Kvant 1987, số 10 · 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
1987

Trọng lượng khởi động
“Năng lượng” trên 2000 tấn,
đầu ra
tải trọng -
hơn 100 tấn.
Trên photorafini
bạn thấy “Năng lượng”
trước khi bắt đầu.
Gần
trên cùng một quy mô
hiển thị
tên lửa đầu tiên
nhiên liệu lỏng
tạo
R. Goddard (Mỹ).
Sự ra mắt của nó
diễn ra vào năm 1926
Và mặc dù cô ấy đã hát
cô ấy luôn chỉ cao 56 m,
nó có thể được xem xét
của bà cố
hiện đại
tên lửa
người vận chuyển.

năm kỷ niệm 30 năm
thời đại không gian
ghi chú trong
đất nước chúng tôi
gần lớn
thành tích.
Một nơi đặc biệt
trong số đó chiếm đóng
Sáng tạo
phổ quát
xe phóng
“Năng lượng”,
thử nghiệm thành công
đã thực hiện
vào tháng 5 năm nay.
“Năng lượng” -
hai giai đoạn
tên lửa, đánh bóng
theo sơ đồ “Gói”.
Bước đầu tiên của cô ấy
bao gồm bốn
bên
khối máy gia tốc.
Giai đoạn thứ hai -
khối trung tâm
dài 60 m
và đường kính 8m.

1

Trong phòng:

2 30 năm của thời đại vũ trụ
3 Phỏng vấn học giả R.Z. Sagdeev
8 TK Breus. Gặp gỡ sao chổi Halley!
14 SG Gindikin. Câu đố về Ramanujan
21 V. A. Fabrikant. Tại sao chúng ta sử dụng sưởi ấm vào mùa đông?

Bài toán Kvant
24 Bài toán M1066—M1070, F1078—F1082
26 Lời giải bài toán M1046—M1050, F1058—F1062

32 Kính Vạn Hoa «Kvant»

Trường học ở «Kvant»
36 V. L. Gutenacher. Định lý cơ bản

«Kvant» cho học sinh nhỏ
39 Bài toán

Phòng thí nghiệm «Kvant»
40 V.V. Mayer. Màu trắng có thể là màu đen?

Nghệ thuật lập trình
42 A. P. Ershov. Thế giới ngôn ngữ lập trình
48 A. A. Duvanov, Yu. A. Pervin. Logo ngôn ngữ. Bài 1: Cuộc hành trình của Rùa
48 Về việc khai trương Trường Lập trình Thông tin Toàn Liên minh

Xưởng của người nộp đơn
53 V.V. Mozhaev. Tụ điện có điện tích tấm “quá mức”

Thế vận hội
Olympic toàn Nga lần thứ 60 dành cho học sinh
62 người đoạt giải Olympic toàn Nga lần thứ XIII dành cho học sinh

63 Đáp số, gợi ý, lời giải
Hồ sơ của chúng tôi (35)
«Kvant» mỉm cười (58)
Trang cờ vua
Chiếc máy tính đồng hành cùng các kiện tướng (trang bìa thứ 3)

Trên trang đầu tiên của trang bìa là hình ảnh tổng quát về hạt nhân của sao chổi Halley, thu được nhờ quá trình xử lý hình ảnh truyền hình của máy tính về hạt nhân được truyền từ trạm tự động Veza-2.
Cuộc chạm trán với sao chổi đã mang lại những gì cho các nhà khoa học trong trận đấu năm ngoái được mô tả trong số tạp chí này (tr. 8).

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1987

2

30 năm của thời đại vũ trụ

Trong lịch sử thông tin khoa học và kỹ thuật vĩ đại nhất, sự kiện xảy ra vào ngày 4 tháng 10 năm 1957 chiếm một vị trí đặc biệt. Vào ngày này, với việc phóng Vệ tinh Trái đất nhân tạo đầu tiên, con người được chào đón vào một kỷ nguyên mới - kỷ nguyên giải phóng và sử dụng vũ trụ.

Với tất cả những thành tựu to lớn của những thành tựu tiếp theo của ngành du hành vũ trụ, không một thành tựu nào trong số đó, được mọi người công nhận, có tác động to lớn đến tâm trí và cảm xúc của con người ở mọi nơi trên hành tinh như vụ phóng “vệ tinh đơn giản nhất” (như họ tự gọi nó). Nhưng phóng vệ tinh không chỉ là tạo ra một thiết bị có khả năng hoạt động trong điều kiện bay vào vũ trụ. Đây là sự phát triển và xây dựng một tổ hợp tên lửa và không gian khổng lồ.

Việc ưu tiên thành lập nó thuộc về Liên Xô là một dấu hiệu cho thấy tiềm năng khoa học kỹ thuật mạnh mẽ của nước ta, khả năng huy động nỗ lực và nguồn lực cho lời giải phức tạp nhất bài toán. Du hành vũ trụ trong nước ngày nay chiếm vị trí hàng đầu trong nhiều lĩnh vực nghiên cứu và sử dụng không gian bên ngoài. Phần lớn công lao cho sự phát triển của nó thuộc về S.P. Korolev, M.V. Keldysh, V.P. Glushko, M.K. Yangel, V.N. Chelomey, N.A. Pillogin và nhiều loại hình và nhà thiết kế khác.

Hiện nay, ngành du hành vũ trụ ngày càng có tính chất quốc tế. Hàng chục quốc gia tham gia các chương trình không gian, một số trong số đó đang chế tạo hệ thống tên lửa và không gian của riêng mình.

Không có công nghệ vũ trụ, hoạt động khoa học và kinh tế đều không thể tưởng tượng được. Tàu vũ trụ khám phá Trái đất và các hành tinh xa xôi, phục vụ các nhà địa chất và công nhân nông nghiệp, cung cấp thông tin liên lạc và phát hiện thảm họa, đồng thời giúp tạo ra các vật liệu và thuốc mới.

Đây là ngày hôm nay. Và ngày mai? Phía trước là những dự án mới và những lộ trình mới, bởi vì không gian là con đường không có điểm kết thúc!

2

3

PHỎNG VẤN
VỚI HỌC VIỆN
R. Z. SAGDEV

— Vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái đất và tổ hợp quỹ đạo Mir cách nhau 30 năm. Đây là cả một kỷ nguyên của công nghệ. Công nghệ vũ trụ hiện nay đã trở thành một phần không thể thiếu của nền kinh tế, một trong những lĩnh vực hứa hẹn nhất của nền kinh tế quốc gia Liên Xô. Tương lai của khoa học vũ trụ 30 năm trước trông như thế nào? Công nghệ vũ trụ sẽ đi theo hướng nào trong những năm tới?

“Rất khó để so sánh những gì đã xảy ra với những gì chúng tôi mong đợi, vì không có dự báo thực tế, có ý thức tập thể. Đã có những dự báo của từng nhà khoa học. Ví dụ, một dự báo rất sáng sủa của K. E. Tsiolkovsky (nó được đưa ra vài thập kỷ trước khi phóng vệ tinh đầu tiên). Được biết, S.P. Korolev đã suy nghĩ rất nhiều về hướng phát triển của khoa học vũ trụ. Tôi tin rằng các nhà khoa học vũ trụ hiểu khá rõ những khó khăn chính về mặt kỹ thuật, tổ chức và tâm lý nảy sinh sau này.

Đồng thời, theo tôi, khoa học vũ trụ ngày nay mang tính chất kinh doanh, “thường lệ” hơn là một lĩnh vực lãng mạn tưởng chừng như mơ mộng trong những năm đầu khám phá không gian.

Sự nhấn mạnh trong các dự báo là về các thiết bị tự động miễn phí. Nhiều câu chuyện khoa học viễn tưởng đã và vẫn là về hoạt động của các phi hành đoàn trên quỹ đạo hoặc trong không gian sâu, hoặc thậm chí là mục tiêu của các thuộc địa trong không gian. Nhưng trên Trái đất, trong nhiều thập kỷ nay, sự hiện diện của máy móc tự động và robot đã diễn ra. Tại sao không mong đợi điều tương tự xảy ra trong không gian? Vì vậy, trên thực tế, điều này đã xảy ra. Trong 30 năm, máy móc đã “học” làm được những điều kỳ diệu. Họ liên tục thực hiện những tiến bộ mới trong công nghệ máy tính và khoa học thông tin. CERO-

4

Về bản chất, máy tự động của chúng ta là vật mang trí tuệ nhân tạo. Số lượng lệnh “được nhúng” trong máy tính trên xe chẳng hạn như “Viking” của Mỹ hay “Vegas” của chúng tôi lên tới hàng chục nghìn. Nhưng đó chưa phải là tất cả: nhờ kênh liên lạc có tiếng ồn liên tục, Trái Đất - tàu vũ trụ (tàu vũ trụ) có khả năng lập trình lại trong quá trình bay. Ví dụ, khi chúng tôi thảo luận về việc bài toán tìm ra hạt nhân nhỏ của sao chổi Halley giữa một vùng hôn mê sáng khổng lồ, chúng tôi quyết định để lại quyền tự do phát hiện và định vị hạt nhân cho máy tính trên máy bay, vì không ai biết nó sẽ có hình dạng như thế nào. Loại bài toán này đang tiến bộ khoa học công nghệ rất nhanh, đến lượt hai nghìn, những con tàu vũ trụ như vậy sẽ quyết định bộ mặt của công nghệ vũ trụ.

Tôi sẽ không đi xa như nhà vật lý nổi tiếng người Mỹ F. Dyson đã làm. Anh ta tưởng tượng tàu vũ trụ trong tương lai, các tàu thăm dò rời khỏi hệ mặt trời, như một loại kết hợp giữa điện tử cực kỳ hiện đại, hay nói đúng hơn là điện tử siêu tương lai, khoa học máy tính và di truyền phân tử - một loại “bướm vũ trụ trong kén bảo vệ”, sử dụng các nguyên tắc của công nghệ sinh học phân tử và điện tử sinh học. Mặc dù ngày nay ngay cả những tưởng tượng như vậy cũng đáng được quan tâm.

— Con người vẫn có vị trí nào trong các chuyến bay vào vũ trụ?

• Tất nhiên rồi anh bạn, phi hành gia có không gian ăn uống kinh tế riêng. Ví dụ, tại các trạm quỹ đạo như Mir. Và trong những năm tới, có lẽ đến cuối thế kỷ này, những xu hướng đã xuất hiện sẽ phát triển. Thời gian lưu trú của con người trên quỹ đạo đã là vĩnh viễn.

Về nguyên tắc, cuộc sống hàng ngày được tích lũy bởi y học vũ trụ trong các chuyến bay dài trên quỹ đạo, cũng như kinh nghiệm vận hành lâu dài của công nghệ vũ trụ, sẽ cho phép những người đương thời của chúng ta thực hiện một hành trình kéo dài nhiều năm, chẳng hạn như tới Sao Hỏa. Và một dự án như vậy có rất nhiều người ủng hộ. Tại SISHA, các hiệp hội khoa học kỹ thuật cũng như các nhà khoa học và chuyên gia lớn trong lĩnh vực khám phá không gian được khuyến khích tổ chức một cuộc thám hiểm như vậy. Vì mục đích này, nhà vật lý thiên văn K. Sagan và các đồng nghiệp của ông đã thành lập một tổ chức công cộng hùng mạnh, Hiệp hội Hành tinh Hoa Kỳ. Trình độ công nghệ hiện tại thực sự có thể thực hiện được chuyến bay như vậy. Tuy nhiên, chi phí của nó sẽ cao hơn nhiều lần so với chi phí của chương trình không gian đắt đỏ nhất cho đến nay - chuyến thám hiểm mặt trăng Apollo, được thực hiện vào cuối những năm 60 - đầu những năm 70.

Các giai đoạn giải phóng không gian

7.X - lần đầu tiên tàu vũ trụ bao bọc Mặt trăng và hình thành phía xa của nó (Luna-3).

1961 12.IV - chuyến bay có người lái đầu tiên vào vũ trụ (Yu. A. Gazarin).

1965 18.III - lối ra đầu tiên

3.XI - vệ tinh có động vật trên tàu (chó Laika) lần đầu tiên được phóng lên.

1959 2.1 - lần đầu tiên một tàu vũ trụ (tàu vũ trụ) đạt vận tốc thoát II (Luna-1).

14.IX - lần đầu tiên tàu vũ trụ tới Mặt trăng (Luna-2).

5

Ngoài ra còn có các dự án cạnh tranh. Các tác giả của họ tin rằng các tác giả có thể thu thập ít nhất nhiều thông tin khoa học và với chi phí thấp hơn đáng kể. Rất có thể, trong các chương trình không gian trong tương lai, chúng ta có thể mong đợi sự kết hợp giữa công nghệ trung đội và không có nền tảng, và sớm hay muộn chuyến bay của con người tới Sao Hỏa sẽ diễn ra. Tuy nhiên, điều này trở nên hữu ích khi máy vẫn nhận được lượng thông tin tối thiểu.

— Với sự trợ giúp của công nghệ vũ trụ, người ta có thể thực hiện những nghiên cứu chưa đủ khả năng đối với công nghệ “trên mặt đất” và thực hiện nhiều khám phá khoa học. Những cái quan trọng nhất là gì?

— Ngày nay thật khó để chọn ra bất kỳ ai trong số họ. Tương lai sẽ cho thấy chúng sẽ chiếm vị trí như thế nào trên nền vàng những thành tựu của con người. Và chúng ta không chỉ nói về thiên văn học. 30 năm của thời đại vũ trụ đã làm phong phú thêm nhiều thứ về mặt khoa học công nghệ. Trên quỹ đạo, họ thu thập các vật liệu và thuốc mới, tiến hành quan sát các khu vực nông nghiệp và rừng, vẽ bản đồ về các khu vực khó tiếp cận trên Trái đất và giúp các nhà địa chất tìm kiếm khoáng sản.

Đối với nghiên cứu thiên văn học, ưu tiên ở đây theo hai hướng: nghiên cứu các thiên thể bằng phương pháp viễn thám và nghiên cứu trực tiếp hệ mặt trời bằng các thiết bị lắp đặt trên tàu vũ trụ. Sau khi đưa các thiết bị ra ngoài bầu khí quyển Trái đất, thiên văn học vũ trụ có cơ hội làm việc đặc biệt trong các phạm vi không thể tiếp cận trên Trái đất do ảnh hưởng của khí quyển - RENTEN, phạm vi hồng ngoại, tia cực tím, cũng như trong phạm vi giảng dạy về thiên hà. Trong mỗi kết quả cụ thể đã thu được. Các đồng nghiệp người Mỹ của chúng tôi đã phóng kính thiên văn RENTEin và với sự trợ giúp của nó đã nhận được một lượng thông tin khổng lồ về các vật thể vũ trụ là nguồn bức xạ RENTEin mạnh mẽ. Những chủ đề này bao gồm quasar, pulsar, sao neutron và lỗ đen. Vùng hồng ngoại cũng có những người tiên phong riêng. Ví dụ, kính thiên văn IRAS, được tạo ra bởi các nhà khoa học và chuyên gia đến từ Mỹ, Anh và Hà Lan. Các thiết bị của vệ tinh nghiên cứu Astron của Liên Xô và IUE quốc tế đã thực hiện các quan sát trong phạm vi siêu lọc của một sự kiện độc đáo - sự ra đời của siêu tân tinh trong chòm sao Dorado. Chúng tôi mong đợi rất nhiều từ mô hình vật lý thiên văn đầu tiên «Kvant», hoạt động như một phần của quỹ đạo

cả thế kỷ thám hiểm không gian (A. A. Leonov). ↓

1969
21.VII - chuyến thám hiểm đầu tiên

1966
3.11 - lần hạ cánh nhẹ nhàng đầu tiên của tàu vũ trụ trên Mặt trăng (Luna-9) và truyền hình ảnh truyền hình về bề mặt Mặt trăng tới Trái đất. ↑

trên Mặt Trăng (N. Armstrong và E. Aldrin, “Apollo 11”). ↑

1970
24.1X - lần đầu tiên bóng đèn mặt trăng của tàu vũ trụ vật lý thiên văn (Luna-16) được chuyển đến Trái đất. ↑

6

giật gân “Hòa bình”. Các chuyên gia Anh, Tây Đức và Hà Lan đã tham gia phát triển các thiết bị được lắp đặt trên đó với sự cộng tác của các nhà khoa học Liên Xô.

Việc nghiên cứu các vật thể ngoài vũ trụ sẽ dẫn đến việc tạo ra các mô hình mới về sự hình thành và tiến hóa của Vũ trụ, sự hình thành các thiên hà và hệ sao, đặc biệt là Hệ Mặt trời.

• Vào buổi bình minh của kỷ nguyên vũ trụ, có rất nhiều hy vọng rằng việc đi vào vũ trụ sẽ thực sự khám phá được sự sống bên ngoài; ngay cả giấc mơ được gặp anh em trong tâm trí của con người dường như cũng sắp xảy ra. Có lẽ đây chính là điều đã mang lại cho những chuyến bay vào vũ trụ một sự lãng mạn đặc biệt. Tuy nhiên, trong tiểu thuyết thực tế, chủ đề này là trung tâm (bạn có thể sử dụng thay thế cho cuốn tiểu thuyết “Tinh vân Andromeda” của I. A. Efremov, xuất hiện cùng lúc). Nhiều năm trôi qua nhưng các nhà khoa học không những không phát hiện được sự sống trên các thiên thể khác mà nhiều người trong số họ thậm chí còn tin rằng sự sống trên Trái đất là duy nhất. Có gì mới cho việc khám phá không gian về vấn đề này?

— Trong nghiên cứu không gian, việc tìm kiếm sự sống ngoài Trái đất chiếm một vị trí quan trọng. Nếu chương trình chuyến bay cho phép có cơ hội làm sáng tỏ thêm vấn đề này, thì cơ hội như vậy, theo quy định, sẽ không bị bỏ lỡ. Các thiết bị đặc biệt đã được lắp đặt trên tàu vũ trụ (ví dụ, trên bệ hạ cánh của Viking sao Hỏa có một phòng thí nghiệm sinh học). Và mặc dù không thể tìm thấy dấu hiệu của cuộc sống không hành động ở bất cứ đâu, tôi nghĩ còn quá sớm để đưa ra những kết luận bi quan. Tất nhiên, những gì chúng ta biết về sao Hỏa ngày nay khiến việc phát hiện ra ngay cả những dạng sống nguyên thủy nhất trên đó là điều khó có thể xảy ra. Và nhìn chung có rất ít khả năng điều này sẽ bị loại bỏ ở bất kỳ đâu trong Hệ Mặt trời. Tuy nhiên, nghiên cứu đã mang lại nhiều dữ liệu quan trọng về cái gọi là quá trình tiến hóa tiền sinh học của các phân tử. Một bộ bazơ axit amin gần như hoàn chỉnh có mặt cả trong đất mặt trăng và trong chất metorit rơi xuống Trái đất. Điều này có nghĩa là cái gọi là quá trình tổng hợp sinh học—sự chuẩn bị các “khối xây dựng” ban đầu để tiếp tục nhảy lên cấp độ gen—diễn ra trong các điều kiện vũ trụ với sự hiện diện của tất cả các bức xạ môi trường có thể có, chẳng hạn như tia X. Và tất nhiên, trong các chuyến bay tới Sao Hỏa và các thiên thể khác ở xa chúng ta hơn trong tương lai, khả năng nghiên cứu sinh học hoặc ít nhất là tiền sinh học sẽ được khám phá.

— Nhiều nhà khoa học cho rằng nên tìm kiếm những biểu hiện về hoạt động của các nền văn minh bên ngoài giữa các thiên thể, trong đó có “hành vi” bất thường. Có một thời, sự chú ý của các nhà thiên văn học bị thu hút bởi thiên thạch Tunguska, các vệ tinh của Sao Hỏa, một số sao chổi… Ngày nay có thiên thể nào mà các nhà thiên văn học đang “nghi ngờ” không?

Các giai đoạn hình thành của không gian bên ngoài

17.XI - phương tiện tự hành đầu tiên trên Mặt trăng (“Lunokhod-1”).
Ngày 15 tháng 12 - lần hạ cánh mềm đầu tiên của tàu vũ trụ lên Sao Kim (“Venera-7”).

19.1V - chọn đầu tiên

tàu vũ trụ liên hành tinh có quỹ đạo protein (“Pschoner-10”).

1975
17.VII - lần lắp ghép tàu vũ trụ đầu tiên từ các quốc gia khác nhau

1973
4.XII - nghiên cứu đầu tiên về Sao Mộc

1979
1.IX - nghiên cứu đầu tiên về tàu vũ trụ Sao Thổ có quỹ đạo nghiêng

7

Thật không may, ngày nay không có đồ vật nào có thể bị coi là “đáng ngờ” theo quan điểm như vậy. Ở mức độ này hay mức độ khác, trên cơ sở các giả thuyết vật lý thiên văn và mô hình vật lý, mọi sự bất thường trong hành vi của một số thiên thể nhất định đều có thể được giải thích. Ít nhất là ở mức độ mà những sự thật đã biết cho phép chúng ta làm như vậy. Đồng thời, các nhà thiên văn vô tuyến là một trong những người chính của họ bài toán xem xét việc tìm kiếm các đối tượng có đặc điểm dị thường. Hướng này có cơ hội phát hiện những vật thể thực sự dị thường.

Vấn đề chính của thời đại chúng ta là vấn đề hòa bình. Hợp tác quốc tế trong không gian có thể là sự thay thế cho chương trình Chiến tranh giữa các vì sao? Bạn tưởng tượng nó như thế nào?

Tất nhiên, hợp tác quốc tế hòa bình dưới mọi hình thức đều là giải pháp thay thế cho việc quân sự hóa không gian vũ trụ. Không thể bão hòa các quỹ đạo gần Trái đất của nhiều tàu vũ trụ quân sự, đồng thời mở rộng các dự án khoa học quốc tế hay nói cách khác là thương mại sang xây dựng đường xám. Hai hướng này xung đột sâu sắc. Và không phải ngẫu nhiên mà các bên tham gia không gian hòa bình, thế giới ngôi sao, lại tích cực phản đối việc sử dụng không gian cho mục đích quân sự.

