Kvant 1988, số 8 · Trang

QUANTUM
khoa học đại chúng
tạp chí vật lý và toán học

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Hãy nói về tuyết buổi tối…

1988

TUYỆT VỜI
TRÊN VA VNIYKVA

SIE GADANIST TRẺ EM BYTNI XẢ HẠT CỦA TAY PISTINEYA VZYAVLP
VRUK VIST TRONG VÒNG TRÒN TRUNG TÂM. HẤP DẪN TRÊN KOTUROK SỐ LƯỢNG HẠT RẤT
POSILIU BẢO VỆ CỦA BẠN TRONG SKTOGO SỐ TAIGA HOẶC DÒNG VÀ TRIGOTOVY WOODY

Pazvolesk Tsenurov M.E.MAY 1899.r
Likr.Gorsheva VV Golyshevka

1

Trong phòng:

2 đài tưởng niệm Landd
8 A. A. Kremer. Về độ phân tán, hoặc Cách thay đổi hàm lượng chất béo trong sữa
15 Yu. P. Chukova. Phân bố Poisson
19 A. P. Vinchisenko. Số nguyên tố, thống kê toán học và… Máy tính
23 V. N. Dubrovsky. Phân phối Poisson phát sinh như thế nào?
26 A. V. Mitrofanov. Hãy nói về tuyết ngày hôm qua
Sách vấn đề «Kvant»
30 Bài toán M1116—M1120, F1128—F1132
34 Problems M1116—M1120, P1128—P1132
35 Lời giải bài toán M1096—M1098, M1100, F1108—F1112
32 Kính Vạn Hoa «Kvant»
«Kvant» cho học sinh nhỏ
33 Bài toán
44 A. S. Steinberg. Nói ngắn gọn về sự giãn nở nhiệt
Phòng thí nghiệm «Kvant»
48 I. I. Mazin. Những thí nghiệm đơn giản với nước sôi
vòng tròn toán học
51 MV Volkov, N. N. Silkin. Chúng ta nên gửi ai lên sao Hỏa?
57 Trường học yêu thích bài toán
Xưởng của người nộp đơn
58 A. R. Zilberman. Tính toán mạch điện
Thông tin
Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow (14)
18 đơn hàng được chấp nhận…
Giải lần thứ XI của các nhà vật lý trẻ (61)
64 Đáp số, gợi ý, lời giải
Pha trộn (47, 50)
bìa của chúng tôi

1 Ảnh hiển vi điện tử (độ phóng đại 10⁴) của màng polypropylen này có mối liên hệ gì với tuyết anh đào đen, bạn sẽ tìm hiểu từ bài viết của A. V. Mitrofanov.
2 Hình từ một cuốn sách nhiệm vụ cũ. Họ ném một hạt vào một vòng tròn có ghi số và đọc số phận của mình trong một danh sách đặc biệt bên dưới con số mà nó rơi vào. Số lần xuất hiện của một số cho trước trong một chuỗi dài các nhiệm vụ là ngẫu nhiên, theo cái gọi là định luật Poisson. Hai bài viết trong số tạp chí này - của Yu. P. Chukova và V. N. Dubrovsky - chuyên tâm vào phân bố xác suất Poisson.
3 trang cờ vua
4 Câu đố “Con rắn của Henel”.

© Nhà xuất bản Nuka.
Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1988

3

I. M. Khalatnikov. — Lev Davidovich Landdu sinh năm 1908 tại Baku. Ông bộc lộ sự quan tâm và khả năng về khoa học chính xác từ rất sớm. Bây giờ mọi người đều biết về điều này, và chính Đại cũng đã nói thế này: “Tôi học cách phân biệt ở tuổi mười ba, nhưng tôi không nhớ có lúc nào tôi không thể phân biệt được”. Mới mười ba tuổi, anh đã tốt nghiệp ra trường và vào Học viện Kinh tế Kỹ thuật. Ông học ở đó một năm, và vào năm 1922, ông trở thành sinh viên của Đại học Baku, học hai khoa cùng một lúc - vật lý, toán học và hóa học. Chẳng bao lâu sau, hiệu trưởng đã đề nghị một sinh viên thay thế tại Đại học Leningrad. Năm 1927, ở tuổi 19, Đại tốt nghiệp Đại học bang Leningrad. Ông bắt đầu làm việc tại Viện Vật lý-Kỹ thuật Leningrad, lúc đó đứng đầu là Abram Fedorovich Yuffe, “Papa Yuffe”, cha đẻ của ngành vật lý Liên Xô. Năm 1929, trong số những sinh viên tốt nghiệp giỏi nhất của viện, Landdu được cử ra nước ngoài và đến thăm các trung tâm vật lý lý thuyết lớn nhất châu Âu. Ông cũng đến thăm Cambridge, nơi Pyotr Leonidovich Kapitsa đang làm việc. Chín năm sau, trong một năm khó khăn đối với Landdu, Kapitsa sẽ đến trợ giúp anh, thậm chí có thể là tính mạng của anh.

Chúng tôi không gặp Đại ở nước ngoài, nhưng chúng tôi được nghe những câu chuyện từ những người thân thiết với anh lúc đó. Họ nói rằng anh ấy mặc một chiếc áo khoác màu đỏ…

L. P. Pitaevsky. - Như chính ông đã nói, ông là người có quan điểm cực đoan về cánh tả…

I.M. - Vâng, anh ấy thích bắt chước sự nhầm lẫn của giai cấp tư sản, và ở điểm này anh ấy có phần giống Mayakovsky. Anh ấy nói rằng gia đình này nên ly dị, và ngược lại, nên thành lập gia đình đó. Nhưng mọi người ở đó đều yêu quý anh ấy.

Tại thời điểm này, người ta đã quyết định thành lập các trung tâm thể chất mới trong nước. Đây là cách các viện vật chất và kỹ thuật hình thành ở Kharkov, Tomsk và Dnepropetrovsk. Năm 1932, Landdu rời Kharkov. Sức mạnh trí tuệ, sự dấn thân của nhân cách này đã gây ấn tượng rất lớn đối với các em học sinh. Anh ấy là một giảng viên dự bị - và tất nhiên mọi người đều muốn trở thành người lý thuyết và làm việc với Landdu. Vì vậy, anh quyết định xây một “hàng rào” nhỏ xung quanh mình và đưa ra mức tối thiểu về mặt lý thuyết. Chỉ những người vượt qua được tất cả các bài kiểm tra ở mức tối thiểu này mới có quyền làm việc với Dai. Ông đối xử với việc nuôi dạy những người trẻ tuổi bằng sự chân thành khác thường và tin rằng nếu ai đó đã bỏ ra rất nhiều công sức và có thể vượt qua tất cả các kỳ thi tối thiểu, thì nghĩa vụ (bổn phận!) của ông là phải chăm sóc một người như vậy. Nhưng sự chăm sóc của anh ấy không liên quan gì đến sự chăm sóc nhỏ nhặt hay sự bảo trợ toàn diện. Landdu đã giúp cậu học trò trưởng thành thành bậc thầy, “sải rộng đôi cánh”.

Duu là một giáo viên bẩm sinh. Dạy học là một sự thuận tiện cho anh ta. Vì vậy, anh bắt đầu nghĩ đến việc viết một khóa học về vật lý lý thuyết mà tương lai có thể nghiên cứu về mặt lý thuyết. Do đó, “Khóa học Vật lý lý thuyết” Znameentiy của Landdu và Lifshtz có nguồn gốc ở Kharkov.

Phải nói Landdu có cá tính và ăn nói sắc sảo. Vì vậy, anh không chỉ kết bạn mà còn kết thù một cách triệt để nhất. Thời gian thật tồi tệ. Một domos ẩn danh có thể tước đi tên tuổi, sự tự do và cuộc sống của một người trong sáng. Loại đồ ăn này cũng không xảy ra với Landdu. Năm 1937, ông đứng đầu khoa vật lý lý thuyết tại Đại học Kharkov và đứng đầu khoa lý thuyết của Viện Vật lý-Kỹ thuật Ukraine (UPTI). Đột nhiên - không có bất kỳ trách nhiệm nào - anh ta bị đuổi khỏi trường đại học. Những đám mây trên đầu Duu ngày càng dày đặc. Và sau đó toàn bộ bộ phận của ông đã đệ đơn từ chức. Đây là một bước đi hết sức dũng cảm và nguy hiểm. Nó đã được xử lý phía máy chủ. Chính ủy Giáo dục Nhân dân Ukraina V.P. Zatonsky mời mọi người đến Kyiv và hứa rằng Landdu sẽ được trả lại. Đây là cách thể hiện tình bạn và tình yêu của các nhân viên dành cho Duu.

…Năm 1935, Pyotr Leonidovich Kapitsa thành lập Viện Các vấn đề Vật lý (IPP) ở Moscow và đang tìm kiếm một nhà vật lý sẽ đứng đầu khoa lý thuyết của viện. Anh ấy đề nghị

4

Vị trí này được đảm nhận bởi người thay thế ông, Max Born, người đã rời khỏi đất nước Đức, nhưng vào thời điểm đó Born đã làm việc ở Edinburgh. Và rồi Kapitsa mời Landda. Đó là một khoảnh khắc hạnh phúc trong tiểu sử của Lev Davidovich. Người ta không biết nó sẽ kết thúc như thế nào; anh ấy vẫn ở Kharkov. Nói thế là đủ rồi, sau khi Duu đi Moscow, cậu học trò yêu quý của anh là Isaac Ykovlevich Pomeranchuk đã bị đuổi khỏi Komsomol “vì có quan hệ với Landdu”.

---

I.M. — Cần phải nói đôi lời về thái độ của Landdu đối với khoa học. Anh ấy thực sự yêu thích vật lý và sẵn sàng thảo luận bất kỳ vấn đề vật lý nào hoặc bài toán với bất kỳ ai đến gặp anh để xin lời khuyên. Chỉ cần làm anh ấy quan tâm là được. Duu hào phóng lạ thường và nếu bị cuốn theo, anh ấy có thể bắt đầu “chơi từ tầm mắt” - anh ấy sẽ lấy một bản “Ôn tập thể chất”, đặt một tờ giấy trắng lên trên (anh ấy cùng nhau học khi nằm trên ghế sofa) và bắt đầu ứng biến - giải bài toán.

Landdu tự coi mình là nhà vô địch thế giới về vật lý kỹ thuật bài toán. Anh ấy nói rằng nếu bạn trình bày rõ ràng bài toán và đưa nó cho tất cả các nhà vật lý giỏi nhất trên thế giới, sau đó anh ta sẽ giải quyết nó nhanh hơn bất kỳ ai khác. Vấn đề không phải là Landdu biết tính toán mọi việc một cách nhanh chóng. TRONG lời giải ông luôn tìm ra cách tiếp cận mà nguồn gốc vật lý gợi ý cho ông. Thông thường, khi đọc các bài báo, anh ấy chỉ nhìn vào kết quả, sau đó anh ấy tự sao chép nó và theo quy luật, ngắn hơn tác giả. Chính cách tiếp cận vật lý lý thuyết này đã cho phép người ta giải quyết rất hiệu quả nhiều vấn đề khác nhau. bài toán — Khóa học Landdu-Lifshits nổi tiếng khắp thế giới.

I. E. Dzyaloshinsky. “Anh ấy thích phân loại mọi thứ: các nhà vật lý nói chung, các nhà vật lý lý thuyết, phụ nữ, những kẻ ngu ngốc và những kẻ nịnh bợ… Và luôn có một chút hài hước và những trò đùa, mặc dù đôi khi khá gay gắt và không vô hại.”

I.M. - Landdu thích một trò đùa. Và chúng tôi cũng thực sự yêu thích tất cả các loại trò đùa thực tế. Nhưng Duu luôn đảm bảo tuân thủ luật bất thành văn: báo chí và các cơ quan quyền lực của Liên Xô không được “tham gia” vào trò đùa.

L.P. - Và một điều nữa - trận hòa lẽ ra không gây thiệt hại vật chất cho người được thi đấu.

I.M. - Nghĩ ra trò đùa, chơi khăm nhau! Nó làm cuộc sống tươi sáng hơn!

Bây giờ tôi sẽ cho bạn biết Landdu cảm thấy thế nào về toán học. Ông thông thạo các vấn đề kỹ thuật và chỉ công nhận toán học “thực sự”.

5

ku - thứ mà vật lý cần. Các định lý về sự tồn tại là đối tượng thường xuyên trong các trò đùa của ông.

L.P. - Vâng. Đồng thời, bản thân ông cũng quan tâm đến toán học không chỉ toán học xây dựng. Một ngày nọ, tôi đã nói chuyện với anh ấy về vấn đề số nguyên tố thú vị như thế nào. Anh ấy nói: “Vâng, điều này thật thú vị,” và ngay lập tức, không cần chuẩn bị trước, anh ấy đã chỉ ra cách số lượng số nguyên tố thay đổi một số n đã cho sẽ tăng lên như thế nào đối với các giá trị lớn của n.

I.E. - Chúng ta đã nói về việc các kỳ thi lý thuyết tối thiểu ra đời như thế nào. Tôi muốn kể cho bạn biết nó đã phát triển như thế nào và thật không may, nó đã kết thúc như thế nào. Lúc đầu, người ta không biết bài toán Landdu đã đưa ra cái gì nên đơn giản là không có nơi nào để sao chép. Ngoài ra, tất cả chúng tôi đều thực hiện các kỳ thi này một cách rất nghiêm túc và đơn giản là chúng tôi không hề nghĩ đến việc gian lận. Sau đó có rất nhiều người đã làm việc đó, Landdu không còn có thể đích thân kiểm tra từng người muốn làm việc đó nữa. Sau đó, các bài kiểm tra được phát cho chúng tôi, mỗi bài một bài. Vòng kết nối bài toán đang trở nên nổi tiếng và tôi đã bắt đầu LOBat những người đang gian lận… Tuy nhiên, tôi thậm chí còn ước có một người hiện là thành viên tương ứng. Anh ấy thực sự cảm thấy bị xúc phạm vì đã ngừng lấy mức tối thiểu về mặt lý thuyết. Vì vậy, một cái gì đó như thế này đã xảy ra. Điều này hơi ngạc nhiên đối với chúng tôi, vì Landdu tin rằng các bài kiểm tra nên được sử dụng theo cách hoàn toàn đơn giản: tất cả các câu hỏi trong bài kiểm tra phải là các vấn đề từ khóa học Landdu-Lifshtz. Bạn chỉ cần biết họ. Nếu bạn có một loại khả năng đáng sợ nào đó và bạn có thể nhớ được mọi thứ ở đó, thì rõ ràng, bạn đã là một thiên tài.

Bản chất của hai kỳ thi bắt đầu thay đổi theo nghĩa là giám khảo bắt đầu sáng tạo hơn, đặt những câu hỏi mà ở trường thường gọi là “vấn đề giao tiếp”. Và điều này thật tệ, nhưng lỗi trong vấn đề này không phải của chúng tôi. Thật không may, việc sao chép hiện nay đã bóp méo rất nhiều nền giáo dục đại học, và giờ đây việc sao chép không còn được coi là một lựa chọn giáo dục nữa. Hãy để tôi nhắc bạn rằng tám năm trước tại Học viện Quân sự Hoa Kỳ ở Annapolis, toàn bộ lớp tốt nghiệp

Thành phần tham dự hội thảo (từ trái sang phải): Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học F. F. Kamenets, Trưởng Khoa Vật lý Đại cương và Ứng dụng của MIPT; Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô N.V. Karlov, Hiệu trưởng MIPT; Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô L. P. Pitaevsky; Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học M. I. Kaganov; Viện sĩ I. M. Khalatnikov; Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô I. E. Dzyaloshinsky; Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học S. A. Gordonin, Phó Giáo sư Khoa Vật lý Lý thuyết tại MIPT.

