola; chúng ta chỉ cần lấy nhánh trái của nó, vì chúng ta phải xem xét các vòng tròn (9) chỉ tại $\alpha > 0$. (Lưu ý rằng phương trình đường bao tương tự có thể thu được theo cách tương tự bằng cách lấy phân biệt của tam thức bậc hai (10).)

Bài tập
15. Tìm đường bao của họ parabol $y = \alpha^3 x^2 - 3\alpha$ (trong đó $\alpha$ là tham số). Thực hiện một bản vẽ.
16. Tìm đường bao của họ đường $y = \alpha^3 x - 3\alpha^2/2$.
17. Tìm đường bao của họ đường $y = 4\alpha^3 x - 3\alpha^4$.
18. Tìm họ đường có đường bao là đường $y = x^6$.
19. Tìm đường bao của họ đường tròn $(x - \cos \alpha)^2 + (y - \sin \alpha)^2 = 1/4$. Thực hiện một bản vẽ.
20. Giải bài toán về vùng thừa nếu máy bay bay (với tốc độ siêu âm) theo đường thẳng nghiêng so với mặt đất một góc $\phi$.

Đường cong phân biệt
Chúng ta hãy lưu ý để kết luận rằng nếu cho trước một họ đường (4) nhất định, thì đường $L$, thu được bằng cách loại bỏ tham số $\alpha$ khỏi phương trình (8) (nó được gọi là đường cong phân biệt), ngoài điểm bao, còn có thể chứa cấu trúc của một điểm. Vì vậy, trong ví dụ 4, đường cong phân biệt, rất dễ kiểm tra, ngoài parabol an toàn còn chứa tuyến tính $x = 0$ (trục tọa độ). Theo một nghĩa nào đó, phần của trục này nằm bên dưới điểm $y = v^2/2g$ có thể được coi là “tiếp tuyến” với quỹ đạo hướng lên trên khi bắn thẳng đứng, nhưng phần trên của trục tọa độ (phía trên điểm này) nằm bên ngoài vùng bắn và không có cách nào kết nối với quỹ đạo của đạn.

Nói chung, đường cong phân biệt đối xử (không tính các phần không liên quan của nó) tách biệt các khu vực mà một số dòng họ khác nhau đi qua. Ngoài ra, đường cong phân biệt đối xử có thể chứa “các phần không liên quan” của các điểm kỳ dị của các đường trong họ (ví dụ: các điểm tự giao nhau của chúng). hình 14 hiển thị một họ dòng
$$(x - \alpha)^3 + 3 (x - \alpha) y^2 - 3 ((x - \alpha)^2 - y^2) = 0.$$
Những dòng này (được gọi là các tờ Descartes) được lấy từ nhau bằng các phép dịch song song dọc theo trục hoành độ. Mỗi đường có một điểm đặc biệt (điểm tự giao). Đường cong phân biệt trong trường hợp này bao gồm ba đường thẳng song song: đường thẳng $y = 0$ (tập hợp các điểm tự giao nhau của tất cả các đường thẳng của chúng ta) và đường thẳng $y = -k$ và $y = k$, trong đó $k = \sqrt{2\sqrt{3} - 3}$ (phong bì). Qua mỗi điểm bên ngoài dải $-k \leq y \leq k$ có một đường thẳng trong họ, qua mỗi điểm của đường cong phân biệt có hai đường thẳng và qua mỗi điểm có ba đường thẳng.

9

ÂM THANH TRONG ĐẠI DƯƠNG

Viện sĩ L. M. BREKHOVSKIKH,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học V. M. KURTEPOV

Một nguồn tài nguyên thực phẩm, một loại khoáng sản, “nhà bếp” thời tiết, con đường chính của Trái đất… Những từ này nói chung có thể mô tả vai trò của Đại dương Thế giới trong cuộc sống của chúng ta. Và mỗi năm, vai trò này ngày càng trở nên rõ ràng hơn, tầm ảnh hưởng của Đại dương to lớn như thế nào đối với mọi lĩnh vực hoạt động của con người, tầm quan trọng của công việc nghiên cứu ở Đại dương và sự phát triển các phương tiện kỹ thuật để phát triển tài nguyên của nó.

Con người rất quan tâm đến việc biết càng nhiều càng tốt về trạng thái của Đại dương, sự chuyển động của nước và cấu trúc của ngày đại dương. Điều này là cần thiết cho việc điều hướng trên mặt nước và dưới nước, để xác định khu vực có năng suất sinh học cao nhất, tính đến ảnh hưởng của Đại dương đến thời tiết và khí hậu của hành tinh chúng ta cũng như cho nhiều mục đích khác.

Vô số tàu nghiên cứu từ các quốc gia khác nhau liên tục có mặt ở Đại dương và các vùng biển gắn liền với các lục địa. Họ ghi lại trạng thái của các khối nước ở các độ sâu khác nhau, trạng thái của bầu khí quyển trên Đại dương và nghiên cứu các đặc điểm trong ngày. Kết quả của nghiên cứu chảy vào các Trung tâm Dữ liệu Thế giới, trung tâm chính được đặt tại Moscow và Washington. Thông tin này rất có giá trị. Tuy nhiên, xét về thể tích thì nó quá nhỏ để mô tả đầy đủ hiện trạng của toàn bộ Đại dương Thế giới và các vùng biển lân cận. Để đạt được mục đích này, luồng thông tin phải được tăng lên hàng nghìn lần. Đây là nơi các phương tiện khám phá Đại dương từ không gian ra tay giải cứu. Các thiết bị được lắp đặt trên các vệ tinh và trạm vũ trụ nhân tạo của Trái đất sẽ “thu thập” dữ liệu một cách nhanh chóng và ngay lập tức về nhiều đặc điểm của Đại dương từ một khu vực rộng lớn. Đo lường nghiên cứu của riêng bạn về Đại dương trong phạm vi thông tin hoặc centimet cho phép bạn ghi lại bề mặt của nó. Bằng cách phân tán sóng điện từ trong phạm vi centimet trên bề mặt Đại dương, người ta có thể xác định được đặc tính

Các sóng bề mặt, tốc độ dòng chảy bề mặt và gió bề mặt. Dựa trên thời gian di chuyển của xung điện từ từ trạm vũ trụ đến bề mặt Đại dương và quay trở lại, có thể xác định sự thay đổi mực nước Đại dương trên một khoảng cách lớn. Đây là cách một “máng” lần đầu tiên được phát hiện trên bề mặt Đại dương, ở độ sâu khoảng 23 mét so với lớp bạch kim Puerto Rico dưới đáy đại dương.

Tuy nhiên, tất cả dữ liệu thu được từ không gian đều đề cập đến bề mặt của Đại dương. Và rõ ràng là tại sao - sóng điện từ không thể xuyên sâu vào nước biển ở bất kỳ mức độ đáng kể nào. Trong cột nước, ánh sáng mờ dần ở khoảng cách vài chục mét; Ngay cả đối với chùm tia laser mạnh nhất, giới hạn cũng là vài trăm mét.

Aktika cung cấp một công cụ để “khai sáng” độ sâu của Đại dương. Chỉ có sóng âm mới có thể truyền đi một khoảng cách đáng kể trong nước. Như vậy, âm thanh của một vụ nổ nghiên cứu tương đối nhỏ trong các thí nghiệm trên biển đã được ghi lại ở khoảng cách 22.000 km.

Ở đây chúng ta cần quay lại những khám phá của bốn mươi năm trước. Năm 1946, các nhà khoa học Liên Xô đã phát hiện ra một hiện tượng rất thú vị ở vùng biển Nhật Bản. Âm thanh của vụ nổ (bom chống tàu ngầm được kích nổ ở độ sâu 100 mét) lan rộng mà không bị suy giảm rõ rệt trên một khoảng cách rất xa - hàng trăm km. Quá trình xử lý và phân tích chi tiết các tài liệu thực nghiệm cho thấy điều này xảy ra do tốc độ âm thanh trong Đại dương phụ thuộc hoàn toàn vào độ sâu. Nói chung, tốc độ âm thanh trong nước biển thay đổi khi có sự thay đổi về nhiệt độ, độ mặn và áp suất thủy tĩnh. Trong quá trình làm việc ở Biển Nhật Bản, độ mặn thay đổi nhẹ theo độ sâu và ảnh hưởng của nó không bị ảnh hưởng. Khi di chuyển từ bề mặt xuống độ sâu khoảng 300 mét, tốc độ âm thanh

10

Giảm do nhiệt độ giảm. Khi đào sâu hơn nữa, nhiệt độ thay đổi rất ít và lên tới 0,3–0,5 °C. Tuy nhiên, khi độ sâu tăng lên (độ sâu tối đa ở Biển Nhật Bản là 3700 m), áp suất thủy tĩnh tăng lên đáng kể. Điều này dẫn đến sự gia tăng tốc độ của âm thanh. Kết quả là, một sự phụ thuộc đặc biệt của tốc độ âm thanh vào độ sâu đã được hình thành. Một ví dụ về sự phụ thuộc như vậy (cấu hình tốc độ âm thanh) được hiển thị trong hình 1. Tốc độ âm thanh tối thiểu nằm ở độ sâu 300 m. Trên và dưới mức này, tốc độ tăng lên. Hồ sơ tốc độ âm thanh này dẫn đến điều gì?

hình 2 cho thấy các tia âm thanh rời khỏi bộ phát (I), đặt ở độ sâu 100 m và đi vào bộ thu (R), đặt ở độ sâu 300 m, cách bộ phát 184 km. Do “khúc xạ” các tia bị bẻ cong và hết lần này đến lần khác chúng quay trở lại trục nằm ngang tương ứng với tốc độ âm thanh tối thiểu. Trong trường hợp này, cả một họ tia (một số trong số chúng được hiển thị trong hình 2) không chạm tới đáy, nơi tín hiệu âm thanh có thể được hấp thụ và không chạm tới bề mặt, do đó chúng có thể bị phân tán. Kết quả là, âm thanh đến máy thu thông qua các tia nước tinh khiết, hay như người ta nói, qua kênh âm thanh dưới nước -

PZK - gần như không suy giảm. Điều này cho phép ghi lại tín hiệu âm thanh cách xa nguồn hàng nghìn km.*)

Sự hiện diện của PZK giải thích hiện tượng truyền âm “tầm siêu xa”, được quan sát thấy vào năm 1946 ở Biển Nhật Bản. Hóa ra PZK có sẵn ở bất kỳ vùng biển và đại dương nào, miễn là nó đạt đến độ sâu của chúng.

Tín hiệu âm thanh phát ra, truyền dọc theo nhiều chùm tia khác nhau, đến điểm nhận vào những thời điểm khác nhau. Bất kỳ thay đổi nào, ngay cả những thay đổi nhỏ trong cấu hình tốc độ âm thanh đều dẫn đến sự thay đổi thời điểm tín hiệu âm thanh đến dọc theo một chùm tia riêng biệt. Độ lớn của những sự pha trộn hay thăng giáng này là khác nhau đối với mỗi tia. Toàn bộ chuỗi tín hiệu dễ chịu hoàn toàn được xác định bởi các đặc tính của môi trường và là một chỉ báo cực kỳ nhạy cảm về các đặc tính này.

Trên thực tế, Đại dương có thể được coi là phân lớp theo chiều ngang chỉ trong phạm vi vài chục km, và thậm chí không phải lúc nào cũng vậy. Dưới ảnh hưởng của các quá trình khác nhau xảy ra trong Đại dương, tốc độ âm thanh thay đổi không chỉ theo chiều sâu mà còn theo chiều ngang. Và đặc biệt

*) Sự hình thành các kênh âm thanh dưới nước và đặc thù truyền âm trong PZK được mô tả chi tiết trong «Kvant» Số 2 năm 1985 trong bài viết của A. A. Varlamov và A. I. Malyarovsky “Một ống nói có chiều dài bằng đường xích đạo?”

11

nhưng vai trò của các dòng xoáy đại dương được các nhà khoa học Liên Xô phát hiện cũng góp phần vào việc này. Khám phá này là kết quả chính của một thí nghiệm chu kỳ bán rã được thực hiện vào năm 1970 có tên là Khu chứng minh. Nghiên cứu dòng gió mậu dịch mạnh mẽ ở Đại Tây Dương, vốn được coi là hoàn toàn không đổi, các nhà khoa học phát hiện ra rằng ở khu vực hiện tại có những xoáy nước khổng lồ có kích thước hàng trăm km, tương tự như chu trình khí quyển và phản chu kỳ (nghiên cứu sâu hơn cho thấy những chuyển động xoáy như vậy bao phủ quy mô thực tế của Đại dương). Tâm của xoáy di chuyển với tốc độ lên tới 300 m/h, nhưng các hạt nước tham gia vào chuyển động quay của xoáy lại di chuyển nhanh hơn 10 lần.

Sự đi qua của một cơn lốc dữ dội đôi khi dẫn đến những thay đổi trong môi trường có thể làm gián đoạn hoàn toàn giao tiếp âm thanh và, chẳng hạn, có thể, giống như ảo ảnh trong không gian trống rỗng, khiến những thứ trước đây không nghe được có thể nghe được.

Vài năm trước, ý tưởng đã nảy sinh là tận dụng độ nhạy cao của tín hiệu âm thanh với những thay đổi trong môi trường nước để tổ chức các quan sát dài hạn, khoảng một năm, về sự biến đổi quy mô lớn của đại dương trên diện tích lên tới 10⁶ km2. Để làm được điều này, cần phải đặt các hệ thống phát và thu âm được neo dọc theo chu vi của vùng nước ở các độ sâu khác nhau và thay đổi sự dao động về thời gian đến của tín hiệu dọc theo tất cả các chùm tia “nước thuần túy” có thể có. Những tín hiệu này, như chúng tôi đã nói, mang thông tin về tất cả các cơ hội chi phí thấp gặp phải trong quá trình thực hiện. Bằng cách này, có thể “kiểm tra” toàn bộ độ dày của Đại dương, khiến nó giống như “chiếc sim cuối cùng” của vùng nước. Không có đội tàu khoa học nào trên thực tế có thể thực hiện ngay lập tức những thay đổi về một cột thể tích. Tuy nhiên, hiệu quả như vậy phải trả giá bằng sự phức tạp trong việc xử lý dữ liệu thực nghiệm. Dựa trên chuỗi thời gian của các tín hiệu dễ chịu, cần xây dựng lại trường tốc độ âm thanh - tìm các giá trị tốc độ âm thanh ở những nơi khác nhau trong vùng nước; phân tích các kết quả này sẽ cung cấp thông tin cho kết quả đầu ra. Phương pháp được mô tả được gọi là chụp cắt lớp âm thanh của Đại dương (từ tiếng Hy Lạp totsog - lớp, đau nhức).

Sơ đồ khôi phục trường tốc độ âm thanh như sau. Các điều kiện đang nghiên cứu được chia thành N ô thể tích, kích thước của chúng dài 10 km.

Người Annarat có người ở “Pysis” là một chủ đất không thể thiếu trong việc nghiên cứu độ sâu của đại dương.