Ngày nay, đã có khá nhiều lĩnh vực nghiên cứu không gian cụ thể được thực hiện hợp tác quốc tế, đặc biệt là chương trình Intercosmos, bao gồm nghiên cứu về không gian bên ngoài bằng phương tiện không người lái, chuyến bay bằng bè, v.v. Là một phần của hợp tác quốc tế, nghiên cứu về sao chổi Halley đã hoàn thành thành công vào năm 1986. Vào giữa năm 1988, tôi đã học cách thực hiện dự án Phobos. Mục tiêu của nó là nghiên cứu một trong những vệ tinh của sao Hỏa. Những người khởi xướng dự án là các nhà khoa học Liên Xô và thiết bị khoa học cho Phobos đang được các chuyên gia từ các quốc gia khác nhau chuẩn bị.

2001: Cuộc phiêu lưu không gian sắp đến gần. Nó sẽ như thế nào? Rốt cuộc, nó chứa các nhà khoa học và độc giả bên ngoài của tạp chí «Kvant». Bạn có thể ước gì cho họ?

Tôi nghĩ kịch bản của cô ấy sẽ được viết khi độc giả ngày nay «Kvant» trở thành chuyên gia. Trước đó không còn nhiều nữa, có thể là 5-7 năm. Và học sinh càng sớm nắm giữ vị trí sáng tạo tích cực thì càng đạt được kết quả cao hơn (và không nhất thiết phải đợi cho đến khi chúng bước sang tuổi năm mươi!).

Tôi chúc họ thành công!

(“Tiên phong-11”). (Trong hình có ghi tin nhắn của Pioneer 11.) ↓

1986
24.1 - nhà thám hiểm đầu tiên của Sao Thiên Vương

1981
12.IV - phóng tàu con thoi tái sử dụng đầu tiên vào quỹ đạo
(“Colombia”)

Tàu vũ trụ từ quỹ đạo nguyên sinh (“Du hành 2”).

20.II - phóng trạm Mir mới vào quỹ đạo. ↑
4.III - nghiên cứu tàu vũ trụ trực tiếp đầu tiên về sao chổi Halley (“Beaa-1”).

1987
9.IV - lắp ghép mô hình quỹ đạo đầu tiên («Kvant») với trạm Mir.

8

GẶP GỠ VỚI MỘT SAO CHUYỂN
HALLEY ĐÃ ĐƯỢC XẢY RA!

Thí sinh Vật lý và Toán học
T. K. BREUS

Sao chổi vẫn là vật thể ít được nghiên cứu nhất trong hệ mặt trời, mặc dù một số được phát hiện hàng năm. Lý do là chúng xuất hiện một cách bất ngờ, và bản thân thân của sao chổi - hạt nhân của nó - không thể tiếp cận được với các quan sát trên mặt đất, vì nó bị ẩn bởi ánh sáng của một vật thể khổng lồ, lớn hơn hàng trăm nghìn lần so với chính hạt nhân, phần đầu, hay còn gọi là “hôn mê” - một bầu không khí bụi khí phát sinh trong quá trình bốc hơi của vật chất sao chổi, được đốt nóng bởi nghiên cứu mặt trời khi sao chổi tiến gần Mặt trời.

Sao chổi Halley đã chứng tỏ mình là một trong những sao sáng nhất trong lần trở lại của nó. Ví dụ, vào năm 837, nó đã vượt qua Trái đất 6 triệu km và sáng hơn Sirius, ngôi sao sáng nhất trên bầu trời Trái đất 6,5 lần. Năm 1910, trong quá trình thực hiện ngôi sao sáng, sao chổi đã tìm thấy chính nó giữa Trái đất và Mặt trời. Và vì đuôi sao chổi luôn hướng ra xa Mặt trời và kéo dài hàng triệu km nên Trái đất đã bay qua đuôi sao chổi trong vài giờ.

Vào thời điểm này, sao chổi Halley được phát hiện ở khoảng cách kỷ lục - cách hành tinh của chúng ta và Mặt trời khoảng 1,6 triệu km. Đó là ngày 16 tháng 10 năm 1982, khi sao chổi ở trong chòm sao Canis Minor và mờ hơn 40 triệu lần so với những ngôi sao mờ nhất mà con người vẫn có thể nhìn thấy bằng mắt thường. Thông thường, sao chổi được phát hiện ở khoảng cách nhỏ hơn 2-3 lần, nhưng lần này công nghệ tiên tiến nhất đã được sử dụng, cho phép ghi lại ngay cả các lượng tử ánh sáng riêng lẻ. Nhưng do vị trí quỹ đạo của sao chổi không thuận lợi (trong các chu kỳ quỹ đạo, Mặt trời nằm giữa Trái đất và sao chổi), nên không thể “hứa hẹn” với nó một cách chính xác từ Trái đất. Nhược điểm này của sao chổi ngay lập tức được giải quyết bằng việc phóng gót tàu vũ trụ tới sao chổi - hai chiếc của Liên Xô (“Veta-1”, “Veta-2”)*, một Tây Âu (“Giotto”) và hai người Nhật Bản.

Trong lần xuất hiện trước của sao chổi Halley vào năm 1910, kính quang phổ chủ yếu nhắm vào nó, với sự trợ giúp của chúng, các Actrome đã làm rõ thành phần của đầu và đuôi của vị khách thiên thể. Thậm chí trước đó, vào năm 1835-1836, thiết bị vật lý thiên văn đầu tiên đã được sử dụng để nghiên cứu sao chổi Halley - phát minh của nhà vật lý và thiên văn học xuất sắc người Pháp Arago - một kính phân cực. Sau đó, người ta đã chứng minh rằng đuôi của sao chổi tỏa sáng chủ yếu bằng ánh sáng phản chiếu từ Mặt trời, nghĩa là chúng chứa rất nhiều bụi - các phần đá phân tán của hạt nhân, bị đẩy ra xa Mặt trời dưới dạng đuôi bởi một loại lực nào đó. Chỉ đến năm 1910, sau khi nhà vật lý người Nga P. N. Lebedev chứng minh rằng ánh sáng có thể gây áp lực lên các hạt thì sự hình thành đuôi sao chổi bụi bặm mới được giải thích.

Năm 1836, những tuyên bố về bản chất vật lý của hạt nhân thiếc của sao chổi xuất hiện trong các tài liệu khoa học. Nhà thiên văn học người Đức Bessel đưa ra ý tưởng rằng chất này dễ bay hơi, nghĩa là dễ bị đốt cháy bởi nhiệt. Một ý tưởng tương tự đã được thể hiện bởi Lapas quá cố. Trong ấn bản thứ ba của cuốn Triển lãm Hệ thống Thế giới (1808), ông đã giải thích sự hình thành phần đầu và đuôi khổng lồ của sao chổi bằng sự bốc hơi nhanh chóng của một “chất lỏng” từ bề mặt của hạt nhân gần Mặt trời. Khi xóa

*) Chuyến bay của trạm vũ trụ Veta được thực hiện trong khuôn khổ Cuộc thám hiểm quốc tế “Sao Kim - Sao chổi Halley”. Dự án Veta đã được L. S. Marochnik mô tả trong bài báo “A Date with a Comet” ở «Kvant» số 5 năm 1985.

9

Trong các sao chổi lười biếng, “chất lỏng” còn lại từ ngôi sao của chúng ta lại phải biến thành băng, v.v. với mỗi lần quay trở lại tiếp theo.

Vào thế kỷ 20, ý tưởng về hạt nhân băng giá của sao chổi mới được nhà vật lý thiên văn người Mỹ F. Whipple làm sống lại. Ông đề xuất một mô hình (1950), theo đó hạt nhân sao chổi là một tảng băng vũ trụ - một khối nguyên khối có hình dạng không đều, bao gồm các chất dễ bay hơi đông lạnh (H₂O, CH₄, NH₃, CO₂, v.v.) trộn lẫn với các hạt vật chất thiên thạch. Khi hạt nhân sao chổi đến gần Mặt trời, các chất dễ bay hơi bốc hơi khỏi bề mặt của nó và các dòng khí phát sinh mang theo các hạt bụi - tạo thành trạng thái hôn mê và đuôi.

Nhà thiên văn học Liên Xô B. A. Vorontsov-Velyaminov tin rằng nhân sao chổi chủ yếu bao gồm các chất chịu lửa (silicat, kim loại) và chỉ trên bề mặt mới có một lớp khí đông lạnh. Nhà vật lý thiên văn người Hà Lan M. Greenberg nhìn chung đồng ý với Whipple, nhưng tin rằng các tổ chức vật chất phức tạp nên được “thêm” vào thành phần giả thuyết của hạt nhân. Ông đề xuất rằng nhân của sao chổi không phải là một tảng băng trôi mà là một loại trôi tuyết và nó bao gồm các hạt vật chất liên Trái đất, được nén nén thành một cấu trúc phức tạp - một hình trụ dài vài micron, bên trong là silicat, một lớp chất hữu cơ ở trên và một lớp băng ở trên chất hữu cơ.

Những vị khách không gian sẽ đến với chúng ta từ đâu? Nơi mà những khối bụi, khí và thậm chí cả chất hữu cơ phức tạp này có thể hình thành - một lớp băng.

Những vị khách không gian sẽ đến với chúng ta từ đâu? Nơi mà những khối bụi, khí và thậm chí cả chất hữu cơ phức tạp này có thể hình thành - một lớp băng.

Có rất nhiều giả thuyết về nguồn gốc của sao chổi. Theo một trong số đó, lần đầu tiên được đề xuất bởi Lagrange (1788), và sau đó được phát triển bởi nhà khoa học Liên Xô S.K. Vsesvyatsky (1955), hạt nhân sao chổi có thể bị đẩy ra khỏi lòng các hành tinh khổng lồ và các vệ tinh của chúng trong các vụ phun trào núi lửa. Khi các nhà du hành người Mỹ phát hiện ra hoạt động núi lửa trên mặt trăng Io của sao Mộc, giả định này đã tạo ra một loại “cơn gió thứ hai”. Tuy nhiên, thái độ đối với giả thuyết này rất đáng nghi ngờ - có quá nhiều “nhưng”.

Hầu hết các chuyên gia tin rằng nhà thiên văn học xuất sắc người Hà Lan Jan Oort đã đạt được đáp số khi được hỏi về nguồn gốc của sao chổi. Tất nhiên, ngay từ đầu, tính đúng đắn của một giả thuyết cụ thể không được quyết định bởi đa số phiếu và chỉ có các dữ kiện thực nghiệm mới cung cấp bằng chứng khách quan. Tuy nhiên, giả thuyết của Oort (1950) hầu như không có sai sót.

Oort cho rằng Hệ Mặt trời được bao quanh bởi một “đám mây” sao chổi khổng lồ, kéo dài ở khoảng cách từ 20.000 đến 200.000 đơn vị thiên văn (1 AU = 150.000.000 km) tính từ Mặt trời, tức là vượt xa hệ hành tinh (quỹ đạo của Sao Diêm Vương, hành tinh cuối cùng, là khoảng 40 AU).

Điều gì khiến sao chổi rời khỏi “nơi trú ẩn” của chúng? Mặc dù vùng Oort được ước tính chứa 10¹¹ 10¹² sao chổi, nhưng sự va chạm của chúng rất hiếm*) nên chúng không thể là nguyên nhân đẩy chúng ra khỏi đám mây. Hóa ra sự đi qua gần của một ngôi sao là nguyên nhân gây ra điều này. Chúng thay đổi tốc độ chuyển động của sao chổi và đôi khi bị ném ra ngoài Hệ Mặt trời hoặc về phía Mặt trời.

Tuy nhiên, nguồn gốc của đám mây Oort, hay còn gọi là ngân hàng hoặc nơi an toàn của sao chổi, vẫn chưa rõ ràng. Lời giải vấn đề này là một trong những mục tiêu chính của thí nghiệm không gian đối với sao chổi Halley. Các nhà khoa học hy vọng rằng việc quan sát hạt nhân sao chổi ở cự ly gần, xác định thành phần của nó và kiểm tra một phần sao chổi bằng “bàn tay” của automata sẽ giúp chúng ta có thể hiểu được ngân hàng Oort được hình thành như thế nào. Nó có phải là một phần của vật chất hình thành hành tinh - tinh vân mõm khí, từ đó Mặt trời, các hành tinh và sao chổi hình thành vào cùng một thời đại? Hoặc có thể ngân hàng Oort có nguồn gốc từ thiên hà? Ví dụ, sau khi hoàn thành quá trình hình thành của nó, hệ mặt trời.

*) Thời gian giữa các lần va chạm của hai hạt nhân sao chổi có kích thước thông thường là 1 km dài hơn mười bốn bậc độ lớn so với thời gian tồn tại của Hệ Mặt trời.

10

Trạm cơ khí tự động “Veza”.
Máy phân tích khối lượng bụi “PUMA”.

Nền tảng ổn định tự động với một thiết bị được cài đặt trên đó. Hệ thống truyền hình bao gồm một camera góc hẹp có độ phân giải cao (1), một camera nhắm mục tiêu góc rộng (2) và một thiết bị truyền hình điện tử (3). Máy quang phổ ba kênh (4) và máy quang phổ hồng ngoại (5) cũng được lắp đặt trên bệ.

11

Hệ thống có thể bay qua một đám mây khí liên sao khổng lồ và thu giữ bụi, khí, các hợp chất hữu cơ mà nó chứa và thậm chí có thể cả hạt nhân sao chổi đã được tạo sẵn.

Nhân tiện, bằng phương pháp thiên văn vô tuyến, một số loại hợp chất hữu cơ đã được phát hiện trong các đám mây bụi khí trong Thiên hà - formaldetide, axit hydrocyanic, rượu - những sản phẩm ban đầu để hình thành các dẫn xuất carbon phức tạp nhất - axit amin, là “khối xây dựng” của protein. Dấu vết của các hợp chất tổ chức được ghi lại trong quá trình quan sát trên mặt đất và trong sao chổi. Ngay cả bản thân axit amin cũng được tìm thấy trong thiên thạch.

Có lẽ thiên thạch (như sao chổi) là “rác thải” từ công trường nơi Hệ Mặt trời được tạo ra. Tuy nhiên, chúng đã bị Mặt trời “hư hỏng” khá nhiều. Sao chổi được bảo quản ở một khoảng cách rất xa, như thể trong tủ lạnh, không tiếp xúc với bức xạ, và do đó phải giữ được các đặc tính cơ bản của chúng.

Đó là lý do vì sao các nhà khoa học nóng lòng chờ đợi cuộc hẹn hò với sao chổi Halley.

Nhiệm vụ quan trọng nhất trong Dự án Veta là nghiên cứu các đặc tính vật lý của nhân sao chổi. Hai phương pháp đã được sử dụng: thứ nhất là đo từ xa bằng dụng cụ quang học và thứ hai là nghiên cứu trực tiếp vật chất (khí và bụi) rời khỏi lõi và đi qua quỹ đạo mà thiết bị đang chuyển động.

Các thiết bị quang học được đặt trên một nền tảng đặc biệt, nền tảng này quay trong quá trình hoạt động của lõi và tự động theo dõi hướng về phía nó. Tuy nhiên, một trong những yếu tố chính của tổ hợp quang học là hệ thống truyền hình. Bộ này cũng bao gồm các thiết bị được cho là cung cấp các nghiên cứu quang phổ chi tiết về thành phần hóa học của các vật thể khí quyển khác nhau (hôn mê) và đuôi sao chổi. Tuy nhiên, một trong những hướng quan trọng nhất của những nghiên cứu này là tìm kiếm các phân tử sơ cấp, hay chúng còn được gọi là các phân tử “mẹ”. Thay đổi quang phổ mặt đất

những phân tử này không thể được phát hiện. Thực tế là khi băng sao chổi chuyển trực tiếp từ trạng thái rắn sang trạng thái khí, khí bay ra khỏi bề mặt sao chổi gần như với tốc độ âm thanh và mật độ của nó rất cao trong vùng hạt nhân. Do đó, các phân tử tương tác mạnh mẽ với nhau và những thay đổi hóa học xảy ra trong chúng. Trong các quá trình này, cái gọi là “con gái”, tức là các phân tử thứ cấp, được hình thành. Họ “ghi lại” những thay đổi quang phổ trên mặt đất.

Các nghiên cứu quang học về trạng thái khí của khí quyển sao chổi cần được bổ sung bằng những thay đổi của nó bằng máy phân tích khối bụi đặc biệt (PUMA).

Như đã lưu ý, bầu khí quyển sao chổi không chỉ bao gồm khí mà còn có các hạt bụi. Với tốc độ tương đối của việc hợp nhất tàu vũ trụ với sao chổi gần 80 km/s, loại bụi này gây ra mối nguy hiểm lớn. Để bảo vệ thiết bị, sao chổi tạo ra vận tốc và được sử dụng để xác định thành phần của các hạt. Nếu một mục tiêu được đặt trên đường đi của một “hạt bụi” như vậy thì khi nó bị loại bỏ, hạt đó sẽ bốc hơi một cách bùng nổ, bắt đầu và biến thành một đám mây plasma. Máy quang phổ khối xác định thành phần của nó, và do đó thành phần của hạt nhân sao chổi mà hạt này thoát ra.

12

Đây là ý tưởng của thí nghiệm PUMA (giám sát khoa học R.Z. Sagdeev (Liên Xô), U. Kissel (Max Planck Society, Đức), J.L. Berto (Pháp)).

Một số thiết bị nhằm mục đích đo các đặc tính vật lý của dòng bụi - số lượng các bộ phận có khối lượng khác nhau, kích thước và mật độ của chúng.

Nhiều thiết bị cũng được lắp đặt trên các trạm để nghiên cứu sự tương tác của các ion sao chổi với môi trường liên hành tinh, như đã biết, chứa đầy plasma phát ra từ vành nhật hoa - gió mặt trời.

Chúng ta đã học được điều gì mới trong cuộc gặp gỡ với sao chổi này?

Phân tích hình ảnh truyền hình truyền từ các trạm về Trái đất cho thấy hạt nhân của sao chổi Halley là một khối nguyên khối có hình dạng không đều. Kích thước của nó là 8x8x16 km. Con số này nhiều hơn những gì các nhà khoa học giả định (2-5 km). Thể tích của lõi, theo ước tính sơ bộ, là khoảng 5·10¹¹ m³. Hạt nhân được quay quanh một trục nằm bên trong hình nón ở khoảng cách ±45° so với mặt phẳng pháp tuyến đến mặt phẳng quỹ đạo. Hướng của bác sĩ trùng với hướng chuyển động của quỹ đạo. Độ phản xạ của lõi rất thấp. Nhân của sao chổi là một trong những vật thể tối nhất trong hệ mặt trời. Sự phát thải bụi chỉ xảy ra ở phần được chiếu sáng của lõi. Có một số khu vực trên bề mặt (khoảng 10% diện tích), từ đó bụi thoát ra theo dòng tương đối hẹp (máy bay phản lực). Tuy nhiên, bụi bám lại trên bề mặt và bên ngoài chip. Phía trên bề mặt có một lớp mỏng (khoảng 1 km), bên trong bụi được tăng tốc bởi dòng khí từ tốc độ 0 đến vài trăm mét mỗi giây. Các đặc điểm giống như miệng núi lửa dạng vòng có thể nhìn thấy được trên bề mặt.

Những bức ảnh do bộ máy Giotto Tây Âu chụp đã làm rõ thêm bức tranh này chỉ ở câu hỏi cuối cùng: các miệng hố vành chắc chắn là có thật; chúng có thể nhìn thấy rõ ràng trên các hình ảnh sigma đã được xử lý gần điểm kết thúc (ranh giới của bóng tối và ánh sáng), nơi có ít bụi phía trên bề mặt và điều kiện ánh sáng thuận lợi nhất.

Các phép đo bức xạ nhiệt của lõi được thực hiện bằng máy quang phổ Veni-1 giúp xác định nhiệt độ bề mặt. Từ các tính toán sơ bộ dựa trên các điều kiện cân bằng nhiệt, theo đó, về phía ngày của sao chổi, nó phải là 200 K. Tuy nhiên, các phép đo cho giá trị gấp đôi $T=380 \pm 30$ K.

Điều này có thể giải thích được, nhà khoa học Liên Xô V.I. Moroz, nếu chúng ta giả sử rằng bề mặt lõi được bao phủ bởi một lớp “trọng lượng” (tương tự như trường hợp thường xảy ra ở các thành phố có tuyết). Lớp này hấp thụ năng lượng mặt trời, một phần được phát lại ở vùng hồng ngoại và một phần được truyền bằng dẫn nhiệt xuống bề mặt “sạch” bên trong của lõi, nơi có nhiệt độ khoảng 200 K.

Cấu trúc của lớp này là gì? Độ dày của nó rất có thể không quá 0,1 mm, nếu không nó sẽ làm suy yếu đáng kể dòng chảy tự nhiên. Đồng thời nó phải rắn chắc, nếu không thì lõi sẽ không đen như vậy. Rõ ràng, có nhiều hạt nhỏ trong đó và khí tự do đi qua các lỗ chân lông. Lớp bề mặt ở một số nơi thỉnh thoảng nứt ra, và sau đó một vùng hoạt động được hình thành với dòng vật chất đặc biệt mạnh mẽ.

Sự hình thành của một lớp như vậy là sự đan xen của các lớp tự nhiên, nếu chúng ta nhớ rằng băng sao chổi được vận chuyển cùng với các hạt chất chịu lửa và trong quá trình bay hơi sau khi khí rời đi, nồng độ của chúng trên bề mặt tăng lên.