7

Mới Cho đến cuối cùng, chỉ có Landdu là không hiểu. Anh ta là “người ngu ngốc nhất” và khi mọi người đã coi mình hoàn toàn hài lòng, anh ta tiếp tục hỏi những câu hỏi dường như không liên quan nhất đến bản chất của vấn đề. Và kết quả là hóa ra nó đã sai. Nhưng đồng thời, Day luôn rất tôn trọng công việc của người khác. Diễn giả bắt đầu bằng câu “Đây, tôi lấy bài báo ra, hóa ra hoàn toàn vô nghĩa,” đã nhận được một lời mắng: “Đừng coi thường tác giả, vì anh ta đang giải quyết vấn đề này, còn bạn, diễn giả, thì không!”

Landdu cũng thực sự không thích những người lười biếng. Ông không dậy sớm lắm và vào buổi sáng, vào khoảng 11 giờ, ông đến phòng học sinh và bắt đầu trò chuyện về những chủ đề chung. Nhưng tất cả điều này khá nguy hiểm. Nếu bạn không chuyển sang chủ đề khoa học, thì anh ấy hoặc bắt đầu rên rỉ và bỏ đi, hoặc tức giận vì cuộc trò chuyện diễn ra vô ích, rồi anh ấy chen vào với một số gợi ý nghịch ngợm… Những gợi ý này thường không vô hại, nhưng chúng luôn rất dí dỏm.

M.I. - Tôi muốn nói điều này. Gần đây, trong cuốn tiểu thuyết “Phố Moskovskaya” của Boris Yampolsky, tôi đọc một đoạn trong đó người anh hùng phản ánh, “… mọi chuyện có thể đã diễn ra như thế nào… nếu ngay từ đầu cuộc đời bạn gặp một người biết tất cả mọi thứ, và ngay từ đầu cuộc hành trình đã dạy bạn phải cứng rắn và đọc những cuốn sách hay nhất, trân trọng thời gian, không lãng phí một phút nào vào những điều vô nghĩa, lười biếng, buồn ngủ và trân trọng những gì thực sự có giá trị, huyền thoại, chưa từng thấy, một điều tốt đẹp và vĩ đại này người đàn ông, một giáo viên, trên thực tế, chưa từng gặp ai trong đời, và mọi người đều tự mình đạt được mọi thứ và đều mắc phải mọi sai lầm.” Nhưng đối với tôi, có vẻ như có một nhóm đông người (bao gồm tất cả chúng tôi đến thăm bạn hôm nay) đã cực kỳ may mắn trong cuộc sống. Bởi vì chúng ta có Thầy đã dạy chúng ta rất nhiều điều. Bây giờ thật khó để truyền đạt - tất cả chúng ta đều đã già, trưởng thành. Chúng tôi không thể giải thích vai trò của các cuộc trò chuyện với Landdu nữa.

Cảm giác rằng vật lý là điều chính trong cuộc sống, không có gì quan trọng hơn

Điều này không đúng, anh đã biết cách truyền đạt điều đó đến những người thân yêu của mình.

“Không có vấn đề khó khăn nào cả (chúng ta đang nói về sự tương tác giữa con người với nhau), chỉ có những vấn đề khó khăn.” Hãy suy nghĩ về nó, và bạn sẽ nhận ra ý nghĩa của những từ này điếc đến mức nào.

Và quan trọng nhất: “Con người sinh ra để được hạnh phúc”.

Ông đã để lại những cuốn sách mà từ đó chúng ta sẽ học được nhiều điều trong vật lý trong một thời gian dài sắp tới. Anh ấy đã bỏ lại Trường học. Và - những ý tưởng và kết quả thấm nhuần khoa học.

---

Cuối cùng là nhận xét của Nikolai Vasilyevich Karlov, hiệu trưởng MIPT.

• Nếu có thể tôi xin nói thêm vài lời. Tôi đã học vật lý từ năm 47 đến năm 51, và khóa học vật lý tổng quát - từ năm đầu tiên - do Landd và Kapitsa dạy. Tôi là người đầu tiên sắp xếp một bài giảng cho Landd và phải thừa nhận rằng ngay lập tức tôi nghĩ rằng lĩnh vực này dường như đã không thành công. Trình độ đến mức những người trẻ có năng khiếu, đánh giá cao bản thân, thường xuyên tham gia lạc quan hơn, trải qua hai vòng thi khó khăn, đã nhầm lẫn. Tuy nhiên, dần dần chúng tôi nhận ra rằng chúng tôi đã có cơ hội hạnh phúc được nhìn vật lý qua con mắt của nhà khoa học xuất chúng này, với sự hiểu biết sâu rộng, phạm vi rộng, sự so sánh bất ngờ của ông. Nhiều lần, tại các phòng thí nghiệm khác nhau trên khắp thế giới - từ Đại học Stanford đến École Normale ở Paris - tôi đã nghe các đồng nghiệp, sinh viên và nghiên cứu sinh nói rằng chúng tôi thật may mắn khi có được một khóa học như vậy - khóa học của Landdu và Lifshtz. Và trường đại học nên tự hào rằng trong số các giáo sư của trường có Lev Davidovich Landdu.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
D. Kashintsev và R. Ramazavil

9

GIỚI THIỆU VỀ PHÂN TÍCH
hoặc Làm thế nào để thay đổi hàm lượng chất béo của sữa

A. A. KREMER

Tại mọi thời điểm, sữa luôn là một trong những thực phẩm chính của con người. Tất cả các thành phần có trong sữa - chất béo, protein, đường, vitamin - đều được cơ thể hấp thụ hoàn hảo. Tuy nhiên, người ta thừa nhận rằng giá trị dinh dưỡng chính của sữa được quyết định bởi chất béo. Đó là lý do tại sao một hộp sữa 6% có giá cao hơn một hộp ghi “3,5% chất béo”. Nhưng làm thế nào mà những con số này lại xuất hiện trên bao bì? Tỷ lệ chất béo trong sữa được xác định như thế nào?

Phương pháp hóa học đã được phát triển cho mục đích này. Chúng liên quan đến việc sử dụng axit đậm đặc và các thuốc thử mạnh khác, và chỉ với một lần phân tích - không hơn không kém - bạn sẽ có được. Và tổng nhu cầu cho những phân tích như vậy là hơn nửa tỷ (!) mỗi năm. Ở quy mô như vậy, không thể thực hiện được nếu không có các phương pháp vật lý với năng suất đơn giản và cao.

Từ “sữa” luôn đồng nghĩa với từ “mây”: sữa sương mù, thủy tinh màu trắng đục, v.v. Môi trường đục là môi trường mờ đục trước ánh sáng, không phải do hấp thụ (chẳng hạn như một tấm kim loại), mà do tán xạ. Độ đục của sữa chủ yếu là do có chất béo, chất béo này được chứa dưới dạng một số lượng lớn các quả bóng, đường kính của chúng thay đổi từ 0,5 đến 10 micron. Sữa càng béo thì càng chứa nhiều hạt béo và càng kém trong suốt. Điều này có nghĩa là bằng cách thay đổi tỷ lệ sữa, bạn có thể xác định hàm lượng chất béo của nó. Đây chỉ là một ý tưởng cho bây giờ. Chúng ta không được quên rằng chúng ta sẽ cạnh tranh với các phương pháp hóa học cho phép chúng ta thay đổi hàm lượng chất béo trong sữa với độ chính xác 0,1%. Đây chính xác là loại độ chính xác cần thiết trong thực tế. Sự suy giảm độ chính xác dẫn đến hàng triệu người chết: hoặc là bạn mua

Pis. 1.

10

Một phần của chùm tia tương tác dẫn điện với hạt: nó sẽ bị phản xạ từ bề mặt, khúc xạ vào bên trong, v.v. Các tia từ phần này của chùm tia không còn giữ được hướng ban đầu và sẽ đi hoàn toàn sang một bên hoặc đi qua thấu kính sẽ rơi vào mặt phẳng tiêu cự nhưng không tập trung. Kết quả là tổng năng lượng ánh sáng thu được tại tiêu điểm sẽ giảm $\Delta\Phi$.
Thoạt nhìn, có vẻ rất rõ ràng rằng năng lượng ánh sáng được mang đi bởi phần tán xạ của chùm tia bằng

$$\Delta\Phi' = E_0 S,$$

(1)

trong đó $E_0$ là độ chiếu sáng của một vùng duy nhất trong chùm tia tới và $S = \pi r^2$ là diện tích của đường viền hạt. Tuy nhiên, chúng ta sẽ thấy rằng trong thực tế mọi thứ không đơn giản như vậy và tổng năng lượng ánh sáng bị tiêu tán bởi bộ phận đó khác với $\Delta\Phi'$.

Để mô tả đặc tính tán xạ của hạt, chúng ta sẽ sử dụng đại lượng không thứ nguyên

$$\dot{Q} = \frac{\Delta\Phi}{\Delta\Phi'},$$

(2)

trong đó $\Delta\Phi$ là năng lượng “mất đi” do tiêu tán. Tìm ra sự phụ thuộc của $Q$ vào $r$ và $\lambda$ và nghiên cứu sự phân bố của bức xạ tán xạ trong không gian là lý thuyết tán xạ chính của bài toán, giải pháp của nó gắn liền với những cái tên xuất sắc như P. Descartes, J. Tyndall, W. Rayleigh, L. I. Mandelstam và những người khác. Hoặc có lẽ sự quan tâm đến bài toán… này là vì sự tò mò của trẻ con. Phía trên chúng ta được chiếu lên một “mặt đất” tự nhiên gồm nhiều hiện tượng tán xạ ánh sáng khác nhau - bầu không khí là môi trường bão hòa với những giọt nước và các hạt bụi. Hàng tá câu hỏi đã ám ảnh chúng tôi từ khi còn nhỏ. Tại sao mây trắng và mây đen? Tại sao mặt trời có màu vàng và bầu trời có màu xanh? Cầu vồng là gì? Tại sao mọi thứ trông giống như sương mù đối với những quốc gia như vậy? Vật lý Serbia ra đời từ những câu hỏi như vậy.

Lý thuyết hoàn chỉnh về sự tán xạ của sóng điện từ trên một hạt hình cầu hóa ra lại là một “điều khó bẻ gãy”, mà các nhà khoa học chỉ mới khám phá ra vào đầu thế kỷ chúng ta. Nhưng một số kết quả của nó có thể thu được từ những xem xét vật lý đơn giản. Trước hết, trực giác vật lý cho chúng ta biết rằng toàn bộ bức tranh tán xạ được xác định không phải bởi bước sóng và bán kính của hạt riêng biệt mà bởi sự tương ứng giữa chúng. Nói cách khác, đại lượng không thứ nguyên $Q$ phải phụ thuộc vào sự kết hợp không thứ nguyên của $r$ và $\lambda$, cụ thể là vào tham số $\varrho = r/\lambda$.

Mặc dù chúng tôi chưa biết dạng rõ ràng của $Q(\varrho)$, chúng tôi vẫn sẽ cố gắng theo dõi hành vi của nó trong các trường hợp giới hạn. Nếu kích thước hạt nhỏ vô cùng so với bước sóng ($\varrho \rightarrow 0$), thì chẳng ích gì khi nói về những tia sáng chạm vào hạt và làm nó tiêu tan. Đơn giản là sóng không “thay thế” hạt, $\Delta\Phi \rightarrow 0$ và $Q \rightarrow 0$. Bài toán nhà vật lý nổi tiếng người Anh Lord Rayleigh đã xem xét sự tán xạ của vô hạn bởi một hạt nhỏ, người đã chỉ ra vào năm 1892 rằng, thứ nhất, ánh sáng bị tán xạ đều theo mọi hướng, và thứ hai -

$$Q \sim \varrho^4 \sim \frac{1}{\lambda^4}.$$

(3)

Sử dụng mối quan hệ này, màu sắc của bầu trời lần đầu tiên được phát hiện. Rốt cuộc, nó được xác định bởi màu sắc của tia nắng mặt trời bị phân tán bởi bầu khí quyển. Từ (3) suy ra phần quang phổ có bước sóng ngắn (màu xanh lam với $\lambda_1 \approx 0,4$ µm) nằm rải rác theo chiều ngang so với phần quang phổ có bước sóng dài (màu đỏ với $\lambda_2 \approx 0,7$ µm):

$$\frac{Q_1}{Q_2} = \left( \frac{\lambda_2}{\lambda_1} \right)^4 \approx 9.$$

Khi đứng lên, chúng ta nhìn thấy phía trên chúng ta màu xanh không đáy của thiên đường.

Bây giờ chúng ta chuyển sang trường hợp hạt lớn vô hạn so với bước sóng ($\varrho \rightarrow \infty$). Ở đây chúng ta đang ở trong lĩnh vực quang học hình học, và có vẻ như rất rõ ràng rằng các tia tán xạ là những tia đi vào đường viền của một hạt. Vì vậy, $\Delta\Phi = \Delta\Phi' = E_0 S$, và có vẻ như, $Q = 1$. Tuy nhiên, chúng ta đã quên rằng tính chất sóng của ánh sáng cũng biểu hiện ở đây. Trên đường viền

11

hạt luôn bị nhiễu xạ. Các tia sáng đã trải qua nhiễu xạ truyền về phía trước dọc theo đường đi của tia tới, nhưng vẫn lệch một chút so với hướng ban đầu của chúng. Và nếu vậy, thì trong thí nghiệm nghiêm ngặt của chúng ta với thấu kính, những tia này sẽ không còn tập trung vào tiêu điểm nữa. Và hóa ra năng lượng mà các tia này mang đi chính xác bằng $\Delta\Phi'$. Điều này dẫn đến việc tăng gấp đôi lượng năng lượng ánh sáng tán xạ:

$$\Delta\Phi = 2\Delta\Phi', \text{ и } Q = 2.$$

Chúng ta hãy chú ý đến thực tế là một hạt vô cùng lớn (so với $\lambda$), không giống như một hạt vô cùng nhỏ, tán xạ ánh sáng trong không gian xung quanh không còn đồng đều: xét cho cùng, chỉ một nửa $\Delta\Phi$ được chứa trong “lưỡi” nhiễu xạ hướng phía trước nó.

Sự bất đối xứng về sự phân bố không gian của ánh sáng tán xạ có thể được quan sát vào buổi tối khi có sương mù dày đặc. Đây là ô tô. Ánh sáng từ đèn pha của anh ấy dường như làm cho sương mù phát sáng. Nhưng ánh sáng này không thể nhìn thấy rõ từ mọi nơi. Người lái xe nhìn thấy một hình nón ánh sáng khá mờ. Nhưng một người đi bộ nhìn từ phía trước (tất nhiên không phải nhìn thẳng vào đèn pha mà chếch một góc nhỏ so với hướng ánh sáng) sẽ thấy một cột sương mù phát sáng. Thực tế là những giọt sương mù tương đối lớn sẽ phân tán ánh sáng một chút theo hướng phân bố của chùm ánh sáng tới. Hiệu ứng này cũng được các nhà thiên văn học biết đến: các vành đai của Sao Mộc được phát hiện gần đây, bao gồm các hạt bụi, có thể nhìn thấy rõ ràng khi được Mặt trời chiếu sáng từ phía sau, từ phía sau Sao Mộc. Trong trường hợp này, ánh sáng tán xạ tới được người quan sát trên trái đất.

Vì vậy, chúng tôi đã nhận được:

$$\lim_{Q \to 0} Q = 0, \lim_{Q \to \infty} Q = 2.$$

Hình thức chung của đường cong $Q$, được tính toán bằng các công thức chính xác, được mô tả trong hình 2 (đường cong màu xanh lam). Ở đây, trục hoành biểu thị giá trị $X = K\varphi$, trong đó $K$ phụ thuộc vào chiết suất tương đối của hạt và môi trường. Vì vậy, đối với một hạt nước trong không khí (sương mù) $K = 4,1$ và đối với một hạt chất béo trong nước (sữa) $K = 1,5$. Điều đầu tiên đập vào mắt bạn khi nhìn vào đường cong $Q(X)$ là tính không chuyển động của nó. Cùng với những vùng tăng “bình thường”, cũng có những vùng giảm bất thường $Q(X)$. Nói chung, sự hiện diện của các đỉnh trong các phụ thuộc khác nhau mô tả quá trình dao động, như một quy luật, có liên quan đến một dấu hiệu tốt về hiện tượng cộng hưởng. Trong trường hợp của chúng ta, quá trình dao động là sự lan truyền của sóng điện từ và nó cộng hưởng với một hạt: khi $\lambda \approx nr$, trong đó $n$ là số nguyên, độ tán xạ tăng mạnh.