12

Một lĩnh vực ứng dụng khác của chụp cắt lớp âm thanh là nghiên cứu đáy đại dương. Điều này không hề dễ dàng khi bạn cho rằng nhà nghiên cứu thường bị ngăn cách khỏi đối tượng nghiên cứu bởi một cột nước cao vài km. Các phương pháp đóng băng địa chấn hiện có

$$\Delta t_m = \sum_{n=1}^{N} E_{mn} \Delta c_n.$$

Bằng cách duyệt qua tất cả các tia có thể, chúng ta thu được hệ phương trình $M$ cho $\Delta c_n$ ($n=1, 2, ..., N$). Giá trị của các hệ số $E_{mn}$ được tính nếu biết quỹ đạo của tia tham chiếu $m$ và hình dạng hình học của ô $n$. Trong các tế bào không bị “ảnh hưởng” bởi tia $m$th, $E_{mn} = 0$.

Bằng cách đo sự dao động về thời gian đến của tín hiệu âm thanh $\Delta t_m$ và giải hệ phương trình tuyến tính được mô tả ở trên, chúng ta thu được các giá trị $\Delta c_n$ trong mỗi ô. Đây chính xác là những gì được thực hiện trong thực tế, mặc dù trong quá trình thực hiện, người ta phải vượt qua nhiều khó khăn về kỹ thuật và toán học.

Nếu sự phân bố tốc độ âm thanh $c_n(x, y, z, t)$ có thể được khôi phục, thì bằng cách sử dụng các sự tương ứng đã biết trong vật lý của nước biển, có thể khôi phục gần đúng nhiệt độ, độ mặn và mật độ của nước. Biết nhiệt độ trên một khu vực rộng lớn cho phép chúng ta xác định hàm lượng nhiệt của Đại dương, điều này rất quan trọng đối với việc dự báo thời tiết. Nhưng đây không phải là thông tin duy nhất thu được bằng chụp cắt lớp âm thanh. Từ sự chênh lệch về thời gian phân bố tín hiệu qua lại giữa hai điểm tương ứng, người ta có thể ước tính hình chiếu trung bình của tốc độ của các dòng hải lưu dọc theo tia lên phương của đường truyền âm thanh. Điều này gắn liền với hy vọng về một sự thay đổi trong dòng chảy đại dương trên quy mô lớn, điều mà các phương pháp truyền thống không thể tiếp cận được. Có những dự án bao phủ các khu vực rộng lớn của Đại dương Thế giới bằng mạng lưới chụp cắt lớp, cho phép một cách tiếp cận mới đối với các vấn đề về tương tác giữa Đại dương và khí quyển cũng như sự hình thành khí hậu Trái đất.

Một lĩnh vực ứng dụng khác của chụp cắt lớp âm thanh là nghiên cứu đáy đại dương. Điều này không hề dễ dàng khi bạn cho rằng nhà nghiên cứu thường bị ngăn cách khỏi đối tượng nghiên cứu bởi một cột nước cao vài km. Các phương pháp đóng băng địa chấn hiện có

13

khai thác ngày đại dương kết hợp với khoan sâu rất cồng kềnh và tốn kém. Trong khi đó, có những cách tiếp cận khác.

Kho thiết bị thủy âm khoa học ngày càng bao gồm cái gọi là trạm đáy tự động chủ động (ADS). Một trạm như vậy, được trang bị máy thu âm thanh (hydrophone), máy tính chuyên dụng và máy ghi băng, có thể chìm xuống đáy Đại dương và hoạt động ở đó. Nếu một tàu nghiên cứu đã lắp đặt ADS di chuyển ra xa nó, trạm sẽ ghi lại tiếng ồn của động cơ tàu. Theo quy luật truyền âm trong Đại dương và theo độ dày của đá trầm tích, tín hiệu mà ADS nhận được sẽ đi dọc theo một chùm nước và một chùm tia bổ sung khúc xạ ở đáy Đại dương (hình 3). Ngoài ra, có một nền tín hiệu tương đối yếu bị phân tán bởi bề mặt và các bề mặt của đáy Đại dương, cũng như tiếng ồn của chính Đại dương. Khi tàu di chuyển, “quỹ đạo” của nước và các tia nước thay đổi thuận lợi. Trong trường hợp này, độ trễ tương đối trong thời gian đến của tín hiệu nhiễu dọc theo các tia này cũng thay đổi. Sau khi chia các đá trầm tích có điều kiện của Đại dương, giáp với nước, thành một lớp với các giá trị chưa biết về tốc độ âm thanh, có thể tạo ra cùng một hệ phương trình cho các vận tốc này, như đã được thực hiện trước đó trong ảnh chụp cắt lớp bài toán của cột đại dương. Trong trường hợp này, $\Delta t_m$ sẽ là độ trễ của tín hiệu nhiễu đến được trạm điều chỉnh cho các khoảng cách khác nhau giữa tàu và trạm. Bằng cách giải hệ phương trình, chúng ta sẽ khôi phục đặc tính tốc độ âm thanh trong các lớp trầm tích. Sau khi hoàn tất các thay đổi, trạm sẽ được gọi lên bề mặt và thử nghiệm có thể được lặp lại ở bất kỳ vị trí nào khác.

Các phương pháp tích cực được sử dụng rộng rãi để nghiên cứu các khu vực quy mô nhỏ dưới đáy đại dương. Do đó, sự biến dạng của tín hiệu âm thanh do ngôi nhà phân tán mang thông tin về sự không đồng đều của ranh giới đất-nước và về mật độ khác nhau trong các lớp trầm tích. Trong tương lai, dọc theo con đường này, người ta đề xuất thực hiện trực quan hóa đáy bằng Aktic.

Để thực hiện nghiên cứu và phân tích kết quả, các tính toán lý thuyết được thực hiện, thiết bị thí nghiệm chuyên dụng và phương pháp xử lý dữ liệu được phát triển, tập trung vào việc sử dụng các công cụ máy tính hiện đại nhất. Những vấn đề này và nhiều vấn đề khác được giải quyết bởi các sinh viên và sinh viên tốt nghiệp Khoa Vật lý Thủy văn tại MIPT, bao gồm cả các chuyến thám hiểm biển trên các tàu nghiên cứu.

Một trong những đại diện của gia đình trạm đáy tự trị. Trước khi lặn.

14

MK:
VẤN ĐỀ GIAO TIẾP
(Hành trình qua máy vi tính)

Ứng viên Khoa học Kỹ thuật D. G. KRUTOGIN

Trong số trước, chúng tôi đã đưa MK đi dạo quanh thành phố, xem xét toàn cảnh thành phố và giới thiệu cư dân của thành phố, tạm trú và lâu dài. Bây giờ là lúc nhìn vào quy hoạch thành phố để đánh giá cao cấu trúc của nó. Trong sơ đồ (hình 1), bạn có thể thấy năm quận lớn được kết nối với nhau. Chúng ta sẽ đi qua chúng theo thứ tự sau: vùng thiết bị đầu vào (IDU) và thiết bị đầu ra (UD), vùng bộ nhớ truy cập ngẫu nhiên (RAM), thiết bị lưu trữ chỉ đọc

15

(ROM) và cuối cùng là khu vực bộ vi xử lý (MP). Tấm thị thực trong ảnh là một tinh thể máy vi tính thật, được phóng đại gấp 10 lần. Đây là cách nó trông độc lập cho đến khi quá trình sản xuất mạch và đặt nó vào hộp hoàn tất. Việc chỉ ra ranh giới của các vùng không phải là điều dễ dàng, đặc biệt vì không gian trống trên chip gần như vô hình. Vì vậy, sẽ thuận tiện hơn cho chúng ta khi di chuyển theo kế hoạch. Và bây giờ chúng ta hãy đi…

Khu vực trạm tridiati

Trong kế hoạch (hình 1) của visa có trung tâm tiếp nhận khách du lịch, hoặc hệ thống thiết bị đầu vào (IDS) (nhắc lại rằng khách du lịch ở MK là những từ máy được ghép thành các chương trình - đoàn). Các phái đoàn từ các quốc gia khác nhau đến đây, trong khu vực UVV, sử dụng nhiều phương tiện giao thông khác nhau. Ví dụ: từ bàn phím hiển thị, từ đầu ghi băng bộ nhớ ngoài (VRAM) *), từ màn hình hiển thị hoặc từ cảm biến bên ngoài. Do đó, khu vực trên không là tập hợp của một số trạm hoặc cảng **).

No UVV không chỉ là một nhà ga mà còn là một văn phòng du lịch mẫu mực của thành phố chúng ta, cũng như hải quan, cắt bỏ những từ, cụm từ hoặc lệnh trong chương trình không chính xác hoặc không được chấp nhận. Các thiết bị đầu vào được đón tiếp các đoàn du lịch, kiểm tra giấy tờ nhập cảnh và cung cấp cho họ người phiên dịch và người đi cùng (địa chỉ). Cuối cùng, các thiết bị tương tự cũng giám sát khách du lịch trong thành phố trong thời gian họ lưu trú.

Vì vậy: bài toán đầu vào đầu tiên, ngay cả trước khi phân tích và dịch thuật, là dỡ bỏ phương tiện vận chuyển đã vận chuyển các chương trình đến thành phố, tức là dòng đầu vào thông tin. Để thực hiện việc này, bạn cần ghi lại các tín hiệu nhận được (hiện tại chỉ ghi âm mà không xử lý) bằng ngôn ngữ mà chúng được gửi. Ban đầu, các cổng đầu vào thực hiện việc ghi các từ của chương trình nguồn. Trên thực tế, chúng là những khối RAM nhỏ dài một từ máy, tức là các thanh ghi. Mỗi thanh ghi được trang bị một khối các phần tử logic *) - một bộ đệm, đảm bảo kết nối một thanh ghi trống với các dòng thông tin bên ngoài và một thanh ghi đã đầy với bộ vi xử lý. Bộ vi xử lý thăm dò định kỳ các cổng đầu vào và tải lại các từ chứa trong đó vào RAM, sau đó các cổng sẵn sàng ghi một từ mới.

Ai là người chỉ huy cuộc diễu hành?

Cần lưu ý rằng UVV tham gia tích cực vào tất cả các hoạt động này, nhưng nhân vật chính là bộ vi xử lý. Dưới sự điều khiển của chương trình đầu vào (được lưu trữ

*) Thiết bị của nhà đăng ký đã được xem xét trong phần PEVT ở «Kvant» số 4 cho năm 1986; thiết kế các phần tử logic - trong «Kvant» số 2 năm 1986.

**) Ở đây từ “port” không chỉ là hình ảnh văn học mà còn là một thuật ngữ kỹ thuật. Đây là tên được đặt cho bộ phận của vi mạch trong vùng UVV hoặc UVV cung cấp cho MK của nó các thiết bị bên ngoài.

16

ở ROM) anh hợp tác với UVV, tiếp đón các đoàn khách du lịch.

Nói chung, chúng ta hãy lưu ý rằng khi xem xét hoạt động của máy tính, việc phân biệt giữa phần cứng (ví dụ: cổng thực, đầu ra đầu vào, ô nhớ, v.v.) và phần mềm luôn hữu ích, tức là những hành động được thực hiện bởi các phần tử riêng lẻ của vi điều khiển, được hỗ trợ bởi một số chương trình nhất định điều khiển máy ở các giai đoạn hoạt động khác nhau.

Bot trước mặt bạn là một chiếc máy tính đã tắt. Bây giờ bạn nhấn nút “Bật”… sao? Máy phải thực hiện những hành động gì để chuẩn bị vận hành, chuẩn bị cho đầu vào của chương trình người dùng? Ai kiểm soát nó cho đến khi bạn vào chương trình của mình? Đáp số: chương trình ROM độc quyền có tên là “màn hình”. Nó được ưu tiên ngay sau khi máy “đánh thức”. MP được hồi sinh nhưng chưa được nạp đạn dường như đang gửi câu hỏi đến mọi đầu: “Phải làm gì? Phải làm gì?” Và chương trình giám sát là chương trình đầu tiên phản hồi: “chuẩn bị đầu vào, xóa RAM, gọi chương trình đầu vào, chỉ định cổng nào đang mở (từ cổng nào) đầu vào sẽ theo sau…” Sau đó, trình soạn thảo sẽ từ bỏ lệnh của chương trình đầu vào và sau khi đầu vào hoàn tất, màn hình sẽ ra lệnh cho MP bắt đầu sử dụng các chương trình của người dùng. Bot đây là một chương trình quan trọng - montor! Và ngoài màn hình, MK còn có thêm một số chương trình tiện ích.

Chúng ta lại nói những ngôn ngữ khác nhau

bài toán tiếp theo được thực hiện trên đầu vào là dịch văn bản chương trình người dùng sang ngôn ngữ máy. Bot ở đây chúng ta quay lại cuộc trò chuyện về người dịch. Các dịch giả sống ngay trong thành phố, trong khu vực PZU. Đây là những chương trình tiện ích đặc biệt được gọi là dịch giả (để dịch). Có nhiều dịch giả khác nhau: một người giống phiên dịch đồng thời hơn, những người khác giống dịch giả văn học hơn.

Bộ đồng bộ hóa (hoặc trình biên dịch-thông dịch) dịch một lệnh tiếp theo và gửi nó ở dạng không được trình bày để thực thi. Văn bản đã dịch không được lưu trữ trong bộ nhớ của trình thông dịch đồng thời, vì vậy khi làm việc lại từ cùng một chương trình và cùng một lệnh, trình biên dịch-thông dịch lại thực hiện công việc tương tự. Nhưng đôi khi anh ấy đột nhiên từ chối dịch; điều này có nghĩa là chương trình nguồn chứa biểu thức không chính xác. Trình thông dịch không thể dịch lỗi; nó không có trong “từ điển” của nó. Sau đó, một thông báo lỗi được gửi đến các thiết bị đầu ra (OUD), thậm chí về bản chất của lỗi.

Các dịch giả văn học (hoặc người biên dịch-biên dịch) làm việc đáng tin cậy hơn. Ra lệnh bằng lệnh, họ viết lại chương trình gốc sang ngôn ngữ của máy vi tính và chiếm nó trong RAM của nó. Khi kết thúc công việc này, bản tương tự hoàn chỉnh của chương trình gốc sẽ được lưu trữ trong RAM, nhưng bằng ngôn ngữ máy. Sau khi hoàn thành công việc, trình dịch chương trình này đã sẵn sàng để sử dụng, bao gồm cả việc lặp lại nhiều lần.

Dịch giả nào cần thiết hơn và tốt hơn? Cả hai đều cần thiết. Đối với công nghệ có máy móc, làm việc ở chế độ đối thoại sẽ thuận tiện hơn khi có thông dịch viên; nó cho phép bạn chỉnh sửa và thay đổi bất kỳ lệnh nào ở bất kỳ đâu trong chương trình. Đối với MK, trình thông dịch thuận tiện hơn vì nó cần ít RAM hơn (để ghi) và bộ nhớ vĩnh viễn (để lưu trữ “từ điển”). Đối với các phép tính dài và lặp đi lặp lại trên một chương trình lớn và phức tạp, trình biên dịch sẽ thuận tiện hơn vì nó hoạt động nhanh hơn nhiều.