Nhiệt độ 380 K đề cập đến điểm ấm nhất của lõi, nằm ở phía ban ngày ở xích đạo. Điểm này được dịch chuyển so với điểm thu được khoảng một giờ do quán tính nhiệt của lớp bề mặt. Về đêm trời lạnh hơn nhiều; Theo ước tính gián tiếp, nhiệt độ ở đây là 180-200 K.

Có thể ước tính khối lượng và mật độ trung bình của hạt nhân sao chổi. Khối lượng được xác định bởi hiệu ứng phản ứng, được tạo ra bởi sự phát thải khí và bụi về phía Mặt trời. Các tính toán được thực hiện độc lập bởi nhà khoa học Thụy Điển G. Rickman và các nhà khoa học Liên Xô R. Z. Sagdeev, P. E. Elyasberg, V. I. Moroz. Kết quả

13

kết quả hóa ra rất gần - khối lượng của hạt nhân sao chổi là (0,5-2)·10¹⁴ kg. Do đó, mật độ trung bình của chất lõi (hãy nhớ rằng thể tích của nó ước tính là 5·10¹¹ m³) là 0,1–0,4 g/cm³.

Kết quả thú vị để đo các đặc tính định lượng của dòng bụi. Các thí nghiệm với máy đếm bụi đã chỉ ra rằng mỗi ngày có khoảng một triệu tấn bụi vũ trụ rời khỏi hạt nhân sao chổi. Bản chất của sự phân bố kích thước của các hạt bụi hóa ra khá bất ngờ; một số lượng lớn các hạt nhỏ có kích thước cỡ một phần trăm micron đã được phát hiện một cách bất ngờ.

Các phép đo đã chỉ ra rằng dòng khí rời khỏi sao chổi chứa nhiều hơi nước nhất. Thành phần phổ biến thứ hai là carbon dioxide. Rất có thể, CO₂ và H₂O được đưa vào lõi dưới dạng clathrate - một hợp chất tinh thể trong đó các phân tử của một chất (CO₂) được “nhúng” vào mạng tinh thể của chất kia (băng H₂O).

Thông tin cơ bản và hoàn toàn mới về trạng thái hóa học của các hạt là một phần của hạt nhân và khiến nó chịu áp lực của dòng khí, đối với thí nghiệm PUMA (trên Vega) và một thí nghiệm tương tự trên Giotto. Trong thực tế, các hạt có đường kính một phần trăm và phần mười micron đã được ghi lại, nhưng có rất nhiều trong số chúng. Thí nghiệm PUMA thu được quang phổ của khoảng 2000 hạt như vậy.

Từ quang phổ, theo thành phần hóa học, các hạt rắn của bụi sao chổi có thể được chia thành ba loại chính: loại thứ nhất chủ yếu là các nguyên tố nhẹ, loại thứ hai là carbon và loại thứ ba là kim loại. Nhà vật lý Liên Xô L.M. Mukhin, người phân tích những quang phổ này, đã đi đến hai kết luận quan trọng. Đầu tiên, các hạt giàu carbon thể hiện tỷ lệ nguyên tố C/Si lớn hơn đáng kể so với tỷ lệ được tìm thấy trong bất kỳ loại thiên thạch nào. Kết luận thứ hai là tỷ lệ C/Si lớn luôn đi kèm với sự hiện diện của nitơ và điều này chỉ có thể được giải thích bởi thực tế là carbon và nitơ là một phần của các phân tử hữu cơ. Đây là một dấu hiệu quan trọng cho thấy sự hiện diện của các công nghệ quan trọng.

Trên thực tế, không có khó khăn kỹ thuật nào không thể vượt qua để thực hiện những nghiên cứu như vậy ngay cả ở mức độ phát triển không gian hiện nay và các nhà khoa học đã thảo luận về khả năng này. Trong số các sao chổi cũng có những sao chổi có thể tiếp cận hạt nhân của chúng thậm chí đến mức tiếp xúc trực tiếp. Có lẽ một Plenet như vậy đã được thực hiện vào cuối thế kỷ này hoặc đầu thế kỷ tiếp theo.

14

BÍ ẨN
RAMANUJANA

(kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông)

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
S. G. GINDIKIN

Ramanujan thích nói rằng những công thức đã được Boziya Namakkal đưa cho anh trong giấc mơ. Điều thú vị là trên thực tế, anh ấy thường xuyên rời giường vào buổi sáng và viết ngay ra những công thức làm sẵn.

Setsu Aiyar và Ramachandra Rao

Thư gửi Cambridge
Vào đầu năm 1913, giáo sư G. G. Hardy của Đại học Cambridge nhận được một lá thư từ Madras xa xôi. Ở tuổi 36, Hardy đã là một trong những chuyên gia hàng đầu về giải tích và lý thuyết số, là tác giả của một số công trình toán học xuất sắc. Người gửi bức thư, Srinavzaa Ramanujan, làm thư ký ở bộ phận kế toán của Bưu điện Madras với mức lương khiêm tốn hơn 20 feet mỗi năm. Anh ấy báo cáo về bản thân rằng anh ấy không có trình độ đại học và sau khi tốt nghiệp ra trường, anh ấy học toán một cách độc lập, không tuân theo hệ thống được chấp nhận mà “chọn con đường riêng của mình”. Nội dung toán học của bức thư trông khá vụng về - người ta có thể dễ dàng nhầm tác giả với một kẻ nghiệp dư tự tin.

Bản thân một lá thư như vậy không thể gây ấn tượng nhiều với Hardy. Nhưng một số công thức được đính kèm trong thư, được đề xuất xuất bản nếu thấy thú vị, điều mà bản thân tác giả không thể làm được vì nghèo. Xem công thức của Hardy thật: anh nhận ra rằng mình đang đối mặt với một hiện tượng phi tự nhiên. Anh ấy trả lời Ramanujan một cách thích thú, và sự trao đổi thư từ căng thẳng xảy ra giữa họ (ngày nay, thật đáng ngạc nhiên khi những bức thư giữa Ấn Độ và Anh hồi đó lại diễn ra nhanh chóng như thế nào). Hardy dần dần thu thập được khoảng 120 công thức khác nhau.

Các công thức của Ramanujan chủ yếu liên quan đến sự tương ứng giữa các căn thức vô hạn (Hộp 2), chuỗi vô hạn, tích và phân số liên tục (Hộp 1, 3, 4) và đồng nhất thức giữa các tích phân. Trước hết, rõ ràng là họ đã vượt xa

Hộp 1. Ví dụ về tổng vô hạn được tính bởi Ramanujan

$$1 - 5 \left(\frac{1}{2}\right)^3 + 9 \left(\frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4}\right)^3 - 13 \left(\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6}\right)^3 + \dots = \frac{2}{\pi}.$$

Công thức tuyệt vời này là một trong những công thức mà Ramanujan đã thêm vào lá thư đầu tiên của Hardy. Làm thế nào để tổng của chuỗi xen kẽ $a_0 + a_1 + a_2 + \dots$ với một số hạng chung

$$a_n = (-1)^n (4n + 1) \left(\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n - 1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot (2n)}\right)^3$$

có thể đột nhiên bằng 2/π, Hardy đã không thể hiểu được trong một thời gian dài. Người đọc có thể xác minh tính hợp lệ của công thức này dưới dạng đẳng thức gần đúng bằng máy tính. Chứng minh một đẳng thức chính xác không phải là điều cơ bản.

15

Hộp 2. Căn thức lặp vô hạn

$$\sqrt{1+2\sqrt{1+3}\sqrt{1+4}\sqrt{1+...}}=3.$$

Ramanujan đã nhận được công thức tuyệt vời này khi còn đi học như sau: ông đã viết một chuỗi các đẳng thức rất có ý nghĩa

$$n(n+2)=n\sqrt{1+(n+1)(n+3)}=n\sqrt{1+(n+1)\sqrt{1+(n+2)(n+4)}}=...,$$

và sau đó thay thế $n=1$. Ramanujan không quan tâm đến vấn đề tính hợp pháp của việc chuyển sang giới từ. Bằng cách làm tương tự, người đọc có thể tự mình tìm ra công thức!

$$\sqrt{6+2\sqrt{7+3\sqrt{8+4}\sqrt{9+...}}}=4.$$

toán tiểu học. Mục đích của các câu hỏi sau đó được đặt ra: chúng có được biết đến không; nếu có thì tác giả của bức thư có nhận được nó một cách độc lập hay không; nếu không thì chúng có đúng không? Hardy sớm nhận ra rằng tình huống này thật nghịch lý: anh ấy, chắc chắn là một chuyên gia xuất sắc trong phân tích hiện đại, đang phải đối mặt với rất nhiều công thức mà anh ấy chưa biết!

Hardia rất ấn tượng với các công thức có chuỗi vô hạn (xem Hộp 1). Sau khi nghiên cứu chúng, ông đi đến kết luận:

“…Ramanujan chắc chắn phải có sẵn một số định lý rất tổng quát mà anh ấy đang giấu tôi.”

Nhưng Hardy đặc biệt ngạc nhiên trước sự tương ứng với các phân số liên tục vô hạn (một trong những sự tương ứng sau này thuộc loại này được hiển thị trong Cài đặt 3):

“…những thư từ này khiến tôi hoàn toàn bế tắc; tôi chưa bao giờ thấy thứ gì giống như vậy. Chỉ cần nhìn vào chúng là đủ để tin rằng chúng chỉ có thể được viết bởi một nhà toán học thuộc đẳng cấp cao nhất.”

Phép lạ từ Kumbakonam

Làm thế nào mà nhà toán học khiến Hardy ngạc nhiên đến vậy lại trở thành người như vậy? Srinivaza Ramanujan Iyengor sinh ngày 22 tháng 12 năm 1887 ở miền nam Ấn Độ tại làng Erode. Tuổi thơ của anh chủ yếu trải qua ở thị trấn nhỏ Kumbakonam (cách Madras 260 km), nơi cha anh làm kế toán trong một cửa hàng dệt nhỏ. Ramanujan thuộc về người Bà la môn, nhưng sự giàu có không còn thuộc về người thân của ông nữa. Cha mẹ anh, và đặc biệt là mẹ anh, có tính nhân rộng sâu sắc. Ramanujan được nuôi dưỡng trong truyền thống đẳng cấp. Tuổi thơ trải qua ở một thành phố nơi mọi viên đá đều gắn liền với một tôn giáo cổ xưa, được bao quanh bởi những người luôn cảm thấy rằng họ thuộc đẳng cấp cao hơn, đã đóng một vai trò lớn trong sự phát triển của Ramanujan.

Từ năm 5 tuổi, Ramanujan đã đi học; đến năm 10 tuổi, anh đã tốt nghiệp tiểu học. Anh bắt đầu thể hiện những khả năng phi thường và nhận được học bổng cung cấp nền giáo dục tại một trường trung học với chi phí chỉ bằng một nửa. Ở tuổi 14, một học sinh ở Madras đưa cho cậu một cuốn sách hướng dẫn hai tập về phép đo lượng giác của Loni. Chẳng bao lâu Ramanujan đã nghiên cứu lượng giác học, và cậu sinh viên có cơ hội được hưởng lợi từ lời khuyên của ông trong lời giải bài toán. Những câu chuyện và truyền thuyết đầu tiên có từ thời kỳ này. Người ta nói rằng chính ông đã khám phá ra “công thức Euler cho sin và cos” và rất khó chịu khi tìm thấy công thức này trong tập thứ hai của Loney.

Giáo viên giải thích: “Cô bé Bà-la-môn” tin rằng trong toán học, cũng như các ngành khoa học khác, người ta nên tìm kiếm “chân lý cao nhất” vốn có trong đó. Những người lớn tuổi đưa ra những tài liệu tham khảo mơ hồ về định lý Pythagore, và thậm chí cả những phép tính theo tỷ lệ phần trăm.

16

Hộp 3. Chính xác về số học với tổng vô hạn và phân số nguyên

$$1 + \frac{1}{1.3} + \frac{1}{1.3.5} + \frac{1}{1.3.5.7} + \frac{1}{1.3.5.7.9} + \dots + \frac{1}{1 + 1} = \sqrt{\frac{\pi e}{2}}.$$

Đây có lẽ là công thức đẹp nhất của Ramanujan, một tác phẩm nghệ thuật toán học đích thực. Cô bất ngờ kết nối một chuỗi vô hạn và một phần nguyên vô hạn. Điều đáng ngạc nhiên là cả chuỗi lẫn toàn bộ phân số đều không thể được biểu diễn dưới dạng các hằng số l và e đã biết, và tổng của chúng hóa ra lại bằng $\sqrt{\pi e}/2$ một cách không thể chấp nhận được!

“Tóm tắt kết quả sơ cấp của toán học thuần túy và ứng dụng”

Cuốn sách hướng dẫn gồm hai tập này của nhà toán học người Anh Carara, viết vào năm 1880-1886, đến Ramanujan vào năm 1903 - khi đó ông mới 16 tuổi. Cuốn sách này đóng một vai trò to lớn trong việc hình thành Ramanujan. Nó thu thập được 6165 định lý và công thức, hầu như không có bằng chứng, với những giải thích tối thiểu. Cuốn sách chủ yếu dành cho đại số, lượng giác, giải tích và hình học giải tích.

Cuốn sách của Carara đã kích thích bé suy luận độc lập các công thức. Những người biết Ramanujan trong những năm này đều nói về điều này. Khu vực quan tâm chính của nó dần dần thay đổi: các bình phương toán học, sau đó là bình phương của hình tròn (nó được tìm thấy với độ chính xác cho phép người ta tính chiều dài của đường xích đạo với sai số không quá 1-2 m, theo truyền thuyết) và cuối cùng, đến lượt các hàng vô tận. Đây đã là sự khởi đầu của một cuộc đời toán học thực sự!

Cuốn sách của Karar đủ thành công để định hình thế giới toán học của Ramanujan. Nhưng việc tập trung vào cuốn sách này còn có những hậu quả khác. Vì cuốn sách không có bằng chứng và cùng lắm chỉ có những thông điệp mang tính gợi ý nên Ramanujan đã phát triển một phương pháp độc đáo để thiết lập chân lý toán học. Hơn nữa, Ấn Độ thiếu các hướng dẫn phù hợp để thực hiện các bằng chứng nghiêm ngặt.

“Sự hiểu biết của anh ấy về bản chất của chứng minh toán học còn hơn cả mơ hồ; anh ấy TỰ CHỌN tất cả các kết quả của mình, cả sớm và muộn, cả đúng và sai, với sự trợ giúp của sự kết hợp giữa các bằng chứng trực quan, thông điệp quy nạp và lý luận logic … "

Giáo trình Toán học của Ramanujan thực sự đã được quyết định hoàn toàn trong suốt những năm này - hướng nghiên cứu khoa học, ông chưa bao giờ thay đổi cách suy nghĩ. Thông điệp có thể truyền tải ở đây là Ramanujan được hình thành trong những điều kiện khó khăn. Trong hoàn cảnh bình thường, chắc chắn anh ấy sẽ trở thành một nhà toán học được đào tạo chuyên môn tốt hơn, nhưng liệu chúng ta có thể chắc chắn rằng anh ấy cũng độc đáo như vậy không? Liệu Ramanujan có thể nhìn thấy được nhiều điều như vậy không nếu ngay từ khi còn nhỏ, ông đã được dạy các quy tắc ứng xử trong toán học và công bố kết quả của mình cùng với bằng chứng bên ngoài, liệu ông có xây dựng thế giới toán học của mình trên cơ sở mọi thứ mà nhân loại có thể tiếp cận được chứ không phải trên một số lượng tương đối nhỏ các sự kiện?

Từ con số đến công thức

Trong quá trình hình thành thế giới toán học của Ramanujan, điều quan trọng là kho dữ liệu toán học ban đầu (về cơ bản là thứ tự điều chỉnh với những con số cụ thể. Ông đã thu thập những dữ kiện đó từ thời thơ ấu. Người bạn cùng trường của ông kể lại rằng

17

Ngôi nhà ở Kumbakonam,
gần Madras,
trong đó
trải qua tuổi thơ của tôi
Ramanujan.

xây dựng trường học
ở Kumbakonam:
có nó ở đây
giáo dục trung học
và bắt đầu
độc lập
nghiên cứu
Ramanujan.

Một trong những tòa nhà
Cambridge
trường đại học -
Cao đẳng Trinity.
Ở đây từ năm 1914
đến năm 1919
đã làm việc
Srinivaza
Ramanujan.

Người duy nhất được biết
chân dung của Ramanujan.

Gordon Harold
Hardy
(1877—1947),
nổi tiếng
Tiếng Anh
nhà toán học,
giáo sư
Cambridge
trường đại học,
người bạn và đồng tác giả
Ramanujan.
Nhiếp ảnh
đầu những năm 1900
năm.

2 «Kvant» № 10

17

21

TẠI SAO CHÚNG TA Ở TRONG MÙA ĐÔNG
CHÚNG TÔI SỬ DỤNG
Sưởi ấm?

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

Một ghi chú với tiêu đề này được nhà thiên văn học nổi tiếng người Đức Robert Emden xuất bản năm 1938 trên tạp chí Nature của Anh. “Thiên nhiên” là một loại tạp chí nơi các công trình khoa học nguyên bản (và một số trong số đó sau đó đã được trao giải Nobel) được xuất bản cùng với các bài báo cố gắng viết về nhiều chủ đề khác nhau.

Mặc dù ghi chú của R. Emden rất phổ biến nhưng nó vẫn không bị chú ý: các đoạn trích từ nó và phần thảo luận của nó có thể được tìm thấy trong tập thứ sáu của khóa học về vật lý lý thuyết của A. Sommerfeld, một nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng, người đã đóng góp rất nhiều cho sự phát triển lý thuyết cấu trúc nguyên tử của Bohr. Đây là những gì R. Emden viết trong ghi chú của mình: “Khi được hỏi tại sao chúng ta sưởi ấm vào mùa đông, một người không chuyên sẽ trả lời: để làm cho căn phòng ấm hơn; Dấu hiệu của nhiệt động lực học có lẽ sẽ được biểu thị như sau:

sẽ cung cấp năng lượng còn thiếu. Trong trường hợp này, người thường mới đúng chứ không phải nhà khoa học”. Hãy cùng tìm hiểu tại sao lại như vậy.

Chuyên gia đang đề cập đến năng lượng bên trong của không khí tràn ngập ngôi nhà của chúng ta và trong điều kiện dân cư điển hình, không khí hoạt động giống như một loại khí lý tưởng (chính xác hơn là giống như một hỗn hợp các loại khí lý tưởng). Năng lượng của khí lý tưởng tỷ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối $T$ và lượng vật chất, tức là khối lượng của khí $m$. Vì vậy, đối với nội năng của không khí chúng ta có thể viết

$$U = amT,$$

trong đó $a$ là một hằng số nào đó.

Hiện nay sai lầm mà nhà khoa học mắc phải đang trở nên rất nghiêm trọng. Ông phát biểu rằng trong tình huống này khối lượng không khí $m$ là một hàm của nhiệt độ. Và thực tế là không gian sống không hề biệt lập với thế giới bên ngoài; khi không khí tan băng, nó nóng lên, nở ra và thoát ra một phần qua các vết nứt và lỗ chân lông trên tường. Để xác định

22

delta sự phụ thuộc của $m$ vào $T$, sử dụng phương trình Mendeleev-Clapeyron cho khí lý tưởng:

$$pV = \frac{m}{M} RT$$

(M là khối lượng mol của không khí, $R$ là hằng số khí phổ quát). Thể tích của phòng $V$ không thay đổi, áp suất $p$ không đổi, bằng áp suất không khí bên ngoài. Do đó, vế phải của phương trình (2), mặc dù nhiệt độ thay đổi, vẫn duy trì một giá trị không đổi. Điều này chỉ có thể thực hiện được nếu tích $mT$ không đổi.

Lưu ý rằng phương trình Mendeleev-Clapeyron thường được áp dụng trong trường hợp khối lượng $m$ cố định. Trong bài toán mà chúng ta đang xem xét, điều kiện này không được thỏa mãn và theo phương trình (1), nội năng của không khí, với tích $mT$ không đổi, phải không đổi. Sự gia tăng động năng trung bình của một phân tử riêng lẻ được bù đắp bằng sự giảm số lượng phân tử.

Nhiệt độ không khí trong phòng sẽ khác với nhiệt độ hoạt động của cơ thể con người. Nhiệt độ quá thấp gây hạ thân nhiệt nghiêm trọng trong cơ thể, do đó cản trở quá trình phản ứng hóa học đảm bảo quá trình trao đổi chất.

Là một nhà vật lý thiên văn, Emden không thể không nhớ đến vai trò của Mặt trời như “lò sưởi” tượng trưng giúp sưởi ấm Trái đất bằng bức xạ của nó. Mặc dù Trái đất tỏa gần như toàn bộ năng lượng nhận được từ Mặt trời trở lại không gian, nhưng năng lượng còn lại dường như được giải phóng ra môi trường vẫn đủ để duy trì nhiệt độ cần thiết cho sự sống trên bề mặt Trái đất. Sức mạnh của năng lượng mặt trời rơi trên một đơn vị diện tích bề mặt trái đất quyết định mức nhiệt độ $T$ (điều này giải thích sự thay đổi của các mùa và sự hiện diện của các vùng khí hậu), và sức nóng bên trong Trái đất bằng hàng nghìn phần nhiệt lượng của tia mặt trời và nó hoàn toàn không đủ để hỗ trợ sự sống. Do đó, mối nguy hiểm của nước hạt nhân, theo tính toán hiện đại của các nhà khoa học, không chỉ ở sự hủy diệt và tác động trực tiếp của vụ nổ lên các sinh vật sống mà còn ở sự xuất hiện của “mùa đông hạt nhân” - suy cho cùng, nhiều đám cháy sẽ gây ra một lượng lớn bồ hóng và bồ hóng không thể xuyên qua được ánh sáng mặt trời. Những chất béo này sẽ bao phủ toàn bộ Trái đất,

23

bất kể “ngọn lửa” chiến tranh hạt nhân xảy ra ở đâu. Hệ thống sưởi ấm mặt trời của Trái đất bị tắt và kỷ băng hà sẽ bắt đầu trên Trái đất.