Nếu bầu khí quyển phân tán một cách bất thường thì Mặt trời sẽ trông rất bất thường: nó sẽ có… màu xanh lam. Không khó để hiểu lý do của điều này: phần màu đỏ của quang phổ mặt trời, sẽ bị tán xạ mạnh hơn, sẽ rời khỏi tầm nhìn,

12

và màu xanh lam, tán xạ yếu, sẽ đến được người quan sát. Chúng tôi thậm chí có thể ước tính kích thước của những giọt nước sẽ tạo ra hiệu ứng này. Từ định nghĩa của $Q$ và $X$ suy ra $r = X \lambda / K$. Chúng ta hãy chọn $r$ sao cho $\lambda_1 \approx 0,4$ µm tương ứng với mức tối thiểu chính $Q(X)$ tại $X_1 = 7,6$, và $\lambda_2 \approx 0,7$ µm tương ứng với mức tối đa chính $Q(X)$ tại $X_2 = 4,1$ (chỉ nên nói về đỉnh đầu tiên này $Q(X)$), vì kích thước nhỏ trong tập hợp các hạt tán xạ là đủ cho các đỉnh còn lại trong tổng số hàm $Q$ của chúng được làm mịn). Thể tích của điều kiện thỏa mãn $r \approx 0,7$ µm. Do đó, những giọt nước có bán kính nằm trong vùng lân cận 0,7 μm sẽ phân tán theo cách tương tự. Những giọt nhỏ hơn phân tán bình thường, nhưng đối với những giọt lớn hơn, các giá trị $Q$ thực tế không phụ thuộc vào $Q$.

Trong khí quyển, những giọt nước nhỏ nhất chứa trong vùng: $r = 3 \div 5$ µm với khoảng cách trung bình giữa các giọt là $1 \div 1,5$ mm. Trong sương mù, các giọt nước có kích thước $5 \div 50$ µm và trong mưa (tùy theo lực) $r = 0,1 \div 2,5$ mm. Như chúng ta thấy, không có giọt nước nào có bán kính $r \approx 0,7$ µm, và rõ ràng là tại sao không ai trong chúng ta nhìn thấy Mặt trời xanh. Tuy nhiên…

Vào ngày 26 tháng 9 năm 1951, cư dân Tây Âu đã bị sốc trước một cảnh tượng tuyệt vời: Mặt trời có màu xanh đậm, và vào buổi tối, Mặt trăng cũng có màu tương tự.

Thậm chí 200 năm trước, hiện tượng này được coi là một điềm báo khủng khiếp. Bạn và tôi, được trang bị các lý thuyết tán xạ, sẽ hiểu ngay rằng chúng ta quan sát thấy sự tán xạ ánh sáng mặt trời tương tự nhau. Nhưng trên cái gì? Thủ phạm đã sớm được tìm ra. Gió mang theo một đám mây nhựa cây khổng lồ từ Canada bay lên không trung do cháy rừng nghiêm trọng ở Alberta. Kích thước và thông số giọt $K$ hóa ra sao cho các giọt phân tán tương tự nhau.

Có thể đưa ra nhiều ví dụ khác để minh họa các biểu hiện khác nhau của sự tán xạ ánh sáng, nhưng đã đến lúc quay lại vật thể, rễ.

Hình 3.

người quan tâm đến chuyến du ngoạn lý thuyết này - đi lấy sữa. Bây giờ chúng ta đã sẵn sàng mô tả quá trình truyền một chùm ánh sáng song song qua một lớp sữa mỏng. Đổ sữa vào một cái bát và để ánh sáng chiếu vuông góc vào thành bát. Thật thuận tiện khi tưởng tượng rằng các giọt chất béo nằm trong sữa thành từng lớp song song với thành cầy hương (hình 3). Mỗi hạt ở lớp đầu tiên sẽ tiêu tán năng lượng ánh sáng $\Delta \Phi_1$. Theo (1) và (2),

$$\Delta \Phi_1 = QSE_0 = Q \pi r^2 E_0$$

($r$ là bán kính hạt trung bình). Các tia tán xạ đi theo các hướng khác nhau và độ sáng do chùm tia ban đầu tạo ra, sau khi ánh sáng đi qua lớp đầu tiên của hạt, sẽ rơi từ $E_0$ xuống $E_1 < E_0$. Vì vậy, mỗi phần của lớp thứ hai sẽ tiêu tán năng lượng ánh sáng

$$\Delta \Phi_2 = QSE_1 = Q \pi r^2 E_1.$$

Và vân vân. bài toán của chúng tôi là tìm sự chiếu sáng được tạo ra bởi một chùm tia song song ở lối ra khỏi lồng. Để làm điều này, hãy xem xét lớp sữa bên trong có độ dày $\Delta x$. Đặt độ chiếu sáng tại vị trí của lớp này là $E(x)$. Sự thay đổi độ chiếu sáng trong một lớp được xác định bởi năng lượng bị tán xạ bởi tất cả các hạt của lớp này và nếu trên mỗi đơn vị

13

thể tích có $N$ hạt mỡ thì

$$\Delta E = -Q \pi r^2 E(x) \cdot N \cdot \Delta x.$$

Từ đây, với $\Delta x \to 0$, chúng ta chuyển sang phương trình vi phân:

$$E' = -Q \pi r^2 NE(x).$$

Như đã biết, phương trình vi phân có dạng

$$y'(x) = ay(x)$$

có nghiệm của nó là hàm số mũ

$$y(x) = ce^{ax}.$$

Khi áp dụng cho trường hợp của chúng ta, chúng ta thu được rằng tại lối ra từ một vịnh có chiều dài $l$ một chùm ánh sáng song song sẽ tạo ra sự chiếu sáng

$$E(l) = E_0 e^{-Q \pi r^2 Nl}.$$

Các thiết bị thực được chế tạo theo cách không phải độ chiếu sáng thay đổi mà là các giá trị $D = -\ln(E(l)/E_0)$, được gọi là mật độ quang:

$$D = -\ln \frac{E(l)}{E_0} = Q \pi r^2 Nl.$$

Hãy biến đổi công thức này như sau:

$$D = \frac{Q \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 Nl}{\frac{4}{3} r} = \frac{QVlK \frac{1}{\lambda}}{\frac{4}{3} K \frac{r}{\lambda}} = \frac{Q}{X} \frac{3}{4\lambda} KlV.$$

Ở đây $V = \frac{4}{3} \pi r^3 N$ là tổng thể tích các hạt chất béo trên một đơn vị thể tích sữa. Và $V \cdot 100\%$ là tỷ lệ chất béo trong sữa.

Vì vậy, $D$ tỷ lệ thuận với $V$. Điều này có nghĩa là bằng cách thay đổi mật độ quang học, có thể tính được hàm lượng chất béo trong sữa. Nhưng than ôi! Độ chính xác của việc xác định $V$ sẽ thấp. Như có thể thấy từ (4), hệ số mật độ tỷ lệ giữa $D$ và $V$ bao gồm hàm $z = Q/X$ (đường cong màu đỏ tại hình 2). Trong sữa tự nhiên, bất kể hàm lượng chất béo như thế nào, bán kính trung bình của các hạt chất béo có thể khác nhau - từ 0,5 đến 1,5 micron. Ở $K = 1,5$ giá trị $X$ (đối với ánh sáng khả kiến) có thể thay đổi tương ứng từ khoảng 1 đến 3. Sự thay đổi như vậy $X$, như có thể thấy từ hình 2, tương ứng với sự thay đổi $z$ xấp xỉ gấp đôi. Bây giờ hãy tưởng tượng rằng chúng ta lấy hai mẫu sữa có cùng hàm lượng chất béo (như nhau $V$), nhưng do một số đặc điểm sinh lý của bò, kích thước hạt trong một mẫu là 0,5 micron và ở mẫu kia - 1,5 micron. Khi đó $D$ sẽ chênh lệch một nửa. Đây là một sai lầm lớn. Để tránh điều này, trước khi thay đổi kích thước của các hạt chất béo trong mẫu sữa phải được chuẩn hóa. Thiết bị này được trang bị máy tạo bọt - một thiết bị trong đó sữa được ép thông qua hệ thống van, trong đó các hạt chất béo được nghiền nát và giảm kích thước trung bình khoảng 0,5 micron. Điều này đạt được mối quan hệ rõ ràng giữa $D$ và $V$. (Nhân tiện, quá trình đồng nhất sữa thường được thực hiện tại các cơ sở sản xuất sữa. Sữa như vậy có khả năng chống phân tách, chua hơn và được hấp thụ tốt hơn.)

Tuy nhiên, các vấn đề không kết thúc ở đó. Thực tế là sữa có chứa một thành phần không hòa tan khác - protein. Các hạt protein có bán kính trung bình ~ 0,05 μm và độ tán xạ ánh sáng từ chúng có thể đạt tới 20% so với bán kính của các hạt chất béo. Để loại bỏ yếu tố gây nhiễu này, sữa được pha loãng bằng dung dịch kiềm yếu.

14

Tơ lụa không có tác dụng giảm béo; nó nghiền nát các hạt protein thành những hạt nhỏ hơn - lên tới 0,005 micron. Hãy nhớ rằng tại $r \to 0$ giá trị của $Q$ giảm nhanh chóng: như $r^4$. Vì vậy, với sự phân mảnh như vậy, sự phân tán của các phần protein giảm đi vài bậc độ lớn. Suy nghĩ của các nhà nghiên cứu thậm chí còn đi xa hơn. Do protein có giá trị dinh dưỡng cao nên việc thay đổi hàm lượng protein trong sữa cũng không kém phần quan trọng bài toán so với việc thay đổi hàm lượng chất béo. Bạn có thể thử “biến hại thành có lợi”: không loại bỏ sự phân tán của các phần protein mà hãy sử dụng nó để thay đổi hàm lượng protein trong sữa. Chúng ta hãy nhớ rằng các hạt lớn (đây là các hạt chất béo) phân tán ánh sáng chủ yếu về phía trước và các hạt nhỏ (đây là các hạt protein) phân tán ánh sáng đều theo mọi hướng. có thể thử “chơi” hiệu ứng này? Ví dụ, hãy làm điều này. Hãy đặt các bộ thu ánh sáng xung quanh lồng như trong hình 4. Bộ thu 1, nằm ở thành trước của lồng, thu ánh sáng tán xạ phía sau, tức là tán xạ chủ yếu bởi các hạt protein. Bộ thu 2 thu ánh sáng tán xạ về phía trước. Ở đây, cả hạt protein và hạt chất béo đều tham gia vào quá trình tán xạ.

Do đó, tín hiệu từ bộ tách sóng quang 1 sẽ liên quan đến nồng độ protein và sự khác biệt trong tín hiệu từ bộ thu 2 và 1 sẽ liên quan đến nồng độ chất béo.

Tất nhiên, trong trường hợp này, để có những thay đổi chính xác, cần phải tiêu chuẩn hóa kích thước hạt của protein (cũng như chất béo). Tuy nhiên, hóa ra việc chuẩn bị cơ học không có bất kỳ ảnh hưởng nào đến các hạt protein, và việc tiêu chuẩn hóa hóa học kích thước của các hạt protein (nghiền bằng kiềm) làm giảm chúng đến mức chúng gần như ngừng tán xạ ánh sáng. Vì vậy, ý tưởng hay về việc thay đổi đồng thời hàm lượng chất béo và protein trong sữa bằng cách tán xạ ánh sáng vẫn chưa được thực hiện cho đến ngày nay. Nhưng khoa học không đứng yên, năng lực kỹ thuật không ngừng mở rộng. Có lẽ một trong những độc giả trẻ, sau khi trở thành chuyên gia về tán xạ ánh sáng, sẽ giải quyết được bài toán này trong tương lai?

Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow

Trường Thể chất Buổi tối (VPS) tại trường thể chất tuyển sinh học sinh lớp 8, 9 và 10 cho năm học tiếp theo.

Mục tiêu chính của VFS là giúp học sinh nghiên cứu vật lý sâu hơn trong khuôn khổ chương trình giảng dạy ở trường. Các lớp học được tổ chức vào buổi tối dưới hình thức các bài giảng hai tuần một lần và các buổi hội thảo hàng ngày. Ngoài ra việc học

Các em sẽ đến thăm các phòng thí nghiệm khoa học của khoa và làm quen với những hướng đi chính của vật lý hiện đại qua các bài giảng của các nhà khoa học hàng đầu. Dành cho những người muốn tổ chức các lớp học tự chọn về toán học và những kiến ​​thức cơ bản về khoa học máy tính.

Việc xét tuyển vào VFS dựa trên kết quả của một cuộc phỏng vấn sẽ được tổ chức bắt đầu từ ngày 26 tháng 9.

Nếu lười học ở trường, bạn phải đích thân điền đơn đăng ký tại ủy ban Komsomol của một nhà vật lý tại Đại học quốc gia Moscow (kèm theo hai bức ảnh có kích thước 3x4 cm). Đơn đăng ký có thể được nộp từ ngày 6 tháng 9 đến ngày 22 tháng 9 hàng ngày, trừ Chủ nhật, từ 16 đến 18 giờ. Thanh niên lao động được ghi danh tham gia cuộc thi.

Những người hoàn thành khóa đào tạo sẽ nhận được chứng chỉ hoàn thành VFS.

Địa chỉ: 119899 Moscow, GSP, Leninskie Gory, Đại học quốc gia Moscow, Khoa Vật lý, Trường Vật lý Trung học.
Điện thoại: 939-26-56.

15

PHÂN PHỐI ĐỘC

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
Y. P. CHUKOVA

1837 Paris. Bởi Budvaar Saint
Michel là giáo sư ở Sorbonne,
thành viên của tất cả các hiệp hội khoa học và học giả
của Châu Âu và Châu Mỹ Simeon Denis
Poisson. Anh ấy đang nghĩ về lần cuối cùng của mình
công việc. Tôi có nên báo cáo cô ấy không?
người theo đạo Korist? hoặc giới hạn chúng ta vào các nhà toán học? Công trình có tên “Nghiên cứu
thảo luận về khả năng bị kết án hình sự
các quy trình mới và dân sự."
Tài liệu đó hợp pháp và đúng luật
toán học… Định luật mô tả
vai trò của cơ hội trong kiện tụng
quá trình ở Pháp vào thế kỷ 19.

Poisson đã biết đến sự khái quát hóa tuyệt vời
sức mạnh của các định luật toán học.
Nhưng ngay cả anh cũng không ngờ rằng mình đã nhận được
luật được trao cho họ, luật này sẽ được gọi là ra-
Giới hạn Poisson, sau một rưỡi
thế kỷ sẽ trở thành một công cụ nghiên cứu cho
các nhà khoa học thuộc nhiều chuyên ngành khác nhau
sta.

Chúng ta sẽ làm quen với việc phân phối
Poisson một cách đơn giản và dễ hiểu
ví dụ.

Trong phòng ăn, họ làm hỗn hợp gồm $N$ quả anh đào và rót vào ly $n$
(khuấy kỹ để đảm bảo độ tinh khiết của thí nghiệm). Câu hỏi: xác suất là gì
Có đúng là không có quả anh đào trong ly này không?