Không có kiểm tra và không có lỗi

bài toán tiếp theo của khu vực tiếp nhận là chương trình tái định cư. Với mục đích này, một bộ khách sạn có tên RAM được sử dụng - điền vào hoạt động của thiết bị. Chúng tôi sẽ đề cập đến vấn đề này sau, nhưng bây giờ chúng tôi lưu ý rằng các từ lệnh và từ toán hạng cần được phân bổ trong các thẻ khác nhau của vùng RAM. Như đã đề cập trước đó, từ “quan điểm” của máy, chúng không thể phân biệt được và nếu chúng bị nhầm lẫn trong quá trình thực hiện chương trình thì việc sử dụng chương trình sẽ bị gián đoạn. Để có thể dễ dàng tìm thấy lệnh hoặc toán hạng vào đúng thời điểm, hãy đặt đầu vào cung cấp tất cả các từ được giải quyết bằng địa chỉ và địa chỉ

17

bạn cần phải ghi nhớ nó, ghi nó vào một loại sổ “địa chỉ”. Sau đó, máy không còn hoạt động với các từ như vậy nữa mà với các địa chỉ. Ví dụ: gửi nội dung của ô số 95 của RAM tới MP (ví dụ: chúng tôi đã phân bổ các ô có số từ 000 đến 199 cho các lệnh). Một ví dụ khác: so sánh nội dung của ô số 286 với số 0 và nhập số lớn hơn vào ô số 286.

Và cuối cùng, các văn phòng du lịch nơi tiếp nhận điều phối thứ tự lưu trú của du khách trong thành phố và đặt các dịch vụ phù hợp. Đồng ý rằng để tính hai phương trình ngắn được viết bằng năm ký tự, ví dụ:

$$c = a + b, \\ c = tg a^b$$

• công việc chuẩn bị hoàn toàn khác sẽ được yêu cầu. Ở quy mô cuộc sống thành thị, bài toán đầu tiên đơn giản như mua một tờ báo, thứ hai giống như tổ chức một lễ hội múa dân gian. Ở đây bạn cần tìm các chương trình (ở đâu? trong ROM) để tính các hàm lũy thừa, sau đó là các tiếp tuyến của một đối số tùy ý. Nhưng nếu du khách muốn tham dự lễ hội thì phải tổ chức, đây là điều kiện làm việc của thành phố chúng tôi - một trung tâm du lịch.

Các thiết bị đầu ra, nằm trong sơ đồ bên cạnh các thiết bị đầu vào, thực hiện nhiều chức năng phức tạp, nhưng tất nhiên là theo thứ tự ngược lại. Họ chuyển đổi các từ máy - kết quả tính toán - thành dạng thân thiện với người tiêu dùng (dưới dạng bảng, đồ thị, văn bản, cảnh báo âm thanh hoặc thậm chí cả lời nói) và cung cấp tín hiệu điều khiển cho thiết bị đầu ra thích hợp: màn hình, thiết bị in, máy tạo âm thanh mô phỏng giọng nói.

Hơn nữa, thiết bị đầu ra là một chỉ báo kỹ thuật số gồm bảy bộ đơn giản (hình 2), sau đó để điều khiển nó ở đầu ra của MK phải có một mạch logic chứa khoảng một trăm bóng bán dẫn. Và trên màn hình của một máy tính đơn giản thường có ít nhất 5-8 chỉ báo như vậy, và thậm chí trên đồng hồ điện tử cũng có ít nhất bốn chỉ báo.

Vì vậy, chúng tôi đã làm quen với nhiệm vụ của hai quận của thành phố MK, nhưng trên đường đi

18

Người chiến thắng cuộc thi
“Vấn đề của Kvant”
Hàng năm tạp chí của chúng tôi tổ chức một cuộc thi dành cho học sinh về lời giải bài toán từ Vấn đề «Kvant». Danh sách người chiến thắng cuộc thi được công bố dưới đây
“Vấn đề Kvant” 1986.
Được trao huy hiệu Dillom và tạp chí «Kvant»
và nhận quyền tham gia ngay vào phần thứ tư
chuyến tham quan (trước công chúng) của Thế vận hội Thế giới 1987:

Trong toán học
N. AZAMOV - tr. Balchikov, vùng Andjan, làng. mục số 14, 10 ô.
V. HAKOBYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc ErSU, lớp 9.
A. VARABANOV - Kyiv, tr. mục số 145, 10 ô.
D. VERZIN - Kaluga, tr. mục số 6, 10 ô.
R. VALIEV - Frunze, tr. mục số 61, 10 ô.
J. VARSHAVSKY - Kharkov, tr. mục số 27, 9 ô.
T. GAMIDOV - Làng Boradygakh của AzSSR, tr. mục số 1, 9 ô.
O. GEVORKOV - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 10.
R. GIỚI THIỆU - Tashkent, tr. mục số 110, 10 ô.
A. GLUTSYUK - Kharkov, tr. mục số 27, 9 ô.
M. GOLDSHEID - Chelyabinsk, tr. mục số 31, 9 ô.
R. GRINIV - Lviv, tr. mục số 62, 9 ô.
S. ZHELEZOVSKAYA - Saratov, tr. mục số 13, 10 ô.
T. KASUMOV - Baku, tr. mục số 193, 10 ô.
A. KORSHKOV - Mozyr, tr. mục số 8, 8 ô.
O. LIMESHKO - Kuibyshev, tr. mục số 16, 10 ô.
M. LITVINOV - Kyiv, tr. mục số 145, 10 ô.
V. LYANDIN - Beloretsk, tr. mục số 14, 10 ô.
G. MINASYANTS - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại ErSU, lớp 10.
S. MUSHINSKY - Novosibirsk, tr. mục số 130, 10 lớp.
A. NAZARYAN - Tbilisi, Trường Vật lý số 42, lớp 9.
Y. NIKONOROV - tr. Mikhailovka, vùng Dzhambul, làng. P. Tôi. G. Muratbaeva, lớp 9.
A. POKROVSKY - Kyiv, tr. mục số 145, 10 ô.
I. PORTNOY - Odesca, tr. mục số 100, 10 lớp.
A. ROITERSTEIN - Leningrad, tr. mục số 239, 10 ô.
V. STOLIN - Vilnos, làng. hạng mục số 6, hạng XI.
D. TAMARKIN - Gorky, tr. mục số 17, 10 ô.
I. USTILOVSKY - Mátxcơva, tr. mục số 91, 10 ô.
E. CHERNAYA - Dneprodzerzhinsk, s. mục số 11, 10 ô.
T. CHUDINOVSKIKH - Tseliograd, tr. mục số 15, 10 ô.
E. CHURIKOVA - Tseliograd, tr. mục số 15, 10 ô.
V. SCHRAER - Leningrad, tr. mục số 30, 10 ô.
Y. EFENDIEV - Baku, tr. mục số 82, 9 ô.

Trong vật lý
KH. AKIMOV - Shavat, khu vực. FMS, lớp 10.
A. ANTONOV - Mátxcơva, tr. mục số 47, 10 ô.
F. ASMANDYAROVA - Tseliograd, tr. mục số 15, 10 ô.
G. AKHMEDOV - Sumgayt, tr. mục số 26, 9 ô.
D. VERADZE - Tbilisi, tr. mục số 42, 10 ô.
A. BESOLOV - Chisinau, tr. mục số 3, 10 ô.
D. VISIKALO - Vinnitsa, s. mục số 33, 10 ô.
A. BYTSKO - Leningrad, tr. mục số 239, 10 ô.
M. VAGANOV - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. mục số 82, 10 ô.
P. WOLFEIN - Kyiv, tr. mục số 145, 9 ô.
A. GAEK - Dnepropetrovsk, tr. mục số 23, 10 ô.
S. GERASIMOV - Kharkov, tr. mục số 105, 9 ô.
G. GRIDNEV - Tbilisi, Trường Vật lý số 42, lớp 10.
V. GURARII - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. mục số 82, 10 ô.
D. EVTUSHENKO - Donetsk, tr. mục số 64, 10 ô.
D. EZHIKOV - Minsk, tr. mục số 32, 10 ô.
P. ZADOROZHNY - Kyiv, tr. mục số 145, 10 ô.
A. ILENKOV - Kyiv, tr. mục số 145, 10 ô.
V. KIRYUKHIN - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. mục số 82, 10 ô.
S. KONAREV - Baku, tr. mục số 167, 10 ô.
Y. KRAVCHENKO - Mátxcơva, tr. mục số 820, 9 ô.
S. KURDIUKOV - Mátxcơva, tr. mục số 205, 10 ô.
A. KUSAINOV - Alma-Ata, ROFMSHHI, lớp 9.
D. KUCHULORIA - Tbilisi, buổi tối. trường số 5, lớp XI.
A. LOVKOVSKY - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. mục số 82, 10 ô.
I. LUGACH - Vinnitsa, s. mục số 17, 10 ô.
A. MURAVYEV - Riga, tr. mục số 46, 10 ô.
U. RAKHMANOV - Tashkent, RFMS tại Đại học bang Tashkent, lớp 9.
M. SERGAZIN - Alma-Ata, ROFMSHHI, lớp 9.
A. STAVITSKY - Baku, tr. mục số 56, 10 ô.
A. TKACHENKO - Kyiv, tr. mục số 145, 10 ô.
G. FINKELSTEIN - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. mục số 82, 10 ô.
A. FURS - làng Drichin, vùng Minsk, làng Drichinskaya. trang, 10 ô
O. CHEPIKOV - Mogilev, tr. mục số 5, 10 ô.

(Về phần kết xem trang 59)

19

Nhiệm vụ

M1031—M1035; F1043—F1047

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 15 tháng 5 năm 1987 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Trong cột “Đến”, viết: “Bài toán «Kvant», mới bài toán trong vật lý hoặc “…mới bài toán trong toán học”). Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết mã số trường và lớp mà bạn đang dạy. Vui lòng viết họ và tên của bạn bằng chữ in hoa.

M1031. Trên mặt phẳng dữ liệu có một đường thẳng l và hai điểm A, B ở một phía của đường thẳng đó. Trên đường thẳng l chọn điểm M, tổng khoảng cách từ đó đến các điểm A và B là nhỏ nhất và điểm N có khoảng cách từ A và B bằng nhau: AN=BN. Chứng minh rằng điểm nghịch đảo của tất cả các số viết ra đều bằng n/2.
(Ví dụ: khi n=3 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$).

A. A. Anjans

M1032. N số 2, 3, …, n+1 được viết ra, tích có thể có của chúng là hai, ba, v.v. cho đến khi tích tất cả n số này. Chứng minh rằng tổng các nghịch đảo của tất cả các số viết ra bằng n/2.
(Ví dụ: khi n=3 $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$).

A. A. Anjans

M1033. Hình tròn cắt bốn hình tam giác thẳng từ hình vuông (đường viền của mỗi hình bao gồm hai hình tròn và hai đoạn thẳng). Chúng ta hãy sơn hai trong số chúng, liền kề với các góc đối diện của hình vuông, màu xanh lam, hai góc còn lại màu đỏ. Chứng minh rằng a) tổng màu đỏ và màu xanh bằng nhau;
b) tổng chu vi của các tam giác đỏ và tam giác xanh bằng nhau.

B. B. Prozovolyov

M1034. Một miếng sôcôla hình chữ nhật được chia thành 50 lát vuông bằng các rãnh dọc và rãnh ngang. Hai người chơi trò chơi này. Người mới bắt đầu rửa sô cô la dọc theo một vết lõm nhất định thành hai phần lõm thẳng. Sau đó, người chơi lần lượt bẻ một trong các phần thu được thành hai phần dọc theo một vết lõm nhất định. Người bẻ miếng vuông đầu tiên (không có vết lõm)
a) thua;
b) thắng.

Người chơi nào có thể đảm bảo chiến thắng cho mình - người mới bắt đầu hay đối tác của anh ta?

S. B. Fomin

M1035. Trên đoạn [0; 1] các điểm x0, x1, x2, …, xn lần lượt được dịch chuyển. Đối với mỗi điểm k (k=1, …, n), khoảng cách dk từ điểm đó đến điểm gần nhất với các điểm đã đặt trước đó sẽ thay đổi. Chứng minh rằng d1+d2+…+dn<br />1+\frac{\log_2 n}{2}.

B. S. Grieberg

F1043. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn, đang quay tròn, một thanh có chiều dài l=10 cm trượt với vận tốc v=10 cm/s. Thanh quay sẽ đập vào tường (xem hình) với vận tốc góc bằng bao nhiêu, nếu ở khoảng cách L=50 cm so với tường thì thanh này song song với tường?

N. Yu. Poteryayko

F1044. Một vận động viên nhảy dù có khối lượng m=80 kg thực hiện cú nhảy xa. Trước khi dù mở ra, vận tốc của dù là v0=60 m/s, sau khi dù mở ra, vận tốc đặt là v=6 m/s. Tối đa sẽ là bao nhiêu

22

Bất đẳng thức đầu tiên trùng với bất đẳng thức a) và bất đẳng thức thứ hai trùng với bất đẳng thức (*).

B) Tương tự, xét hàm $f_n(x)=a_1^2-a_2^2+\dots+(-1)^n a_{n-1}^2-(-1)^n x^2-a_1-a_2+\dots+(-1)^n a_{n-1}-(-1)^n x^2$, chúng ta thấy điều đó thật kỳ lạ $n$ nó là tuyến tính, và thậm chí nó là một tam thức bình phương có hệ số âm (-2) đối với $x^2$. Do đó, chứng minh bất đẳng thức $f_n(x) \geq 0$ Tại $0 \leq x \leq a_{n-1}$ Thuộc tính kiểm tra điều kiện $f_n(0) \geq 0$ Và $f_n(a_{n-1}) \geq 0$, và đây chính xác là tuyên bố bài toán Vì $n-1$ Và $n-2$ số đầu tiên của dãy $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_{n-1} \geq a_n$.

Do đó, phát biểu tổng quát tuân theo nguyên lý quy nạp toán học trong dạng đa dạng này: nếu một phát biểu nhất định, tùy thuộc vào tham số tự nhiên $n$, hợp lệ với $n=n_0$ và $n=n_0+1$, và từ tính hợp lệ của nó đối với các giá trị của tham số $n-2$ và $n-1$ thì nó suy ra rằng nó hợp lệ với giá trị của tham số $n$, thì nó hợp lệ với tất cả $n$. Chúng tôi đã kiểm tra tuyên bố cho $n=2$, $n=3$ và $n=4$ (đây là bất đẳng thức (*), điểm a) và 6) bài toán); và tiếp tục bước cảm ứng - quá trình chuyển đổi từ $n-2$ và $n-1$ sang $n$.

Hình 3 và 4 cho thấy một lời giải khác, rất thanh lịch (nó được đề xuất bởi một số người tham gia Thế vận hội “Giải đấu các thành phố”, nơi bài toán này được đưa ra vào mùa xuân).

Vế trái của bất đẳng thức đang được chứng minh $a_1^2-a_2^2+a_3^2-a_4^2+\dots$ là tổng diện tích các bậc thang đầu trên hình 3 (thực ra, từ diện tích hình vuông $a_1 \times a_1$ người ta phải trừ đi diện tích hình vuông $a_2 \times a_2$, cộng diện tích hình vuông $a_3 \times a_3$, trừ $a_4 \times a_4$, v.v.).

Cạnh phải $(a_1-a_2+a_3-a_4+...)^2$ là diện tích hình vuông có cạnh bằng tổng chiều cao của các bẫy này $(a_1-a_2, a_3-a_4, \dots)$; nó có thể được chia thành các hình thang có cùng chiều cao, nhưng có các đường ở giữa nhỏ hơn (xem hình 4); do đó phía bên trái không khác với bên phải.