Nhưng chúng ta hãy quay trở lại vấn đề sưởi ấm mặt bằng dân cư.

Các phương trình (1) và (2) đề cập đến nhiệt độ tính bằng kelvin. Phạm vi nhiệt độ tuyệt đối được gọi là Kelvin để vinh danh nhà vật lý người Anh W. Thomson, người đã nhận được danh hiệu Lord Kelvin vì những cống hiến to lớn của ông trong lĩnh vực khoa học và công nghệ. Tiêu đề này được chọn vì mục đích của con sông bên bờ mà Đại học Glasgow tọa lạc. Thomson đã dạy vật lý tại trường đại học này trong 50 năm. Đáng chú ý là các lựa chọn khác cho danh hiệu đã được thảo luận một cách hài hước trong gia đình - Lord Cable hoặc Lord Compass. Chúng phản ánh hai thành tựu của Thomson: ông tham gia chế tạo tuyến cáp xuyên Đại Tây Dương đầu tiên từ Mỹ đến Anh vào năm 1866 và đưa ra các điều kiện cấp tiến trong việc thiết kế la bàn cho tàu biển. Vì vậy, không có gì đáng ngạc nhiên khi khi phát triển các nguyên tắc cơ bản của nhiệt động lực học, Thomson đã băn khoăn về tính hợp lý của hệ thống sưởi ấm của chúng ta. Năm 1852, ông xuất bản một công trình trong đó ông chỉ ra rằng việc sử dụng cái gọi là máy bơm nhiệt mang lại lợi nhuận cao hơn nhiều lần so với các thiết bị sưởi ấm thông thường. Trong máy bơm nhiệt hoạt động theo nguyên lý của máy làm lạnh, năng lượng được sử dụng để truyền nhiệt từ không khí tải lạnh hơn sang không khí ấm hơn *).

Thomson’s Eden đã không nhận được sự phát triển hoặc ứng dụng thực tế trong nhiều năm. Năm 1920, tại đại hội đầu tiên của các nhà vật lý Liên Xô, Giáo sư V. A. Mikhelson, người nổi tiếng với công trình nghiên cứu trong lĩnh vực lý thuyết bức xạ nhiệt, đã đưa ra một báo cáo “Về sự gia nhiệt trong thời gian diapasic”, trong đó ông chủ yếu phát triển và bổ sung các ý tưởng của Thomson. Mikhelson đề xuất sử dụng các quá trình bay hơi và ngưng tụ của chất hoạt động trong máy bơm nhiệt, đây là điều được thực hiện trong các thiết kế hiện đại. Trong những thập kỷ qua, máy bơm nhiệt để sưởi ấm đã được sử dụng khá rộng rãi. Đặc biệt, vào mùa đông một năm, một bộ phận bơm nhiệt sưởi ấm bắt đầu hoạt động trong khu nhà trọ Yalta “Druzhba”, nơi nhiệt được lấy ra từ nước biển với nhiệt độ 8 ° C. Vì vậy, bạn có thể thoát khỏi nó với sự trợ giúp của cái lạnh.

*) Xem, ví dụ, «Kvant», 1986, số 11, tr. 19.

24

Nhiệm vụ

M1066 — M1070, F1078 — F1082

M1066. Sáu điểm nằm trên mặt phẳng sao cho tất cả các khoảng cách từng cặp giữa chúng không lớn hơn 1. Chứng minh rằng từ chúng có thể chọn ra ba điểm có khoảng cách từng cặp hoàn toàn nhỏ hơn 1.

S. G. Salnikov

M1067. Chứng minh rằng với các số không âm $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ thì bất đẳng thức sau đúng:

$$\frac{x}{1-x^2} + \frac{y}{1-y^2} + \frac{z}{1-z^2} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

V. E. Matizen

M1068. Cho một góc $AOB$ (A và B là các điểm nằm trên hai cạnh của góc). Vẽ một đường thẳng $l$ đi qua đỉnh $O$ sao cho diện tích của các hình tam giác $AOC$ và $BOD$, trong đó $C$ và $D$ là đáy của các đường vuông góc thả từ các điểm $A$ và $B$ đến đường thẳng $l$, bằng nhau.

P. O. Vurdin

M1069. Một số thành phố chỉ cho phép số lượng căn hộ ghép đôi (nếu hai gia đình đổi căn hộ thì không tham gia trao đổi khác trong cùng ngày). Chứng minh rằng mọi dự án phức tạp liên quan đến căn hộ của nhiều gia đình đều có thể hoàn thành trong hai ngày. (Giả định cả trước và sau mỗi lần trao đổi, gia đình đều sống ở một căn hộ riêng.)

N. N. Konstantinov, A. I. Shirelman

M1070. Tứ diện được giao nhau bởi ba mặt phẳng, mỗi mặt phẳng song song với hai cạnh đối diện của nó và cách xa chúng bằng nhau. Chứng minh rằng tổng bình phương diện tích của ba phần này nhỏ hơn 4 lần tổng bình phương các mặt của tứ diện.

V. N. Dubrovsky

F1078. Một sợi dây dài mỏng có vật nặng ở đầu được ném qua một ròng rọc và buộc vào mũi của một chiếc thuyền mô hình có thể uống theo một dòng nước dài thẳng (hình 1). Thuyền và tải được thả ra, tốc độ của thuyền (tính bằng cm/s) được ghi lại trong mỗi giây. Thật không may, chỉ có phần cuối của mục này còn tồn tại:

5,65; 6,44; 6,96; 7,31; 7,54; 7,70; 7,80; 7,86; 7,91.

Sử dụng những số liệu này, hãy xác định vận tốc của thuyền sau 0,1 giây kể từ khi nó được thả ra.

A. A. Sheronov

F1079. Nếu vòi nước lạnh mở hoàn toàn và vòi nước nóng đóng (hình 2), thì bồn tắm sẽ đầy nước trong $t_1 = 8$ phút; Nếu bạn gắn vòi có vòi sen ở cuối vào ổ cắm, thời gian đổ đầy sẽ tăng lên $t_2 = 14$ phút. Khi vòi nước lạnh đóng và vòi nước nóng mở hoàn toàn, thời gian đổ đầy là $t_3 = 12$ phút; trong cùng điều kiện, nhưng cuối cùng có vòi sen - $t_4 = 18$ phút. Hỏi nếu mở cả hai vòi thì bao lâu sẽ đầy nước trong bồn tắm? Và nếu cùng lúc đó một vòi có vòi sen được gắn vào?

B. E. Skorovarov

F1080. Tuy nhiên, bình có thành mỏng liên tục được bơm ra ngoài bằng máy bơm, tuy nhiên, do có vết nứt nhỏ trên thành bình nên áp suất không đổi $p_y = 0,001$ mm Hg được thiết lập trong đó. Nghệ thuật. Bên ngoài, áp suất khí quyển bình thường là $p_0 = 760$ mmHg. Nghệ thuật, độ ẩm tương đối

25

Chúng tôi đã xuất bản các bài toán về cuộc thi của Kvant hàng tháng kể từ số đầu tiên của tạp chí của chúng tôi. Đây là những vấn đề không chuẩn, nhưng cách giải của chúng không đòi hỏi thông tin nào nằm ngoài phạm vi giáo trình trung học của Liên Xô. Những bài toán khó hơn được đánh dấu sao (*). Sau khi trình bày vấn đề, chúng ta thường chỉ ra ai đã đề xuất vấn đề đó cho chúng ta. Không cần phải nói cũng biết rằng không phải tất cả những vấn đề này đều là những ấn phẩm đầu tiên. Giải pháp cho vấn đề này (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh) có thể được đăng không muộn hơn ngày 15 tháng 1 năm 1988, tới địa chỉ sau: Liên Xô, Moscow, 103006. Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Vui lòng gửi lời giải của các bài toán vật lý và toán học, cũng như các bài toán từ các bài toán khác nhau, dưới bìa riêng; trên phong bì ghi dòng chữ: “VẤN ĐỀ CỦA KVANT” và số của tất cả các bài toán đã giải được; trong thư của bạn có kèm theo một thông tin không được dán tem

tỷ lệ va đập f=80%. Tìm áp suất hơi nước trong bình. Áp suất hơi bão hòa của nước ở nhiệt độ nhất định là $p_H=17,5$ mm Hg. Nghệ thuật.

F1081. Để loại bỏ tác động của bụi, trong điều kiện bình thường, bụi lắng xuống rất chậm, bạn có thể sử dụng thực tế là bụi đã được tích điện.

Trong thí nghiệm đầu tiên, một hình trụ thủy tinh (hình 3) tiếp xúc với bụi được đặt trong một điện trường có cường độ $E_1=1 \cdot 10^4$ B/m, hướng dọc theo trục của hình trụ. Sau thời gian $t_1=2$ phút, bụi luôn chứa trong xi lanh lắng xuống đáy. Trong thí nghiệm thứ hai, một sợi dây mỏng được kéo dọc theo trục của hình trụ và nối với nguồn điện áp cao. Được biết, trong trường hợp này là ứng suất của toàn bộ bụi lên thành xi lanh trong thử nghiệm thứ hai. Có rất ít bụi bám vào nên điện tích không gian có thể bỏ qua.

A. I. Buzdin

F1082. Trong mạch điện ở hình 4, công tắc K đóng. Tìm cường độ dòng điện cực đại qua cuộn dây. Tìm điện áp cực đại trên tụ $C_1$. Sự không hoàn hảo của các phần tử mạch có thể được bỏ qua.

A. R. Zilberman

Problems

M1066—M1070, P1078—P1082

M1066. The pairwise distances between six points of the plane are no greater than 1. Prove that there are three points among them whose pairwise distances are strictly less than 1.

S. G. Salnikov

M1067. Prove that any three non-negative numbers $x, y, z$ such that $x^2+y^2+z^2=1$ satisfy the inequality

$$\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

V. E. Matizen

M1068. The angle $AOB$ is given, $A$ and $B$ being points on its sides. Construct a line $l$ passing through the vertex $O$ so as to make the areas of triangles $AOC$ and $BOD$, where $C$ and $D$ are the bases of the perpendiculars drawn from $A$ and $B$ to the line $l$, equal.

R. O. Burdin

M1069. In a certain city only pairwise apartment exchanges are allowed (if two families exchange apartments, they cannot participate in other exchanges on the same day). Prove that any multiple exchange involving several families can be carried out in two days. (Before and after each exchange each family lives in a separate apartment.)

N. N. Konstantinov, A. I. Shnirelman

M1070. A tetrahedron is cut by three planes each of which is parallel and equidistant to two opposite edges of the tetrahedron. Prove that the sum of squares of these three section’s areas is 4 times less than the sum of squares of the areas of the tetrahedron’s faces.

V. N. Dubrovski

27

M1047. Trong một giải đấu cờ vua diễn ra một hiệp, ít nhất 3/4 tổng số ván đấu đã kết thúc ở điểm cuối tại một thời điểm nào đó. Chứng minh rằng tại thời điểm này có hai phần đạt được số điểm như nhau.

Trong bài toán này, sẽ thuận tiện khi sử dụng hệ thống tính điểm sau: thắng 1 điểm, hòa 0 điểm, - 1 điểm nếu thua (rõ ràng là tương đương với hệ thống cờ vua thông thường). Chúng ta hãy biểu thị số lượng địa điểm du lịch bằng n và đặt k=n/2 cho n chẵn, k=(n-1)/2 cho n lẻ.

Giả sử rằng tại một thời điểm nhất định, tất cả các lĩnh vực đều có kết quả khác nhau. Khi đó trong số đó sẽ tìm thấy k có kết quả dương hoặc k có kết quả âm. Chỉ cần xem xét một trường hợp đầu tiên là đủ. Vì tất cả k kỳ thủ này đều ghi được số điểm khác nhau và số điểm của mỗi kỳ thủ không nhỏ hơn số ván thắng nên tổng số trận thắng của các kỳ thủ này không nhỏ hơn 1+2+…+k=k(k+1)/2. Số trận đấu trong giải đấu bằng (n-1)n/2, do đó tỷ lệ trận đấu kết thúc với chiến thắng thuộc về một trong các đối thủ tại thời điểm được đề cập là không ít

$$\frac{k(k+1)}{(n-1)n} > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4},$$

tức là tỷ lệ của các số nhỏ hơn 3/4, mâu thuẫn với điều kiện bài toán. Vì vậy, giả định của chúng tôi bị bác bỏ.

M. Bona

M1048.* Một trong hai người chơi (“người mới bắt đầu”) đặt quân mã lên một ô nhất định trên bàn cờ. Sau đó, người chơi lần lượt di chuyển hiệp sĩ theo luật chung (có chữ “Γ”), nhưng hiệp sĩ không được đặt trên sân mà mình đã thắng. Người không có nơi nào để đi được sản xuất. Ai có thể đạt được

Đáp số: a) người chơi thứ hai thắng, b) người chơi thứ hai thắng nếu mn chẵn và người đầu tiên (bắt đầu) thắng nếu mn lẻ.

Chúng ta hãy xem xét ngay trường hợp tổng quát của một bảng m×n. Chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu tích mn là số chẵn thì các ô vuông trên bàn cờ có thể được chia thành các cặp sao cho từ một ô vuông của mỗi cặp, bằng cách di chuyển quân mã, bạn có thể đến một ô vuông khác (hình 1), và nếu mn là số lẻ, thì theo cách tương tự, bạn có thể phá vỡ tất cả các ô vuông trên bảng ngoại trừ một (hình 2). Trong trường hợp đầu tiên, chiến lược chiến thắng của người chơi thứ hai là anh ta phải đặt hiệp sĩ của mình lên một ô vuông ghép với ô mà anh ta đã di chuyển trước đó.

28

chiến thắng (bất kể hành động của người rò rỉ) - người bắt đầu hoặc đồng đội của anh ta a) trên bảng 8x8; 6) trên bảng m×n, trong đó m ≥ 3?

M1049. Chúng ta sẽ nói rằng một hình trụ C₂ khác được đẩy sang một bên vào hình trụ C₁ nếu hai thế hệ của hình trụ thứ hai nằm trên các đáy của hình trụ thứ nhất - trên bề mặt bên của hình trụ thứ nhất (hình 1). Lấy một hình trụ C₁, có tỷ lệ đường kính và chiều cao bằng k, chèn hình trụ C₂ vào nó theo chiều ngang (nếu có thể), vào nó có cạnh C₃ cao hơn, vào đó - C₄, v.v. Ở giá trị nào của k a) bạn có thể chèn C₂ chứ không phải C₃;
b)* bạn có thể viết Ts₁₀, nhưng bạn không thể nói Ts₁₁;
c)* có thể viết một dãy vô hạn Cₙ (n=1, 2, …) không?

Gọi $d_n$ và $h_n$ là đường kính và chiều cao của hình trụ Cₙ, $a_n = d_n^2/h_n^2$. Từ hình 1 và 2 rõ ràng là $d_{n+1} = h_n$, $h_{n+1} = d_n^2 - h_n^2$, (1)

Hơn nữa, có thể thả ₙ₁ vào ₙ khi và chỉ khi $d_n^2 - h_n^2 > 0$ hoặc $a_n > 1$.

a) Đáp số: $k \geq \sqrt{2}$. Chúng ta phải tìm k $a_1 > 1$, $a_2 \leq 1$.

Từ công thức (1) cho n=1 ta thu được kết quả tương ứng

$$\frac{1}{a_2} = \frac{h_n^2}{d_n^2} = \frac{d_n^2 - h_n^2}{h_n^2} = a_1 - 1;$$ (2)

đặt ra $a_2 \leq 1$ khi $a_1 \geq 2$ (trong trường hợp này là tự động $a_1 > 1$). Vẫn còn phải thay thế $a_1$ bằng $k^2$.

6. Đáp số: $\sqrt{89/55} \leq k < \sqrt{34/21}$. Để các trụ $a_1 > 1$, $a_2 > 1$, …, $a_9 > 1$, $a_{10} \leq 1$ được rút ra chứ không phải để rút các trụ ₁₁₁ ra. Hãy để chúng tôi tìm hiểu những hạn chế mà mỗi người trong số họ áp đặt đối với $a_1 = k^2$. Tương tự như (2), đẳng thức được thiết lập

$$a_{n-1} = 1 + 1/a_n, n = 2, 3, ...$$

Hàm $f(x) = 1 + 1/x$ tiêu diệt, do đó bất đẳng thức $a_n > 1$ tương đương với $a_{n-1} < f(1) = 2$, đến lượt nó tương đương với $a_{n-2} > f(2) = 3/2$, $a_{n-3} < f(3/2) = 5/3$, v.v.

Biểu thị số hạng thứ i của dãy 1, $f(1)$, $f(f(1))$, … bằng $\lambda_i$, ta thấy bất đẳng thức $a_n > 1$ tương đương với $a_1 > \lambda_n$ đối với n lẻ và $a_1 < \lambda_n$ đối với n chẵn.

Bạn có thể thay thế (xem hình 3) rằng các số $\lambda_1$, $\lambda_3$, $\lambda_5$, … sẽ tăng lên và $\lambda_2$, $\lambda_4$, $\lambda_6$, … sẽ giảm khi các số trong dãy nhỏ hơn các số ở dãy thứ hai. Điều này suy ra từ sự bình đẳng

$$\lambda_{n+1} - \lambda_n = f(\lambda_n) - f(\lambda_{n-1}) = \frac{1}{\lambda_n} - \frac{1}{\lambda_{n-1}} = \frac{\lambda_{n-1} - \lambda_n}{\lambda_{n-1}\lambda_n}.$$ (3)

Thật vậy, chẳng hạn, nếu $\lambda_n < \lambda_{n-1}$, thì theo (3) $0 < \lambda_{n+1} - \lambda_n < \lambda_{n-1} - \lambda_n$ (vì tất cả $\lambda_i$ với i>1 đều lớn hơn 1), tức là $\lambda_n < \lambda_{n+1} < \lambda_{n-1}$; tương tự, với $\lambda_n > \lambda_{n-1}$, chúng ta thu được $\lambda_n > \lambda_{n+1} > \lambda_{n-1}$ đó. Do đó, các số $\lambda_n$ được sắp xếp như trên hình 4 - mỗi số, bắt đầu bằng $\lambda_3$, nằm giữa hai số trước đó, với $\lambda_1 < \lambda_2$.

Chúng ta phải thỏa mãn các bất đẳng thức $a_1 > \lambda_n$ cho $n=1, 3, 5, 7, 9$, $a_1 < \lambda_n$ cho $n=2, 4, 6, 8$ và $a_1 \geq \lambda_{10}$, tức là $\lambda_{10} \leq a_1 < \lambda_8$. Vẫn còn phải đếm $\lambda_8$ và $\lambda_{10}: \lambda_8 = 34/21$, $\lambda_{10} = 89/55$. Để đơn giản hóa phép tính, bạn có thể sử dụng thực tế là $\lambda_n = u_n/u_{n-1}$, trong đó $u_n — n$ là số hạng của dãy Fibonacci biểu ngữ

29

1, 2, 3, 5, 8, 13, …, được xác định cho $n \geqslant 2$ bởi đẳng thức $u_{n+1} = u_{n-1} + u_n$ (thực sự là $\lambda_2 = 2/1 = u_2/u_1$; $\lambda_{n+1} = 1 + 1/\lambda_n = 1 + u_{n-1}/u_n = u_{n+1}/u_n$ nếu $\lambda_n = u_n/u_{n-1}$).

c) Đáp số: $k = \sqrt{(1 + \sqrt{5})/2}$. Từ những gì đã nói trong đoạn 6), suy ra rằng các giá trị mong muốn $k^2 = a_1$ phải thỏa mãn các bất đẳng thức $\lambda_{2m-1} < a_1 < \lambda_{2m}$ cho tất cả $m \geqslant 1$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng dãy $\lambda_n$ như $n \to \infty$ có xu hướng tiến tới giới hạn $\lambda = (1 + \sqrt{5})/2$—gây nghiệm dương của phương trình $f(\lambda) = \lambda$ (xem hình 3). Lặp lại đạo hàm của công thức (3), ta thu được

$$|\lambda - \lambda_n| = \frac{|\lambda - \lambda_{n-1}|}{\lambda \lambda_{n-1}} < \frac{|\lambda - \lambda_{n-1}|}{\lambda} < \dots < \frac{|\lambda - \lambda_1|}{\lambda^{n-1}},$$

tức là $|\lambda - \lambda_n| \to 0$ tại $n \to \infty$. Do đó, các đoạn $[\lambda_{2m-1}; \lambda_{2m}]$ co lại đến điểm $\lambda$ (hình 4), đây là giá trị duy nhất có thể có $a_1 = k^2$.*

V. Stolin

M1050. Trên đoạn $[-1; 1]$ $k$ các điểm khác nhau đã được chọn, với mỗi điểm là tích của khoảng cách đến các điểm $k-1$ còn lại và thông qua $S$ biểu thị tổng các nghịch đảo của các tích $k$ này. Chứng minh rằng a) $S \geqslant 2$ cho $k=3; 6)$* $S \geqslant 4$ cho $k=4$.

Puc. 3.

Puc. 4.

M1050. Trên đoạn $[-1; 1]$ $k$ các điểm khác nhau đã được chọn, với mỗi điểm là tích của khoảng cách đến các điểm $k-1$ còn lại và thông qua $S$ biểu thị tổng các nghịch đảo của các tích $k$ này. Chứng minh rằng a) $S \geqslant 2$ cho $k=3; 6)$* $S \geqslant 4$ cho $k=4$.

Puc. 1.