Chúng ta sẽ giả định rằng tất cả các lựa chọn
phân phối quả anh đào vào ly
quyền bình đẳng. Vì mỗi
$N$ quả anh đào có thể trúng bất kỳ $n$ nào
kính, tổng số lựa chọn bằng
nhưng $n^N$ (n tùy chọn cho quả anh đào thứ nhất,
n - cho lần thứ 2, v.v.). Số lượng tùy chọn
khi không có quả anh đào nào trong một chiếc ly nhất định
palia, bằng $(n-1)^N$ (mỗi quả anh đào
“chọn” bất kỳ cái nào khác $n-1$
kính). Do đó, xác suất yêu cầu
xác suất $R_0$ của những gì sẽ không có trong ly
quả anh đào, bằng $(n-1)^N/n^N$, tức là

chất độc

16

Chúng ta cũng có thể rút ra một công thức chung cho xác suất giới hạn (nói chung là $N$) $P_k$ của việc tìm thấy $k$ chấy ($k=0, 1, 2, \dots$) trong ly:

$$P_k \approx \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!},$$

trong đó $k! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k$ tại $k \geqslant 1$ và theo định nghĩa, $0! = 1$.

Nói chung, giả sử rằng trong một thử nghiệm với các kết quả ngẫu nhiên, một số thay đổi về số lượng nhận các giá trị nguyên không âm. Nó được cho là có phân phối Poisson nếu nó nhận giá trị $k$ với xác suất $p(k; \lambda) = \lambda^k e^{-\lambda}/k!$ (xem (2)). hình 1 hiển thị biểu đồ xác suất $p(0; \lambda), p(2; \lambda)$ và $p(4; \lambda)$ dưới dạng hàm của $\lambda$. Khi $\lambda$ được cố định, các giá trị của $p(k; \lambda)$ được mô tả là hình 2 (đối với $\lambda=10$).

Phân phối Poisson xảy ra trong nhiều tình huống khác nhau. Chúng tôi sẽ chỉ đưa ra hai ví dụ điển hình về việc sử dụng nó. Đầu tiên là từ vật lý. Các thí nghiệm cho thấy trong quá trình phân bố vật chất, số lượng hạt $\alpha$ phát ra trong một khoảng thời gian nhất định $t$ với độ chính xác rất cao tuân theo phân bố Poisson với giá trị trung bình $\lambda t$, trong đó $\lambda$ là thông số đặc trưng cho cường độ bức xạ. Ví dụ này cho phép chúng ta chứng minh mức độ nguy hiểm của việc ngụy trang lẽ thường. Thật vậy, thoạt nhìn có vẻ như xác suất được tạo ra

$$P_0 = \left(1 - \frac{1}{n}\right)^N.$$

Gọi $\lambda = \frac{N}{n}$ là số chấy trung bình trong ly, khi đó

$$P_0 = \left(1 - \frac{\lambda}{N}\right)^N.$$

Đối với $N$ lớn (và cố định $\lambda$), giá trị này xấp xỉ bằng $e^{-\lambda}$. Vì thế,

$$P_0 \approx e^{-\lambda}.$$

(1)

Tương tự, chúng ta có thể tính xác suất $P_1$ để có chính xác một quả anh đào trong ly: quả anh đào này có thể được chọn theo $N$ cách và $N-1$ quả anh đào còn lại phải được phân bổ cho $n-1$ ly, do đó,

$$P_1 = \frac{N(n-1)^{N-1}}{n^N} = \frac{N}{n-1} \left(1 - \frac{\lambda}{N}\right)^N \approx \lambda e^{-\lambda}.$$

*) Thực vậy,

$$\lim_{N \to \infty} \left(1 - \frac{\lambda}{N}\right)^N = e^{\lim_{N \to \infty} N \ln(1-\lambda/N)},$$

và giới hạn trong chỉ báo bằng

$$\lim_{N \to \infty} N \ln \left(1 - \frac{\lambda}{N}\right) = \lim_{N \to \infty} \lambda \frac{\ln(1-\lambda/N) - \ln 1}{\lambda/N} = -\lambda \lim_{h \to 0} \frac{\ln(1+h) - \ln 1}{h} = -\lambda,$$

vì giới hạn cuối cùng bằng hàm tùy ý $\ln x$ cho $x=1$, tức là 1.

17

10 hạt α trong 5 giây hoặc 2 hạt α trong 1 giây phải trùng nhau. Tuy nhiên, điều này không đúng. Ví dụ, giả sử rằng bộ đếm đăng ký một hạt có tần số trung bình λ=1 hạt mỗi giây. Khi đó, số hạt được ghi trong 1 giây tuân theo phân phối Poisson với tham số 1 và trong 5 giây - với tham số 5. ​​Do đó, xác suất đầu tiên bằng

$$p(10; 5) = \frac{5^{10}e^{-5}}{10!} \approx 0,018,$$

và thứ hai -

$$p(2; 1) = \frac{1^2 \cdot e^{-1}}{2!} \approx 0,18.$$

Chúng ta thấy rằng những xác suất này không những không bằng nhau mà còn khác nhau gấp 10 lần!

Ví dụ thứ hai là từ cuộc sống của virus, chính xác hơn là virus vi khuẩn được gọi là thể thực khuẩn, được phát hiện vào năm 1915. Thể thực khuẩn là ký sinh trùng của vi khuẩn. Chúng chỉ được giải phóng trong tế bào vi khuẩn. Một trong những thể thực khuẩn được nghiên cứu nhiều nhất, thể thực khuẩn T2, được giải phóng khỏi Escherichia coli. Quá trình lây nhiễm xảy ra như sau. Trong quá trình chuyển động Brown, thể thực khuẩn gặp một vi khuẩn và bám vào nó ở cuối “đuôi” của nó (hình 3). Sau khi bám vào, vỏ virus co lại, lõi xuyên qua bề mặt tế bào và DNA của phage xâm nhập vào vi khuẩn. Sau khoảng 20 phút ở nhiệt độ 37°, vi khuẩn bị tiêu diệt và hầu hết các thể thực khuẩn xuất hiện cùng với một thể thực khuẩn. Cấp độ hiếm!

Cái chết của vi khuẩn dưới tác động của phage có thể được quan sát gần như trực quan. Thực tế là dung dịch dinh dưỡng có vi khuẩn E. coli xuất hiện nhiều mây - vi khuẩn có kích thước khoảng 1 micron, đủ để phân tán ánh sáng khả kiến. Nhưng nếu trong ống nghiệm có E. coli thêm một thể thực khuẩn T2 và nhấn trong 6-8 giờ, khi đó dung dịch trong ống nghiệm sẽ trở nên đục. Lời giải thích duy nhất. Phage T2, nhân lên nhanh chóng, tiêu diệt toàn bộ E. coli, và không còn vật thể nào trong ống nghiệm có thể tán xạ ánh sáng, vì kích thước của bản thân các phage (khoảng 200 nm) là quá nhỏ để thực hiện điều này. Tất cả điều này thật thú vị, nhưng bạn có quyền hỏi phân phối Poisson có liên quan gì đến nó.

Hóa ra, theo một cách không ngờ tới, nó lại giúp giải quyết một vấn đề quan trọng của sinh học phân tử. bài toán - xác định nồng độ các hạt virus trong dung dịch. Trong ví dụ của chúng tôi với compote, phân tích bài toán (tìm số quả anh đào trung bình trong một ly) có thể được giải một cách đơn giản: bạn có thể đọc lại số quả anh đào trong nhiều ly và chia số lượng của chúng cho số ly. Nhưng virus không được đọc lại như sâu bọ! Và ở đây chúng ta nhớ đến công thức (1), công thức này kết nối xác suất không có hạt (chấy hay vi rút) trong một thể tích nhất định của chế phẩm chứa chúng (trong ly hoặc trong ống nghiệm) với số lượng trung bình của chúng. Giả sử, hãy lấy 100 ống nghiệm chứa vi khuẩn trong môi trường dinh dưỡng và thêm 1 ml dung dịch vi rút vào mỗi ống nghiệm. Sau một thời gian ủ, chúng tôi đếm số lượng ống nghiệm vẫn còn đục. Giả sử có 38 chiếc ly và 62 chiếc ly còn lại trong suốt. Điều này có nghĩa là không một thể thực khuẩn nào lọt vào 38 ống nghiệm, hoặc các thể thực khuẩn được rã đông nhanh hơn nhiều so với vi khuẩn (trong thời gian trôi qua, chúng đã tiêu diệt tất cả vi khuẩn trong 62 ống nghiệm). Tỷ lệ các ống đục cho giá trị xác suất gần đúng bằng

18

sti $P_0$ rằng không có một phage nào lọt vào ống nghiệm, tức là $P_0 \approx 0,38$. Chúng ta nhìn vào hình 1 và thấy rằng xác suất như vậy được hiện thực hóa ở giá trị trung bình $\lambda=1$. Đáp số bài toán như sau: 1 ml huyền phù chứa trung bình 1 phage.

Phân bố Poisson là một trong những phân bố quan trọng nhất trong lý thuyết xác suất; nó được tìm thấy trong tập hợp bài toán. Không đi sâu vào chi tiết, chúng ta có thể nói rằng nó xuất hiện ở nơi các điểm phân tán ngẫu nhiên được xem xét và chúng ta quan tâm đến số điểm rơi vào một khu vực nhất định. Bằng cách này, có thể có các dấu hiệu đồng nhất trong một khối bột nhào trộn kỹ (hoặc quả anh đào trong món trộn), lỗi đánh máy trong một cuốn sách, những khoảnh khắc trong quá trình xây dựng các cuộc gọi điện thoại, giọt nước rơi trên nhựa đường khô, đột biến nhiễm sắc thể khi tiếp xúc với bức xạ, v.v., v.v. Nhưng, tất nhiên, để định luật Poisson có hiệu lực, phải đáp ứng một số điều kiện nhất định, nếu không thì tự nhiên và đủ tổng quát. Ví dụ, nếu xem xét sự cắn của các hạt α thì phải chú ý sao cho cường độ bức xạ không thay đổi trong thời gian quan sát; nếu các cuộc gọi điện thoại được đăng ký, điều cần thiết là người gọi không được thống nhất với nhau hoặc với điện thoại của chủ sở hữu về thời gian nói chuyện, v.v. Những điều kiện này và hậu quả phát sinh từ chúng sẽ được thảo luận chi tiết hơn trong bài viết “Sự phát sinh của phân bố Poisson như thế nào”.

Đơn hàng được chấp nhận…

Chúng tôi tiếp tục danh sách các qips sẽ được nhà xuất bản Nauka xuất bản vào năm 1989 và có thể được độc giả của chúng tôi quan tâm (sự kiểm duyệt tương ứng với kế hoạch chuyên đề; giá mang tính biểu thị; xem phần đầu ở số 7).

Thiên văn học

120. Bronshten V. A. Mặt trăng chuyển động như thế nào? 70k.
     Hơn nữa, đối với các nhà thiên văn học thế kỷ 18-20, được trang bị các phương pháp cơ học thiên thể, lý thuyết về chuyển động của Mặt trăng hóa ra là một “cái đai ốc khó bẻ”. Những khó khăn mà các nhà khoa học gặp phải trên con đường này và phương pháp khắc phục chúng đều được mô tả chi tiết trong cuốn sách.

121. Golub I. Ya., Khrenov L. S. Thời gian và lịch. 25k.
     Các lịch hiện có và hiện đang hoạt động được mô tả và thông tin về

mẫu lịch dự kiến.

122. Gurshtein A. A. Bí mật vĩnh cửu của bầu trời. 1 chà. 20k.
     Ở dạng mở rộng, với việc sử dụng rộng rãi các tài liệu lịch sử, những thành tựu của thiên văn học và du hành vũ trụ hiện đại, các phương pháp nghiên cứu thiên văn và các mối liên hệ kỹ thuật của thiên văn học với cơ học, toán học, vật lý và khoa học Trái đất sẽ được thảo luận.

123. Klimshin I. A. Thiên văn học tương đối tính: Dịch. từ Ukraina 1 chà. 20k.
     Các ý tưởng về chuyên môn hóa và lý thuyết tổng quát về thiên văn học tương đối, các hướng dẫn quan sát và các tài liệu dành cho niên đại thiên văn được trình bày dưới dạng phổ biến.

124. Sikoruk L. L. Telesons dành cho những người yêu thích thiên văn học. 70k.
     Người ta thường nói về thiết kế và

xây dựng điện thoại nghiệp dư.

125. Sharov A. S., Novikov I. D. Hubble là một nhà thiên văn học xuất sắc của thế kỷ XX. 50k.
     Mô tả về cuộc đời, hoạt động khoa học và xã hội của nhà thiên văn học xuất sắc của thế kỷ 20 - E. Hubble, đây là ngày kỷ niệm ngày sinh của ông được sử dụng vào năm 1989. Khám phá nổi bật nhất về Hubble, mang tên ông, là khám phá về sự giãn nở của Vũ trụ. Phần lớn tài liệu về Hubble trong cuốn sách được xuất bản lần đầu tiên.

126. Lịch thiên văn năm 1990 1 r. 20k.
     Cuốn kỷ yếu chứa thông tin về các hiện tượng thiên văn năm 1990, các bài viết về thành tựu của ngành du hành vũ trụ và các khoa thiên văn học khác nhau, hướng dẫn quan sát và tài liệu dành cho các ngày thiên văn lớn.

(Cuối cùng xem trang 22)

19

SỐ THỦ,
TOÁN HỌC
THỐNG KÊ VÀ… MÁY TÍNH

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. P. VINNICHENKO

Biên tập. Trong những năm gần đây, với sự phát triển về sức mạnh và tính sẵn có của máy tính, thí nghiệm, cho đến gần đây vẫn là lĩnh vực gần như không thể phân chia của vật lý, hóa học và các ngành khoa học tự nhiên khác, đã bắt đầu đóng một vai trò ngày càng tăng trong công việc của toán học. Các nhà toán học đã có thể xác định các giả thuyết mới dựa trên kết quả xử lý nhanh của máy tính các mảng khổng lồ. Đôi khi xuất hiện những mô hình gây tổn hại cho các cá nhân có thể đã được phát hiện từ “ngày xưa tốt đẹp”.
Trong phần ghi chú sau, bạn sẽ không tìm thấy một định lý hay bằng chứng nào. Ở đây chúng ta nói về một thí nghiệm về số nguyên tố, cho phép chúng ta đưa ra một đề xuất thú vị về sự phân bố của chúng. Có lẽ một trong những độc giả của chúng tôi sẽ có thể chứng minh hoặc bác bỏ nó.
Ngay cả người Hy Lạp cổ đại cũng nhìn thấy trong số nhiều số nguyên dương “các nguyên tử không thể phân chia”, tức là những con số không thể phân tách thành các thừa số nhỏ hơn và gọi chúng là “đơn giản”. Một số nguyên tố chỉ chia hết cho một và chính nó, còn tất cả các số khác đều được lấy từ các phần tử kirichki của thế giới này

chất độc

2*

19

20

số bằng phép nhân. Sự bắt đầu của một dãy số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, nhưng không có điểm kết thúc - số đơn giản nhất không tồn tại. Chúng tôi sẽ coi số nguyên tố chẵn duy nhất 2 là một “lỗi tự nhiên” và xem xét chuỗi bắt đầu từ 3. Hãy để chuỗi này tuân theo quy trình phân tích sự khác biệt*) - chúng tôi sẽ là sự khác biệt của hai số hạng lân cận:

$$\begin{align*} 3, & 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37 \\ 2 & 2 4 2 4 2 4 2 4 2 6 \end{align*}$$

Sự khác biệt được lặp lại - có nhiều số hai, có số bốn và số sáu cũng xuất hiện. Nó giống như thể các điểm đang tung ra trên một con xúc xắc: hai, hai, bốn, lại hai… Thật là một ý tưởng dị giáo khi coi chuỗi xác định chặt chẽ này là kết quả đo của một số biến ngẫu nhiên và cố gắng xử lý chúng bằng phương pháp thống kê toán học.