N. V. Vasiliev

M1012. Chứng minh rằng a) có thể sắp xếp nhiều đường tròn rời nhau trên một mặt phẳng sao cho mỗi đường tròn là bậc hai của các đường tròn còn lại;
b) số 5 ở điểm a) không thể thay thế bằng 6.

Hình 1.

Chúng ta hãy lấy một khối mười hai thông thường và chèn một vòng tròn vào mỗi mặt của nó (hình 1). Chúng ta có 12 vòng tròn, mỗi vòng tròn chạm vào gót của các vòng tròn và tất cả chúng đều nằm trên một hình cầu, tức là trên hình cầu chạm vào tất cả các cạnh của khối mười hai. Hãy lấy bất kỳ điểm nào trên quả cầu này $P$, không nằm trong các đường tròn, ta vẽ một mặt phẳng $a$chạm vào quả cầu tại một điểm $Q$, đường kính đối diện $P$, và thiết kế một hình cầu từ trung tâm $P$ lên máy bay $a$ (tức là có thể so sánh với từng điểm $X \neq P$ điểm hình cầu $Y$ giao điểm chùm $PX$ với máy bay $a$; hình 2). Quá trình xử lý hình cầu lên mặt phẳng này được gọi là phép chiếu lập thể các vòng tròn chuyển thành vòng tròn. Trong trường hợp của chúng tôi, 12 vòng tròn trên phạm vi sản xuất

23

chiếu vào hệ thống các vòng tròn phía dưới trên mặt phẳng. Nếu lấy điểm $P$ trên đường thẳng nối tâm với đỉnh của nó thì sẽ thu được cấu hình như trên bìa.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng hình chiếu lập thể của bất kỳ đường tròn $\omega$ nào trên mặt cầu cũng sẽ là hình tròn nếu $\omega$ không chứa tâm của hình chiếu $P$ (nếu $\omega$ chứa điểm $P$, thì hình chiếu $\omega$, như dễ thấy, sẽ là một đường thẳng). Gọi $Y_0$ và $Y$ là hình chiếu của các điểm $X_0$ và $X$ tùy ý của đường tròn $\omega$. Mặt phẳng $PX_0X$ cắt hình cầu dọc theo một đường tròn nhất định và mặt phẳng $\alpha$ cắt đường thẳng $Y_0Y$, song song với tiếp tuyến MP với đường tròn này tại điểm $P$ (hình 2, 3). Rõ ràng là vậy

$$\angle PY_0Y = \angle MPY_0 = \frac{1}{2} \cup PX_0 = \angle PXX_0.$$

Bây giờ chúng ta vẽ một quả cầu phụ khác chứa đường tròn $\omega$ và điểm $Y_0$; để đường thẳng $PX$ cắt nó tại điểm $Y'$. Xét tiết diện của hình cầu này theo mặt phẳng $PX_0X$ (hình 4), chúng ta tin rằng

$$\angle PY_0Y' = 180^\circ - \angle X_0XY' = \angle PXX_0,$$

tức là $\angle PY_0Y' = \angle PY_0Y$, do đó $Y = Y'$. Do đó, hình chiếu của tất cả các điểm của đường tròn $\omega$ nằm đồng thời trong mặt phẳng $\alpha$ và trên hình cầu phụ của chúng ta, tức là chúng tạo thành một đường tròn.

Nếu điểm $P$ nằm trên một đường thẳng chứa tâm của dopekadra với tâm của mặt nó, thì phép chiếu lập thể sẽ cho cấu hình được hiển thị trong hình 5. Dopekadr nghiêm ngặt là cần thiết cho cấu hình này và có thể dễ dàng xác minh mà không cần đi vào không gian (chúng tôi trình bày điều này với độc giả). Và mặc dù bản thân nó không loại bỏ chúng ta (một trong các vòng tròn của nó chứa phần còn lại), nhưng với sự đảo ngược với tâm, chẳng hạn như tại điểm $O$ (xem hình 5), nó sẽ tạo ra thứ chúng ta cần. Bạn đọc nào chưa biết về phép biến đổi nghịch đảo và các tính chất của nó có thể tham khảo bài viết “Đảo ngược” của V. M. Uroev (Kvant, 1984, số 5, tr. 26); Nó cũng nói về phép chiếu lập thể.

6. Giả sử rằng sự sắp xếp các vòng tròn mong muốn tồn tại và không phải tất cả chúng đều bằng nhau. Hãy xem xét tất cả các hình tròn có bán kính nhỏ nhất (ký hiệu là $r$) và chọn từ chúng một hình tròn chạm vào ít nhất một hình tròn có bán kính khác $r_1$ ($r_1 > r$). Đặt $O$ và $O_1$ là tâm của các đường tròn này, $O_2$, …, $O_6$ tâm của năm đường tròn còn lại chạm vào đường tròn $O$ (các tâm được xếp theo chiều kim đồng hồ, hình 6). Trong tam giác $OO_1O_2$, các cạnh $O_1O_2$, $O_2O$ và $OO_1$ lần lượt bằng $r_1 + r_2$, $r_2 + r$ và $r + r_1$, trong đó $r_2$ là bán kính hình tròn $O_2$ ($r_2 \ge r$), tức là. $O_1O_2$ là cạnh lớn nhất, có nghĩa là $\angle O_1OO_2 > 60^\circ$ (bất đẳng thức nghiêm ngặt, vì $O_1O_2 > OO_1$). Tương tự, người ta chứng minh các góc $O_2OO_3$, $O_3OO_4$, …, $O_6OO_1$ không nhỏ hơn $60^\circ$. Nhưng khi đó tổng của cả sáu góc $O_1OO_2$, …, $O_6OO_1$ hóa ra lớn hơn $360^\circ$, điều này tất nhiên là không thể.

Vì vậy, tất cả các hình tròn phải có cùng bán kính $r$. Trong trường hợp này, mỗi vòng tròn phải là vòng tròn của những vòng tròn khác, giống như vòng tròn $O$ trên hình 6, điều này chỉ có thể thực hiện được đối với vô số vòng tròn. (Nếu $O_1$ và $O_2$ là tâm của hai đường tròn lân cận thì tất cả các điểm của đường thẳng $O_1O_2$ nằm từ $O_1$ và cách một khoảng $O_1O_2$, $2O_1O_2$, $3O_1O_2$, …, phải là tâm của các đường tròn trong cấu hình của chúng ta.)

V. N. Dubrovsky, D. V. Fomin

24

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

M1014. Đặt $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số tự nhiên nguyên tố khác nhau 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 số nguyên tố cùng nhau.

Định lý phần dư Trung Hoa
Nếu các số tự nhiên $p_1, p_2, \dots, p_m$ là số nguyên tố chung thì với bất kỳ tập hợp số tự nhiên $r_1, \dots, r_m, 0 \leq r_i < p_i (i=1, \dots, m)$ nào cũng tồn tại một số b mà khi chia cho $p_i$ thì dư $r_i$ với mọi i.

Hãy biểu thị nó bằng $\angle ADB = a, AD = a, BD = b, CD = c, AK = AD = k, CL = CD = l$. thì MK: BD=k, NL: BD=l, tức là MK=kb, NL=lb, và KL=KD+DL=(1-k)a+(1-l)c, và vì khoảng cách giữa các đường MK và NL bằng KL sin $\alpha$, ​​diện tích của tứ giác KMNL là $\frac{1}{2} (MK+NL) KL \sin \alpha = \frac{1}{2} (kb+lb) ((1-k)a + (1-l)c) \sin \alpha$.

Giả sử $a \geq c$ được dùng để xác định thì biểu thức cuối cùng không vượt quá $\frac{1}{2} b (k+l)(2-(k+l)) a \sin \alpha \leq \frac{1}{2} ab \sin \alpha$ (vì $x(2-x) \leq 1$ với mọi x), tức là diện tích tam giác ADB.

V. N. Dubrovsky

Thật thú vị khi tìm ra những tập hợp $A = (a_1, \dots, a_n)$ gồm các số tự nhiên khác nhau mà câu lệnh bài toán đúng, tức là các tổng $a_1+b, \dots, a_n+b$ là các cặp số nguyên tố lẫn nhau cho ít nhất một số nguyên b (và do đó cho một tập hợp vô hạn các số b). Ví dụ: nếu tập $A$ chứa hai hình tứ giác, thì tập đó không phù hợp với chúng ta. Nói chung, nếu trong số các số dư của phép chia số $a_i$ cho một số nguyên tố $q$ thì mỗi số dư có thể có 0,1, …, $q-1$ xảy ra ít nhất hai lần, thì đối với bất kỳ “ca” nào, ít nhất hai số sẽ chia hết cho $q$. Theo đó, tập hợp $A$ phải thỏa mãn các điều kiện sau:

trong số các số dư từ phép chia các số của tập hợp $A$ cho mỗi số nguyên tố $p$ thì ít nhất một số dư $r_p, 0 \leq r_p < p$ phải xuất hiện không quá một lần.

Đặt $D$ là hiệu giữa số lớn nhất và số nhiều nhất trong tập hợp $A$. Đối với mỗi số nguyên tố $p \leq D$, chúng ta tìm thấy số dư $r_p < p$ xuất hiện nhiều nhất một lần khi chia các số từ $A$ và $p$. Bây giờ chúng ta hãy chọn số $b$, số này khi chia cho mỗi số nguyên tố $p \leq D$ sẽ có số dư bổ sung cho $r_p$ $r_p^* (r_p^* = p-r_p$ cho $r_p > 0$ và $r_p^* = 0$ cho $r_p = 0$). Khi đó, các số $a_1+b, \dots, a_n+b$ sẽ là số nguyên tố chung theo từng cặp, vì mỗi số nguyên tố $p$ có thể chia cho nhiều nhất một trong số chúng: đối với $p \leq D$ điều này được đảm bảo bằng cách chọn $b$ và đối với $p > D$ việc này được thực hiện tự động, vì tất cả phần dư khi chia các số $a_1, \dots, a_n$ cho $p$ sẽ khác nhau.

N.V. Vasiliev, V.F. Lev

25

F1023. Bóng đèn được đặt cách kệ một khoảng $l_1$ 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 chạm vào. Coi việc va vào đá trên trần nhà là abscilton urrusia, và va vào sàn là không đàn hồi; các mảnh vỡ không chạm tới tường.

Đầu tiên chúng ta giả sử rằng không có trần nhà, và trong trường hợp này chúng ta sẽ tìm bán kính tối đa của vết trên sàn chứa muối.

Hãy để chúng tôi giới thiệu một hệ tọa độ có gốc tọa độ tại điểm đặt ổ cắm bóng đèn (xem hình). Điều kiện để rơi xuống đất sau thời gian $t$ của muối được giải phóng một góc $\alpha$ so với đường chân trời sẽ như sau:

$$\begin{cases} -l_2 = vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}, \\ R = vt \cos \alpha. \end{cases}$$

Rõ ràng, chúng ta cần chọn góc $\alpha$ sao cho giá trị $R$ là lớn nhất. Ta biến đổi phương trình (*) này về dạng

$$\begin{cases} \frac{gt}{2} - \frac{l_2}{t} = v \sin \alpha, \\ \frac{R}{t} = v \cos \alpha. \end{cases}$$

Do đó, với đại lượng $R$ ta thu được bất đẳng thức

$$R^2 = (v^2 + gl_2)t^2 - \frac{g^2 t^4}{4} - l_2^2 = \left(\frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 - l_2^2 - \left(\frac{gt^2}{2} - \frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 \leq \left(\frac{v^2 + gl_2}{g}\right)^2 - l_2^2.$$

Như vậy,

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2},$$

thời gian bay $t^*$ muối cho khoảng cách như vậy

$$t^* = \frac{1}{g} \sqrt{2(gl_2 + v^2)};$$

chúng ta sẽ tìm góc thoát ra từ phương trình

$$\cos \alpha^* = \frac{R_{\max}}{vt^*} = \sqrt{\frac{v^2 + 2gl_2}{2(v^2 + gl_2)}}.$$

Chúng tôi tìm thấy chiều cao $h^*$ của quỹ đạo này so với mức của ổ cắm bóng đèn bằng công thức

$$h^* = \frac{(v \sin \alpha^*)^2}{2g} = \frac{v^2}{2g} (1 - \cos^2 \alpha^*) = \frac{v^4}{4g(v^2 + gl_2)}.$$

Bây giờ chúng ta hãy nhớ về trần nhà. Rõ ràng, nếu $l_1 \geq h^*$ thì

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2}.$$

Trong trường hợp khi $l_1 < h^*$, tức là $l_1 < \frac{v^4}{4g(v^2 + gl_2)}$, bán kính tối đa của điểm trên sàn sẽ đến từ các mảnh có chiều cao quỹ đạo tối đa (trên mực hộp mực) là $l_1$ (quỹ đạo của chúng sẽ tiếp tuyến với trần nhà). Để chứng minh điều này, chỉ cần xét ít nhất một mảnh vụn phản xạ từ trần nhà tại điểm $A$ là đủ. Sau khi phản xạ, mức của hộp mực sẽ giao nhau ở góc OUTLET. Do đó, quỹ đạo của mảnh này sẽ lớn hơn quỹ đạo “tiếp tuyến” và chúng sẽ không bao giờ giao nhau. Điều này có nghĩa là muối chạm vào trần nhà sẽ tràn ra xa hơn theo chiều ngang so với tất cả những muối khác chạm trần nhà. Những mảnh vỡ không dính vào trần nhà không thể di chuyển khi chúng di chuyển xuống đất.

26

cắt quỹ đạo “tiếp tuyến” (bạn hãy tự chứng minh).

Vì vậy, nếu $l_1 > \frac{v^4}{4g \sqrt{v^2 + gl_2}}$ thì

$$R_{\max} = \frac{v}{g} \sqrt{v^2 + 2gl_2};$$

nếu $l_1 < \frac{v^4}{4g \sqrt{v^2 + gl_2}}$ thì

$$R_{\max} = \frac{\sqrt{v^2 - 2gl_1}}{g} \left( \sqrt{2gl_1} + \sqrt{2g(l_1 + l_2)} \right)$$

(đáp số cuối cùng được lấy từ hệ phương trình (*) với điều kiện là $(v^2 \sin \alpha)/2g = l_1$).

S. S. Krotov

F1024. Đánh giá sự thay đổi áp suất trong phòng xông hơi sau khi nước từ gáo được vẩy lên đá nóng. Giả định rằng bạn, hiểu rõ về hiện tượng này, có thể tự mình đặt các đại lượng cần thiết, chọn các giá trị số của chúng khá chính xác và thu được giá trị số đáp số.

Sau khi nước bay hơi từ gáo đổ lên đá nóng, nhiệt độ trong phòng tăng lên một chút (lưu ý rằng nó khác nhau ở phần trên gần trần nhà và phần dưới gần sàn nhà). Hơi nước sinh ra lan tỏa khắp phòng, ngưng tụ một phần trên các khu vực lạnh của tường, trần và cửa sổ. Độ ẩm thay đổi, quá trình truyền nhiệt thay đổi; luồng hơi nước và không khí dẫn đến các giá trị khác nhau của các thông số vật lý ở những nơi khác nhau trong phòng xông hơi.