Puc. 2.

a) Rõ ràng rằng mỗi tích trong ba tích sẽ chỉ tăng (và tổng $S$ nghịch đảo của chúng sẽ giảm) nếu các số cực trị được mở rộng: số cực trị bên trái được thay bằng -1, tích số bên phải bằng 1. Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng các điểm -1, $x, 1$, trong đó $-1 < x < 1$, đã được chọn. Trong trường hợp này

$$S = \frac{1}{2(1+x)} + \frac{1}{(1+x)(1-x)} + \frac{1}{2(1-x)} = \frac{2}{1-x^2} \geqslant 2,$$

và sự bình đẳng chỉ đạt được ở $x=0$.

6. Tương tự như điểm a) bài toán đối với 4 điểm có thể giải bằng phương pháp “cải tiến dần dần”. Như trên, khi thay các số cực trị bằng -1 và 1, chúng ta chỉ có thể giảm $S$. Chúng tôi biểu thị điểm giữa là $-1+u$ và $1-v$ ($u>0, v>0, -1+u<1-v$; hình 1).

Bây giờ chúng ta biến đổi tổng $S$, giả sử $d=2-u-v$:

$$S = \frac{1}{2u(u+d)} + \frac{1}{2v(v+d)} + \frac{1}{2u(v+d)} + \frac{1}{2v(v+d)} =$$

$$= \frac{d(v(2-u)+u(2-v))+2(2uv+d(u+v))}{2duv(2-u)(2-v)} =$$

$$= \frac{d(2(2-d)-2uv)+2(2uv+d(2-d))}{2duv(4-2(u+v)+uv)} =$$

$$= \frac{2d(2-d)+uv(2-d)}{2duv(2d+uv)} = \frac{2-d}{duv}.$$

Tích $uv$ của một tổng nhất định $u+v=2-d$ lớn nhất khi $u=v=(2-d)/2$, vì vậy

$$S \geqslant \frac{4}{d(2-d)} \geqslant 4,$$

Hơn nữa, sự bình đẳng đạt được ở $d=1, u=v=1/2$, tức là đối với điểm -1, $-1/2, 1/2, 1$.

Hóa ra với mỗi $k \geqslant 3$ giá trị nhỏ nhất của $S$ là $2^{k-2}$ và đạt được đối với tập hợp $x_n = -\cos \frac{n\pi}{k-1}, n=0, 1, \dots, k-1$. Hãy để chúng tôi chỉ ra một lý luận hay, phù hợp với trường hợp chung (không giống như các phép tính trực tiếp nêu trên) (không giống như các phép tính trực tiếp ở trên).

Sử dụng nguyên lý tương tự $\cos(m+1)\varphi = 2(\cos m\varphi)\cos \varphi - \cos(m-1)\varphi$, dễ dàng chứng minh rằng với bất kỳ $m \geqslant 1$ nào cũng tồn tại đa thức $T_m(x)$ sao cho $T_m(\cos \varphi) = \cos m\varphi$ và hệ số cao nhất của nó là $2^{m-1}$.

*) Gần hơn bài toán phép biến đổi hàm số được xem xét trong cuốn sách “Mô tả toán học tương ứng” (M.: “Nauka”, 1987; bài toán 6-16, 6-17).

30

Ví dụ: $T_2(x) = 2x^2 - 1$ (hình 2), $T_3(x) = 4x^3 - 3x$ (hình 3). Lưu ý rằng $|T_m(x)| \leq 1$ tại $|x| \leq 1$. Đa thức $T_m(x)$ được gọi là đa thức Chebyshev (xem bài viết của N. Vasiliev và A. Zelevinsky “Đa thức Chebyshev và quan hệ truy hồi” trong «Kvant» số 1, 1982). Với sự trợ giúp của nó, chúng tôi sẽ giải được bài toán để có được $k = m + 1$ điểm.

Đặt $x_n, n = 0, \dots, k - 1$, là tập hợp $k$ bất kỳ các điểm phân biệt trên đoạn $[-1; 1]$. Bất kỳ đa thức bậc nào $k - 1$ đều được xác định duy nhất bởi các giá trị của nó $a_n$ tại các điểm $x = x_n$ và, như có thể dễ dàng xác minh, có thể được viết dưới dạng tổng

$$\sum_{n=0}^{k-1} a_n \frac{(x-x_0)...(x-x_{n-1})(x-x_{n+1})...(x-x_k-1)}{(x_n-x_0)...(x_n-x_{n-1})(x_n-x_{n+1})...(x_n-x_{k-1})}.$$

Lấy $a_n = T_{k-1}(x_n)$ thì đa thức này sẽ bằng $T_{k-1}(x)$. Hệ số cao nhất của nó, $2^{k-2}$, là tổng của các biểu thức

$$\frac{a_n}{|x_n-x_0|...|x_n-x_{n-1}||x_n-x_{n+1}|...|x_n-x_{k-1}|},$$

mỗi trong số đó trong mô đun không vượt quá

$$\frac{1}{|x_n-x_0|...|x_n-x_{n-1}||x_n-x_{n+1}|...|x_n-x_{k-1}|}$$

(kể từ $|a_n| = |T_{k-1}(x_n)| \leq 1$). Nhưng tổng của đại lượng (*) tại $n = 0, \dots, k - 1$ chính xác là tổng $S$ mà chúng ta quan tâm; do đó $S \geq 2^{k-2}$.

L. D. Kurlyandchik

F1058. Bóng lăn dọc theo mép của lõi ASV đầu thẳng (xem hình) với tốc độ $v$ mà không xuyên thủng; khoảng cách $AB$ bằng bán kính của quả bóng. Điểm nào trên quả bóng có tốc độ tối đa? Tốc độ này là bao nhiêu?

Theo điều kiện bài toán quả bóng là Katisyabin, do đó vận tốc của những điểm của quả bóng chạm vào quả bóng tại một thời điểm nhất định tại một thời điểm nhất định tại các điểm $A$ và $B$ (xem hình) bằng 0. Xét quả bóng là một vật rắn abscilton (có nghĩa là khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của quả bóng không đổi), ta đi đến kết luận rằng tại một thời điểm nhất định mọi điểm của quả bóng nằm trên đoạn $AB$ đều đứng yên. Điều này có nghĩa là tại mỗi thời điểm chuyển động của quả bóng là một chuyển động quay so với trục $AB$. (Rõ ràng là các điểm $A$ và $B$—các điểm mà bóng chạm vào hàm—đang chuyển động với tốc độ $v$).

Tốc độ tức thời của bất kỳ điểm nào trên quả bóng là $\omega$, trong đó $\omega$ là vận tốc góc quay, $\rho$ là khoảng cách từ điểm đến trục $AB$. Tốc độ của tâm quả bóng (vì vậy ở hình) là $v$; khoảng cách từ điểm $o$ đến trục $AB$ - $\rho_0 = |oc| = R\sqrt{3}/2$. Kể từ đây,

$$\omega = \frac{v}{\rho_0} = \frac{2v}{R\sqrt{3}}.$$

Rõ ràng tốc độ tối đa là ở những điểm của quả bóng xa trục $AB$ nhất. Từ các cân nhắc hình học, rõ ràng là tại bất kỳ thời điểm nào cũng chỉ có một điểm cách xa trục tối đa - trên hình đây là điểm $d$. Khoảng cách từ điểm $d$ đến trục quay là $\rho_d = \rho_0 + R = R(1 + \sqrt{3}/2)$ và tốc độ của điểm $d$ là

$$v_d = v_{\max} = \omega \rho_d = \frac{2v}{R\sqrt{3}} R\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = v \frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{3}}.$$

S. S. Krotov

31

F1059. Tại một số điểm trong không gian, cần phải tạo ra hướng cực đại của trường hấp dẫn (gia tốc của áp suất tự do), có sẵn một khối lượng vật chất nhất định có mật độ không đổi.

a) Thịt bê được làm từ chất này có hình dạng như thế nào?
b) Vị trí tương đối của cơ thể và bắp chân là gì?

Cho một vật có khối lượng đồng nhất $M$ tạo ra một trường hấp dẫn, vectơ chỉ phương của nó tại một điểm nào đó $O$ bằng $g$ và hướng dọc theo trục $OX$, như minh họa trong hình 1. Theo nguyên lý chồng chất của trường, vectơ $\vec{g}$ là tổng các vectơ $\Delta\vec{g}_i$ được định hướng bởi các trường tạo ra tại điểm $O$ bởi tất cả các phần tử vô cùng nhỏ $\Lambda m_i$ của vật thể $M$. Sự đóng góp của mỗi phần tử vào trường tổng $g$ bằng hình chiếu của vectơ $\Delta\vec{g}_i$ lên trục $OX$, tức là.

$$\Delta g_{ix} = \frac{G \cdot \Delta m_i}{r_i^2} \cos \theta_i,$$

trong đó $r_i$ là khoảng cách từ điểm $O$ đến phần tử $\Delta m_i$, $\theta_i$ là góc giữa hướng tới phần tử và trục $OX$. Do đó (nếu tất cả các phần tử của $\Delta m_i$ đều giống nhau),

$$g = |\vec{g}| = \sum_i \Delta g_{ix} = G \Delta m \sum \frac{\cos \theta_i}{r_i^2}.$$

Do đó, đối với một khối lượng cơ thể nhất định $M$, giá trị $g$ sẽ tối đa nếu hình dạng của cơ thể và hướng của nó so với điểm $O$ sao cho giá trị $\sum \frac{\cos \theta_i}{r_i^2}$ sẽ tối đa.

Chúng ta hãy xem xét một vật có khối lượng $M$, được giới hạn bởi một bề mặt đi qua điểm $O$, với tất cả các điểm trong đó (ngoại trừ điểm $O$) thì hệ thức $\frac{\cos \theta_i}{r_i^2}$ là như nhau, tức là.

$$\frac{\cos \theta}{r^2} = \text{const.}$$

Chúng tôi gọi bề mặt như vậy là bề mặt có sự đóng góp ngang nhau. Một vật thể được giới hạn bởi một bề mặt đóng góp bằng nhau là một vật thể quay (quanh trục $OX$; xem hình 2). Chúng ta hãy chứng minh rằng chính một vật như vậy đã tạo ra một trường hấp dẫn, hướng của trường đó $g_0$ là cực đại tại điểm $O$.

Các phần tử $\Delta m$ nằm trên bề mặt đóng góp bằng nhau, theo định nghĩa về chiều cao, có đóng góp bằng nhau $\Delta g_{0x}$ đến $g_0$. Đóng góp của bất kỳ phần tử bên trong nào $\Delta g_{bнутр}$ lớn hơn $\Delta g_{0x}$; nếu phần tử $\Delta m$ nằm phía sau bề mặt của phần tử, thì đóng góp của nó $\Delta g_{bнутр}$ vào các giá trị $g_0$ sẽ nhỏ hơn $\Delta g_{0x}$. Như vậy,

$$\Delta g_{bнутр} > \Delta g_{0x} > \Delta g_{bнутр}.$$

Bất kỳ biến dạng nào của vật thể $M$ (không làm thay đổi mật độ của nó), không dẫn đến sự thay đổi hướng của vectơ định hướng tại điểm $O$, trùng với sự truyền khối lượng từ các vùng bên trong ra các vùng bên ngoài, vượt ra ngoài bề mặt đóng góp bằng nhau. Như có thể thấy từ sự tương ứng (*), điều này dẫn đến sự giảm hướng của trường tại điểm $O$.

Do đó, hướng của trường hấp dẫn được tạo ra tại điểm $O$ bởi một vật có khối lượng nhất định là lớn nhất nếu vật này là vật quay được giới hạn trong một bề mặt đóng góp bằng nhau và điểm $O$ nằm trên bề mặt trên trục quay.

Lưu ý rằng hình dạng của cơ thể này khác với sinh vật hình cầu. hình 2 thể hiện các phần của vật thể đó và một quả bóng có cùng khối lượng. Bạn có thể thấy quả bóng cần được biến dạng như thế nào để đạt được trường tối đa có thể tại một điểm (trong trường hợp này là điểm $O$). Hóa ra là sau khi quả bóng biến dạng như vậy, hướng của trường tại điểm $O$ sẽ tăng $\sqrt{27/25}$ lần, tức là khoảng 3%.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky
(Cuối cùng xem trang 34)

32

Điểm và đường tuyệt vời

Có một điểm trong một tam giác sao cho các đoạn nối nó với các đỉnh tạo thành các góc bằng nhau tính từ cạnh của điểm Brocard theo nhà toán học người Pháp Ani Brocard (1845-1922), tác giả của cuốn sách tham khảo đầy đủ nhất về các đường cong đáng chú ý.

Những góc bằng nhau này được gọi là Brocard’s ulelli. Ngoài ra còn có điểm Brocard thứ hai trong tam giác, điểm này có được bằng cách đi ngược lại quanh các đỉnh của tam giác. Điều thú vị là giá trị của giếng Brocard ở điểm thứ hai sẽ giống như điểm đầu tiên.

Trong sách tham khảo của Brocard chúng ta tìm thấy đường xoắn ốc logarit. Phương trình của nó là r = aeᵣᵣ, trong đó r là khoảng cách từ điểm M trên đường xoắn ốc đến điểm O đã chọn, φ là góc giữa tia OM và tia được chọn OX. Nếu một đường xoắn ốc logarit giống như tăng và quay cùng một lúc thì nó sẽ biến thành chính nó.

33

Tiếp tuyến của góc Brocard được biểu thị bằng công thức: tanφ = $\frac{4S}{a^2+b^2+c^2}$, trong đó S là diện tích của tam giác, a, b, c là độ dài các cạnh của nó. Diện tích của các hình tam giác mà tam giác ban đầu được chia có liên hệ với nhau là nghịch đảo của bình phương các cạnh: $a^2S_{ABM} = b^2S_{BCM} = c^2S_{CAM}$.

CÂU ĐỐ

1. Ba hình tam giác giống nhau được cắt dọc theo các đường trung tuyến khác nhau. Gấp sáu mảnh thu được thành một hình tam giác.
   Sản phẩm B.B.
2. Cắt hình bên trái hình thành hai phần sao cho

Đường xoắn ốc logarit được tìm thấy trong thiên nhiên sống và vô tri. Ví dụ, vỏ có dạng xoắn ốc logarit.

Đường xoắn ốc logarit được tìm thấy trong thiên nhiên sống và vô tri. Ví dụ, vỏ có dạng xoắn ốc logarit.

Một đường xoắn ốc logarit tạo thành các góc bằng nhau tại giao điểm với các tia phát ra từ điểm O. Pozny, nếu chúng ta bắt đầu gần Cực Bắc để đi, chẳng hạn như về phía đông nam, thì chúng ta sẽ đi vòng quanh nó theo đường xoắn ốc logarit.

Để chúng có thể được gấp lại thành một vòng tròn. Làm tương tự cho hình bên phải hình. (Gợi ý: khi cắt hình thứ nhất, bạn sẽ thấy khuôn mặt của một khuôn mặt xảo quyệt, và khi cắt hình thứ hai, bạn sẽ thấy đầu của một con gấu vụng về.)
A. M. Domashenko

34

F1060. Ma trận toán học là một thanh vô tận có chiều dài l, ở đầu tự do có gắn một tay cầm lớn nhỏ. Một hạt có cùng khối lượng được đặt trên thanh, hạt này có thể trượt tự do dọc theo thanh dẫn hướng nằm ngang đi đến mức giữa thanh (xem hình). Tìm chu kì dao động nhỏ của ma trận đó. Trenz mất tích.

$$v_m = \sqrt{2gl(1 - \cos \alpha_0)} = 2\sin \frac{\alpha_0}{2}\sqrt{gl}.$$

Trong điều kiện dao động nhỏ

$$\sin \frac{\alpha_0}{2} \approx \frac{\alpha_0}{2} \approx \frac{A}{2l},$$

trong đó $A$ là biên độ dao động của ma trận và

$$v_m = A\sqrt{\frac{g}{l}} = A\omega_0,$$

trong đó $\omega_0$ là tần số dao động.

Hãy tìm tốc độ tối đa của vật nặng cho hệ thống của chúng ta (một ma trận có hạt luôn nằm trên cùng một đường ngang). Ta viết định luật bảo toàn năng lượng cho hệ tại thời điểm trọng lượng đi qua điểm thấp nhất của quỹ đạo:

$$\frac{m}{2}v_m^2 + \frac{m}{2}\left(\frac{v_m}{2}\right)^2 = mgl(1 - \cos \alpha_0)$$

($\frac{v_m}{2}$ là tốc độ của hạt tại thời điểm này). Từ đây

$$v_m = \frac{2}{\sqrt{5}}\sqrt{2gl(1 - \cos \alpha_0)} = A \cdot \frac{2}{\sqrt{5}}\omega_0.$$

Có thể thấy từ kết quả này, tần số $\omega$ dao động của hệ chúng ta nhỏ hơn $2/\sqrt{5}$ lần so với tần số $\omega_0$ dao động của ma trận toán học có chiều dài l. Do đó chu kì dao động của hệ là

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi\omega_0\sqrt{5} = \pi\sqrt{\frac{5l}{g}}.$$

L. G. Markovich

F1061. Ngọn lửa của ngọn đèn cồn trước khi tắt, bắt đầu bập bùng và kêu. Tại sao?

Nguyên nhân khiến ngọn lửa chập chờn rất có thể là do nguồn cung cấp nhiên liệu - cồn không đồng đều. Điều này xảy ra khi hết rượu.

Thật vậy, khi còn lại ít cồn, họ bắt đầu cho biết, ngoài lực mao dẫn “bắt” nhiên liệu bằng bấc, còn có lực tương tác của cồn với đáy và thành đèn cồn (lực căng bề mặt). Việc cung cấp nhiên liệu quá mức cũng có thể xảy ra do có đủ loại “quả nặng” thường nằm ở dưới cùng của đèn thần.

Vì vậy, tại một thời điểm nào đó, lượng cồn cung cấp cho ngọn lửa qua bấc không đủ để duy trì kích thước ổn định của ngọn lửa và ngọn lửa dường như biến mất; tuy nhiên, vào thời điểm tiếp theo, lượng cồn “dư thừa” tràn vào, ngọn lửa bùng lên mạnh, kèm theo tiếng tanh tách.

Theo quy luật, với đường kính bấc từ 2-3 mm, hiện tượng nhấp nháy như vậy xảy ra khi không khí có tiếng tanh tách, khi chiều dài của bấc là vài milimét, và bấc càng ngắn thì nhấp nháy thường xuyên hơn, kèm theo âm thanh tanh tách.

A. S. Butov

F1062. Một hạt vũ trụ chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng rơi vào cõi này.

Sự hiện diện của hai điểm sáng có nghĩa là tốc độ u mà hạt chuyển động trong bể lớn hơn tốc độ ánh sáng trong chất lỏng, tức là lớn hơn $v = c/n$ (ở tốc độ ánh sáng trong chân không).

35

một bể thí nghiệm chứa đầy chất lỏng có chiết suất n=1,6. Sự đi qua của một hạt qua chất lỏng đi kèm với sự phát sáng. Sau một thời gian ngắn kể từ khi hạt chạm vào bể, thiết bị được bật, đặt tại điểm C, ghi lại thời điểm bật hai ngọn nến, điểm A và B (sơ đồ thí nghiệm trên một tỷ lệ nhất định được thể hiện trên hình; nhìn từ trên xuống, các điểm C, A và B nằm trong mặt phẳng ngang). Giải thích hiện tượng quan sát được và sử dụng hình để tìm tốc độ của hạt. Bỏ qua gia tốc của một hạt trong chất lỏng.

Thật vậy, tại thời điểm thiết bị được bật, ánh sáng tới thiết bị, trước đó phát ra ở những thời điểm khác nhau từ điểm A và B. Phải mất thời gian $t_1$ để ánh sáng truyền đi đường BC dài hơn thời gian $t_2$ để truyền đi đường AC. Do đó, tại điểm B hạt có mặt sớm hơn điểm A, tức là hạt chuyển động từ phải sang trái (từ B đến A). Trong thời gian $t_2 - t_1$ ánh sáng

trong chất lỏng, đặt $l_2 - l_1$ (xem hình) và đặt hạt là $l_3$. Như có thể thấy từ hình, $l_3 > l_2 - l_1$. Vì vậy, thực sự là $u > v$.

Kiến thức và tìm thấy từ phương trình
$$\frac{l_2 - l_1}{v} = \frac{l_3}{u} \Rightarrow u = v \frac{l_3}{l_2 - l_1} = \frac{c}{n} \frac{l_3}{l_2 - l_1}.$$
Sau khi xác định được mối quan hệ $l_3: (l_2 - l_1)$ từ hình vẽ, chúng ta thu được $u = 0,83 c$.

A. I. Buzdin

Hồ sơ của chúng tôi

Bạn đọc thân mến! Để các biên tập viên tính đến sở thích, trình độ đào tạo và thị hiếu của bạn khi chuẩn bị tài liệu xuất bản trên «Kvant», chúng tôi yêu cầu bạn trả lời các câu hỏi trong bảng câu hỏi truyền thống của chúng tôi.

Để giảm thời gian xử lý, vui lòng gửi bảng câu hỏi đáp số trên một tờ giấy riêng, giữ nguyên số câu hỏi cho đến ngày 10 tháng 1 năm 1988.

Địa chỉ của chúng tôi: 103006 Moscow K-6, st. Gorkogo, 32/1, «Kvant». Ghi chú lên phong bì “Bảng câu hỏi-87”.

1. Họ, tên (tùy chọn). Nơi học (thành phố, làng, lớp, khóa học) hoặc nơi làm việc (nghề nghiệp, chuyên ngành).

2. Sở thích của Cruzd (toán học, vật lý). Bạn đã đăng ký tạp chí của chúng tôi từ năm nào? Có bao nhiêu người đọc bản sao «Kvant» của bạn?