Chúng ta lấy các số nguyên tố không vượt quá $N$ để xử lý; trong ví dụ (1) $N=40$. Trước hết, hãy viết theo thứ tự tăng dần tất cả các giá trị quan sát được $x_1=2, x_2=4, \dots$ của “biến ngẫu nhiên” của chúng ta (ví dụ (1) số lượng các giá trị này là $n=3$) và bên dưới nó - tần suất $\omega_1, \omega_2, \dots$ mà chúng xuất hiện (tức là tỷ lệ giữa số lần xuất hiện $x_i$ trên tổng số giá trị được quan sát, đối với chúng ta là 10):

$$\begin{align*} 1 & 4 & 9 & 16 & 25 & 36 \\ 3 & 5 & 7 & 9 & 11 & \dots \\ 2 & 2 & 2 & 2 & \dots ; \end{align*}$$

tương ứng, $(x^2)^{n/2}=\text{const.}$

Tiếp theo, chúng tôi sẽ biên soạn một bảng “tần số tích lũy” $v_i=\omega_1+\omega_2+\dots+\omega_i$, tức là dưới mỗi giá trị $x_i$, chúng tôi sẽ viết tổng tần số của tất cả các giá trị không vượt quá $x_i$:

$$\begin{align*} x_i & 2 & 4 & 6 \\ \omega_i & 0,5 & 0,3 & 0,2 \end{align*}$$

Chúng ta hãy vẽ kết quả của những phép tính này dưới dạng biểu đồ của hàm bước $F_N(x)$ (hình 1), được gọi là hàm phân phối thực nghiệm: $F_N(x)$ bằng tổng của $\omega_i$ trên tất cả $i$ sao cho $x_i \leqslant x$. Mục tiêu của chúng tôi là so sánh các biểu đồ của $F_N(x)$ với các $N$ khác nhau và cố gắng nắm bắt một số khuôn mẫu trong hành vi của chúng đối với $N \to \infty$. Đúng vậy, nếu bạn thực hiện việc này mà không có sự chuẩn bị thích hợp thì sẽ chẳng có điều gì tốt đẹp cả. Thực tế là càng ở xa, các số nguyên tố phổ biến càng nhiều và khoảng cách giữa chúng sẽ càng lớn. Do đó, các đồ thị $F_N$ với mức tăng $N$ sẽ lan sang bên phải. Để bù đắp cho sự tan chảy này, chúng tôi áp dụng cho họ một quy trình quen thuộc với chúng tôi trong tiểu thuyết trinh thám. Khi ghép các bức ảnh với các bức ảnh bằng xenlulo, dù chúng có mô tả cùng một tổng thể hay không, các nhà khoa học pháp y sẽ xác định hoặc giảm bớt chúng sao cho khoảng cách giữa các khung hình trong các bức chân dung thông thường trở nên giống nhau, rồi ghép chúng lại với nhau từng khung hình. Chúng ta sẽ làm điều gì đó tương tự với các hàm phân phối theo kinh nghiệm.

21

Chúng ta hãy tính cho mỗi $N$ giá trị trung bình số học $\bar{x}$ của tất cả các giá trị quan sát được $x_i$, được gọi là giá trị trung bình. Thật dễ dàng để nhận thấy điều đó $\bar{x} = \sum_{i=1}^{n} x_i \omega_i$.

Giá trị này đặc trưng cho sự dịch chuyển của hàm phân phối theo chiều ngang. Số lượng thứ hai chúng ta cần là

$$\sigma_x = \sqrt{\sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{x})^2 \omega_i}$$

• gọi là độ lệch chuẩn. Nó đóng vai trò như thước đo độ phân tán của các giá trị quan sát được so với giá trị trung bình $\bar{x}$— $\sigma_x$ càng nhỏ thì các giá trị $x_i$ càng gần nhau. Trong trường hợp tương tự thám tử của chúng tôi, kích thước $\sigma_x$ tương ứng với kích thước của nhiếp ảnh gia. Hãy để chúng tôi đưa ra các giá trị của $\bar{x}$ và $\sigma_x$ cho các $N$ khác nhau.

| $N$ | 40 | $10^2$ | $10^3$ | $10^4$ | $10^5$ | $10^6$ |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $\bar{x}$ | 3,40 | 4,10 | 5,98 | 8,12 | 10,42 | 12,73 |
| $\sigma_x$ | 1,56 | 1,84 | 3,54 | 5,86 | 8,02 | 10,28 |

Như người ta mong đợi, cả hai đặc điểm này đều tăng khi tăng $N$, điều này cho thấy đồ thị $F_N$ đang trải rộng. Để tránh việc định vị, chúng tôi di chuyển từng biểu đồ $x$ sang trái và tạo $\sigma_x$ lần cho trục tọa độ. Để thực hiện việc này, chúng ta thay thế các giá trị $x_i$ bằng các giá trị mới $y_i = (x_i - x)/\sigma_x$ và tính toán lại bảng tần số tích lũy:

| $y_i$ | $-0,90$ | $0,38$ | $1,67$ |
| :— | :— | :— | :— |
| $v_i$ | 0,50 | 0,80 | 1 |

Sử dụng bảng này, chúng ta sẽ vẽ đồ thị hàm phân phối $\bar{F}_N(y)$ của giá trị $y_i$ (hình 2). Dễ dàng nhận thấy giá trị trung bình và độ lệch chuẩn của giá trị $y_i$ đối với tất cả $N$ sẽ bằng 0 và 1. Chúng ta sẽ so sánh các biểu đồ $\bar{F}_N$ này. Tất nhiên, đối với $N$ lớn, công việc này phải được giao cho máy tính. Trong 20 phút làm việc, chúng tôi đã đạt được 300 nghìn thao tác mỗi giây, làm nổi bật các biểu đồ được hiển thị trong hình 3 (cho $N = 10^3$, $10^4$, $10^5$ và $10^6$). Có thực sự trông giống như những biểu đồ bước này đang tiến gần đến biểu đồ phẳng được vẽ bằng màu đen không? Đây là biểu đồ được gọi là phân bố hàm mũ

$$F(y) = \begin{cases} 1 - e^{-y-1} & \text{при } y \geq -1, \\ 0 & \text{при } y < -1 \end{cases}$$

với giá trị trung bình bằng 0 và độ lệch chuẩn đơn vị. Việc tính toán được thực hiện trên máy tính xác nhận giá trị quan trọng của chúng tôi. Liệu có đúng là tại $N \to \infty$ đồ thị của $\bar{F}_N(y)$ có xu hướng $F(y)$ hay không vẫn chưa được biết. Hiện tại đây chỉ là một giả thuyết. Tuy nhiên, giả thuyết được xác nhận cho tập hợp 78.497 số nguyên tố đầu tiên. Và công việc khổng lồ này đã được hoàn thành chỉ trong 20 phút!

Điều thú vị cần lưu ý là sự phân bố tương tự cũng được đưa ra bởi các khoảng giữa các tín hiệu lân cận trong luồng Poisson (xem phần cuối của bài viết “Sự phát sinh phân bố Poisson như thế nào”). Chúng ta có thể chỉ ra điều này bằng cách nhớ lại rằng, như được trình bày trong bài viết này, xác suất $P_0(t)$ không có tín hiệu nào đến trong thời gian $t$ là $e^{-\lambda t}$. Do đó, xác suất tín hiệu tiếp theo

22

Bắt đầu từ thời điểm tùy ý $t_0$, nó sẽ xuất hiện cho đến thời điểm $t_0 + t$, bằng $1 - e^{-\lambda t}$. Sau khi dịch chuyển và độ dốc thích hợp, sẽ thu được hàm phân phối được cho bởi đẳng thức (2).

Bạn có thể thử khám phá tính chất khoảng cách giữa các số nguyên tố lân cận bằng cách sử dụng một số tính chất đã biết của chúng. Ví dụ: có một ước tính cho đại lượng $N$, lần đầu tiên được chứng minh bởi nhà toán học người Pháp J. Hadamard và nhà toán học người Bỉ S.-J. Vallée Poussin năm 1896: $\pi(N) \approx N/\ln N$. Chúng ta hãy xem xét cái gọi là số gần nguyên tố: nghiệm của phương trình $n_i/\ln n_i = i + 3, i = 1, 2, 3...$, số của chúng trong khoảng từ 1 đến $N$ là rất thuận tiện, cũng xấp xỉ bằng $N/\ln N$. Hãy viết ra $n_1, n_2, ..., n_6$ và áp dụng phân tích sự khác biệt:

$$8,61 \quad 12,71 \quad 17,00 \quad 21,47 \quad 26,10 \quad 30,87 \quad 4,10 \quad 4,29 \quad 4,47 \quad 4,63 \quad 4,77 \quad 0,19 \quad 0,18 \quad 0,16 \quad 0,14$$

Có thể thấy rằng khoảng cách giữa các giả nguyên tố lân cận $n_i$ và $n_{i+1}$ quay trở lại, nhưng càng ngày càng chậm khi $i$ tăng lên. Dựa trên quan sát này, hãy thử chứng minh rằng đối với các số chuẩn nguyên tố, hàm phân phối thực nghiệm là lồi xuống và do đó không thể trùng với hàm phân phối mũ. Do đó, giả thuyết của chúng tôi không thể được chứng minh chỉ bằng cách ước tính số $\pi(N)$. Nếu nó đúng thì bằng chứng của nó phải sử dụng một số sự kiện sâu sắc hơn.

Đơn hàng được chấp nhận…

(Để bắt đầu, xem trang 18)

Thông tin, lập trình

52. Samarsky A. A., Gulin A. V. Phương pháp số. 1 chà. 90k.

Các phương pháp số hiện đại lời giải được áp dụng bài toán, được thiết kế để sử dụng máy tính tốc độ cao, được trình bày. Lý thuyết nội suy, công thức bậc hai, xấp xỉ hàm số, phương pháp số của đại số, v.v. được xem xét.

90. Giới thiệu máy tính cá nhân Corvette. 95k.

Chứa mô tả về một trong những máy tính cá nhân đầu tiên ở nước ta, Corvette. Các tính năng của kiến ​​trúc máy tính, quy tắc sử dụng và phần mềm đều được xem xét.

128. Abramov S. A., Zima E. V. Nguyên tắc cơ bản của khoa học máy tính. 1 chà.

Chứa một bản trình bày có hệ thống về các khái niệm và phương pháp cơ bản của khoa học máy tính (công nghệ máy tính, lập trình, phương pháp số, sắp xếp và tìm kiếm). Những điều cơ bản về lập trình được trình bày trong Pascal.

129. Arsak J. Lập trình và định vị giọng nói. mỗi. từ fr. 90k.

Các phương pháp lập trình nhiều trò chơi ý nghĩa và khóa giọng nói bằng số, hàm hình học, v.v. đều được xem xét.

154. Novoseltsev V.N. Sinh vật trong thế giới công nghệ: khía cạnh điều khiển học. 70k.

Nó cho biết điều khiển học ngày nay cho phép chúng ta theo nhiều cách như thế nào để đưa ra một bức tranh hoàn chỉnh về các quá trình sống trong cơ thể.

155. Dyakov V.P. Sổ tay tính toán sử dụng máy tính vi mô. 1 chà. 20k.

Chứa mô tả về báo cáo hiện đại và máy tính vi mô nước ngoài, ngôn ngữ và lập trình cơ bản.

156. Pilshikov V.N. Tập hợp các điều khiển trên ngôn ngữ Pascal. 40k.

Bộ sưu tập này dựa trên cuốn sách “Bài tập bằng ngôn ngữ Pascal” mà chúng tôi sử dụng khi dạy lập trình cho sinh viên Khoa Toán tính toán và Điều khiển học tại Đại học Moscow.

159. Nikolov R., Sendova E. Sự khởi đầu của tin học: Transl. từ tiếng Bungari 60 k.

Kinh nghiệm dạy trẻ làm việc với máy tính cá nhân được phản ánh. Bạn sẽ có được những điều cơ bản khi học với máy tính ở chế độ hội thoại bằng ngôn ngữ LOGO.

23

NÓ PHÁT SINH NHƯ THẾ NÀO
PHÂN PHỐI ĐỘC

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. N. DUVROVSKY

Mỗi khi có cơ hội, bạn có thể bắt gặp cơn mưa đầu hè, khi mặt đất vẫn khô ráo và chỉ ở đây mới có những vết đen hiếm hoi xuất hiện ngay từ những giọt đầu tiên. Những đốm này là mô hình gần như hoàn hảo của “các chấm rải rác ngẫu nhiên” được đề cập trong bài viết Phân phối Poisson. Hãy thử sử dụng mô hình trực quan này để xây dựng các giả thuyết toán học mô tả các điểm phân tán ngẫu nhiên và rút ra từ chúng:

*) Vô tình, chúng ta buộc phải làm mà không có định nghĩa về khái niệm xác suất - chẳng hạn, những ai muốn có thể tìm thấy nó trong cuốn sách của A. N. Kolmogorov, I. G. Zhurbenko, A. V. Prokorov “Giới thiệu về Lý thuyết Xác suất” (M., Nauka, 1978). Chúng tôi hy vọng rằng một lượng nhỏ ý thức chung sẽ đủ để hiểu bài viết.

rằng số điểm nằm trong một khu vực nhất định trong quá trình xác định thời gian tuân theo phân phối Poisson.

Gọi $P_k$ là xác suất*) để $k$ giọt nước rơi xuống khu vực chúng ta đã chọn. Trước hết, rõ ràng rằng

1. xác suất $P_k$ chỉ được xác định bởi diện tích của khu vực này và không phụ thuộc vào hình dạng và vị trí của nó.

Do đó, chúng tôi sẽ tìm kiếm $P_k$ như một hàm của diện tích trang web, tức là ở dạng $P_k(s)$. Giả thuyết tự nhiên thứ hai là

2. số giọt rơi trên một khu vực nhất định không phụ thuộc vào số giọt rơi trên bất kỳ khu vực nào khác không giao nhau với khu vực đầu tiên.

24

Nói cách khác, xác suất $P_0, P_1, P_2, \dots$ đối với một khu vực nhất định không phụ thuộc chút nào vào số lượng giọt rơi ở khu vực khác. Biểu thức toán học của điều kiện độc lập là quy tắc nhân xác suất: xác suất xảy ra đồng thời của hai sự kiện độc lập bằng tích xác suất của chúng. Ví dụ: nếu $S$ và $T$ là hai phần rời nhau của $P_1(s) \cdot P_1(t)$. Tương tự, sự kiện “2 giọt rơi vào khu vực $S$ và $T$” có xác suất là $P_2(s) \cdot P_0(t) + P_1(s) \cdot P_1(t) + P_0(s) \cdot P_2(t)$ (sự kiện này được chia thành ba: trên khu vực $S$ 2 giọt rơi và trên $T$ - không có; trên khu vực $S$ 1 giọt rơi và trên $T$ - 1 giọt; trên khu vực $S$ có 0 giọt và $T$ có 2 giọt; xác suất của nó bằng tổng xác suất của ba thành phần này). Chúng tôi nhấn mạnh rằng quy tắc nhân xác suất chưa được chứng minh - đây là một định nghĩa về tính độc lập, nhưng không khó để giải thích tại sao định nghĩa này được chấp nhận.

Một trong những nguyên tắc cơ bản của lý thuyết xác suất (luật số lớn) phát biểu rằng tần suất xảy ra một sự kiện trong một chuỗi thí nghiệm đủ dài sẽ tiệm cận đến xác suất của nó. Hãy để các sự kiện $A$ và $B$ được quan sát trong một loạt các thí nghiệm $n$ và sự kiện $B$ đã xảy ra $m$ lần và cả hai sự kiện xảy ra đồng thời $k$ lần; thì tần số $m/n$ của sự kiện $B$ gần bằng xác suất của nó $P(B)$ và tần suất $k/n$ xảy ra đồng thời của sự kiện $A$ và $B$ là xác suất tương ứng $P(AB)$. Sự độc lập của các sự kiện $A$ và $B$ phải nằm ở chỗ thông tin về sự xuất hiện của sự kiện $B$ không thể ảnh hưởng đến xác suất xảy ra sự kiện $A$. Do đó, tần suất của $k/m$ thí nghiệm trong đó sự kiện $A$ xảy ra, trong số những thí nghiệm trong đó sự kiện $B$ được ghi lại, phải giống như trong chuỗi tất cả các thí nghiệm nói chung: $k/m \approx P(A)$. Như vậy,

$$P(AB) \approx \frac{k}{n} = \frac{k}{m} \cdot \frac{m}{n} \approx P(A) \cdot P(B).$$

Trong giới hạn (tại $n \to \infty$), các đẳng thức gần đúng này chuyển thành đẳng thức chính xác. Chúng tôi nhận được xác nhận rằng “quy tắc nhân xác suất” phản ánh chính xác ý tưởng trực quan của chúng tôi về tính độc lập của các sự kiện.