Để ước tính sự thay đổi áp suất đã tạo ra một phần hơi nước bổ sung, một mô hình vật lý thô nhưng khá hợp lý sẽ được sử dụng.

Trước hết, chúng ta giả sử rằng các cửa ra vào và cửa sổ được đóng chặt (nếu không sẽ không có ý nghĩa gì khi nói về sự thay đổi áp suất: áp suất bên trong và bên ngoài sẽ không đổi). Chúng ta sẽ giả sử rằng các thông số đã tự thiết lập (trở thành không đổi) và nhiệt độ của hơi nước trong phòng là như nhau và bằng $T \approx 350$ K. (Chúng ta sẽ bỏ qua sự thay đổi nhiệt độ trong phòng trong đánh giá này.) Chúng ta sẽ coi hơi nước là một loại khí lý tưởng, trạng thái của nó được mô tả bằng phương trình Mendeleev-Clapeyron.

Đặt thể tích của phòng xông hơi $V \sim 100$ m³, khối lượng nước trong gáo và theo đó, khối lượng hơi nước tạo thành $m \sim 1$ kg và tính đến khối lượng mol của hơi nước (nước) $\mu = 18 \cdot 10^{-3}$ kg/mol, và hằng số khí $R = 8,3$ J/(K mol), từ phương trình Mendeleev-Clapeyron, chúng ta có thể tìm được áp suất $\Delta p$ của hơi nước được tạo ra bởi áp suất từ một muôi nước:

$$\Delta p \cdot V = \frac{m}{\mu} RT \Rightarrow \Delta p \sim \frac{mRT}{\mu V} \approx 1,6 \cdot 10^3 \text{ Pa} \approx 0,02 \text{ atm}.$$

Xét rằng áp suất trong phòng xông hơi thường là $p \sim 1$ atm, chúng tôi đi đến kết luận rằng sự thay đổi áp suất sau khi cung cấp hơi nước không lớn - chỉ bằng vài phần trăm áp suất bình thường.

Lưu ý rằng có tính đến sự thay đổi áp suất do không khí nóng thêm trong phòng xông hơi, theo định luật Charles, sẽ dẫn đến sự tương ứng $\Delta p/p \sim \Delta T/T$. Để phương trình áp suất bổ sung này có thể so sánh được với ước tính ở trên ($\Delta p/p \sim 2\%$), ở $T \sim 350$ K thì mức tăng nhiệt độ phải là $\Delta T \sim 10$ K.

G. V. Meledin

27

F1025. Trong mạch điện hình hình 1, cuộn dây siêu dẫn có cùng độ tự cảm L, điốt D lý tưởng, điện tích ban đầu của tụ có tụ C bằng Q₀. Vẽ đồ thị biểu diễn sự thay đổi điện tích Q(t) của tụ điện và dòng điện I₁(t) và I₂(t) qua cuộn dây sau khi đóng công tắc.

Hình 1.
Pis. 2.
Hình 3.
Hình 4.
Hình 5.

Chúng tôi trình bày sơ đồ mạch của mạch này ở dạng tương đương (hình 2). Chúng ta sẽ coi dòng điện trong cuộn dây là dương khi hướng của chúng tương ứng với việc chạy vòng quanh mạch ngoài ngược chiều kim đồng hồ. Các quá trình trong mạch như vậy có thể được phân tích dễ dàng bằng phép loại suy, xem xét hệ cơ học được hiển thị trong hình 3: các xe đẩy giống hệt nhau có khối lượng m (tương tự như một cuộn dây) được nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k (tương tự như một tụ điện). Vì dòng điện qua lò xo của cuộn dây ích chỉ có thể chạy theo hướng dương nên các bánh xe của xe đẩy thứ hai phải được trang bị bánh xe ổn định, chỉ cho phép nó di chuyển tự do về bên phải. Trong hệ thống này, vận tốc xe đẩy v₁(t) và v₂(t) sẽ tương tự như dòng điện I₁(t) và I₂(t), và biến dạng lò xo x(t) sẽ tương tự như điện tích của tụ điện Q(t).

Đầu tiên lò xo tăng thêm x₀.

Tại thời điểm t=0, xe bên trái được thả ra không có tốc độ ban đầu (khi đóng chìa khóa, tụ điện bắt đầu phóng điện qua cuộn dây bên trái). Cho đến khi độ biến dạng của lò xo về 0, xe bên phải đứng yên (v₂=0), hoặc lò xo kéo nó sang bên trái, nơi nó không thể lăn (cho đến khi điện tích của tụ điện về 0, do đó cuộn dây không thể chạy qua lò xo: ​​I₂=0). Pha chuyển động đầu tiên từ t=0 đến mômen t₁ này tương ứng với một phần tư chu kỳ dao động điều hòa của một xe khối lượng m trên một lò xo có độ cứng k: t₁=T₁/4=
= 2π/4 √m/k (đối với mạch t₁=T₁/4=2π/4 √LC). Đến thời điểm t₁, xe bên trái tăng tốc đến vận tốc v₁, bắt đầu từ định luật bảo toàn năng lượng:
$$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} \Rightarrow v_1 = x_0 \sqrt{\frac{k}{m}}$$
(tương tự như chuỗi I₁=Q₀/√LC). Biến dạng lò xo x(t) (điện tích tụ điện Q(t)) giảm trong thời gian này theo định luật cosin từ giá trị cực đại ban đầu x₀(Q₀) về 0.

Sau đó lò xo bắt đầu nén và chỉ có xe đẩy thứ hai ở bên phải, tức là bắt đầu từ thời điểm t₁, các bánh xe của xe đẩy bên phải được nhả ra (điện tích ở tấm dưới của tụ điện trở nên dương, diode truyền dòng điện qua lò xo cuộn dây). Sau đó, khối tâm của xe chuyển động sang phải với tốc độ v₁/2, và tốc độ này không đổi, vì tại t>t₁ không có ngoại lực nào tác dụng lên hệ. Chuyển động đều này được áp dụng cho các dao động của xe so với tâm khối, chuyển động ngược pha với tần số ω = √2k/m (độ cứng của “nửa” lò xo là 2k). Vì tại t=t₁, khi lò xo không bị biến dạng, các xe chuyển động tương đối so với khối tâm về phía nhau với tốc độ v₁/2 = x₀/2 √k/m, nên đây sẽ là biên độ của dao động tốc độ. Biên độ x₁ của dao động biến dạng của lò xo có thể tìm được từ định luật bảo toàn năng lượng, đánh đồng động năng của các giá chuyển hướng (trong hệ khối tâm) tại thời điểm t₁ với thế năng của lò xo tại thời điểm nó biến dạng cực đại:
$$\frac{2m(v_1/2)^2}{2} = \frac{kx_0^2}{4} = \frac{kx_1^2}{2} \Rightarrow x_1 = \frac{x_0}{\sqrt{2}}.$$

Trong một mạch điện, phần tương tự của chuyển động đều của toàn bộ hệ thống sẽ là dòng điện không đổi I₁/2,

28

F1026. Mặt phẳng đặt khối nằm dao động theo quy luật điều hòa với tần số $f=10$ Hz theo phương tạo một góc $\alpha=45^\circ$ với phương thẳng đứng (hình 1). Hệ số ma sát của khối trên sàn là $\mu=0,5$. Ở biên độ tối thiểu nào khối sẽ “bò” trên toàn bộ trang web?

Hình 1.

Hình 2.

tuần hoàn theo mạch ngoài. Xếp chồng lên dòng điện này là các dao động dòng điện xảy ra ngược pha trong các mạch (hình 4), mỗi dao động chứa một cuộn dây và “một nửa” tụ điện (mỗi điện dung $C/2$), chu kỳ của nó là $T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{LC}{2}}$.

Biên độ dao động của điện tích tụ $Q_1=Q_0/\sqrt{2}$. Đồ thị của các quá trình được xem xét được hiển thị trong hình 5.

E. I. Butikov

Trước tiên chúng ta hãy tìm các lực tác dụng lên khối, giả sử rằng nó chuyển động cùng với bệ, tức là theo định luật $\vec{r}(t)=\vec{A}\sin 2\pi ft$, trong đó vectơ $\vec{A}$ hướng một góc $\alpha=45^\circ$ so với phương thẳng đứng. Theo định luật thứ hai của Newton

$$m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}=m\vec{a},$$

(1)

trong đó $m\vec{g}$ là lực ngăn trọng lực, $\vec{N}$ là phản lực bình thường của bệ, $\vec{F}$ là lực ma sát tĩnh tác dụng lên khối, hướng theo phương ngang (sang phải hoặc sang trái), $\vec{a}=-\vec{A}\omega^2\sin \omega t$ ($\omega=2\pi f$). Chúng ta hãy viết (1) dưới dạng hình chiếu lên trục x và trục y dọc (xem hình 1):

$$F_x=m a_x=\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t,$$

(2)

$$N-m g=m a_y=-\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t.$$

(3)

Xét lực ma sát tĩnh là $|F_x| \leq \mu|N|$, từ (2) và (3) ta thu được:

$$\left|\frac{m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t\right| \leq \left|\mu m g-\frac{\mu m A \omega^2}{\sqrt{2}}\sin \omega t\right|.$$

(4)

Vế phải của bất đẳng thức (4) đối với $\sin \omega t<0$ luôn lớn hơn đối với $\sin \omega t>0$. Do đó, giá trị tối thiểu của biên độ rung mà khối sẽ bò dọc theo địa điểm phải được tìm kiếm ở $\sin \omega t>0$.

Dấu bằng tương ứng với tình huống giới hạn khi lực ma sát tĩnh đủ để truyền cho khối gia tốc theo phương ngang giống như chuyển động của bệ, và trong trường hợp này (4) có thể được sử dụng làm phương trình để tìm thời điểm thời gian $t_1$ khi khối trượt dọc theo bệ:

$$\sin \omega t_1=\frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu+1) A \omega^2}.$$

(5)

Khoảnh khắc $t_1$ như vậy tồn tại nếu phương trình (5) có lời giải. Để làm điều này, cạnh phải của nó phải nhỏ hơn một, tức là $\mu g \sqrt{2}<(\mu+1) A \omega^2$, hoặc

$$A>\frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu+1) \omega^2}.$$

(6)

Như vậy, sự trượt của khối dọc theo mặt sàn sẽ xảy ra khi biên độ $A$ dao động của nó thỏa mãn bất đẳng thức (6). Đồ họa lời giải của phương trình (5) được hiển thị trên hình 2. Bắt đầu từ thời điểm $t_1$, khối trượt sang phải so với bệ. Tại thời điểm $t_2$, lực ma sát có thể tạo cho khối một gia tốc ngang giống như gia tốc của bệ, nhưng sự trượt tiếp tục trượt một thời gian sau $t_2$, vì theo thời gian $t_2$ tốc độ của khối so với bệ không bằng không.

Vì vậy, khối sẽ “bò” khi biên độ dao động của nền vượt quá giá trị tối thiểu

29

$$A_{\min} = \frac{\mu g \sqrt{2}}{(\mu + 1) \omega^2} = 1,2 \text{ mm.}$$

Nếu biên độ vượt quá giá trị $A_1 = g \sqrt{2}/\omega^2$ ($A_1 = 3A_{\min}$ tại $\mu = 0,5$), thì khối không chỉ “leo”, mà còn “nhảy” (ra khỏi mặt phẳng), vì trong một phần của chu kỳ dao động, lực $N$ của phản lực pháp tuyến của mặt phẳng sẽ bằng 0 (điều này dễ dàng nhận thấy từ phương trình (3)).

E. I. Butikov

F1027. Nguồn sáng ở khoảng cách $l = 1$ m tính từ màn hình. Một lỗ có đường kính $d = 1$ cm được tạo trên màn chắn của nguồn. Luồng ánh sáng qua lỗ sẽ thay đổi như thế nào nếu một hình trụ mạnh làm bằng vật liệu có chiết suất $n = 1,5$ được đặt giữa màn và nguồn, như minh họa trong hình 1 (chiều dài hình trụ $l = 1$ m, đường kính $d = 1$ cm; nguồn trên đế sẽ đi qua lỗ trên màn.

Thật vậy, tia giới hạn rơi từ không khí vào đầu hình trụ một góc $\pi/2$, sau khi khúc xạ sẽ tạo thành một góc phản xạ toàn phần $\alpha$ với trục của hình trụ sao cho $\sin \alpha = 1/n$; tia này chiếu tới bề mặt bên của hình trụ một góc $\varphi = \pi/2 - \alpha$ (hình 2). Bởi vì

$$\sin \alpha = \frac{1}{n} = \frac{2}{3} < \frac{\sqrt{2}}{2} = \sin \frac{\pi}{4},$$

sau đó $\alpha < \frac{\pi}{4}$ và do đó $\varphi > \frac{\pi}{4} > \alpha$. Điều này có nghĩa là khi rơi xuống mặt bên của hình trụ, tia này sẽ bị phản xạ. Sau đó, chùm tia sẽ đi vào bên trong hình trụ, mỗi lần phản xạ từ bề mặt của nó và cuối cùng chạm vào đầu xa của nó.

Bất kỳ tia nào khác từ nguồn tới tới đầu vào của hình trụ một góc nhỏ hơn $\pi/2$, khi bị khúc xạ sẽ tạo một góc $\alpha' < \alpha$ với trục hình trụ; Tia này chiếu vào mặt bên của hình trụ một góc $\varphi' > \varphi > \alpha$ và bị phản xạ hoàn toàn.

Như vậy, hình trụ sẽ “thu” vào lỗ chùm tia phát ra từ nguồn thành một góc khối 2n steradian. Trong trường hợp không có hình trụ, quang thông tập trung bên trong góc đặc $\pi d^2/4l^2$ steradian đi vào lỗ. Do đó, nếu có hình trụ thì quang thông qua lỗ sẽ tăng thêm

$$n = \frac{2\pi}{\pi d^2/4l^2} = \frac{8\pi l^2}{\pi d^2} = 8 \cdot 10^4 \text{ раз.}$$

A. I. Butkov

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Hầu hết độc giả gửi lời giải bài toán M986—M1000, F998—F1012 đã hoàn thành các bài toán M986, M987, M992, M994, M996—M1000, F1000—F1002, F1006, F1010.

Dưới đây chúng tôi công bố họ của những người gửi đúng lời giải và những người còn lại bài toán (các số sau họ là chữ số cuối của các số đã giải bài toán).