3. Các bài báo toán học thú vị nhất và ít thú vị nhất được xuất bản năm 1987.

4. Các bài báo vật lý thú vị nhất và ít thú vị nhất được xuất bản năm 1987.

5. Những bìa tạp chí hay nhất và tệ nhất năm 1987

6. Bạn thích phần nào của tạp chí và bạn không thích phần nào? Những phần mới nào nên được tạo ra?

7. Tài liệu nào được xuất bản trên «Kvant» năm 1987 đã giúp ích cho bạn trong học tập hoặc công việc mà bạn đã tìm kiếm trong «Kvant» nhưng không tìm thấy?

8. Bạn muốn đọc về điều gì trên các trang tạp chí của chúng tôi năm 1988?

36

Định lý cơ bản

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. L. GUTENMACHER

Mục tiêu của chúng ta là nói về ba định lý chính của ba chữ A vĩ đại: Số học, Đại số, Giải tích. Bất cứ ai thậm chí hơi quan tâm đến toán học cũng nên biết những định lý này. Thứ nhất là phân tích số thành thừa số nguyên tố, thứ hai là phân tích đa thức thành đa thức tối giản, thứ ba là tính diện tích.

Chúng ta bắt đầu với định lý cơ bản của đại số: Rene Descartes đã viết về nó vào năm 1637 - đúng 350 năm trước - trong cuốn sách Hình học của ông.
Cuốn sách này có một chương về các phương trình; nó bắt đầu bằng những từ này:

“Biết rằng bất kỳ phương trình nào cũng có thể có nhiều nghiệm bằng với bậc của phương trình, hoặc độ biến thiên của hai phương trình $x-2=0$ và $x-3=0$, thì chúng ta thu được phương trình bậc hai: $x^2-5x+6=0$, có nghiệm 2 và 3. Nếu phương trình này lần lượt được nhân với $x-4=0$, chúng ta sẽ có phương trình bậc ba $x^3-9x^2+26x-24=0$ với phần ba 2, 3 và 4.”

Trong môn đại số lớp 8, người ta đã chứng minh rằng đa thức bậc hai $x^2+px+q$, có nghiệm $x_1$ và $x_2$, được biểu diễn dưới dạng tích của các đa thức bậc một:

$$x^2+px+q=(x-x_1)(x-x_2).$$

Ví dụ về phân tích trilen vuông thành tích:

$$x^2-x-2=(x+1)(x-2);$$
$$x^2-2x+1=(x-1)^2;$$
$$x^2-2=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2});$$
$$x^2+x-1=(x+1/2-\sqrt{5}/2)(x+1/2+\sqrt{5}/2).$$

Tuy nhiên, theo đó, trilen vuông không có nghiệm và không thể phân hủy thành sản phẩm như vậy. Đối với các đa thức có bậc cao hơn, định lý cũng đúng với chúng:

Bất kỳ đa thức nào có dạng $x^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\ldots+a_0$ đều có thể phân tích thành tích của các đa thức có dạng $x-a$ và đa thức bậc hai có dạng $x^2+px+q$, không có nghiệm; Hơn nữa, cách khai triển này là duy nhất: hai cách khai triển như vậy chỉ khác nhau về thứ tự các thừa số.

37

Ví dụ về đa thức phân tích nhân tử:
$$x^3 + 1 = (x + 1)(x^2 - x + 1) \quad - 1 \text{ корень};$$
$$x^3 - 6x^2 + 11x - 6 = (x - 1)(x - 2)(x - 3) \quad - 3 \text{ корня};$$
$$x^3 - 3x^2 + 3x - 1 = (x - 1)^3 \quad - 1 \text{ корень};$$
$$x^4 - 1 = (x^2 + 1)(x - 1)(x + 1) \quad - 2 \text{ корня};$$
$$x^4 + 1 = (x^2 - \sqrt{2x} + 1)(x^2 + \sqrt{2x} + 1) \quad - 0 \text{ корней}.$$

Từ định lý này, suy ra rằng một đa thức bậc $n$ có thể có nhiều nhất $n$ nghiệm; sẽ có chính xác $n$ nghiệm nếu nó có thể phân tích thành tích của $n$ đa thức khác nhau có dạng $x-a$. Một đa thức có thể có nghiệm danh nghĩa do thực tế là một số đa thức như vậy được lặp lại (trong trường hợp này phát sinh nhiều nghiệm) và do thực tế là một số đa thức là tam thức vuông không có nghiệm.

Định lý này sẽ có dạng được nghiên cứu kỹ hơn nhiều nếu chúng ta giới thiệu cách sử dụng dạng số, tức là biểu thức có dạng $a - b\sqrt{-1}$, trong đó $(a; b)$ là một cặp số thực. Khi đó, bất kỳ tam thức bình phương nào (có hệ số thực hoặc phức) đều có hai nghiệm phức và có thể phân tích thành đa thức bậc một.

Ví dụ về khai triển tam thức bậc hai có nghiệm phức:
$$x^2 + 1 = (x + \sqrt{-1})(x - \sqrt{-1});$$
$$x^4 - 4x + 3 = (x - 1)^2(x + 1 - \sqrt{-2}) \times (x + 1 + \sqrt{-2}).$$

Nhờ đó, định lý được xây dựng trước đó có dạng sau:

Bất kỳ đa thức nào có dạng $x^n + \alpha_{n-1}x^{n-1} + \alpha_{n-2}x^{n-2} + \dots + \alpha_0$ (ede $\alpha_{n-1}, \alpha_{n-2}, \dots, \alpha_0$ là số phức) đều được biểu diễn dưới dạng tích của $n$ các hàm số $(x - \beta_1)(x - \beta_2) \dots (x - \beta_n)$ và $\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_n$ là các số phức và cách biểu diễn như vậy là duy nhất tùy theo thứ tự của các hàm số.

Đây là định lý cơ bản của đại số.

---

Định lý cơ bản của số học gần giống với định lý cơ bản của đại số:

Mọi số nguyên dương lớn hơn một đều có thể được biểu diễn dưới dạng tích của các số nguyên tố. Hơn nữa, hai cách phân rã như vậy chỉ có thể khác nhau về thứ tự phức tạp.

Ví dụ về phân tích số thành thừa số nguyên tố:
$$400 = 2^4 \cdot 5^2; \quad 1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13;$$
$$290 981 = 43 \cdot 67 \cdot 101; \quad 1987 = 1987.$$

Chúng ta thực sự sử dụng định lý này, bắt đầu từ trường tiểu học, cả khi rút gọn phân số và khi rút gọn chúng về giá trị tổng quát nhất.

Thông thường, chúng ta sử dụng câu lệnh sau, rất dễ hiểu, tương đương với định lý cơ bản của số học: nếu tích của các số chia hết cho một số nguyên tố nào đó thì ít nhất một trong các thừa số chia hết cho số nguyên tố này.

Vì vậy, cả hai định lý cơ bản - số học và đại số - đều liên quan đến vấn đề phân rã thành tích của những cái không thể giải được. Mục tiêu là các số được phân tách thành tích của các số nguyên tố và các đa thức được phân tách thành tích của các đa thức không dẫn điện, như người ta nói. Cả hai định lý đều phát biểu rằng sự phân tách như vậy là duy nhất.

Một bằng chứng chặt chẽ về định lý cơ bản của đại số được đưa ra vào năm 1799 bởi nhà toán học vĩ đại người Đức K. F. Gauss (1777-1855); Năm 1801, ông đã xây dựng và chứng minh định lý cơ bản của số học*).

Phát biểu về định lý cơ bản của số học là hoàn toàn rõ ràng và đã được biết đến từ thời cổ đại, nhưng chính Gauss là người hiểu tầm quan trọng của phát biểu về tính duy nhất của phân tích nhân tử. Hóa ra là có thể có các hệ thống số trong đó việc phân tích định lý cơ bản của số học không còn đúng nữa. Không đi sâu vào vấn đề này một cách chi tiết, chúng tôi sẽ chỉ đưa ra ví dụ nổi tiếng nhất - hệ thống số có dạng $a + b\sqrt{-5}$, trong đó $(a; b)$ là một cặp số (cộng và nhân theo cùng một quy tắc như phần bù). Ví dụ: trong hệ thống này, $21 = 3 \cdot 7 = (4 + \sqrt{-5})(4 - \sqrt{-5})$. Chúng ta sẽ không thảo luận ở đây tại sao các số 3, 7, 4 + \sqrt{-5}, 4 - \sqrt{-5} lại là số nguyên tố trong hệ thống số này. Bạn đọc quan tâm có thể tìm thấy đáp số trong cuốn sách tuyệt vời của G. Rademacher và O. Teplitz “Số và Hình” - M.: “Fizmatgiz”, 1962.

Tuy nhiên, người ta không nên nghĩ rằng trong bất kỳ hệ thống số nào có dạng $a + b\sqrt{d}$

*) Để chứng minh định lý cơ bản của số học, xem ví dụ «Kvant», 1987, số 4, tr. 12; chứng minh định lý cơ bản của đại số - năm «Kvant», 1980, số 2, tr. 17; 1982, không. 4, tr. 3.

38

(a, b là số nguyên, d là số nguyên cố định) không có hệ số duy nhất thành thừa số nguyên tố. Một ví dụ quan trọng của hệ thống số “tốt” là cái gọi là số Gaussian, tức là các số có dạng $a+b\sqrt{-1}$, trong đó $a$ và $b$ là số nguyên. Đối với họ, việc phân tích định lý cơ bản của số học diễn ra.

Khi xây dựng phân tích này, chúng ta phải tính đến sự hiện diện của cái gọi là số khả nghịch. Một số (Gaussian hoặc số thường) được gọi là số nghịch đảo nếu tồn tại một số khác (có thể giống nhau) sao cho tích của hai số này bằng 1. Trong số các số nguyên, số 1 và - 1 là khả nghịch; trong số các đa thức, đa thức “độ 0” là khả nghịch - các số khác 0; giữa các số Gaussian - các số 1, - 1, $\sqrt{-1}$ và - $\sqrt{-1}$. Khi khai triển $q=p_1\dots p_n$ thành các đa thức đơn giản, người ta có thể nhân $p_1$ và $p_2$ với các số có tích bằng 1, để thu được một khai triển khác. Điều này buộc chúng ta không thể phân biệt giữa các khai triển thu được từ nhau bằng cách nhân các thành phần nghịch đảo. Trong trường hợp này, cả $q$ và $p_1$, …, $p_n$ đều phải được coi là không đảo ngược. Khi xây dựng định lý cơ bản của số học, chúng ta đã tránh được những dè dặt này bằng cách giả định rằng tất cả các số đều lớn hơn 1; trong việc xây dựng định lý cơ bản của đại số - giả sử rằng các hệ số cao nhất của đa thức bằng 1.

---

Trong khi các định lý cơ bản của đại số và số học có liên quan với nhau, như chúng ta đã thấy, thì định lý cơ bản của giải tích lại khác xa chúng. Đây là định lý Newton-Leibniz được đưa vào chương trình toán lớp 10.

Định lý này được thay thế bằng thực tế là nó cho phép người ta tìm diện tích các hàm số cong. Nó tạo ra một số lượng lớn bản in cũng bởi vì nó liên kết với nhau hai vùng hình học dường như hoàn toàn khác nhau bài toán: bài toán kiểm tra các tiếp tuyến (đạo hàm) và bài toán các vùng tìm kiếm (các phần giữa). Ý tưởng cho rằng những bài toán này phải nghịch đảo lẫn nhau lần đầu tiên được thay thế bởi thầy của Newton, nhà toán học người Anh Isaac Barruu. Nhưng mối liên hệ này lần đầu tiên được Newton thu được dưới dạng một công thức và, độc lập với ông, bởi Leibniz.

Đặc biệt, định lý Newton–Leibniz phát biểu rằng nếu một hàm dương liên tục $f$ được xác định trên cùng một khoảng (hoặc, như người ta nói, hàm $F$ là một biến đổi nội hàm của hàm $f$), thì diện tích $S$ dưới đồ thị của nó được tìm thấy bằng công thức

$$S = \int_a^b f(x)dx = F(b) - F(a) \text{ (см. рис. 1)}.$$

Ví dụ: có thể tìm thấy diện tích của “giá đỡ parabol” (hình 2) bằng công thức sau: hàm $f(x) = x^2$ là đạo hàm của hàm $F(x) = x^3/3$ và do đó, diện tích mà chúng ta quan tâm bằng

$$\int_0^1 x^2dx = \frac{1}{3} - \frac{0}{3} = \frac{1}{3}.$$

Diện tích này lần đầu tiên được tính toán bởi Archimedes, tất nhiên là không biết gì về công thức Newton-Leibniz. (Điều thú vị là Archimedes đã giải được bài toán này trong các bối cảnh khác nhau ít nhất ba lần mà không biết rằng mình đang giải cùng một bài toán.)

Bài toán việc tìm một máy biến áp cho một hàm nhất định hóa ra lại là một bài toán giải tích quan trọng. Đối với các hàm hữu tỉ, nó liên quan đến định lý cơ bản của đại số: một hàm hữu tỉ phân số chưa biến đổi luôn có thể được biểu diễn dưới dạng các hàm cơ bản (bao gồm logarit và arcgent), nhưng để làm được điều này, bạn cần biết cách phân tích mẫu số thành thừa số tuyến tính và bình phương.

39

Nhiệm vụ

1. Không khó để chứng minh rằng một ngôi sao năm cánh thông thường có tổng các góc bằng 180°. Chứng minh rằng một ngôi sao năm cánh tùy ý sẽ có tổng các góc bằng nhau.

2. Tôi đã cố gắng, bằng cách lấy các số 1, 2, 3 và 4 hai lần, để viết một số đã nhớ, với một chữ số ở giữa các số một, hai chữ số ở giữa các số hai, ba ở giữa các số ba và bốn chữ số ở giữa các số bốn. Đây là số mấy?

3. Đặt các số từ 1 đến 8 vào các vòng tròn của hình hiển thị trên hình, sao cho các số trong các vòng tròn nối với nhau bằng các đoạn khác nhau ít nhất hai.

4. Đồng hồ treo tường của tôi đang hoạt động rất kỳ lạ. Trong nửa đầu mỗi giờ họ nhanh hơn 2 phút, sau đó trong nửa sau họ chậm hơn hai phút. Lý do cho hành vi này của đồng hồ là gì?

5. Một điểm nằm trong tam giác đều được nối với tất cả các đỉnh. Ngoài ra, các đường vuông góc được thả từ nó xuống tất cả các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng tổng diện tích của các tam giác màu đỏ (xem hình) bằng tổng diện tích của các tam giác màu xanh.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi Aleksandr Korshkov, A.P. Savin, A.M. Domashenko, A.A. Panov, V.V. Proizvolov, học sinh lớp 9 thang điểm số 8 ở Mozyr.

40

Màu trắng có thể là màu đen?

V. V. MAYER

Hãy bắt đầu với một quan sát rất đơn giản.

Đặt các mảnh giấy trắng và đen cạnh nhau và tạo ra bóng tối hoàn toàn trong phòng. Khi đó bạn sẽ không nhìn thấy một chiếc lá nào, tức là cả hai chiếc lá sẽ có màu đen như nhau.

Có vẻ như không hề! trong điều kiện nào giấy trắng không thể đen hơn giấy đen. Tuy nhiên, điều này không phải như vậy. Hãy thử nghĩ ra và thực hiện một thí nghiệm trong đó màu trắng trở nên đen hơn màu đen. Nhưng trước tiên, hãy đọc đoạn tiếp theo.

Một vật, ở bất kỳ nhiệt độ nào, hấp thụ hoàn toàn bức xạ của bất kỳ hạt nào rơi lên nó được gọi là màu đen tuyệt đối.*) Rõ ràng đây là một sự lý tưởng hóa; trong tự nhiên không có vật thể đen tuyệt đối. Những vật thể mà chúng ta hứa gọi là màu đen (bồ hóng, bồ hóng, nhung đen và giấy, v.v.) thực ra có màu xám, tức là chúng hấp thụ một phần và đôi khi làm phân tán ánh sáng chiếu vào chúng. Do đó, đối với lời giải được đặt thành bài toán, chẳng hạn, có thể tạo phần thân từ giấy trắng gần với màu đen tuyệt đối hơn giấy đen. Bây giờ, lời giải được yêu cầu gần như rất thuận tiện.

Hóa ra một khoang hình cầu có phản ứng phi bầu trời có thể đóng vai trò là một mô hình hoàn toàn tốt về một vật thể đen tuyệt đối. Nếu đường kính của phản ứng không vượt quá 1/10 đường kính của khoang, thì (như tính toán tương ứng cho thấy) chùm tia có trong thuộc tính phản hồi chỉ có thể thoát ra sau nhiều lần tán xạ hoặc phản xạ từ các điểm khác nhau của tường khoang. Nhưng với mỗi “tương tác bào tử” của chùm tia với tường, năng lượng ánh sáng bị hấp thụ một phần, do đó phần bức xạ quay trở lại từ phản ứng là không đáng kể. Do đó, chúng ta có thể giả định rằng các hộp phản ứng trên thực tế hấp thụ hoàn toàn ánh sáng ở bất kỳ bước sóng nào, giống như một vật đen tuyệt đối.

Ví dụ, một thiết bị cụ thể để thử nghiệm có thể được chế tạo như thế này. Từ bìa cứng, dán một hộp có kích thước khoảng 100x100x100 mm có nắp mở. Dùng giấy trắng bọc bên trong hộp và dùng mực đen, mực đen bọc bên trong, hoặc tốt hơn nữa là dùng giấy đen đựng trong gói ảnh bọc lại. Tạo phản ứng trong nắp có đường kính không quá 10 mm. Bạn có thể xem ảnh của các thiết bị như vậy trên trình bảo vệ màn hình.

Thể hiện kinh nghiệm, thắp sáng nắp

41

những chiếc hộp rất nhẹ. Khi đó mũ sẽ trông đen hơn mũ đen. Mở nắp ra, mọi người sẽ thấy đáp án là giấy trắng, thực tế nó đen hơn đen!

Bí ẩn
Ramanujan
(Xem phần đầu ở trang 14)

tràn đầy lòng biết ơn và tình yêu cảm động dành cho anh…

Trở về và cái chết

Bị bệnh, Ramanujan bắt đầu nghĩ đến việc trở về quê hương. Chỉ đến đầu năm 1919, sức khỏe của ông mới khá hơn đủ để thực hiện một chuyến đi dài bằng đường biển. Một chỗ đã sẵn sàng cho anh tại Đại học Madras - lời nói của anh đã đến được với Ấn Độ. Ramanujan viết thư cảm ơn tới hiệu trưởng, xin lỗi vì thời gian gần đây ông không còn cơ hội làm việc với cường độ xứng đáng. Nhưng anh ấy không bao giờ có thể bắt đầu làm việc tại trường đại học. Anh ấy đã làm được điều đó ở quê nhà chưa đầy một năm. Sau ba tháng ở Madras, Ramanujan chuyển đến Kumbakonam. Vào tháng 1 năm 1920, ông gửi bức thư cuối cùng cho Hardy, nơi ông báo cáo về công việc của mình về một lớp hàm theta mới. Cả bác sĩ và người thân đều không thể thuyết phục một nhà khoa học bị bệnh nan y tiếp tục công việc. Ngày 26 tháng 4 năm 1920, Ramanujan qua đời. Anh ấy chưa tròn 33 tuổi.

Ký ức

Tin tức về cái chết của Ramanujan đã gây sốc cho bạn bè của anh ở cả Ấn Độ và Anh. Họ cảm thấy nhiệm vụ của họ là phải hiểu hiện tượng kỳ diệu đó là Ramanujan. Hardy viết:

“Có thể thời kỳ vĩ đại của công thức đã qua và Ramanujan lẽ ra phải ra đời sớm hơn 100 năm; nhưng ông ấy là người tạo ra công thức vĩ đại nhất trong thời đại của mình.”

Bạn bè và đồng nghiệp đã cố gắng đánh giá vị trí của Ramanujan trong toán học hiện đại. Họ không nghi ngờ khả năng tuyệt vời của anh ấy,

Để quan sát một hiện tượng một cách đơn giản, bạn có thể làm điều đó đơn giản hơn (nhưng kém thú vị hơn). Lấy một chiếc bát sứ trắng và đậy nó bằng một nắp giấy màu đen với một câu trả lời nhỏ - hiệu quả thực tế sẽ giống nhau.

vẻ đẹp tuyệt vời của các công thức, nhưng mọi người đều đồng ý rằng chính việc lựa chọn các công thức mà Ramanujan thực sự tuân theo đã không cho phép ông có được vị trí xứng đáng của mình trong lịch sử toán học.

Hơn nửa thế kỷ đã trôi qua, ngày nay chúng ta thấy rõ điều mà Hardy và những người cùng thời với ông không thể lường trước được. Thiên tài của Ramanujan hóa ra không chỉ hòa hợp với quá khứ mà còn hòa hợp với tương lai của toán học. Các công thức số học của Ramanujan hiếm khi trở thành chìa khóa trong các giai đoạn mới của lý thuyết số đại số, và người ta chỉ có thể tự hỏi làm sao ông có thể nhìn thấy chúng mà không biết điều gì đó nếu không có chúng thì không thể nhìn thấy được. Và sau đó là sự hồi sinh của mối quan tâm đến các công thức rõ ràng cụ thể cả trong toán học và trong lĩnh vực ứng dụng của nó. Vật lý toán học và lý thuyết hiện đại đôi khi chuyển sang các nhánh toán học rất trừu tượng và các công thức rõ ràng rất phức tạp đóng một vai trò nào đó. Đây là hai ví dụ gần đây liên quan đến Ramanujan.

R. Baxter, người nổi tiếng nhờ xây dựng các mô hình cơ học thống kê có thể giải được chính xác, khi sử dụng mô hình “hình lục giác cứng”, đã bất ngờ phát hiện ra rằng ông liên tục làm việc với các đẳng thức Rogers–Ramanujan (Hộp 4 ở trang 19) và đẳng thức Ramanujan.