Tuy nhiên, chúng ta hãy quay trở lại với những hạt mưa. Giả thuyết thứ ba mô tả sự mất mát của họ như sau:

3. xác suất $P_{>1}(h)$ để ít nhất 2 giọt rơi trên một khu vực nhỏ $h$ là không đáng kể so với xác suất $P_1(h)$ để 1 giọt rơi trên khu vực nhỏ này, tức là $P_{>1}(h)/P_1(h) \to 0$ với $h \to 0$.

Nói cách khác, giọt nước không rơi vào cùng một chỗ hai lần. Bây giờ các điều kiện đã được hình thành đầy đủ và bạn có thể bắt đầu nhận điều kiện tiếp theo.

Trước hết chúng ta hãy tìm $P_0(s)$. Diện tích khoảng cách $s+t$ và chia thành hai khu vực - diện tích $s$ và diện tích $t$. Nếu phần lớn hơn $(s+t)$ vẫn khô thì không có giọt nào rơi xuống cả hai phần $s$ và $t$ của nó, và do điều kiện 2) sự độc lập của các phần đối với bất kỳ $s, t \geqslant 0$ nào chúng ta thu được $P_0(s+t) = P_0(s)P_0(t)$.

Từ phương trình này, chúng ta cần tìm hàm $P_0$, mà chúng ta biết thêm rằng $0 \leqslant P_0(s) \leqslant 1$ và $P_0(s) - убывающая функция. Докажем, что$P_0(s) = e^{-\lambda s}$при некотором$\lambda > 0$. Пусть$f là hàm giảm thỏa mãn $f(s+t) = f(s) \cdot f(t)$. Đối với mọi $s > 0$ và mọi $n$ $f(ns) = f(s + (n-1)s) = f(s)f((n-1)s) = \dots = (f(s))^n$ tự nhiên.

Thay $s = \frac{1}{n}$ ở đây và đặt $f(1) = e^{-\lambda}$, ta được $f(1/n) = e^{-\lambda/n}$. Bây giờ chúng ta thay thế $s = 1/m$ và chúng ta nhận được $f(n/m) = (f(1/m))^n = e^{-\lambda n/m}$, tức là với bất kỳ số hữu tỉ $s > 0$ nào chúng ta có $f(s) = e^{-\lambda s}$. Bây giờ, thu được hàm đơn điệu $f(s)$

25

và $e^{-\lambda s}$, dễ dàng chứng minh rằng đẳng thức cuối cùng đúng với mọi $s > 0$.

Lưu ý rằng $P_0(h) \approx 1 - \lambda h$ đối với $h$ nhỏ (ký hiệu $u(h) \approx v(h)$ sẽ có nghĩa là $(u(h) - v(h))/h \rightarrow 0$ đối với $h \rightarrow 0$). Thật vậy, tích của hàm $e^{-\lambda s}$ với $s = 0$ bằng $-\lambda e^{-\lambda h} = -\lambda$, tức là $(P_0(h) - 1)/h = (e^{-\lambda h} - 1)/h \rightarrow -\lambda$ với $h \rightarrow 0$. Do đó, $P_1(h) + P_{>1}(h) = 1 - P_0(h) \approx \lambda h$ đối với $h$ nhỏ. Và vì, theo điều kiện 3, $P_{>1}(h)$ không đáng kể so với $P_1(h)$, đối với $h$ $P_1(h) \approx \lambda h$ nhỏ, $P_k(h) \approx 0$ đối với $k > 1$.

Bây giờ chúng ta có thể tạo các phương trình vi phân từ đó chúng ta sẽ tìm thấy $P_k(s)$. Chúng ta hãy xem xét một biểu đồ có diện tích $s$ và thêm vào đó một biểu đồ có diện tích nhỏ $h$. Lặp lại đạo hàm bằng nhau ở trên, chúng ta thu được

$$P_k(s + h) = P_k(s)P_0(h) + P_{k-1}(s)P_1(h) + (P_{k-2}(s)P_2(h)) + \dots + P_0(s)P_k(h).$$

Vì $P_0(h) \approx 1 - \lambda h$, $P_1(h) \approx \lambda h$ và toàn bộ biểu thức trong ngoặc đơn là không đáng kể so với $h$,

$$P_k(s + h) \approx P_k(s) (1 - \lambda h) + \lambda hP_{k-1}(s);$$

kể từ đây,

$$P_k'(s) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{P_k(s + h) - P_k(s)}{h} = -\lambda P_k(s) + \lambda P_{k-1}(s),$$

hoặc

$$P_k'(s) + \lambda P_k(s) = \lambda P_{k-1}(s), \quad k = 1, 2, \dots$$

Để giải phương trình này, hãy xét hàm $f_k(s) = P_k(s)e^{\lambda s}$. Hãy cùng tìm sản phẩm của cô ấy nhé: $f_k'(s) = P_k'(s)e^{\lambda s} + \lambda P_k(s)e^{\lambda s}$. Nhân phương trình (*) với $e^{\lambda s}$, ta thu được

$$f_k'(s) = \lambda f_{k-1}(s),$$

với $f_k(0) = P_k(0) = 0$ tại $k > 1$.

Bây giờ thật dễ dàng để tìm thấy tất cả các hàm $f_k$ lần lượt: $f_1'(s) = \lambda P_0(s)e^{\lambda s} = \lambda$, do đó $f_1(s) = \lambda s$ (chúng tôi đã dạy rằng $f_1(0) = 0$); $f_2'(s) = \lambda f_1(s) = \lambda^2 s$, do đó $f_2(s) = \lambda^2 s^2/2$, …, $f_k(s) = \lambda^k s^k/k!$. Và cuối cùng, chúng ta có thể viết ra biểu thức mong muốn

$$P_k(s) = \frac{(\lambda s)^k}{k!}e^{-\lambda s},$$

hợp lệ cho tất cả $k = 0, 1, 2, \dots$.

Hãy tóm tắt. Nếu các điểm trên mặt phẳng được chọn ngẫu nhiên sao cho thỏa điều kiện 1–3 thì số điểm rơi trên một diện tích có diện tích $s$ có phân bố Poisson với tham số $\lambda s$, trong đó $\lambda > 0$ là tham số đặc trưng cho mật độ trung bình của điểm (xem công thức (2) trong bài “Phân bố Poisson”).

Tất nhiên, mọi điều vừa nói có thể được chuyển gần như hoàn toàn sang trường hợp các điểm trong không gian hoặc trên một đường thẳng. Trường hợp sau đáng được đề cập đặc biệt vì nó xảy ra thường xuyên nhất trong thực tế. Trong trường hợp này, đường thẳng chứa các điểm đóng vai trò là trục thời gian và bản thân các điểm là thời điểm xuất hiện của một số tín hiệu ngẫu nhiên tuân theo các điều kiện tương tự như điều kiện 1-3. Các ví dụ tiêu chuẩn về “dòng tín hiệu” như vậy, được gọi là dòng đơn giản hoặc dòng Poissian trong lý thuyết xác suất, chẳng hạn, là các hạt phát ra từ chất phóng xạ và các cuộc gọi đến tổng đài điện thoại.

Chúng tôi mới chỉ đề cập đến một mặt của câu hỏi được đặt ra trong tiêu đề của bài viết. Với những độc giả khác, nếu anh ta tình cờ biết mọi thứ - lý thuyết về xác suất và các quá trình ngẫu nhiên.

Bạn đọc thân mến!

Trong tương lai, năm 1989, tạp chí «Kvant», như trước đây, sẽ chỉ được phân phối theo hình thức đăng ký. Bạn có thể đăng ký thuê bao hàng năm cho đến ngày 1 tháng 11 năm 1988. Việc đăng ký được chấp nhận mà không bị hạn chế tại các đại lý Soyuzpechat, bưu điện và bưu điện. Chỉ số tạp chí «Kvant» trong danh mục Soyuzpechat 70465.

26

Số liên bang của tạp chí của chúng tôi có sự góp mặt của ba nhiếp ảnh gia chụp các đường trượt tuyết. Những bức ảnh được chụp cùng lúc và các đường trượt tuyết nằm gần đó. Nhưng họ khác nhau nhiều lắm…
Chúng tôi mời độc giả suy nghĩ về điều gì giải thích cho sự đa dạng của các loại đường trượt tuyết như vậy.

Có lẽ tất cả những ai quan tâm đến vấn đề này đều nhận ra rằng không thể làm được nếu không có vật lý. Và vật lý luôn là vật lý, cả trong tháng Ba và tháng Tám. Vì vậy, hôm nay chúng ta tiếp tục cuộc trò chuyện về các đường trượt tuyết, khi tuyết ngày càng tan và tuyết mới vẫn còn ở rất xa.

HÃY NÓI CHUYỆN
GIỚI THIỆU TUYẾT NGÀY HÔM NAY

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. V. MITROFANOV

Có lẽ một số bạn khi đọc điều kiện bài toán đã đồng ý về bản chất của vấn đề. Đáp số là thế này: các đường trượt tuyết rất khác nhau vì số lượng người trượt tuyết đi qua chúng khác nhau và vào những thời điểm khác nhau. Tại sao điều này lại có tác động lớn đến diện mạo của đường trượt tuyết? Hãy cố gắng tìm ra nó.

Tuyết rơi trên mặt đất là một vật thể rất phức tạp, liên tục thay đổi theo thời gian. Bạn biết rằng rất lâu trước khi mùa xuân tan chảy, tuyết lắng xuống, nén lại, có thể trở nên dày đặc hơn hoặc ngược lại, dễ câu cá hơn, giảm trọng lượng, “thời tiết”. Đồng thời, nhiều đặc tính vật lý của tuyết thay đổi, chẳng hạn như hệ số dẫn nhiệt, độ xốp, độ ẩm, v.v. Sự can thiệp của con người - ví dụ, sự nén tuyết khi đặt đường trượt tuyết hoặc đường dành cho người đi bộ - cũng làm thay đổi diện mạo của lớp phủ tuyết, tạo ra các đặc tính của tuyết để phân biệt nó với tuyết nguyên sơ theo một cách nào đó.

Sự biến đổi đáng kinh ngạc của trạng thái tuyết trong tự nhiên là do tuyết không chỉ tồn tại một mình mà còn tham gia vào các quá trình chuyển đổi vật lý trực tiếp và ngược lại băng - hơi nước và băng - nước. Các quá trình này đặc biệt tích cực vào mùa xuân, khi tuyết ở trong điều kiện gần với cái gọi là điểm ba của nước. Chúng ta hãy nhớ lại rằng tại điểm ba có ba dạng vật chất - khí (trong trường hợp này là hơi nước), chất lỏng

27

(nước) và chất rắn (nước đá) cùng tồn tại ở trạng thái cân bằng. Đối với nước, điểm ba (hình 1) nằm ở nhiệt độ gần 0 °C (chính xác hơn là ở $t_0=0,0078$ °C); áp suất của hơi nước bão hòa tương ứng với điểm ba, $p_0=610,6$ Pa (hoặc, theo đơn vị khác, 0,006 atm, hoặc 4,58 mm pt. Art.).

Tốc độ chuyển pha của tuyết phụ thuộc vào một số yếu tố, chẳng hạn như mặt trời chiếu sáng như thế nào, bên ngoài ấm hay lạnh như thế nào, độ ẩm là bao nhiêu, có gió ấm thổi hay không, v.v. Những thay đổi nhỏ, rất không đáng kể trong trạng thái ban đầu của tuyết có thể dẫn đến sai lệch đáng kể về tốc độ của một hoặc một quá trình khác và cuối cùng có tác động mạnh mẽ đến các đặc tính của lớp phủ tuyết. Đây chính xác là những gì xảy ra trên đường bằng phẳng.

Bức ảnh bên phải cho thấy hai dải băng song song, dường như nhô lên trên lớp tuyết mùa xuân thô và bị phong hóa. Đây là một lời nói dối cũ. Chắc hẳn đã có rất nhiều người trượt tuyết chạy dọc theo đường trượt tuyết. Khi cái bẫy trở nên nhỏ gọn đến mức một lớp băng hình thành trên đó, những người đánh bẫy đã ngừng sử dụng cái bẫy này và tiếp tục sử dụng cái bẫy mới gần đó. Tại sao đá hình thành trên khay ở nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ tan ở nhiệt độ đó? Đây là một hoàn cảnh rất đáng yêu cần phải chú ý.

Năm 1814-1816, khi nghiên cứu tính chất của băng tuyết, nhà vật lý điện nổi tiếng người Nga V.V. Petrov đã phát hiện ra hiện tượng thăng hoa hay thăng hoa của pha rắn của nước. Subli-

Hình 1.

Mation là một loại hóa hơi của một chất. Bây giờ người ta đã biết rõ các bãi tuyết bốc hơi như thế nào. Từ sơ đồ pha (xem hình 1) có thể xác định được áp suất của hơi nước bão hòa; Nhiệt độ không khí được coi là dưới 0 ° C. Nếu áp suất hơi trong không khí nhỏ hơn giá trị này thì tuyết sẽ bay hơi (chuyển đổi hơi rắn) và quan trọng hơn là thậm chí không bắt đầu tan chảy! Và đây là điều thú vị. Áp suất của hơi bão hòa trên bề mặt cong của chất lỏng khác với áp suất trên bề mặt phẳng.*) Điều này cũng đúng đối với vật rắn ở trạng thái cân bằng với hơi. Những hạt tuyết nhỏ thăng hoa nhanh hơn những hạt lớn. Viền của bông tuyết càng mỏng thì độ cong của nó càng lớn và do đó nó bay hơi càng nhanh. Trên các bề mặt nhúng, độ cong của tuyết bị đảo ngược và ở đó sự bốc hơi có thể được thay thế bằng sự kết tinh của hơi ẩm nếu nhiệt độ tuyết thấp. Quá trình này tương tự như sự ngưng tụ chất lỏng trong các lỗ hoặc mao mạch hẹp, chỉ trong trường hợp này quá trình chuyển pha xảy ra bỏ qua trạng thái lỏng.

Kết quả là, hơi nước kết tinh tại điểm giao nhau của các tia tuyết, nơi các mảng tuyết khác nhau tiếp xúc. Hình dạng của đường cong tuyết không chỉ thay đổi (hãy nhớ những bông tuyết ở dạng hạt trên đường vào cuối mùa đông), mà cả những mảng tuyết riêng lẻ cũng đóng băng. Những khu vực dày đặc tuyết đã được nén trước sẽ đóng băng nhanh hơn. Tuyết cứng lại và có thể biến thành băng ở những nơi đã cứng lại. Sự hình thành hơi bão hòa rắn và do đó nồng độ của chúng lớn hơn trên bề mặt. Do sự khác biệt về nồng độ

28

Hơi nước phân tán khuếch tán lên bề mặt tuyết và băng bị đóng băng do hơi nước sâu chứ không phải do nước hình thành từ tuyết do áp lực quá lớn lên tuyết như một số bạn có thể lầm tưởng.