Toán học
V. Hakobyan (Yerevan) 91, 93; A. Alekseyuk (Odesyasa) 93; M. Alimbetov (Tselinograd) 88, 89; I. Arzhantsev (Kyiv) 93; D. Arotser (Kyiv) 89, 91, 93, 95; S. Arisha (Severodonets) 88; S. Astakhov (Sokolniki, vùng Tula) 93; T. Akhmedov (khu định cư Boradygakh của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 91; V. Bazutkin (Krivoy Rog) 91, 93; Z. Bandik (SFRY) 91, 93; A. Barabanov (Kyiv) 89, 91, 93, 95; R. Bezrukavnikov (Kaluga) 91, 93, 95; A. Beyancu (SRR) 91; I. Belozerov (Serpukhov) 89, 91, 93; D. Berzin (Kaluga) 89, 91, 93; A. Bimagaibetov (Alma-Ata) 91; P. Buchin (Kyiv) 93, 95; R. Valtsev (Frunze) 91, 93; Y. Varshavsky (Kharkov) 93, 95; A. Vintsok (Kyiv) 95; A. Vitgev (Novosibirsk) 93; V. Volodossky (Omsk) 88, 91, 93; T. Gamidov (khu định cư Boradygakh của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 93; R. Gendler (Tashkent) 91, 93; I. Geortssheva (Sofia, NRV) 93; O. Geupel (Dresen, CHDC Đức) 91, 93, 95; A. Glutsok (Kharkov) 91, 93; M. Goldsheid (Chelyabinsk) 88, 91, 93, 95; A. Gorokhovsky (Kyiv) 89, 91, 93; V. Gravit (Severodinsk) 88, 89, 93, 95; R. Griptse (Lviv) 89, 91, 93; D. Gricharov (Sofia, NRV) 93; A. Davydov (làng Elfimovo, vùng Gorky) 91, 93; Sh. Dadashov (khu định cư Boradygakh của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 91; D. Dobritsyn (Moscow) 95; A. Donchenko (Kyiv) 89, 91, 93; Yu. Drozd (Kyiv) 89, 91, 93; I. Dyn-

31

Nhiệm vụ

1. Có hai khối nhựa có cùng kích thước. Cái thứ nhất nổi trên mặt nước, chìm xuống nước 2 cm, cái thứ hai - 1 cm. Khối dưới cùng sẽ chìm xuống nước bao nhiêu nếu khối thứ nhất được đặt trên khối thứ hai? Nếu cái thứ hai dành cho cái đầu tiên thì sao?

2. Mademoiselle Dubya yêu thú cưng. Tất cả trừ hai con vật của cô ấy là chó, tất cả trừ hai con là mèo, tất cả trừ hai con là vẹt, và số còn lại là gián. Malademoiselle Dubya có bao nhiêu loài động vật?

3. Hai hình tứ giác lồi bằng giấy giống hệt nhau đã được cắt: hình thứ nhất dọc theo một trong các đường chéo và hình thứ hai dọc theo đường chéo kia. Chứng minh rằng các phần thu được có thể dùng để tạo thành hình bình hành.

4. Được biết, đồng xu “đồng” có mệnh giá 1, 2, 3 và 5 kopecks. chúng nặng lần lượt là 1, 2, 3 và 5 g. Trong số bốn đồng xu “đồng” (mỗi đồng một mệnh giá), có một đồng bị lỗi: nó có trọng lượng khác với bình thường. Làm thế nào để xác định một đồng xu bị lỗi bằng cách cân trên cân mà không có vết bẩn?

5. Thay thế các chữ cái trong các bất đẳng thức bằng hình bằng số để mọi bất đẳng thức trở thành đúng. (Các chữ cái giống nhau được thay thế bằng các số giống nhau, các chữ cái khác nhau được thay thế bằng số khác nhau.)

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi N.P. Dolbili, A.I. Rudinskaya, V.V. Proizvol, học sinh lớp 8 trường số 5 ở Gaivoron G. Tartakovsky, L.P. Mochalov.

THIẾT KẾ

32

32

Chất lượng, Klima"

Câu hỏi và nhiệm vụ

1. Ở những nước nóng, đồ uống được đặt trong nước sốt có thành xốp. Để làm gì?

2. Bánh mì mới nướng nặng hơn bánh mì nguội. Tại sao?

3. Tại sao muốn nhanh chóng loại bỏ sàn nhà bị đổ nước mà lại trải ra sàn?

4. Khi bạn đi bơi vào ngày nắng nóng, bạn xuống nước, nó có vẻ lạnh hơn không khí, và khi bạn bước ra thì ngược lại. Tại sao?

5. Ống nghiệm chứa đầy nước và đầu hở được hạ xuống cốc nước (xem hình). Liệu mực nước có thay đổi theo

Được xử lý và xử lý vội vàng, những con nhỏ cuối cùng bị giết và chết dần, bắt đầu lớn lên từ từ. Từ phía mà cái ách đang trêu ngươi một cách tinh tế, tôi dùng ngón tay lau sạch những vạt áo bị rơi.

A. Serafimovich “Cuộc sống trong rừng”

Câu hỏi và nhiệm vụ

6. Nước trong ly nổi trong nước sốt có sôi không?

7. Có thể đun sôi nước mà không cần đun nóng?

8. Người ta đã học cách chế biến đồng sớm hơn sắt. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

9. hình cho biết nhiệt độ của kim loại thay đổi như thế nào theo thời gian

và xếp chồng lên nhau. Đồ thị nào đề cập đến kim loại?

33

… có lớp băng sẽ làm ngón tay chúng ta bị sắt nếu chúng ta chạm vào nó. Nó thu được dưới áp suất rất cao, tại đó nước chuyển sang trạng thái rắn ở nhiệt độ trên 0°C.
… bay hơi, trừ đi trạng thái lỏng, và có thể khủng bố cơ thể. Các ví dụ nổi tiếng nhất là sự bay hơi của sợi chỉ và iốt, và sự phân hủy của bạch cầu đông lạnh.
… trở lại năm 1754-55, nhà hóa học người Scotland J. Black không chỉ phát hiện ra điểm nổi không đổi của băng mà còn cho thấy nhiệt kế hiển thị nhiệt độ tương tự, bất chấp nhiệt độ, cho đến khi toàn bộ băng tan chảy. Từ đó, Black bắt đầu hiểu được dấu hiệu ẩn giấu của sự trôi nổi, và sau đó thiết lập sự hiểu biết về dấu hiệu ẩn giấu của sự bốc hơi.

Bốc hơi, đun sôi, tan chảy?

Bạn có quen thuộc với các quy trình?

Tất nhiên, với những điều này, chúng ta nên thêm các quá trình ngược lại—ngưng tụ và kết tinh. Chúng cùng nhau mô tả những thay đổi nhất định trong trạng thái của vật chất. Những trạng thái này rất quen thuộc với bạn: rắn, lỏng, khí. Tuy nhiên, chúng không làm cạn kiệt toàn bộ các trạng thái có thể có. Theo thời gian, bạn đã học về huyết tương, về trạng thái thần kinh của vật chất và cách bạn có thể đi đến những trạng thái này. Bây giờ, chúng ta hãy giải quyết những biến đổi vật chất không kỳ lạ mà thông thường, và hóa ra thoạt nhìn chúng chỉ là bình thường.

1. “Về các trạng thái tổng hợp của vật chất” - 1984, số 9, tr. 20;
2. “Khí biến thành chất lỏng” - 1984, số 11, tr. 25;
3. “Có thể có điều gì đó không thể biết được?” - 1985, số 4;
4. “Biến đổi pha” - 1985, số 7;
5. “Gia tăng trong phòng xông hơi” - 1985, số 8;
6. “Gặp gỡ kính kim loại” - 1986, số 11.

34

Hôm nọ, con trai Sasha của tôi (nó là học sinh lớp bảy) đến gặp tôi:
— Mua cho tôi một chiếc máy tính như của Vova!

• Trước hết, bạn có một chiếc máy tính, nhưng bạn đã biến nó thành cái gì? Bây giờ anh ấy cùng nhau trưng bày một số hình chạm khắc! Thứ hai, học sinh phải có khả năng đếm mà không cần máy tính. Thứ ba, vậy thôi, tuần này tôi sẽ mang máy tính đi sửa.
  “Bạn không cần phải mang máy tính đến xưởng,” Sasha trả lời tôi, “Tôi có thể cộng, nhân và chia một cách khéo léo.” Tôi cần giải một phương trình bậc hai và nghiệm là số nào: 16229! Trong sách giáo khoa, số lớn nhất trong bảng là 10.000. Nhưng máy tính của Vova tính căn bậc hai.
• Bạn có muốn tôi dạy bạn cách tính căn thức mà không cần máy tính không?
• Có khó không?
• Không khó hơn nhiều so với phép chia. Nghe đây.

Nhiều phương pháp rút căn bậc hai “bằng tay” đã có từ thời cổ đại. Tôi sẽ kể cho bạn nghe về một phương pháp như vậy, được tạo ra vào thế kỷ 15 và đã phục vụ cả học sinh và các nhà khoa học trong nhiều năm.

Để giải phóng phương pháp này, chỉ cần xem xét một vài ví dụ là đủ.

Đầu tiên, hãy xem xét trường hợp căn nguyên được trích xuất hoàn toàn, nghĩa là khi số đó là một số chính phương. Ví dụ, chúng ta hãy tìm gốc của số 294.849.

Thể tích của các chữ số có trong số này được chia từ phải sang trái thành nhóm gồm hai chữ số (hình 1, a). Nhóm ngoài cùng bên trái sẽ được gọi là nhóm thứ nhất, nhóm tiếp theo - nhóm thứ hai, v.v. Tổng số nhóm được hình thành xác định số chữ số của gốc độc quyền.

Chữ số đầu tiên được tìm thấy là giá trị nguyên của gốc từ nhóm đầu tiên có nhược điểm. Trong trường hợp của chúng tôi, đây là chữ số 5. ​​Chúng tôi viết nó bằng đáp số, sau đó bình phương nó, trừ nó khỏi nhóm đầu tiên và phương thức để có kết quả trừ nhóm tiếp theo. (Nếu kết quả của phép trừ bằng 0 thì chúng ta chỉ cần loại bỏ nhóm tiếp theo.) Trong ví dụ đang xem xét, sẽ thu được số 448 (hình 1, b).

Hãy chuyển sang việc xác định số thứ hai. Để làm điều này, ở bên trái của số kết quả 448, hãy vẽ một đường thẳng đứng và viết đằng sau nó vị trí của hàng chục, chữ số đầu tiên nhân đôi: $2 \times 5 = 10$ (hình 1, s).

Thay cho đơn vị, chúng ta đặt một tổng lớn hơn chữ số $a$, trong đó hiệu $448 - 10a \cdot a$ không âm, tức là dương hoặc bằng 0. Rõ ràng rằng trong trường hợp của chúng ta đây là chữ số 4. Chúng ta nhập chữ số này vào đáp số (hình 1, e).

Nhân 104 với 4 và viết kết quả vào bên phải hàng dọc. Chúng tôi tính toán sự khác biệt $448 - 416 = 32$ và phương pháp tính chênh lệch như sau. Thay cho đơn vị, chúng ta đặt một tổng lớn hơn chữ số $b$, trong đó hiệu $3249 - 108b \cdot b$ là không âm. Bằng cách lựa chọn, chúng tôi tin rằng với $b = 3$ sự khác biệt này bằng

35

không. Chúng ta đặt $b=3$ vào đáp số (hình 1, ​​​​e).

Chúng ta nhân 1083 với 3, viết kết quả vào bên phải đường thẳng đứng rồi trừ đi 3249 (hình 1, g).

Vì chênh lệch bằng 0 nên quá trình tính nghiệm đã hoàn tất.

Bây giờ, nhìn vào hình 2 và 3, hãy thử lặp lại tất cả các bước cần thiết để tự mình tính căn bậc hai $\sqrt{212521}$ và $\sqrt{165649}$.

Cho đến cxx chúng ta đã xem xét các số có bốn chữ số. Nếu tổng số chữ số là số lẻ thì nhóm đầu tiên bên trái sẽ chỉ gồm một chữ số (hình 4, 5).

Chà, phải làm gì nếu số đó không phải là một hình vuông hoàn hảo? Trong trường hợp này, thuật toán không thay đổi; bạn chỉ cần chuẩn bị số lượng chính xác. Vì vậy, giả sử $N$ là một số nào đó (không nhất thiết phải là số nguyên) được biểu thị bằng phân số thập phân và chúng tôi muốn tính toán gốc của nó một cách chính xác

36

đến $\frac{1}{10^{10}}$, tức là chúng ta muốn tìm các số ở dạng thập phân của gốc ban đầu bao gồm cả vị trí thập phân $m$. Sau đó chúng ta sẽ build như sau. Các chữ số nằm trong phần nguyên của số $N$ được chia thành các nhóm gồm hai chữ số, mỗi chữ số từ phải sang trái và các chữ số tạo thành phần phân số được chia thành các nhóm giống nhau, nhưng từ trái sang phải. Nếu tổng số chữ số ở phần nguyên là số lẻ thì nhóm đầu tiên bên trái sẽ gồm một chữ số, nhưng nếu số chữ số ở phần phân số là số lẻ thì chúng ta gán số 0 cho chữ số cuối cùng bên trái. Khi số lượng nhóm trong phần phân số lớn hơn $m$, chúng tôi loại bỏ các nhóm bổ sung ở bên phải; khi nó nhỏ hơn $m$, chúng ta tạo thành các nhóm còn thiếu từ 0. Bây giờ mọi người đã sẵn sàng sử dụng thuật toán của chúng tôi. Hình 6 và 7 thể hiện cách tính

37

căn bậc hai $\sqrt{2}$ và $\sqrt{12,5}$ lên đến $\frac{1}{1000}$.

Để kiểm tra xem bạn có nắm vững thuật toán này hay không, hãy tiếp tục làm các bài tập sau: Tính căn bậc hai của $\sqrt{18769}, \sqrt{24336}, \sqrt{35721}, \sqrt{232324}, \sqrt{243049}, \sqrt{104,2441}, \sqrt{1867,1041}, \sqrt{7}, \sqrt{10}$, chính xác đến $\frac{1}{1000}$.

Chúng tôi sẽ không giải quyết vấn đề biện minh cho thuật toán được mô tả. Chúng tôi chỉ lưu ý rằng việc thu được mỗi chữ số mới có liên quan đến số lượng phép tính ngày càng tăng, do đó, sẽ hợp lý khi sử dụng thuật toán khi độ chính xác yêu cầu không vượt quá ba đến bốn chữ số có nghĩa (theo quy luật là đủ cho các phép tính thực tế).

Độ chính xác của các phép tính sử dụng thuật toán đã chỉ định có thể tăng lên nếu bạn sử dụng câu lệnh sau:

Nếu sau khi tính $n$ chữ số có nghĩa của căn, phần vôi hóa còn lại được chia cho hai lần giá trị tìm được của căn, thì thương sẽ cho $n-1$ của các chữ số tiếp theo của căn.

Hãy chứng minh nhận định này. Trước tiên, chúng ta hãy giả sử rằng số $a$ mà gốc được lấy có phần nguyên của các nhóm $n$. Hãy tìm $n$ trong số các chữ số đầu tiên của căn thức tạo thành số $c$. Khi đó $\sqrt{a}=c+x$, trong đó $x$ là phần phân số của nghiệm cần tìm. Kể từ đây,

$$a=c^2+2cx+x^2,$$
$$\frac{a-c^2}{2c}=x+\frac{x^2}{2c}.$$

Sự khác biệt $a-c^2$ là số dư thu được sau khi tìm các chữ số $n$ của gốc. Phân số $\frac{a-c^2}{2c}$ đại diện cho thương số được đề cập trong câu lệnh.