Người đoạt giải Nobel S. Weinberg gần đây đã nhớ lại khi nghiên cứu lý thuyết dây rất phổ biến hiện nay vào đầu những năm 70, ông đã phải đối mặt với vấn đề ước tính hàm phân vùng $p(n)$ cho $n$ lớn. Chúng tôi phát hiện ra rằng các công thức cần thiết đã được Hardy và Ramanujan thu được vào năm 1918 (ô 5 ở trang 19).

Vẻ đẹp của các công thức của Ramanujan đã mang lại cho họ khả năng tái sinh trong những hoàn cảnh chưa qua đào tạo nhất.

44

Đặc điểm là chuỗi lệnh trích xuất từ ​​chương trình được thể hiện hoàn toàn rõ ràng bằng loại chương trình và dữ liệu đầu vào của nó. Như người ta nói, hành vi của người thực thi chương trình mệnh lệnh hoàn toàn được xác định.

Trong một chương trình khai báo, các hành động không được quy định bằng các lệnh mà do chính người thực hiện tìm thấy, thúc đẩy hoạt động khi không có đủ mục tiêu. Đồng thời, cũng có ba cách chính để tìm các hành động cần thực hiện, mục đích của chúng tương tự như theo dõi, lựa chọn và lặp lại. Đây tương ứng là THAY THẾ, cũng là LỰA CHỌN và ĐỆ THU. Bản chất của việc thay thế hàng hóa có thể thấy rõ trong ví dụ trên về phương trình bậc hai “tuyên bố” lời giải. Khả năng thay thế một giá trị cụ thể thay cho một biểu thức (bao gồm một biến) giúp bạn có thể thực hiện bước tính toán tiếp theo.

Một tính năng đặc biệt của các chương trình khai báo là việc lựa chọn hành động có thể, giống như trong các ngôn ngữ chức năng, được xác định duy nhất bởi một số điều kiện, nhưng cũng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi các điều kiện nhất định, nhưng bên cạnh đó, chúng có thể tùy ý. Các chương trình khai báo không được quy định bởi một số điều kiện, nhưng không có lệnh bài toán “nhỏ” nào trước đó giữa chúng. Độ ẩm này của đội không mâu thuẫn với nguyên tắc cơ bản của kết cấu.

Trong cấu trúc chương trình, thứ tự thực hiện lệnh luôn là thứ tự tiếp theo của vị trí trong văn bản chương trình. Đương nhiên, trong trường hợp này, cái gọi là lệnh ghép được cho phép, việc thực thi một lần dẫn đến việc lựa chọn hoặc lặp lại các lệnh nhỏ hơn có trong chúng. Độ ẩm này của đội không mâu thuẫn với nguyên tắc cơ bản của kết cấu.

Trong cấu trúc chương trình, mỗi lệnh chương trình riêng lẻ có thể có một tên, gọi là nhãn. Nhãn có thể là một số (chẳng hạn như số dòng chương trình trong BASIC) hoặc bất kỳ từ nào. Nếu có nhãn, lệnh tiếp theo trong thứ tự thực hiện có thể là bất kỳ lệnh nào (không chỉ lệnh tiếp theo trong văn bản chương trình). Để thực hiện điều này, chỉ cần gán cho lệnh hiện tại của người quản lý một lệnh di chuyển theo nhãn (ví dụ: đến M), chỉ ra nhãn M của lệnh “từ xa” mà họ muốn thực hiện tiếp theo trong quá trình thực thi. Điều kiện của thao tác sau đây cho phép bạn viết ra những lời khuyên rất “tinh ranh”

45

tuy nhiên, gram thường trở nên khó phân tích và hiểu. Đây là lý do tại sao việc giới hạn lập trình trong các chương trình có cấu trúc ngày càng được coi là một phong cách lập trình thông minh và có hệ thống tốt.

Để làm ví dụ về chương trình phi cấu trúc, chúng tôi trình bày một thuật toán để xác định một đồng tiền giả, tức là nặng hơn hoặc nhẹ hơn, trong số ba đồng xu có khối lượng $m_1, m_2$ và $m_3$ bằng cách sử dụng hai lần cân. Quy trình cân đồng xu có khối lượng $p$ và $q$ được thể hiện dưới dạng lệnh lựa chọn với kết quả thứ ba: $p < q, p > q$ và $p = q$. Chương trình Smara được thể hiện bằng sự kết hợp giữa ngôn ngữ thuật toán trường học và thường dành cho các ngôn ngữ lập trình, cách viết nhãn và lệnh nhảy theo nhãn (hình 1). Biểu diễn thông thường của sơ đồ khối chương trình (hình 2) thể hiện rõ ràng cấu trúc của chương trình từ các kết nối “song song-nối tiếp” giữa các lệnh đơn giản trong các chương trình có cấu trúc.

Nhiệm vụ thì không. Xây dựng một phiên bản có cấu trúc của thuật toán trọng số, ví dụ, bằng ngôn ngữ thuật toán trường học.

Trong các ngôn ngữ lập trình thực, các thuộc tính khai báo và mệnh lệnh, có cấu trúc và không cấu trúc thường được tìm thấy phù hợp. Nhiều ngôn ngữ, chẳng hạn như Pascal, cho phép các lệnh nhảy theo nhãn và đồng thời chứa các cấu trúc lệnh chọn và lặp lại phức hợp hỗ trợ lập trình có cấu trúc.

Hầu như tất cả các ngôn ngữ mệnh lệnh đều cho phép thao tác thay thế, thao tác này được sử dụng để thực hiện lệnh gọi các thuật toán phụ trợ, được gọi là thủ tục hoặc chương trình con trong các ngôn ngữ lập trình. Trong trường hợp này, các lệnh gọi chương trình con chứa các tham số. Khi cuộc gọi được thực hiện, sự thay thế kép sẽ xảy ra: đầu tiên, các tham số được thay thế vào văn bản của chương trình con, sau đó văn bản này được thay thế vào chương trình chính tại nơi diễn ra cuộc gọi. Một số ngôn ngữ cho phép lựa chọn hướng tính toán không xác định, bao gồm các phép tính song song dọc theo các nhánh riêng lẻ của thuật toán bằng cách sử dụng một số quy trình của hệ thống máy tính.

Hầu hết các ngôn ngữ mệnh lệnh hiện đại đều cung cấp khả năng tái sử dụng các cấu trúc chương trình được xác định bởi các quan hệ tài nguyên. Đổi lại, đối với nhiều cấu trúc tài nguyên của ngôn ngữ khai báo, có nhiều cách để tổ chức tính toán bằng lệnh lặp lại.

47

Máy tính Cretius, độ chính xác trong việc mô tả cú pháp và ngữ nghĩa của ngôn ngữ. Algol đã trở thành tổ tiên của một họ ngôn ngữ rộng lớn, trong đó có thể kể đến ngôn ngữ Alpha của Liên Xô, tiếng Na Uy Simulya, ngôn ngữ quốc tế Algol-68, Pascal của Thụy Sĩ và tiếng Ada của Pháp.

Đồng thời, khi phạm vi ứng dụng máy tính được mở rộng, nhiều bài toán xuất hiện, như họ đã nói lúc đó, có tính chất không bắt buộc, mà khó khăn của máy chủ là do vấn đề ban đầu của công thức nghiêm ngặt bài toán. Ngôn ngữ phân tích toán học và các công thức đại số hóa ra là không đủ cho những bài toán này. Đặc biệt bài toán là bản chất logic của chúng (chẳng hạn như bài toán “sói-dê-bắp cải”, “cân”, “bò đực và bò cái”, v.v.), cũng như nhu cầu làm việc với thông tin được tổ chức phức tạp. Tuy nhiên, toán học đã được giải cứu ở đây, nhưng không có nhiều lĩnh vực ứng dụng của nó bằng các phần lý thuyết sâu sắc liên quan đến sự chứng minh của toán học: logic toán học, lý thuyết về hàm đệ quy và lý thuyết về thuật toán thông thường, được phát triển vào những năm 40 bởi nhà toán học Liên Xô nổi tiếng Andrei Andreevich Markov.

Ngôn ngữ khai báo đầu tiên là ngôn ngữ LISP (từ tiếng Anh LIST Treatment), được phát triển ở Hoa Kỳ vào đầu những năm 60. Nó dựa trên lý thuyết về các hàm đệ quy, được khái quát hóa cho các cấu trúc thông tin có dạng danh sách perarchine, tức là các chuỗi thành viên, mỗi thành viên có thể có cấu trúc riêng. Một ví dụ về cấu trúc danh sách là đội ngũ học sinh của trường: cộng đồng nhà trường được chia thành các nhóm lớp từ lớp 1 đến lớp 10, mỗi nhóm là lớp A, B, C, v.v., mỗi lớp là danh sách các đơn vị (nơi chúng tồn tại), mỗi đơn vị là một nhóm học sinh, được sắp xếp theo thứ tự bảng chữ cái. Ngôn ngữ LISP vẫn được sử dụng rộng rãi cho đến ngày nay.

Một số thuộc tính khai báo vốn có trong ngôn ngữ mệnh lệnh SNOVOL, cũng được phát triển vào đầu những năm 60 ở Hoa Kỳ để xử lý thông tin văn bản. Thuộc tính quan trọng của nó là thao tác mẫu, giúp có thể tách ra các tổ hợp từ và ký tự khá phức tạp trong văn bản chỉ bằng “một cú đánh”.

Các thuộc tính của LISP và SNOWOL được kết hợp trong ngôn ngữ khai báo REFAL (từ Thuật toán hàm đệ quy), được phát triển vào cuối những năm 60 ở Liên Xô.

Kết thúc việc so sánh ngôn ngữ khai báo và ngôn ngữ mệnh lệnh, chúng ta thấy rằng thuộc tính khai báo có công thức bài toán, hỗ trợ lời giải trên máy tính và thuộc tính mệnh lệnh đưa việc viết thuật toán đến gần hơn với cách nó thực sự được sử dụng trên máy tính. Nỗ lực kết hợp các thuộc tính này trong một ngôn ngữ gần đây đã dẫn đến sự xuất hiện của một loạt các ngôn ngữ cho phép, thông qua các phép biến đổi chính thức của chương trình, để thay đổi sự tương ứng của các thuộc tính khai báo và mệnh lệnh của nó. Nhóm ngôn ngữ này bao gồm ngôn ngữ tiếng Pháp PROLOGUE (từ PROgrammation LOGique của Pháp), được sử dụng trong các dự án phát triển máy tính thế hệ thứ 5 và phần mềm của chúng.

---

Lưu ý về ngôn ngữ lập trình này là về việc mở một trường học tương ứng về lập trình ngựa. Trong khóa học kéo dài hai năm của cô, sinh viên sẽ được làm quen với một nhóm ngôn ngữ lập trình hiện đại: từ ngôn ngữ lập trình giáo dục LUGO (Hoa Kỳ, cuối thập niên 60) và RAPIRA (Liên Xô, cuối thập niên 70), đến các ngôn ngữ tùy ý như ngôn ngữ gần máy SI (Hoa Kỳ, đầu thập niên 70) và ngôn ngữ khai báo đã được đề cập PROLOGUE (Pháp, cuối thập niên 70).

48

Về phần khai mạc
Thư từ toàn diện
trường lập trình

Viện Hệ thống Phần mềm của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô mở chương trình trường học tương ứng toàn diện dành cho học sinh và sinh viên trường dạy nghề, liên kết thông tin, máy tính và lập trình. Mục tiêu của Trường là nói về các vấn đề và triển vọng của thông tin, kỹ thuật lập trình cơ bản và các lĩnh vực ứng dụng của nó, đồng thời chỉ ra cách viết chương trình bằng một số ngôn ngữ lập trình. Nói chung, kiến ​​thức trước đây về khoa học máy tính không được giả định, tuy nhiên, trong những trường hợp mà tác giả của bài học thấy hữu ích khi so sánh một công cụ phần mềm cụ thể với ngôn ngữ thuật toán, trên cơ sở đó, khóa học “Cơ bản về Khoa học Máy tính và Khoa học Máy tính”, lớp 9-10, được xây dựng ở trường, các bài học ở trường sẽ không lặp lại nội dung trong sách giáo khoa của trường. Bốn bài học đầu tiên của Trường sẽ được xuất bản vào «Kvant».

Mỗi bài học sẽ bao gồm bài toán từ một số bài toán, lời giải và sẽ được bổ sung không muộn hơn một tháng sau khi nhận bài tập. Chương trình giảng dạy của trường được thiết kế trong hai năm.

Bài học của Trường Báo chí được thiết kế dành cho những học sinh không có công nghệ máy tính. Tuy nhiên, bất kỳ ai có cơ hội kiểm tra tính chính xác của lời giải của mình trên máy tính mà mình có thể truy cập được khuyên không nên bỏ qua cơ hội này.

Những người muốn tham gia vào công việc của Trường Lập trình Liên minh Liên minh phải, trước khi nhận được số thứ 11 của tạp chí, phải gửi đơn đăng ký theo mẫu sau:

Biểu tượng ngôn ngữ

A. A. DUVANOV, Y. A. PERVIN

Bài 1: Hành trình của Rùa (các lệnh Logo đơn giản)

– Bạn có thể điều khiển TV không?

• Chắc chắn! Bạn cần bật mạng, chọn kênh mong muốn, điều chỉnh hình ảnh và âm thanh.
  Cũng dễ dàng như vậy, bạn có thể điều khiển một chiếc xe đạp tóc, bếp ga, điện thoại và những thiết bị biểu diễn quen thuộc khác.
  Chúng ta đang sống trong thế giới của người biểu diễn. Các loại máy móc, cơ chế,

thiết bị, đơn giản và phức tạp. Bản thân chúng ta thường đóng vai trò là người biểu diễn. Người thi hành cũng bị hạn chế như thư, thận, kho. Trong thế giới điều hành này, nổi bật một loại hình đặc biệt - máy tính điện tử. Vai trò đặc biệt của họ là giúp quản lý những người biểu diễn khác, rất khác nhau về mục đích và thiết kế. Trong trường hợp này, máy tính đóng vai trò trung gian. Một người từ điều khiển từ xa của máy thiết lập chương trình hành động cho người biểu diễn bằng ngôn ngữ đặc biệt của giao tiếp giữa người và máy - ngôn ngữ lập trình. Bài toán máy - chuyển đổi các cụm từ của ngôn ngữ này thành tín hiệu điều khiển và truyền chúng đến người biểu diễn.

49

Mục đích của việc hòa giải này là gì? Thứ nhất, ngôn ngữ lập trình gần với ngôn ngữ tự nhiên hơn nhiều so với những ảnh hưởng điện tử, từ tính hoặc cơ học lên người biểu diễn. Thứ hai, máy cho phép bạn ghi nhớ chương trình và “ghi nhớ” bất cứ khi nào bạn cần. Thứ ba, bằng cách sử dụng ngôn ngữ lập trình, bạn có thể chỉ định không chỉ các chuỗi lệnh đơn giản mà còn cả các hành động phức tạp hơn: người thực hiện chỉ có thể thực hiện một số lệnh nếu đáp ứng một số điều kiện nhất định - lệnh có điều kiện; việc thực hiện những người khác bao gồm sự lặp lại lặp đi lặp lại của một nhóm hành động - lệnh chu kỳ. Trên thực tế, máy tính có tốc độ rất lớn - lên tới hàng tỷ thao tác mỗi giây hoặc hơn; cô ấy không biết những người đã thành danh và mặc dù cô ấy có một tính cách “sắt đá”, nhưng hoàn toàn có năng lực: cô ấy không quen với sự oán giận, kiêu ngạo, cáu kỉnh và những khuyết điểm thuần túy khác của con người.

Bốn bài học đầu tiên của Trường Lập trình Tương ứng sẽ giới thiệu cho bạn cách lập trình bằng ngôn ngữ Logo. Ngôn ngữ này được thiết kế để kiểm soát các trình thực thi đơn giản khác nhau. Chúng tôi sẽ tập trung vào một trong số chúng, theo truyền thống được gọi là Rùa. Người biểu diễn này sống trên một chiếc máy bay. Anh ta có thể sử dụng nó theo nhiều hướng khác nhau, để lại dấu vết phía sau. Bạn có thể tưởng tượng người biểu diễn này thực tế được làm bằng kim loại và nhựa.

Tuy nhiên, thường thì người biểu diễn như vậy chỉ hiển thị trên màn hình hiển thị. Cần lưu ý rằng đây là một tình huống khá điển hình. Nhiều người biểu diễn hữu ích và cần thiết chỉ tồn tại dưới dạng mô hình được lập trình trên máy tính. Hành vi của họ có thể được quan sát trên màn hình. có vẻ như chúng vô dụng vì chúng vô hình, giống như những dấu hiệu. Ý kiến ​​​​này có thể bị bác bỏ bằng cách chỉ cần liệt kê một số nghệ sĩ biểu diễn được sử dụng tích cực chỉ tồn tại “bên trong” máy.

• Nhà toán học. Có khả năng thực hiện nhanh chóng và chính xác các phép tính số học và đại số khổng lồ.

• Trình soạn thảo văn bản. Cho phép bạn lưu trữ, chuyển đổi văn bản và in chúng ở định dạng yêu cầu.

• Biên tập viên hình. Một công cụ tiện lợi để tạo hình ảnh trên màn hình, bao gồm nhiều loại.

• Người nôn mửa. Lưu trữ hình làm sẵn, đếm kết quả, chương trình trên băng từ hoặc đĩa từ; duy trì kho lưu trữ.

Người biểu diễn Rùa và ngôn ngữ điều khiển nó - Logo - được phát minh vào năm 1969 bởi nhà khoa học nổi tiếng người Mỹ S. Pipert. Logo nhanh chóng trở nên phổ biến trên toàn thế giới như một ngôn ngữ dành cho người mới bắt đầu làm quen với lập trình.

Cách dễ nhất để bắt đầu học lập trình là bằng ngôn ngữ mẹ đẻ của bạn. Có rất nhiều phiên bản Logo: ở các trường học ở Mỹ họ sử dụng Logo, tất cả các lệnh đều được viết bằng tiếng Anh; Những người đề xuất người Bulgaria tìm hiểu hành động của họ bằng cách sử dụng phiên bản Logo tiếng Bulgaria. Trong các bài học của chúng tôi, đương nhiên, người biểu diễn chỉ hiểu được các từ tiếng Nga. Người đọc muốn chạy ứng dụng chương trình ở đây trên máy tính mà anh ta có thể truy cập nên đọc về điều này, nếu Logo bằng tiếng Anh được đưa vào phần mềm của nó.

Chú ý! Chúng tôi bật máy tính. Hình ảnh người biểu diễn xuất hiện ở giữa màn hình dưới dạng mũi tên hình tam giác, hướng lên trên. Đây là Rùa. Bên cạnh màn hình là bàn phím. Nó giống như trên một chiếc máy lớn, chỉ có điều phím trên nó lớn hơn một chút.

Bạn đã sẵn sàng chưa? Người biểu diễn đang chờ đợi. Đây là hai lệnh đầu tiên trong ngôn ngữ Logo: FORWARD n, BACK n. Bạn có thể viết chữ V viết tắt cùng FORWARD và N cùng nhau BACKWARD thì xe sẽ hiện ra. Số n—một tham số lệnh—chỉ định số bước mà người thực thi sẽ thực hiện. Rùa có đôi chân ngắn: 10 bước của nó - đơn vị đo chiều dài - xấp xỉ 1 cm.

Vì vậy, hãy cố gắng kiểm soát:

50

Nó đã hoạt động! Đầu tiên con rùa di chuyển rồi lại trở về vị trí ban đầu. Dấu vết về chuyến đi của cô vẫn còn trên màn hình.

Đây là hai lệnh Logo khác: chúng điều khiển các lượt: RIGHT α, LEFT α. Các lệnh này (viết tắt hợp lệ của chúng là P và L) buộc người biểu diễn phải xoay lệnh tương ứng sang phải hoặc trái một góc α.

Hãy cho Rùa đi dọc theo một con đường hình vuông:

Rùa rất ngoan ngoãn! Hãy gõ một lệnh khác BACK100 trên bàn phím. Rùa không cử động nhưng trên màn hình xuất hiện thông báo: BACK100 LÀ GÌ?

Thực tế là trong ngôn ngữ Logo, giống như trong tiếng Nga, các từ được phân tách bằng dấu cách. Máy đã cố gắng tìm lệnh BACK100 trong bộ nhớ của nó, nhưng tất nhiên là nó không có ở đó.

Hãy sửa nó! Chúng tôi gõ trên bàn phím: BACK 100. Bây giờ có một lá cờ trên màn hình (hình 1).

Vấn đề 1*. Lập chương trình cho Rùa vẽ một chiếc thuyền (hình 2).

Lệnh SVROS xóa các dấu vết trên màn hình và đặt người biểu diễn vào giữa màn hình với mũi hướng lên trên. Bật máy tính bằng cách thực hiện lệnh này. Hãy vẽ một tam giác đều. Mỗi góc là 60 độ. Vì vậy, anh ta muốn viết một chương trình:

SVROS V 50 P 60
B 50 P 60
B 50 P 60

Bạn nghĩ điều gì sẽ xuất hiện trên màn ảnh? Tam giác? Vậy là bạn đã nhầm, Rùa sẽ vẽ hình như thế này (hình 3).

Bạn có thấy lỗi không? Để các góc trong của tam giác là 60 độ, mỗi lần bạn cần mở rộng Rùa thêm 120. Chương trình đúng sẽ trông như thế này:

SVROS V 50 P 120
B 50 P 120
B 50 P 120

Vấn đề 2*. Hãy miêu tả chiếc thuyền có cánh buồm trong bài toán 1 (hình 4).

Hai lệnh sau đây cho phép bạn di chuyển người biểu diễn xung quanh màn hình mà không để lại dấu vết (nâng công cụ vẽ lên - “bút chì”) và bật lại dấu vết theo ý muốn (hạ bút chì xuống): KHÔNG VẼ (tiết kiệm HP), VẼ (lưu P). Lưu ý rằng thao tác hạ bút chì là một phần không thể thiếu trong quá trình thực hiện lệnh SVROC.