Trong tương lai, số phận của các bãi băng sẽ khác với số phận của các bãi tuyết lân cận, nơi tuyết thăng hoa nhanh hơn dưới tác động của nắng và gió. Thật buồn cười khi có một loại hiệu ứng nhà kính: băng tạo ra ánh sáng mặt trời và sự trao đổi nhiệt giữa tuyết dưới lớp băng và không gian bên ngoài rất nhỏ - gió và sự đối lưu dưới lớp vỏ băng thực tế không có. Vào một ngày nắng lạnh, tuyết nóng lên dưới lớp băng, thăng hoa nhanh hơn và thậm chí có thể bắt đầu tan chảy. Dưới lớp băng, tuyết bắt đầu biến mất!
Đây chính xác là điều mà tiếng xào xạc của những tảng băng rơi xuống “ mách bảo” chúng ta vào một ngày xuân đẹp trời.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang bức ảnh bên trái, cho thấy chùm ánh sáng. Khay này còn tương đối mới. Vào tháng Hai hoặc đầu tháng Ba, ngay trước vụ nổ súng, rất nhiều kẻ nịnh bợ đã lái xe dọc hồ. Họ đã nén chặt tuyết, thứ mà các trận bão tuyết đã thêm vào rất nhiều. Tuyết trên mặt phẳng tương đối nhẹ hơn, nhẹ hơn. Nhưng tại sao đường kẻ lại nhạt hơn nền và tại sao nó lại cao hơn mức tuyết chung?

Người ta có thể cho rằng tuyết đã rơi ngày hôm trước và gió đã thổi nó xuống một cánh đồng rộng hơn ngoài trời gần đó; Ngày hôm sau tuyết xung quanh tan hoặc bốc hơi nhưng vẫn còn trên giường, đó là lý do tại sao giường có màu trắng. Nhưng một đường tương tự như đường đã hình thành sẽ xuất hiện nhạt nhòa trên nền tuyết, bất kể ngày hôm trước tuyết có trôi qua hay không. Ruồi có màu sáng thường được tìm thấy gần các thành phố vào mùa xuân, khi tuyết đang tan mạnh; tình cờ là tuyết trên mặt đất đã tan gần hết, dấu vết của những bông tuyết vẫn còn trải dài trên mặt đất thành những sọc trắng…

Hãy đưa ra một lời giải thích khác. Nền tuyết phủ đầy tuyết sáng là một “chữ ký” của một quá trình vật lý thú vị, có thể gọi là sự mất ổn định bức xạ của ranh giới tuyết bẩn nếu chúng ta sử dụng thuật ngữ khoa học. Từ “bụi bẩn” có nghĩa là bụi, đường, tro, từ ô nhiễm xâm nhập vào tuyết từ bầu khí quyển. Bụi bẩn, không giống như tuyết, hấp thụ tốt bức xạ khả kiến: nó có màu đen! Các hạt bụi bẩn tiếp xúc với tuyết. Do đó, tuyết bẩn được mặt trời làm ấm tốt hơn tuyết sạch và do đó bay hơi (hoặc tan) nhanh hơn. Nhưng lớp tuyết càng bay hơi thì bề mặt của nó sẽ càng bẩn: bụi bẩn không bay hơi mà tích tụ trên đường viền “di chuyển” của lớp phủ tuyết. Và bề mặt bẩn sẽ càng bị mặt trời làm nóng lên, v.v. Do đó, nếu ở bất kỳ nơi nào có tuyết phủ, tuyết bốc hơi nhanh hơn, thì nơi này sẽ “đen” hơn các khu vực liền kề và trong tương lai tuyết sẽ bốc hơi nhanh hơn từ nơi này. Dưới tác động của ánh sáng mặt trời, bề mặt tuyết phẳng ban đầu trở nên nổi bật với các vùng sáng (cao) và tối (thấp).

Bây giờ chúng ta hãy nhìn vào các dấu “đen” (ảnh giữa). Có vẻ như lời nói dối này chưa bao giờ bị “gian lận”. Rất có thể, ở đây có hai hoặc ba người bắt băng đi ngang qua và để lại một dấu vết bị nghiền nát nhưng chưa dày đặc lắm. Sau đó, dưới tác động của mặt trời, tuyết trên luống như vậy sẽ bay hơi nhanh hơn so với tuyết xung quanh (giường lõm được bảo vệ khỏi gió lạnh tốt hơn so với tuyết ở nơi thoáng đãng). Khi trời trở nên tối, lizhne thậm chí còn bay hơi nhanh hơn. Và cuối cùng, nó nổi bật so với nền xung quanh nhờ các quá trình tương tự “có lỗi” về sự tồn tại của cỏ trắng trên tuyết bẩn.

Lời nói dối “đen” có một đặc điểm thú vị mà không phải ai cũng chú ý đến. Nắng càng nóng thì càng nóng. Tuyết ngâm trong nước phản xạ bức xạ nhìn thấy được tệ hơn nhiều so với tuyết khô. Vào thời điểm chụp ảnh (lúc đó là khoảng giữa trưa), thảm cỏ sẫm màu mới bắt đầu “phình to” dưới tia nắng và

29

Nó còn tối hơn nữa. Nếu bạn đến gần một căn hộ như vậy, bạn sẽ nhận thấy tuyết trên căn hộ đó đã bão hòa nước.

Những điều trên có thể được xây dựng bằng ngôn ngữ vật lý, sử dụng các hằng số quang học và albeby nhất định của nước và tuyết.

Albebo của bề mặt mờ là tổng, hoặc, như người ta nói, tích phân, hệ số phản xạ hoặc tán xạ ánh sáng, tức là tỷ lệ của luồng ánh sáng phản xạ (hoặc tán xạ) với luồng ánh sáng tới. Tuyết tinh khiết gần như phân tán hoàn toàn ánh sáng chiếu vào nó. Albebo của tuyết thường vào khoảng 0,9 và đôi khi (đối với tuyết tinh khiết nhất) nó thậm chí còn đạt tới giá trị 0,98.

Tuyết phủ hoặc bị nước cuốn trôi không còn là bề mặt mờ nữa mà mịn màng theo nghĩa quang học. Một bề mặt như vậy phản xạ ánh sáng theo định luật quang học hình học mà chúng ta đã biết: một phần nhỏ của luồng ánh sáng tới bị phản xạ khỏi bề mặt nhẵn của nước (hình 2). Với lớp đệm thông thường, hệ số phản xạ ánh sáng từ mặt nước gần 2%.

Về mặt định tính, những gì xảy ra với một chiếc ly tối màu tương tự như một thí nghiệm đơn giản khi đổ một ít nước sạch vào ly đường cát: với ánh sáng thích hợp, đồ trong ly ngay lập tức tối đi.

Đừng nghĩ rằng sự hình thành vết lõm trên bề mặt tuyết hoặc băng chỉ liên quan đến sự hiện diện của bụi bẩn. Hãy tưởng tượng rằng vì lý do nào đó, bề mặt của tuyết nguyên chất trở nên hơi không bằng phẳng, có những chỗ lồi lõm hoặc chỗ lõm, thậm chí là những vết lõm nhỏ. Khi đó các phần khác nhau của bề mặt sẽ nghiêng khác nhau so với các tia mặt trời tới. Do đó, bề mặt tuyết ở những nơi khác nhau sẽ không được mặt trời chiếu sáng như nhau. Và nếu điều đó hoặc sự thăng hoa của tuyết được xác định chủ yếu bởi mức độ bức xạ mặt trời chứ không phải bởi các yếu tố khác (chẳng hạn như gió ấm), thì những phần tuyết nhô ra sắc nét hơn hướng về phía mặt trời sẽ “chảy máu” dưới ánh mặt trời chậm hơn so với các lỗ phẳng gần các phần nhô ra, tức là sự nhẹ nhõm của bề mặt tuyết sẽ trở nên rõ rệt hơn so với ban đầu. Nón tuyết hoặc những chiếc lưỡi sắc nhọn hình thành trên tuyết sạch. Điều này thường xảy ra khi mặt trời chiếu sáng rực rỡ nhưng không có gió ấm. Những điều kiện như vậy thường xảy ra ở vùng núi cao, và vào mùa xuân, dưới ánh nắng chói chang, những chiếc răng băng đẹp đến kinh ngạc, được gọi là calgospores, “mọc” trên sông băng, đạt độ cao khoảng một mét.

Kiểu hình thành nổi bề mặt này quen thuộc với các chuyên gia về vật lý bức xạ của polyme. Trong các màng polymer được chiếu xạ bằng bức xạ cực tím cứng, người ta quan sát thấy hiệu ứng khắc ảnh trên bề mặt và quá trình khắc ảnh trên bề mặt đầu tiên của các bề mặt nhẵn đi kèm với sự phát triển của các bào tử bào tử tự do - chiều cao không đồng đều, đôi khi có hình dạng hữu hạn (ảnh vi mô của bề mặt như vậy được đặt trên trang đầu tiên của trang bìa). Tất nhiên, đối với polyme thì thang đo nhỏ hơn: kích thước của các điểm không đồng đều ở mức micromet. Trong trường hợp này, đối với tuyết, có sự mất ổn định bức xạ của ranh giới pha rắn.

30

Nhiệm vụ

M1116—M1120, F1128—F1132

M1116. Hình chữ nhật có diện tích a) 36 có thể gấp được tối đa bao nhiêu nút thắt giấy ca-rô; b) S có các cạnh theo đường lưới? (Các nút nằm bên trong và trên viền của hình chữ nhật được tính. Diện tích của ô được lấy là 1.)

M1117. Một hình tam giác tùy ý được đưa ra. Chứng minh rằng a) có thể dựng được ba đường tròn có tâm tại các đỉnh, tiếp xúc nhau theo từng cặp (tại các điểm K, L, M - xem hình 1);
b) nếu qua giữa mỗi cung KL, LM, MK nằm bên trong tam giác, vẽ một tiếp tuyến với nó thì tạo thành bốn hình tam giác, diện tích của một trong số đó (hình ở giữa) bằng tổng diện tích của ba hình còn lại.

A. A. Gorbachev

M1118. a) Chứng minh rằng phương trình $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2$ có vô số lời giải là số nguyên.
b) Có bao nhiêu lời giải sao cho z=1988?

S. G. Mamikonyan

M1119. Chúng ta hãy định nghĩa một ngôi sao $k$ là một hình trên mặt phẳng, gồm các tia $k$ có cùng gốc, chia mặt phẳng thành các góc $k$ bằng nhau (dọc theo $360^\circ/k$). Với mọi $k>2$ mệnh đề sau đây là đúng: với bất kỳ điểm $k$ nào của mặt phẳng ở vị trí tổng quát (ba trong số đó không nằm trên cùng một đường thẳng) đều tồn tại một sao $k$, mỗi góc $k$ của nó chứa chính xác một trong các điểm $k$ này?

M. Khovanov, học sinh lớp 10, Mátxcơva

M1120. a) Dãy số $a_0, a_1, a_2, \dots$ được cho bởi các quan hệ $a_0=0, a_n=P(a_{n-1}), n=1, 2, \dots$, trong đó $P(x)$ là đa thức có hệ số nguyên, $P(x)>0$ cho $x\geq 0$. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $m$ và $k$

$$\text{НОД}(a_m, a_k)=a_{\text{НОД}(m, k)}$$

b) Chứng minh mệnh đề tương tự cho dãy Fibonacci $a_0=0, a_1=1, a_2=1, a_3=2, \dots$ cho trước với điều kiện $a_{n+1}=a_n+a_{n-1}, n=1, 2, \dots$.

V. F. Lev

F1128. Một vòng mỏng đồng nhất có khối lượng $M$ và bán kính $R$ kết thúc trên một bề mặt nằm ngang. Đường kính ngang của vòng là một ống nhẹ, nhẵn, trong đó đặt một quả bóng có khối lượng $m$, gắn vào vòng bằng hai lò xo có độ cứng $k$ mỗi lò xo (hình 2). Giữ cho vòng không chuyển động, quả bóng bị lệch sang trái một lượng $x$, sau đó hệ thống được tưởng tượng. Tìm gia tốc của tâm vòng tại thời điểm ban đầu. Không có sự trượt của vòng.

S. S. Krotov

31

F1129. Một cuộn dây có hình dạng giống như một cái bình hẹp (hình 3) được đặt trên một nam châm vĩnh cửu hình trụ gần cực của nó. Nếu cuộn dây được di chuyển sao cho nó thực hiện dao động điều hòa dọc theo trục $OO'$ với biên độ $A=1$ mm (nhỏ hơn nhiều so với kích thước của nam châm và cuộn dây) và tần số $f=1000$ Hz, thì một sức điện động cảm ứng sẽ được tạo ra trong đó. Phần thích hợp của đường viền dao động bằng $\omega_0$. Tần số tự nhiên sẽ là bao nhiêu nếu một điểm tự do có khối lượng $m$ và điện tích $q$ được đặt giữa các bản của tụ điện? Không có trọng lực. Hiệu ứng cạnh và sức mạnh của “hình ảnh tĩnh điện” được biến đổi.

D. A. Kuptsov

F1131. Việc xác định tốc độ gió trong cơn lốc xoáy bằng các thiết bị khí tượng thông thường là khó khăn (vì cơn lốc xoáy có kích thước nhỏ và di chuyển) và không an toàn. Người ta đề xuất thay đổi nó từ xa bằng cách sử dụng bộ tản nhiệt di động (vì có rất nhiều bụi và vật thể nhỏ bên trong cơn lốc xoáy nên nó phản xạ sóng vô tuyến). Radar phát ra sóng vô tuyến ở tần số $f_0=10^{10}$ Hz. Phổ của tín hiệu phản xạ từ cơn lốc xoáy được thể hiện ở hình 4 ($\Delta f=f-f_0$). Tìm tốc độ gió tối đa ở Smere.

D. A. Kuptsov

F1132. Gần đây người ta đã xác định rằng sự tuyệt chủng của các loài động vật trên Trái đất đặc biệt dữ dội trong những khoảng thời gian lặp lại định kỳ kéo dài $T=6,2$ triệu năm. Mô hình này được giải thích bằng một giả thuyết cho thấy sự tồn tại của các sao Nemesis, một vệ tinh của Mặt trời. Ngôi sao mờ nhạt và do đó vô hình này di chuyển theo quỹ đạo có tâm trong cái gọi là “Vành đai Oort”, nơi chứa nguồn cung cấp sao chổi (hình 5). Bằng cách làm xáo trộn chuyển động của sao chổi, Nemesis gây ra “mưa sao chổi” trên Trái đất, khoảng thời gian này gần như trùng khớp với thời gian Nemesis vẫn ở bên trong vành đai Oort.

Xác định bán trục lớn $a$ của quỹ đạo của Nemesis và chu kỳ quay của nó quanh Mặt trời, nếu điểm cận nhật của quỹ đạo được coi là ở khoảng cách 0,15a tính từ Mặt trời. Diện tích của hình elip là $S=\pi ab$, trong đó $a$ và $b$ là hình elip thu được.

V. E. Belonuchkin

(Tiếp theo trang 34)

Sửa đổi
Trong điều kiện bài toán M1115, 6) (xem «Kvant», số 7) thiếu điều kiện $m \geq n$.

Sự trợ giúp nhiều nhất, bao gồm một soorno znalika gần gũi với đội và cái tên có Tolstyasa ở trên, mà chúng tôi sẽ liệt kê và đặt tên trong tương lai, đồng thời chỉ ra trật tự và trật tự của cuộc sống và vinh quang khi đi bộ,
giúp đỡ những người uống rượu và tiêu thụ, Knebynomakh znalika và đạt được vinh quang bằng chân,
áp lực và thịt, thâm nhập theo mọi hướng. Việc tiếp tục tuyên bố zbuka lâu dài đã cải thiện coldvin. Nhưng khái niệm mang tên
Tôi cũng có thể sử dụng điều này khi đi qua hoặc với sự trợ giúp của những gì có thể sử dụng được,
trị liệu tâm lý thì ít hơn. Biến động về khu vực tổ chức nằm trong kho,
nhà chật, về kho, imo tri thức nhục mận, sinh con có chỗ ở,
do dự, về cất giữ, ximo kiến ​​thức nhục mận, sinh con có chỗ ở,
pháp luật, sự hiện diện của các đoạn văn và các phần tổng hợp bằng cách sử dụng
sự hiện diện và mùa thu tự nhiên.