Đó là lý do tại sao

$$x=\frac{a-c^2}{2c}-\frac{x^2}{2c}.$$

Đếm $x \approx \frac{a-c^2}{2c}$, chúng tôi cho phép sai số bằng $\frac{x^2}{2c}$. Vì $x<1$, $a \geq 10^{n-1}$, chúng tôi có những gì được yêu cầu. Nếu dấu phẩy ngăn cách phần nguyên và phần phân số trong số $a$ không phải là nơi chúng ta mong đợi, thì nó luôn có thể được chuyển đến vị trí thích hợp bằng cách nhân hoặc chia số $a$ cho lũy thừa nào đó $10$ với số mũ chẵn, sau đó chia hoặc nhân căn nghiệm tìm được với lũy thừa $10$ với số mũ lớn bằng một nửa.

Hãy xem một ví dụ. Hãy tính $\sqrt{2}$ với giá trị có bảy chữ số, nghĩa là có sáu chữ số sau dấu thập phân. Trước đây chúng tôi đã tính $\sqrt{2}$ với các chữ số thập phân (hình 6). Chia phần còn lại cho hai lần căn sẽ có ba (hình8) sau đây.

Tất nhiên, ở thời đại chúng ta, khi hầu hết học sinh lớp một đều mang theo một chiếc máy tính vi mô trong cặp, không dễ để gây ngạc nhiên cho một học sinh bằng phương pháp trích căn bậc hai thủ công. Nhưng chúng tôi vẫn hy vọng. Nhà toán học nổi tiếng người Mỹ, Viện sĩ Graham kể lại rằng lần đầu tiên ông cảm thấy rất hứng thú với toán học ở trường tiểu học, sau khi nhìn thấy chính thuật toán nhận biết căn bậc hai mà chúng ta vừa nói đến. Ông tự hỏi liệu có thể làm điều gì đó tương tự đối với các căn bậc ba và các căn bậc cao hơn hay không. Anh đã tìm ra một phương pháp tương tự lời giải, và kể từ đó toán học luôn đi vào cuộc sống của anh.

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

(Bắt đầu trang trên trang 29)

09, 11; S. Tyurin (làng Pravdinsk, vùng Gorky) 09, 11; A. Usinsky (làng Ptichya, vùng Rivne) 09; D. Feldman (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 03, 05; D. Filatev (Alma-Ata) 99; G. Finkelshtein (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 03–05, 07–12; F. Fot (Tomsk) 03, 05; A. Lông thú (p/o Drichin, vùng Minsk) 09, 11; M. Kharaba (làng Nadrechnoye, vùng Ternovol) 04; P. Khil (làng Ovidno-pol, vùng Odessa) 03; D. Khodorovskaya (Kyiv) 04; I. Chaika (làng Kuznetsov, vùng Rivne) 99, 05, 07, 08, 11; O. Chepikov (Mogilev) 03, 09, 11; I. Shekhtman (Kyiv) 04, 05, 09; A. Shshikin (Novy Urengoy) 09; A. Shulyak (làng Molodetskoe, vùng Cherkasy) 11; N. Yudina (làng Maina, vùng Ulyanovsk) 11; V. Yaylyan (Shostka) 03; I. Ykovleva (Kyiv) 04; Yu. Yarovoy (Kyiv) 99, 09.

39

Trong trường hợp cản trở chuyển động của một vật rắn trong chất lỏng hoặc khí, chúng ta đang nói về sự truyền động lượng (lượng chuyển động) của các phân tử của một lớp, chuyển động theo một hướng nào đó với tốc độ cao hơn lớp lân cận, sang các phân tử của lớp lân cận này.*) Và ngược lại, các phân tử của lớp chậm này, ngoài chuyển động hỗn loạn của chúng còn có hướng chuyển động chậm dọc theo ranh giới của lớp, nghiền nát lớp “nhanh”, do đó làm nó chậm lại. Người ta thường cho rằng lớp liền kề với cơ thể có cùng tốc độ với cơ thể. Do đó, nó chịu cùng một lực ma sát và lần lượt làm chậm hoặc tăng tốc lớp nằm xa hơn một chút. Trong trường hợp này, điều quan trọng là tốc độ tăng (hoặc tắt) nhanh như thế nào khi bạn di chuyển từ lớp này sang lớp khác, hoặc như người ta nói, độ dốc tốc độ là bao nhiêu.

Nghiên cứu của nhiều nhà khoa học khác nhau đã chỉ ra rằng ở tốc độ thấp, lực ma sát tỷ lệ thuận với tốc độ chuyển động tương đối của vật rắn và chất lỏng hoặc chất khí. Nó phụ thuộc vào bản chất của chất lỏng cũng như hình dạng và kích thước của vật thể. Một lực cản như vậy được tạo ra, ví dụ, bởi các hạt sương mù và khói lắng đọng trong không khí, những quả bóng rắn nhỏ rơi trong chất lỏng nhớt (ví dụ, glycerin), v.v.

Với bất kỳ loại ma sát chuyển động nào, một hiện tượng cực kỳ quan trọng khác sẽ xảy ra. Đây là sự biến đổi năng lượng của chuyển động cơ học thành nội năng (chuyển động nhiệt của phân tử) theo định luật bảo toàn năng lượng. Coulomb còn nghiên cứu sự tắt dần của dao động tròn của một hình trụ trong chất lỏng. Trong thí nghiệm này, cơ năng của hình trụ tiêu tán khi dao động, biến thành nhiệt và chất lỏng cùng với hình trụ nóng lên. Và nếu chất lỏng là lý tưởng, tức là không có độ nhớt, thì hình trụ có thể dao động mãi mãi trên một hệ thống treo đàn hồi.

Vì vậy, tập luyện mạnh mẽ dẫn đến mất năng lượng cơ học, cản trở sự chuyển động của cơ thể trong chất lỏng. Nhưng phải chăng điều này có nghĩa là mật độ của chất lỏng hoặc chất khí phải giảm trong mọi trường hợp, và chẳng hạn như một chiếc máy bay sẽ bay nhanh hơn trong trường hợp này? Không có gì! Một chiếc máy bay trong không khí không có ma sát bên trong (trong một “chất lỏng” lý tưởng) sẽ không thể cất cánh chút nào, vì lực nâng của cánh của nó cũng như lực kéo của cánh quạt cũng bằng 0. Vấn đề ở đây là tính chất đặc biệt của dòng chảy của chất lỏng lý tưởng, không có vzzos. Hóa ra một dòng chảy như vậy chỉ có thể tác dụng lên một vật thể có hình dạng bất kỳ với các lực có tổng bằng 0. Ở trạng thái này, cái gọi là nghịch lý d’Alembert-Euler là cần thiết. Nhưng thật không may, việc thảo luận về vấn đề này nằm ngoài phạm vi của ghi chú này.

V. V. Bukhovtsev

Phương pháp hình ảnh nhà máy điện

Trong môn vật lý ở trường, bạn đã làm quen với hiện tượng cảm ứng của nhà máy điện. Chúng ta hãy nhớ nó là gì.

Chúng ta hãy đưa điện tích +q chính xác của một vật dẫn nào đó, chẳng hạn như một quả cầu kim loại không tích điện. Trong một thời gian rất ngắn, các điện tích tự do trên quả bóng sẽ được phân phối lại sao cho điện áp của trường tạo thành bên trong nó bằng không. Sau đó, chuyển động của điện tích sẽ dừng lại. Trường điện tích bên ngoài hóa ra được bù bằng trường điện tích “xuất hiện” trên bề mặt quả bóng. Chúng ta sẽ gọi chúng là các khoản phí phát sinh.

*) Bạn có thể đọc thêm chi tiết về cơ chế ma sát chất lỏng, chẳng hạn như trong ghi chú của E. E. Gorodtsky “Về hiện tượng tràn” («Kvant», 1986, số 9, trang 27). (Ghi chú của biên tập viên)

40

Trường điện tích cảm ứng còn tồn tại bên ngoài vật dẫn, cụ thể nó tác dụng lên điện tích +q - điện tích bị quả bóng hút, mặc dù tổng điện tích của quả bóng bằng 0 (hình 1, a). Nếu quả bóng được đặt lại vị trí, lực hút sẽ mạnh hơn, vì quả bóng sẽ xuất hiện một điện tích âm dư thừa (hình 1, b). Điện tích này sẽ truyền từ mặt đất đến dây dẫn dưới tác dụng của điện tích trường +q.*)

Làm thế nào để tính toán trường điện tích cảm ứng? Hãy xem một ví dụ. Để dây dẫn chiếm toàn bộ nửa không gian bên phải (hình 2). Sau đó, các điện tích âm cảm ứng sẽ tích tụ trên ranh giới phẳng OO’ của nó, điều này sẽ phá hủy điện trường trong dây dẫn. Thực tế hiển nhiên là trường điện tích cảm ứng đối xứng với mặt phẳng OO’ sẽ giúp chúng ta tính được trường bên ngoài dây dẫn (ở bên trái của OO’). Nhìn vào hình 2 - nó cho thấy rõ trường điện tích cảm ứng ở bên phải của OO′ (trong dây dẫn) bằng bao nhiêu. Vì trường này bù cho trường điện tích +q nên rõ ràng nó trùng với trường của điện tích ảo -q đặt tại cùng điểm với điện tích +q. Bây giờ người ta đã rõ loại trường nào được tạo ra bởi các điện tích cảm ứng ở bên trái của OO′ (bên ngoài dây dẫn). Nó chính xác bằng trường của điện tích ảo -q, nhưng được đặt ở phía bên kia của mặt phẳng OO′, đối xứng với điện tích +q. Điện tích -q được gọi là ảnh của điện tích +q.

*) Trường bên ngoài dây dẫn có thể được xác định nếu biết tổng điện tích của dây dẫn (như trong trường hợp hình ảnh trên hình 1, a) hoặc điện thế của nó (như trên hình 1, b). Lớp đầu tiên tương ứng với một dây dẫn cách điện, lớp thứ hai tương ứng với một dây dẫn được nối với một dây dẫn rất lớn ở xa có điện thế đã biết (ví dụ như nối đất). Chúng tôi sẽ chủ yếu xem xét loại thứ hai bài toán. Điện thế của một dây dẫn vô hạn sẽ được coi là bằng điện thế ở vô cực, tức là bằng không.

Vì vậy, bề mặt phẳng của một vật dẫn sẽ hút chính xác điện tích +q, cách xa nó một khoảng d, với cùng một lực mà nó sẽ bị hút bởi điện tích -q, cách xa nó một khoảng 2d:

$$F = kq^2/(2d)^2.$$

Chúng tôi thu được một kết quả đáng kinh ngạc: trường được tạo ra bởi điện tích và dây dẫn (hình 3, a) trong không gian ở một khu vực không có sản phẩm trùng với trường chỉ có hai điện tích chính xác (hình 3, b). Tại sao có thể thay thế được như vậy? Hãy nhớ lại rằng bề mặt của dây dẫn là một bề mặt tương đương và trong ví dụ của chúng ta, điện thế của dây dẫn bằng không. Trường của hai điện tích +q và -q có tính chất sau: bề mặt tương đương φ=0 trùng với mặt phẳng đối xứng OO′, nghĩa là nó lặp lại chính xác hình dạng của bề mặt vật dẫn đang xét. Đây là nơi ẩn lý do trùng khớp giữa các trường hiển thị trong hình 3, a và b. Và trong các trường hợp khác, người ta phải cố gắng sắp xếp các điện tích bên trong dây dẫn sao cho bề mặt của dây dẫn trùng với bề mặt của một điện thế không đổi bằng điện thế của dây dẫn.*)

Một câu hỏi hợp lý được đặt ra - làm thế nào để làm điều này? Làm thế nào để tìm điện tích của một ảnh và vị trí của chúng nếu biết hình dạng và thế năng của dây dẫn? Thật không may, trong trường hợp chung này

*) Khi đó trường điện tích ngoài và vật dẫn sẽ trùng với trường điện tích ngoài và điện tích của ảnh (tức là vật dẫn được đặt bởi ảnh). Thực tế là ranh giới của vùng đang được xem xét (không gian trong không gian bên ngoài) có cùng điện thế trong hai trường hợp này và sự sắp xếp các điện tích bên trong vùng cũng giống nhau (tất cả các hình ảnh đều ở không gian bên ngoài, tức là bên ngoài khu vực này). Việc đáp ứng các điều kiện này là đủ để khẳng định rằng các trường trùng khớp trong một vùng bên trong chính xác. Tuyên bố này thường được gọi là nguyên lý duy nhất trong tĩnh điện.

41

Không có giới hạn, và thông thường bạn phải hành động, như người ta nói, “từ cuối” - từ phí đến người soát vé.

Chúng ta hãy lấy một số điện tích chính xác, tính toán trường của chúng, tìm bất kỳ bề mặt đẳng thế nào $\varphi = \varphi_0$ và lấp đầy khoảng trống bên trong bề mặt này bằng một dây dẫn có điện thế $\varphi_0$. Khi đó, trường mà chúng ta đã tính toán dường như đã sẵn sàng lời giải để nhận dòng điện và các điện tích chứa trong đó! Các điện tích “chết” bên trong vật dẫn đóng vai trò là điện tích hình ảnh. Bằng cách này, bạn có thể chế tạo nhiều lời giải “làm sẵn”, nhưng không có gì đảm bảo rằng trong số chúng sẽ có một dây dẫn có hình dạng định trước.

Hãy xem một ví dụ. Hãy lấy một số bề mặt đẳng thế cho cùng điện tích $+q$ và $-q$, ví dụ như với $\varphi = -1$ B (hình 4, a). Trường của hai điện tích này ở bên ngoài bề mặt này trùng với trường của điện tích $+q$ và vật dẫn có điện thế cố định $\varphi = -1$ V (hình 4, b).

Một ví dụ khác. Trường của bốn điện tích $+q$, $+q$, $-q$ và $-q$, nằm ở các đỉnh của hình chữ nhật (hình 5, a), có bề mặt đẳng thế $\varphi = 0$ có dạng hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Điều này có nghĩa là một phần của trường này chứa trong hình vuông đầu tiên trùng với trường của điện tích $+q$ đặt trong góc nhị diện (hình 5, b). Đối với các khoản phí khác, đó là hình ảnh của khoản phí $+q$. Hãy cố gắng tự mình tìm lời giải cho một điện tích được đặt ở một góc hình tam giác - bạn sẽ phải sử dụng bảy điện tích bổ sung để làm điều này.