Các quy tắc của logo không phải lúc nào cũng trùng khớp với các quy tắc của ngôn ngữ bản địa. Nếu, theo quan điểm của tiếng Nga, viết KHÔNG VẼ là đúng, thì khi nhận được lệnh như vậy, máy tính sẽ lại ngạc nhiên: KHÔNG LÀ GÌ?

Vấn đề 3*. Rùa sẽ viết từ gì lên màn hình khi thực hiện chương trình sau:

SVROS
V 40 L 45 N 20 P 90 V 20 L 45 N 40
HP P 90 V 20 L 90 R
V 40 N 40 P 45 V 50 L 40 N 40
HP P 90 V 20 L 90 R
V 40 P 90 V 30 P 90 V 20 P 90 V 30

Tôi tự hỏi điều gì sẽ xảy ra với Rùa nếu chúng tôi tiếp tục chương trình vẽ tam giác không chính xác (xem hình 1) và viết:

SVROS V 50 P 60
B 50 P 60
B 50 P 60
B 50 P 60

Rõ ràng là ở cuối đường Rùa đang nhìn lên vì nó quay 60 độ 6 lần. Hơn nữa, cô ấy kết thúc ở điểm xuất phát.

51

Con rùa đã vẽ một hình lục giác đều đặn! Lưu ý rằng hình có được bằng cách lặp lại hai lệnh sáu lần. Logo có một phương tiện để ghi lại những lần lặp lại đó một cách chính xác hơn - lệnh vòng lặp. Lệnh trông giống như: REPEAT nl.

Số n chỉ định số lần lặp lại. l là danh sách các lệnh (thân vòng lặp), được phân tách bằng dấu ngoặc vuông.

Đây là giao diện của một chương trình vẽ một hình lục giác đều bằng lệnh vòng lặp:

ĐẶT LẠI LẶP LẠI 6 [B 50 P 60]
Bài toán 4*. Lập chương trình vẽ vân sam (hình 5).

Chúng tôi buộc phải sử dụng vẽ một hình lục giác. Hãy thử thiết kế: HEXAGON. Bạn nói đúng! Máy tính sẽ lại viết dòng chữ quen thuộc:

LỤC GIÁC LÀ GÌ?
Nói chung, mọi thứ đều đúng. Rốt cuộc, chúng tôi đã không nói với cô ấy rằng tập lệnh được ghi trước đó có tên là HEXAGON.

Bạn có thể học cách sử dụng khái niệm về những từ mới chưa quen thuộc và coi chúng như những mệnh lệnh bằng cách sử dụng một lệnh khác của ngôn ngữ Logo. Lệnh bắt đầu bằng từ THIS sẽ khiến máy ghi nhớ bất kỳ chương trình nào - một chuỗi lệnh (hoặc cụ thể là một lệnh) kết thúc bằng từ END. Đó là để nhớ chứ không phải để biểu diễn! Sau chữ NÀY bạn cần viết tên để máy biết chương trình cần ghi nhớ. Có, ghi lại

ĐÂY LÀ MỘT LỤC GIÁC
LẶP LẠI 6 [B 50 P 60] (1)
KẾT THÚC
Có một lệnh để lưu trữ chương trình (đây là trạng thái từ một lệnh)

LẶP LẠI 6 [B 50 P 60]
Khi thực hiện lệnh NÀY, máy không gửi bất kỳ gợi ý nào cho người thực hiện và do đó, Rùa không di chuyển. Thật vậy, lúc này máy tính đang bận ghi nhớ một chương trình có tên HEXAGON. Theo đó, chương trình này hiện có thể được gọi để thực thi. Để làm điều này, chỉ cần gõ từ trên bàn phím
Lục giác
và Rùa sẽ thực hiện bức vẽ vốn đã quen thuộc. Do đó, máy đã học được một lệnh mới - HEXAGON.

Một chương trình được lưu trong bộ nhớ của máy và có tên để gọi nó để thực thi được gọi là một thủ tục. Bản ghi (1), bao gồm các dòng ĐÂY IS A LỤC GIÁC (khoảng trống của mô tả quy trình) và END (cuối mô tả), là mô tả về quy trình và lệnh thực tế của chương trình cần ghi nhớ (trong ví dụ của chúng tôi, dòng REPEAT 6 [B 50 P 60] là phần nội dung của quy trình).

Bài toán 5*. Tạo một proedura vẽ một ngôi nhà (hình 6).

Bây giờ chúng ta hãy thử vẽ chính xác cái sau - ví dụ: oty cho bếp lò (hình 7).

Hãy chia bản vẽ thành ba lớp. Quy trình CELL sẽ như sau:

ĐÂY LÀ MẬT ONG MẬT ONG
LẶP LẠI 3 [LỚP]
KẾT THÚC

Mỗi lớp (hình 8) sẽ bắt đầu vẽ ở điểm 1 và kết thúc ở điểm 4. Điều này đảm bảo rằng các lớp khớp với nhau một cách chính xác khi thực hiện vòng lặp trong chương trình HONEYCOMB.

ĐÂY LÀ MỘT LỚP
HÀNG NGANG
PODVODV3
HÀNG NGANG
PODVODV4
KẾT THÚC

Trong phần mô tả thủ tục LAYER, gọi đến ba thủ tục ROW, SUPPLY3, SUPPLY4, chưa được lập trình, được sử dụng. Bạn không thể gọi LAYER proedura cho đến khi chúng

52

không được mô tả. Hãy để chúng tôi mô tả quá trình ROW:
ĐÂY LÀ MỘT HÀNG
LẶP LẠI 8 [ĐĂNG KÝ LỤC GIÁC] KẾT THÚC

Mặc dù, rõ ràng, rõ ràng quy trình ROW được giao nhiệm vụ thực hiện chính xác những gì, nhưng mô tả của nó chứa lệnh gọi đến quy trình SUIT khác, chưa được mô tả. Thủ tục CUNG CẤP là cần thiết để cài đặt Rùa vào vị trí mà từ đó nó sẽ tạo ra một hình lục giác đều trong quá trình vẽ hàng:

ĐÂY LÀ HỖ TRỢ
NR L 60 N 50
L 60 N 50
P 120 R
KẾT THÚC

Tiếp cận điểm 3 bao gồm quay lại điểm 1 và chuyển sang điểm 3:

Đây là tàu điện ngầm
TRẢ LẠI HP
B 50 L 60
B 50 P 60 R
KẾT THÚC

Việc hoàn trả được thực hiện từ điểm A đến điểm 1 bằng cách gọi quy trình STEP BACK chín lần:

ĐÂY LÀ HOÀN TIỀN
LẶP LẠI 9 [BƯỚC TRỞ LẠI]
KẾT THÚC

Hãy để chúng tôi mô tả quá trình STEP BACK:

ĐÓ LÀ MỘT BƯỚC TRỞ LẠI
L 120V 50
P 60 V 50
P 60
KẾT THÚC

Vẫn còn phải mô tả các quy trình của PODVOD4:

ĐÂY LÀ HỖ TRỢ4
TRỞ LẠI
B 50 P 60
B 50 L 60
KẾT THÚC

Thế thôi! Nếu bây giờ bạn xóa màn hình: ĐẶT LẠI và ra lệnh MẬT ONG MẬT ONG, bạn có thể thấy người thực hiện, cẩn thận làm theo hướng dẫn của chúng tôi, vẽ các ô hình lục giác.

Vấn đề 6*. Viết chương trình vẽ a) một con phố gồm 10 ngôi nhà, như bài 5; 6) một ngôi làng có năm con đường.

Bài 7. Tạo chương trình vẽ LOBIC ĐĂNG KÝ] END

Ví dụ vẽ tổ ong cho thấy một phương pháp thiết kế các chương trình phức tạp, được gọi là phương pháp “từ trên xuống” trong khoa học máy tính. Phương pháp này tương tự như vẽ дерева mọc với các nhánh hướng xuống dưới (hình 9).

Khi lên lịch cho quy trình HONEYCOMB, chúng tôi viết lệnh gọi tới bộ xử lý LAYER. Bây giờ chúng ta bắt đầu thiết kế bộ xử lý LAYER. Nó không thể thực hiện được nếu không có các thủ tục ROW, SUPPLY, SUPPLY4, v.v. Nói cách khác, chúng ta bắt đầu với sơ đồ chung bài toán, giới thiệu các lệnh để gọi các thủ tục không tồn tại. Mỗi lệnh mới như vậy được mô tả bằng cách sử dụng một thủ tục, do đó, có thể chứa các lệnh gọi đến các thủ tục mới, chưa được mô tả, v.v.

Phần ngọn của cây không có cành mọc xuống gọi là lá. Để chương trình hoạt động, tất cả các tên trên trang tính phải là lệnh ngôn ngữ Logo hợp lệ. Theo nghĩa này, cây ở hình 9 chưa hoàn chỉnh.

Nhiệm vụ 8. Bản vẽ bổ sung HONEYCOMB để viết các câu lệnh của ngôn ngữ Logo lên các tờ giấy.

Chú ý! Chúng tôi xin nhắc bạn rằng chỉ bài toán 1-6 dấu hoa thị được đặt mới được kiểm tra.

53

Tụ điện có điện tích tấm “quá mức”

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. V. MOZHAEV

Nhiều đặc điểm về lỗi của người tham gia ở mức lời giải tĩnh điện bài toán là do sự hiểu biết chính thức về mối quan hệ giữa điện thế và điện tích của dây dẫn. Và những kết nối này rất đa dạng. Ví dụ, có thể có sự khác biệt tiềm năng giữa các dây dẫn khi không có điện tích trên chúng hoặc ngược lại, với hiệu điện thế bằng 0, các dây dẫn có thể được tích điện. Cũng có thể có tùy chọn khe hở - có các điện tích trên dây dẫn và có sự khác biệt tiềm năng giữa chúng.

Trường hợp sau đề cập đến sự cháy lan rộng khi hai dây dẫn cách ly (không có dây dẫn nào khác) được tích điện.

Chúng ta có các điện tích có cùng độ lớn nhưng trái dấu. Trong một hệ thống như vậy, hiệu điện thế $U$ xuất hiện giữa các dây dẫn tỷ lệ thuận với điện tích $q$ trên chúng:

$$U \sim q, \text{ или } q = CU,$$

(*)

trong đó $C$ là hệ số tỷ lệ gọi là điện dung của hai dây dẫn. Như đã biết, $C$ chỉ phụ thuộc vào kích thước và hình dạng của dây dẫn, vị trí tương đối của chúng và độ thấm điện môi của môi trường.

Một lần nữa nhấn mạnh rằng mối quan hệ tuyến tính giữa hiệu điện thế và điện tích trên dây dẫn là không phổ biến. Nó chỉ được bảo toàn khi không có tác dụng của các vật dẫn khác và điện tích trên hai vật dẫn cho trước có độ lớn bằng nhau và trái dấu. Nói cách khác, khi các lực của các đường sức điện rời khỏi một dây dẫn và đóng lại trên một dây dẫn khác. Một ví dụ điển hình của hệ thống như vậy là tụ điện. Có vẻ như là hai dây dẫn,

54

Hình 1.

được ngăn cách bởi một lớp điện môi, độ dày của lớp này nhỏ so với kích thước của dây dẫn (tấm tụ điện).

Bây giờ hãy đặt một số bài toán cụ thể. Tất cả chúng đều được cung cấp vào nhiều thời điểm khác nhau trong kỳ thi tuyển sinh vào Viện Vật lý và Công nghệ Moscow.

Bài toán 1. Hai tấm kim loại không tích điện 2 và 3 được đặt bên trong một tụ điện phẳng tích điện (hình 1, a). Trong tụ điện có một điện trường đều có độ biến dạng $\vec{E}_0$. Hiệu điện thế giữa tấm 2 và tấm 3 là bao nhiêu nếu khoảng cách giữa chúng là $d_2$?

Trong bài toán này, trường hợp một phần đầu tiên được thực hiện, khi các dây dẫn không được tích điện, nhưng tồn tại hiệu điện thế giữa chúng.

Tấm 2 và 3 chính thức tạo thành một tụ điện phẳng, nhưng chúng không được cách điện - bên cạnh chúng còn có các tấm khác, và thậm chí cả những tấm tích điện. Do đó, sự tương ứng, nếu hệ số $C$ được hiểu giữa các tấm 2 và 3: không có điện tích trên các tấm này và hiệu điện thế giữa chúng không bằng 0.

Hãy tìm sự khác biệt tiềm năng này theo hai cách. Đầu tiên, chúng ta sẽ không dùng đến khái niệm điện dung mà chỉ sử dụng định nghĩa về hiệu điện thế. Theo định nghĩa, hiệu điện thế giữa tấm 2 và tấm 3 bằng công của việc di chuyển một đơn vị điện tích cực từ tấm 2 sang tấm 3. Trong từ trường ngoài $\vec{E}_0$, sự phân bố lại điện tích sẽ xảy ra trên tấm 2 và 3: bề mặt bên trái của các tấm này tích điện âm và bề mặt bên phải tích điện dương (như thể hiện trong hình 1, a). Rõ ràng, trường giữa các bản vẫn bằng $\vec{E}_0$ và mật độ điện tích bề mặt trên chúng sẽ bằng $\sigma = \varepsilon_0 E_0$ (bạn hãy thử tự chứng minh điều này bằng nguyên lý chồng chất và điện trường). Khi đó, sự khác biệt tiềm năng giữa các tấm

$$\Delta \varphi_{23} = E_0 d_2,$$

trong đó $d_2$ là khoảng cách giữa các bề mặt bên trong của các tấm.

Bây giờ hãy tìm hiệu điện thế này bằng cách sử dụng khái niệm điện dung. Hệ thống bốn tấm của chúng tôi sẽ tương đương với hệ thống ba tụ điện phẳng mắc nối tiếp như trong hình 1, 6. Thật vậy, mỗi tấm 2 và 3 có thể được chia thành hai phần, giữ lại điện tích riêng trên mỗi tấm và vì chúng (hai phần) có cùng điện thế nên chúng có thể bị đoản mạch. Tổng công suất hệ thống

$$C_{14} = \frac{\varepsilon_0 S}{d_1 + d_2 + d_3},$$

trong đó $S$ là diện tích của mỗi tấm và tổng hiệu điện thế

$$U_{14} = E_0 (d_1 + d_2 + d_3).$$

Sau đó sạc

$$q = C_{14} U_{14} = E_0 \varepsilon_0 S.$$

Trong mắc nối tiếp, điện tích trên các tụ điện bằng nhau, do đó hiệu điện thế giữa tụ 2-3 sẽ bằng

$$U_{23} = \frac{q}{C_{23}} = \frac{E_0 \varepsilon_0 S}{\varepsilon_0 S/d_2} = E_0 d_2.$$

Bài toán 2. Chúng ta hãy đoản mạch tấm 2 và 3 bằng một dây dẫn, đã thảo luận ở phần bài toán trước, và tìm sự xuất hiện của điện tích trên chúng.

Rõ ràng là nếu các tấm 2 và 3 được nối nhanh chóng thì hiệu điện thế giữa chúng sẽ bằng 0 và các điện tích có độ lớn bằng nhau nhưng trái dấu sẽ xuất hiện trên các tấm (hình 2, a). Vì vậy, trong bài toán này, trường hợp từng phần thứ hai được xem xét, khi có điện tích trên dây dẫn nhưng không có hiệu điện thế.

55

Hãy tìm điện tích trên tấm 2 và 3 bằng hai phương pháp tương tự. Vì hiệu điện thế giữa các bản bằng 0 nên điện áp điện trường trong khe 2-3 cũng bằng 0. Và trường này là trường kết quả được tạo ra bởi tụ điện và các điện tích trên tấm 2 và 3. Giả sử có điện tích - $q$ trên tấm 2, điện tích + $q$ trên tấm 3, và trường của tụ điện là $\vec{E}_0$, thì trường kết quả giữa tấm 2 và 3 sẽ bằng $E_0 - q / (\varepsilon_0 S) = 0$. Từ điều kiện này ta tìm được

$$q = \varepsilon_0 SE_0.$$

Mạch tương đương cho trường hợp này được hiển thị trong hình 2, b. Đây là hệ thống gồm hai tụ điện mắc nối tiếp. Chúng ta tìm điện tích trên tấm 2 bằng cách xét tụ điện tạo bởi tấm 1 và 2:

$$q = C_{12} U_{12} = \frac{\varepsilon_0 S}{d_1} E_0 d_1 = \varepsilon_0 SE_0.$$

Theo cách tương tự, bạn có thể nhận được điện tích ở tấm 3.

Bài tập 3. Trên tấm 1 có điện tích $q$, tấm 2, nằm cách tấm 1 một khoảng $d$, không nhiễm điện. Sự khác biệt tiềm năng giữa các tấm này là gì?

Như bạn có thể thấy, trong trường hợp này có các điện tích tùy ý trên các dây dẫn và có sự chênh lệch điện thế giữa các dây dẫn.

Một lần nữa chúng ta sẽ giải bài toán theo hai cách. Dưới tác dụng của trường do điện tích của tấm 1 tạo ra, một điện tích âm sẽ được tạo ra ở phía bên trái của tấm 2 và ở bên phải.

56

Khi đó, hiệu điện thế giữa các điểm $A$ và $B$

$$U_{AB} = \frac{q}{C_{06}} = \frac{q(C + C_0)}{C_0(2C + C_0)},$$

và hiệu điện thế mong muốn giữa các tấm 1 và 2 (trong mạch tương đương đây là hướng giữa các tấm $1'$ và $2'$) sẽ bằng

$$U_{12} = \frac{q}{2C + C_0} \approx \frac{q}{2C} = \frac{qd}{2\varepsilon_0S}$$

(ở đây chúng ta đã bỏ qua độ lớn của điện dung $C_0$ so với điện dung $C$).

Nhiệm vụ 4. Trong mạch điện ở hình 4 (đã biết các giá trị $C$, $R$, $\varepsilon$), khi công tắc $K$ mở thì điện tích ở bản bên trái của tụ điện phẳng bằng 0. Xác định điện tích ban đầu của bản bên phải của tụ điện nếu sau khi đóng công tắc trên điện trở $R$, lượng nhiệt tỏa ra bằng cùng một lượng nhiệt như trong trường hợp ban đầu tụ điện không được tích điện.

Không giống như bài toán trước đó, ở đây, hiệu điện thế bằng $\varepsilon$ được duy trì thêm giữa các bản.

Chúng ta hãy biểu thị điện tích ban đầu trên bản bên phải của tụ điện bằng $q_0$. Chúng ta sẽ giả định rằng nó được phân bố đều trên các bề mặt (cả bên trong và bên ngoài) của tấm. Trên mặt điện tích $q_0$ dẫn đến hiện tượng trong không gian giữa các bản có một điện trường đều có hướng chênh lệch điện thế

$$E_0 = \frac{q_0}{2\varepsilon_0S},$$

trong đó $S$ là diện tích của tấm và có sự chênh lệch điện thế giữa các tấm

$$U_0 = E_0d = \frac{q_0d}{2\varepsilon_0S},$$

trong đó $d$ là khoảng cách giữa các tấm.

Để $U_0 < \varepsilon$, sau đó sau khi đóng phím, tụ điện bắt đầu sạc lại. Trên tấm bên phải của nó, điện tích sẽ tăng lên và trên tấm bên trái, điện tích sẽ xuất hiện theo hướng ngược lại.
dấu sai, có độ lớn bằng điện tích bổ sung trên tấm bên phải (nhưng không phải điện tích đầy đủ trên đó!). Trong trường hợp này, nguồn sẽ thực hiện công dương, nạp điện cho các bản tụ. Các tấm sẽ được sạc lại cho đến khi hiệu điện thế giữa tụ điện $U$ trở nên bằng suất điện động của nguồn $\varepsilon$. Để một điện tích $q$ chạy qua nguồn trong quá trình sạc thì điều kiện để điện áp bằng nhau trên tụ EMF của pin sẽ có dạng

$$\frac{q_0d}{2\varepsilon_0S} + \frac{q}{C} = \varepsilon.$$

Xét rằng $C = \varepsilon_0S/d$, chúng ta nhận được

$$q = \varepsilon C + \frac{q_0}{2}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm lượng nhiệt sẽ tỏa ra trên điện trở $R$ trong quá trình sạc. Công do nguồn thực hiện một phần được sử dụng để tăng năng lượng của điện trường trong không gian giữa các bản tụ điện và một phần để làm nóng điện trở:

$$\varepsilon q = \Delta W + Q.$$

Chúng ta sẽ tính năng lượng điện trường thông qua mật độ năng lượng điện trường thể tích bằng $\varepsilon_0E^2/2$. Khi phím $K$ mở, năng lượng này bằng

$$W_0 = \frac{q_0^2}{8\varepsilon_0S^2} Sd = \frac{q_0^2d}{8\varepsilon_0S} = \frac{q_0^2}{8C}.$$

Sau khi nạp điện cho tụ điện, năng lượng điện trường giữa các bản tụ sẽ tăng dần và bằng

$$W = \frac{\varepsilon_0}{2} \left( \frac{q_0}{2\varepsilon_0S} + \frac{q}{Cd} \right)^2 Sd = \frac{q_0^2}{8C} + \frac{q_0q}{2C} + \frac{q^2}{2C}.$$

Tăng năng lượng điện trường

$$\Delta W = W - W_0 = \frac{q(q_0 + q)}{2C}.$$

Khi đó cân bằng năng lượng hoàn chỉnh có thể được viết là

$$\varepsilon q = \Delta W + Q = \frac{q(q_0 + q)}{2C} + Q,$$

từ đó chúng ta tìm thấy lượng nhiệt tỏa ra bởi điện trở:

$$Q = \varepsilon q - \frac{q(q_0 + q)}{2C}.$$

Thay biểu thức điện tích $q$ vào phương trình này (từ điều kiện đẳng thức của hiệu điện thế giữa