Bây giờ chúng ta quay lại ví dụ với quả bóng kim loại, đã được thảo luận ở đầu bài viết. Hãy lấy điện tích $+q_1$ và $-q_2$ ($q_1 > q_2$), nằm cách nhau $l$. Hóa ra bề mặt đẳng thế $\varphi = 0$ được biểu diễn bằng

hình cầu (hình 6, a).*) Để xác định bán kính của hình cầu này $R$ và khoảng cách $L$ từ tâm của nó đến điện tích $+q_1$, chúng ta có thể đánh đồng thế năng của các điểm $A$ và $B$ (hình 6, b) bằng 0:

$$k \frac{q_1}{L-R} - k \frac{q_2}{R-(L-l)} = 0,$$

(*)

$k \frac{q_1}{L+R} - k \frac{q_2}{R+(L-l)} = 0.$

Trường của hai điện tích này trong không gian bên ngoài quả cầu trùng khớp chính xác với trường xuất hiện nếu điện tích $+q_1$ được đặt cách tâm một quả cầu kim loại nối đất có bán kính $R$ (hình 6, b) một khoảng $L$. Trong trường hợp này, khi biết vị trí của quả bóng, chúng ta biết $R$ và $L$, đồng thời có thể tìm thấy vị trí của ảnh điện tích in dấu ($l$) và độ lớn của nó ($q_2$) từ cùng một hệ thống (*):

$$l = L - R^2/L, \quad q_2 = q_1R/L.$$

Lực mà điện tích $+q_1$ tác dụng lên quả bóng bằng

$$F = k \frac{q_1q_2}{l^2}.$$

*) Thế năng của điện tích chính xác $q$ có dạng: $\varphi = kq/r$. Điều kiện $kq_1/r_1 - kq_2/r_2 = 0$ được chuyển thành đẳng thức $r_1/r_2 = q_1/q_2$, tức là quỹ tích của các điểm được mô tả, tỉ số khoảng cách từ đó đến hai điểm đã cho có một giá trị cố định. Hãy tự chứng minh rằng đây là một hình cầu.

42

Nhưng làm thế nào để tìm được trường và lực hấp dẫn trong trường hợp một quả bóng không tích điện? Sau đó, ngoài hình ảnh - $q_2$, phải đặt thêm một điện tích ảo + $q_2$ ở tâm hình cầu. Trường của ba điện tích này ở bên ngoài quả cầu sẽ trùng với trường của điện tích + $q_1$ và quả bóng không tích điện. Tại sao? Lưu ý rằng bề mặt của quả cầu vẫn tương đương với bề mặt ngay cả sau khi thêm điện tích thứ ba. Nhưng số đường sức đi vào bên trong quả cầu bây giờ chính xác bằng số đường sức đi ra khỏi nó - xét cho cùng, tổng điện tích bên trong quả cầu bằng không. Nhưng trường thỏa mãn các điều kiện tương tự trong trường hợp vật dẫn không tích điện! Điều này có nghĩa là chúng tôi đã tìm thấy trường chính xác. Lực hút của điện tích + $q_1$ đối với quả bóng trong trường hợp này sẽ ít hơn đáng kể - xét cho cùng, nó không chỉ bị hút vào hình ảnh - $q_2$, mà còn bị đẩy (với lực ít hơn) khỏi hình ảnh khác + $q_2$:

$$F = k \frac{q_1 q_2}{l^2} - k \frac{q_1 q_2}{L^2}.$$

A. I. Cherpouchan

Quang phổ hạt nhân

Như bạn đã biết, hạt nhân nguyên tử bao gồm các nucleon - proton và neutron, giữa chúng tác dụng lực hút hạt nhân và lực đẩy Coulomb. Điều gì có thể xảy ra với một hạt nhân khi nó va chạm với một hạt nhân, một phần hoặc lượng tử gamma khác? Ví dụ, các thí nghiệm của E. Rutherford, được thực hiện vào năm 1919, cho thấy rằng dưới tác dụng của hạt alpha, một proton có thể bị bật ra khỏi hạt nhân. Trong các thí nghiệm do D. Chadwick thực hiện vào năm 1932, người ta phát hiện ra rằng các hạt alpha có thể đánh bật neutron ra khỏi hạt nhân nguyên tử (“Vật lý 10”, § 106). Nhưng liệu quá trình sinh nở luôn kết thúc như vậy? Liệu hạt nhân nguyên tử có thể hấp thụ năng lượng nhận được trong một vụ va chạm và phân phối lại nó giữa các nucleon cấu thành của nó, từ đó làm thay đổi năng lượng bên trong của nó hay không? Điều gì sẽ xảy ra tiếp theo với một lõi như vậy?

Đáp số Những câu hỏi này được giải đáp bằng các thí nghiệm nghiên cứu sự tương tác của proton với hạt nhân nguyên tử. Kết quả của họ rất giống với kết quả thí nghiệm của Frank và Hertz về nghiên cứu các electron mới cùng với nguyên tử (“Vật lý 10”, § 96). Hóa ra là với sự tăng dần năng lượng của proton, lần đầu tiên được sử dụng với hạt nhân nguyên tử, động năng không bị chuyển hóa thành các loại năng lượng khác mà chỉ được phân phối lại giữa proton và hạt nhân nguyên tử dưới dạng một hạt. Tuy nhiên, bắt đầu từ một giá trị nhất định của năng lượng proton, cũng có thể xảy ra va chạm không đàn hồi, trong đó proton bị hạt nhân hấp thụ và truyền hoàn toàn năng lượng cho nó. Hạt nhân của mỗi đồng vị được đặc trưng bởi một tập hợp các “phần” năng lượng được xác định chặt chẽ mà nó có thể chấp nhận.

Những thí nghiệm này chứng minh rằng hạt nhân có phổ rời rạc của các trạng thái năng lượng có thể có. Như vậy, lượng tử hóa năng lượng và một số thông số khác là một tính chất không chỉ của nguyên tử mà còn của hạt nhân nguyên tử. Trạng thái của hạt nhân nguyên tử có lượng năng lượng tối thiểu được gọi là trạng thái cơ bản, hay trạng thái bình thường; trạng thái có điểm năng lượng cao hơn (so với trạng thái cơ bản) được gọi là trạng thái kích thích.

Nguyên tử thường tồn tại ở trạng thái xấp xỉ

43

10⁻⁸ giây và hạt nhân nguyên tử bị kích thích sẽ loại bỏ năng lượng dư thừa trong thời gian ngắn hơn nhiều - khoảng 10⁻¹⁵-10⁻¹⁶ giây. Giống như nguyên tử, hạt nhân bị kích thích được giải phóng khỏi năng lượng dư thừa, phát ra lượng tử bức xạ điện từ. Những lượng tử này được gọi là tia gamma (hoặc tia gamma). Một tập hợp các trạng thái năng lượng riêng biệt của hạt nhân nguyên tử tương ứng với phổ tần số riêng biệt của lượng tử gamma do chúng phát ra. Tia gamma là sóng điện từ ngang, giống như sóng vô tuyến, ánh sáng nhìn thấy hoặc tia RENTEN. Chúng là loại bức xạ điện từ có bước sóng ngắn nhất được biết đến và bước sóng tương ứng của chúng nằm trong khoảng từ khoảng 10⁻¹¹ m đến 10⁻¹³ m.

Các trạng thái năng lượng của hạt nhân nguyên tử và sự chuyển đổi của hạt nhân từ trạng thái này sang trạng thái khác với sự hấp thụ hoặc giải phóng năng lượng thường được mô tả bằng sơ đồ năng lượng tương tự như sơ đồ năng lượng của nguyên tử (“Vật lý 10”, § 94). hình thể hiện sơ đồ năng lượng của hạt nhân đồng vị sắt - 58/26 Fe, thu được trên cơ sở các thí nghiệm bắn phá proton. Lưu ý rằng mặc dù biểu đồ năng lượng của nguyên tử và hạt nhân giống nhau về mặt chất lượng, nhưng giữa chúng có những khác biệt đáng kể về mặt số lượng. Nếu cần năng lượng cỡ vài electron volt để chuyển một nguyên tử từ trạng thái cơ bản sang trạng thái kích thích, thì cần phải có năng lượng cỡ hàng trăm nghìn hoặc hàng triệu volt electron để kích thích hạt nhân nguyên tử. Sự khác biệt này là do lực hạt nhân tác dụng giữa các nucleon trong hạt nhân phần lớn vượt quá lực tương tác Coulomb của electron với hạt nhân.

Khả năng hạt nhân nguyên tử tự động chuyển từ trạng thái có nguồn cung cấp năng lượng lớn sang trạng thái có ít năng lượng hơn giải thích nguồn gốc của không chỉ bức xạ gamma mà còn cả sự phân rã phóng xạ của hạt nhân.

Nhiều dạng phổ hạt nhân có thể được giải thích nếu chúng ta sử dụng cái gọi là mô hình lớp vỏ của nguyên tử.

44

Cắt tối ưu bằng tiếng Nhật

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
M. V. VALK,
G.M.LANDMAN

Nhà máy sản xuất đồ chơi trẻ em có mặt để sản xuất hàng loạt một sản phẩm mới, một trong những bộ phận của sản phẩm đó là một đa giác nhỏ xác định hình dạng và kích thước (hình 1) làm bằng thiếc mỏng. Nhà máy có một chiếc máy có thể cắt các hình chữ nhật có kích thước bất kỳ một cách dễ dàng và nhanh chóng từ một tấm thiếc. Do đó, nó đã được chấp nhận về mặt kỹ thuật lời giải: đầu tiên cắt các khoảng trống hình chữ nhật giống hệt nhau với kích thước phù hợp, sau đó cắt từng mảnh hình chữ nhật đó để thu được phần đa giác cần thiết từ nó. Và tất nhiên, kích thước của các hình chữ nhật phải được chọn sao cho lượng lãng phí cho việc trang trí là tối thiểu. Đây là cách nảy sinh toán học bài toán, về lời giải mà chúng ta sẽ thảo luận trong bài viết này.

Chính bài toán. Chỉ định một thuật toán cho phép, trong số tất cả các hình chữ nhật P, cùng chứa đa giác M đã cho, chọn hình có diện tích nhỏ nhất.

Chúng ta sẽ gọi một hình chữ nhật thỏa mãn điều kiện này là bài toán tối ưu. Nếu bất kỳ hình chữ nhật nào tự nó là đa giác M và không có một đỉnh nào của đa giác trên đường viền của hình chữ nhật, thì bạn có thể làm phẳng hình chữ nhật đó, nghĩa là thay thế nó bằng một hình chữ nhật khác có diện tích nhỏ hơn, cũng chứa đa giác M. Để làm điều này, chỉ cần dịch song song với chính nó từng đường trong số bốn đường thẳng chứa các cạnh của hình chữ nhật M sao cho chúng (sau khi thay đổi) đã đi qua một số đỉnh của đa giác M. Tại hình 1, chẳng hạn a hình chữ nhật “cải tiến” (so với P) là P′.

Theo thông lệ, người ta gọi đường hỗ trợ cho một đa giác M nhất định là bất kỳ đường nào chứa ít nhất một điểm trên đường viền của đa giác và không chứa bất kỳ điểm bên trong nào của nó (ví dụ: trên hình 1 đường a và b là các đường hỗ trợ cho đa giác M và đường c không phải là đường hỗ trợ). Một hình chữ nhật có bốn cạnh nằm trên các đường hỗ trợ của đa giác M sẽ được gọi là ngoại tiếp quanh M. Như vậy

45

Hình chữ nhật $\Pi'$ nằm trên hình 1. Ngay sau khi chúng tôi chọn đường tham chiếu $(a)$ cho đa giác đã cho $M$ (hình 1), do đó, chúng tôi đã xác định duy nhất hình chữ nhật được mô tả xung quanh $M$. Hình chữ nhật được mô tả xung quanh $M$ rõ ràng có đặc tính là có thể đặt ít nhất một đỉnh của đa giác (hình 1) trên mỗi cạnh của nó (có thể ở cuối của nó). Trong số hai hình chữ nhật được mô tả xung quanh một đa giác nhất định $M$, chúng tôi sẽ gọi hình chữ nhật có diện tích shifu nhỏ hơn là hình tốt nhất. Hình chữ nhật tối ưu, được thảo luận ở phần chính bài toán, rõ ràng nên được tìm kiếm trong số các hình chữ nhật được mô tả xung quanh $M$.

Các nhà công nghệ thực vật đưa ra hai giả thuyết:

Giả thuyết I. Hình chữ nhật tối ưu cho đa giác $M$ là hình chữ nhật được mô tả trong đó một cạnh chứa cạnh phân kỳ nhất của đa giác.

Giả thuyết II. Hình chữ nhật tối ưu là hình chữ nhật được mô tả trong đó một cạnh song song với điểm rộng nhất của đa giác.

Ở giai đoạn này bài toán toán học đã được cung cấp.

Nhà toán học bắt đầu từ đâu?

Matematik bắt đầu bằng một câu hỏi dường như hoàn toàn không thú vị và ít ý nghĩa: “Hình chữ nhật tối ưu có cần thiết không?”

Chúng ta hãy chọn một số điểm $O$ trên mặt phẳng và vẽ trục $l_0$ (hình 2a) qua điểm đó. Sau đó, chúng ta vẽ một tia tùy ý $l = l_\varphi$ qua $O$ và làm trống nó tạo thành một góc $\varphi$ với trục $l_0$. Chúng ta có thể dựng cho đa giác $M$ một đường tham chiếu song song với tia $l$, và sau đó là hình chữ nhật ngoại tiếp (đồng nhất) $P$, hai cạnh của nó song song với tia $l$; Hãy biểu thị diện tích của nó bằng $S(\varphi)$. Chúng ta sẽ thay đổi góc $\varphi$; trống góc này tăng từ 0 lên $\pi$; trong trường hợp này, hình chữ nhật $P$ cũng sẽ thay đổi và chúng ta sẽ thu được tất cả các hình chữ nhật có thể có được mô tả xung quanh $M$; $S$ cũng sẽ liên tục thay đổi (tức là chỉ cần một thay đổi nhỏ ở góc $\varphi$ thì giá trị $S(\varphi)$ cũng sẽ thay đổi ít). Nhưng một hàm liên tục trên một phân đoạn nhất định (trong trường hợp của chúng tôi, trên phân đoạn [0; $\pi$]) phải nhận một số (ít nhất một) giá trị $\varphi$ từ phân đoạn này giá trị tối thiểu của nó (“Đại số và Nguyên tắc Phân tích 9-10”, trang 89). Điều này có nghĩa là có một góc $\varphi$ sao cho hình chữ nhật tương ứng được mô tả xung quanh $M$ sẽ có diện tích nhỏ nhất có thể (sẽ là tối ưu). Nói cách khác, trong số các hình chữ nhật được mô tả xung quanh đa giác $M$, gọi ở đó (ít nhất một) là tối ưu.

Sau khi xác minh sự tồn tại của lời giải, nhà toán học bắt đầu tìm kiếm nó.

Hãy xem xét một đa giác tùy ý - không lồi hoặc lồi. Hãy lắng nghe một đa giác không lồi, tuy nhiên, có thể dễ dàng áp dụng các tính chất cho trường hợp đa giác lồi. Thật vậy, $M$ trống là đa giác không lồi. Xét đa giác lồi nhỏ nhất $M'$ chứa đa giác $M$ ($M'$ được gọi là bao lồi của đa giác $M$, hình 26). Dễ hiểu là hình chữ nhật $P$ chứa đa giác $M$ khi và chỉ nếu nó chứa bao lồi $M'$ của nó. Do đó, bài toán để tìm hình chữ nhật tối ưu cho đa giác $M$ tương đương với bài toán tương tự cho đa giác lồi $M'$.

Để loại bỏ nó, trước tiên hãy thử trong trường hợp đặc biệt đơn giản nhất, khi $M$ là một hình tam giác.

Lời giải bài toán cho hình tam giác

Đặt $M$ là hình tam giác $ABC$ và $P$ là một số hình chữ nhật được mô tả xung quanh $M$. Phải có ít nhất một đỉnh tam giác ở mỗi cạnh trong bốn cạnh của hình chữ nhật. Do đó, ít nhất một đỉnh của tam giác “phục vụ” hai