H. Tolstyase

33

33

```markdown
Chất lượng, Klima"

Những gì cần đọc trong «Kvant» về biến động
(xuất bản những năm gần đây)
1. “Về âm thanh âm nhạc và nguồn gốc của chúng” - 1985, số 9, tr. 26;
2. “Hãy tạo lại những biến động” - 1985, số 10, tr. 48;
3. “Vật lý của sự hòa âm âm nhạc” - 1987, số 5, tr. 41;
4. “Dao động điều hòa và công” - 1987, số 9, tr. 42.

35

coil. The self oscillation frequency of the circuit is $W_0$. Now will it change if a free particle of mass $m$ and charge $q$ is placed between the plates? There is no force of gravity, boundary effects and the force of “electrostatic representation” are negligible.

D. A. Kuptsov

P1131. It is difficult and dangerous to measure wind velocity in a cyclone with ordinary meteorological instruments (since cyclones are small and move rapidly). It was proposed to measure it from a distance using radar (since the inside of the cyclone contains a lot of dust and small objects which reflect radio-waves). The radar emits waves of frequency $f_0$. The spectrum of the reflected radio signal is shown on figure Pisc. 4. ($\Delta f=f-f_0$). Find the maximal wind velocity in the cyclone.

D. A. Kuptsov

P1132. It was recently established that the extinction of animal species takes place especially rapidly during periodically repeated time intervals of $T=6.2$ million years. This regularity is explained by a hypothesis, according to which the Sun has a satellite, called Nemesidis. This weak and hence invisible star moves along an orbit, half of which is located within the so-called “Oort belt”, containing a reserve of comets (see figure Pisc. 5). Perturbing the motion of comets, Nemesidis generates a “star rain” on Earth, whose duration practically coincides with period of time when Nemesidis is within the Oort belt. Determine the larger semiaxis $a$ of Nemesidis’ orbit and its period of revolution about the Sun if it is known that the perihelion of the orbit is $0.15a$ from the Sun. The area of an ellipse is $S=\pi ab$, where $a$ and $b$ are the semiaxes.

V. E. Belonuchkin

Lời giải bài toán

M1096—M1098, M1100*), F1108—F1112

Đặt $a_1, a_2, ..., a_{k-1}$ là các dây vuông góc với đường kính của $AC=d$ và chia nó thành $k$ phần bằng nhau. Một $2k$-giác lồi có các đỉnh ở cuối các dây cung và đường kính này (tại hình 1 - golbey) bao gồm các hình tam giác và $k-2$ hình thang có chiều cao $d/k$ và đáy $a_1, a_2, ..., a_{k-1}$ bằng nhau; diện tích của nó là

$$S = \frac{d}{k} \left( \frac{a_1}{2} + \frac{a_1+a_2}{2} + ... + \frac{a_{k-1}+a_k}{2} \right) = \frac{d(a_1+a_2+...+a_k)}{k}.$$

Như vậy, tổng độ dài hợp âm mà chúng ta quan tâm bằng $Sk/d$. Vì hình tam giác màu xanh lam nằm trong một hình tròn có đường kính $d$ nên diện tích của nó nhỏ hơn $\pi d^2/4$, điều này cho chúng ta giới hạn trên: $Sk/d \leq 0.5kd$. Mặt khác, diện tích của đa giác màu xanh không nhỏ hơn diện tích của hình vuông màu đỏ $ABCD$; từ đây chúng tôi nhận được ước tính thấp hơn: $Sk/d \geq 0.5kd$. Đúng, với $k=2m+1 \geq 3$ lẻ, hình vuông màu đỏ có hai góc ở các đỉnh $B$ và $D$ hơi mở rộng ra ngoài đa giác màu xanh lam, nhưng các góc này

*) Lời giải bài toán M1099 có trong bài viết của M. V. Volkov, N. N. Silkin “Chúng ta nên cử ai lên sao Hỏa?” (xem trang 51)

36

Đánh giá không bị hư hỏng. Ví dụ: có thể chứng minh rằng tam giác màu đỏ nhỏ hơn tam giác màu xanh lá cây hình 2: vì

$$OQ = \frac{d}{2(2m+1)} \text{ и } PQ = \sqrt{QA \cdot QC} = \frac{d\sqrt{m(m+1)}}{2m+1},$$

chúng ta thấy rằng hình vuông của tam giác

$$BO - PQ = \frac{d}{2} \left(1 - \frac{2\sqrt{m(m+1)}}{2m+1}\right) = \frac{d(2m+1 - 2\sqrt{m(m+1)})}{2(2m+1)} = \frac{OQ}{2m+1 + 2\sqrt{m(m+1)}} \leq \frac{OQ}{3 + 2\sqrt{2}} < \frac{OQ}{2}.$$

Lưu ý rằng đối với $k$ lớn, tổng độ dài của các hợp âm, như được thấy rõ từ lời giải, gần như bằng $\pi dk/4$ (giới hạn của tỷ lệ của tổng này với $k$ là $\pi d/4$). Những người đã quen với các khái niệm tích phân và tổng tích phân chắc chắn sẽ thấy trong lời giải phép tính tích phân của các hàm $f(x) = \sqrt{x^2 - d^2}$ trên đoạn $-d \leq x \leq d$ bằng cách sử dụng tổng tích phân (chính xác hơn là “phương pháp hình thang”).

A. Chazirov, P. Kharitonov

M1097. Tọa độ các đỉnh của một tam giác đều là số nguyên. Chứng minh rằng bình phương đáy là số chẵn.

Song song, cắt tam giác đã cho $ABC$, trong đó $AB = BC$, sao cho đỉnh $A$ rơi tại gốc tọa độ. thì tọa độ $(b_1, b_2)$ và $(c_1, c_2)$ của các đỉnh $B$ và $C$ sẽ được giữ nguyên. Từ đẳng thức $AB^2 = BC^2$ viết dưới dạng tọa độ:

$$b_1^2 + b_2^2 = (b_1 - c_1)^2 + (b_2 - c_2)^2,$$

thì $AC^2 = c_1^2 + c_2^2 = 2(b_1c_1 + b_2c_2)$ là số chẵn.

V. V. Proizvolov

M1098. Trên đường tròn có $n$ điểm được đánh số liên tiếp bằng các số 1, 2, …, $n$. Hai vết xước vào cerra tiếp theo. Mọi người lần lượt vẽ một dây nối các điểm với các số của một phần tư. Mỗi hợp âm không được có điểm chung (các đầu xa hơn) với những điểm được rút ra trước đó. Người nào hợp âm cuối cùng sẽ thắng. Tìm hiểu xem người chơi nào - người mới bắt đầu hoặc đối tác của anh ta - có chiến lược chiến thắng (cho mỗi $n = 4, 5, 6, 7, \dots$).

Đáp số: nếu $n$ là bội số của 4, cũng như nếu $n$ là số lẻ thì người chơi đầu tiên (bắt đầu) sẽ thắng và nếu $n = 4k + 2$ ($k$ là số nguyên), thì người chơi thứ hai sẽ thắng.

Thật thuận tiện khi giả sử rằng các điểm số chẵn và số lẻ được thể hiện bằng các màu khác nhau—chẳng hạn như trắng và đen—và các điểm chia vòng tròn thành các phần bằng nhau.

Trong mọi trường hợp, ý tưởng chính của chiến lược chiến thắng là sử dụng tính đối xứng.

Chiến lược của người chơi thứ nhất ở $n = 4k$ là kiểm tra đường kính bằng một nước đi, sau đó phản ứng với từng nước đi của người thứ 2 bằng cách vẽ một dây cung đối xứng so với đường kính này - xem hình 1. (Có thể di chuyển như vậy, vì sau mỗi nước đi của người chơi thứ nhất, vị trí sẽ đối xứng với đường kính. Điều quan trọng ở đây là các điểm đối xứng theo đường kính có cùng màu và đối xứng với đường kính của điểm - quá.)

Khi $n = 4k + 2$ thắng, chiến lược của người chơi thứ 2 là đáp lại từng nước đi của người chơi thứ nhất bằng cách vẽ một dây cung đối xứng với tâm tương đối ok-

37

Ruzhnosti. Điều quan trọng ở đây là các điểm đối diện theo đường kính có màu sắc khác nhau - dưới đây chúng ta sẽ lợi dụng thực tế là ngay cả trong điều kiện này, trò chơi vẫn thua đối với người mới bắt đầu.

Giả sử $n$ là số lẻ (khi đó trên hình tròn có hai điểm đen liền kề nhau được đánh số 1 và $n$). Với $n=4k+1$, người chơi thứ nhất sẽ đảm bảo chiến thắng nếu ở nước đi đầu tiên anh ta kết nối, chẳng hạn như các chấm đen có số 1 và 3 (hình 2), do đó giảm xuống một trò chơi tương tự với $n=4(k-1)+2$, nơi người mới bắt đầu thua. Người chơi thứ nhất có động tác tương tự nhưng thậm chí còn xảo quyệt hơn ở $n=4k+3$. Ở đây anh ta có thể cắt bỏ ba điểm để chúng duy trì tính đối xứng quanh trục - để làm được điều này, chỉ cần kết nối các điểm đen với các số $2k+1$ và $2k+3$ (hình 3).

Nếu chúng ta đảm bảo sắp xếp các điểm $4k$ còn lại sao cho chúng nằm ở những khoảng cách bằng nhau xung quanh vòng tròn, thì các điểm đối diện theo đường kính sẽ có màu khác nhau (mặc dù các điểm trắng và đen không xen kẽ nhau), và do đó người mới bắt đầu ở đây (tức là người chơi thứ 2) sẽ thua.

Cần có những thông điệp tinh tế hơn trong phiên bản trò chơi mà người chơi thực hiện nước đi cuối cùng sẽ thua. Chúng tôi để lại việc phân tích tùy chọn này cho độc giả.

V. G. Chvanov

M1100*. Trên bờ một con sông thẳng có những khúc gỗ, một trong số đó tạo một góc nhỏ hơn $45^\circ$ với các đường bờ (khúc gỗ là những đoạn không giao nhau; số lượng của chúng là hữu hạn). Chứng minh rằng có ít nhất một khúc gỗ có thể lăn xuống sông mà không ảnh hưởng đến những khúc gỗ khác. ( Khúc gỗ chỉ có thể được lăn theo hướng vuông góc với nó mà không cần quay.)

Đặt bờ biển là nửa mặt phẳng trên và đường bờ biển là đường thẳng nằm ngang $b$. Hãy xem xét một số dấu gạch ngang $l$ (tạo một góc nhỏ hơn $45^\circ$ với đường $b$). Chúng ta hãy vẽ các tia từ đầu của nó tạo thành các góc dọc theo $45^\circ$ với đường thẳng $b$: từ đầu bên phải - theo hướng $p$ “phải - lên”, từ đầu bên trái - theo hướng $q$ “trái - lên” (hình 1), và xét tập hợp các điểm nằm trên mặt của đường đứt nét, bao gồm khúc gỗ $l$ và hai tia này. Rõ ràng là khi tung ra bất kỳ dấu gạch ngang nào thỏa mãn điều kiện bài toán và không có điểm chung với bộ này, chúng ta không thể xác định dấu gạch ngang $l$.

Thật thuận tiện khi xem xét các tập hợp lớn hơn một chút được liên kết với nhật ký $l$ - hãy đặt nó trên mặt đất cạnh “bóng $l$” và biểu thị nó $U_l$ (hình 2): ranh giới của nó là một đường đứt nét đi từ đầu bên phải của nhật ký $l$ theo hướng $p$; sau đó, nếu đường gãy nằm trên điểm bên trong của khúc gỗ nào đó - dọc theo khúc gỗ này sang bên phải, từ đầu bên phải của nó - lại theo hướng $p$, v.v., và cũng tương tự - ở đầu bên trái của khúc gỗ $l$ (ở đây các đoạn của đường gãy đi xuyên qua, dọc theo khúc gỗ theo hướng $q$). Rõ ràng, đối với các chùm khác nhau $l_1$ và $l_2$, chủ đề của chúng không trùng nhau. Hơn nữa, nếu $l_1 \subset U_{l_2}$ (l$_1$ nằm trong bóng của $l_2$), thì $U_{l_1} \subset U_{l_2}$. Bây giờ rõ ràng là trong một chuỗi nhật ký $l_1$, $l_2$, $l_3$, …, trong đó mỗi nhật ký ngăn không cho nhật ký trước đó xuất hiện, sẽ không có nhật ký nào xuất hiện hai lần: đối với nó $U_{l_1} \subset U_{l_2} \subset U_{l_3}$…

38

F1108. Để thể hiện rõ ràng hình dáng bên ngoài của chất sản xuất, mục tiêu có dạng một quả bóng bạc nhỏ, được đóng trong phần rỗng mỏng phía trên của hình nón (xem hình). Một mặt của quả bóng được đánh bóng và mặt kia bị đen. Mục tiêu được lắp đặt từ đáy hình nón trên một mặt phẳng nằm ngang gồ ghề và việc nghiên cứu từ tia laser xung mạnh sẽ tập trung vào bề mặt của quả bóng mục tiêu.

Hãy ước tính năng lượng tối thiểu của xung ánh sáng mà tại đó mục tiêu sẽ bị đổ. Nghiên cứu nên hướng tới mặt nào của quả bóng (phản ánh hay tích cực)?

Giả sử khối lượng của quả bóng là $m=3$ g và khối lượng của giá đỡ cuối cùng lớn hơn nhiều; chiều cao hình nón $h=6$ cm, đường kính đáy $d=3$ mm; độ phản xạ của bề mặt được đánh bóng $r=0,99$; hệ số vị trí của bề mặt bị đen $a=0,99$; đường kính cạnh xung laser $\tau=10$ ns.

bài toán này bắt nguồn từ một thử nghiệm trình diễn thực tế hiện có. Một chùm ánh sáng từ laser xung neodymium có năng lượng xung 2 J và thời gian xung 10 ns được hướng tới mép trên của mục tiêu đứng thẳng - một cái nêm gỗ; Hơn nữa, nếu chùm ánh sáng được hội tụ bằng thấu kính và rơi vào bề mặt bị đen của hình nêm thì mục tiêu sẽ bị lật ngược. Nếu chùm tia không tập trung hoặc chạm vào bề mặt bị đen, mục tiêu sẽ không bị lật. Để đơn giản hóa việc tính toán trong điều kiện bài toán, mục tiêu hình nêm bằng gỗ được thay thế bằng một quả bóng bạc.

Để mục tiêu bị lật, dưới tác dụng của chùm sáng, quả bóng phải thu được động năng đủ để nâng trọng tâm của quả bóng lên một độ cao.

$$H = \sqrt{h^2 + \frac{d^2}{4}} - h \approx \frac{d^2}{8h},$$

tức là phải đáp ứng điều kiện

$$\frac{mv^2}{2} = mgH.$$

Điều này có nghĩa là xung truyền tới quả bóng phải bằng

$$P = mv \approx \frac{md}{2} \sqrt{\frac{g}{h}} \approx 6 \cdot 10^{-5} \text{ кг} \cdot \text{м}/\text{с}.$$

Giả sử mục tiêu bị lật do áp suất nhẹ. Trên thực tế, mỗi photon bị hấp thụ sẽ truyền động lượng $P_0 = E_0/c = hv/c$ sang quả bóng, trong đó $E_0 = hv$ là năng lượng của photon, $c$ là tốc độ ánh sáng. Nhân biểu thức này với số photon trong nghiên cứu, ta thu được tổng động lượng $P$ do photon truyền tới quả bóng, từ đó ta tìm được tổng năng lượng $E$ của chùm sáng cần thiết để làm lật mục tiêu:

$$E = Pc \approx 2 \cdot 10^4 \text{ Дж}.$$

Để lật đổ mục tiêu, 4 cấp độ lớn là không đủ! Điều này có nghĩa là áp suất ánh sáng không đóng vai trò chính trong thí nghiệm này.

Chìa khóa của hiệu quả là năng lượng của chùm tia laser, hấp thụ bề mặt bị đen, tạo ra sự gia nhiệt cục bộ và bay hơi nhanh chóng của chất mục tiêu trong vùng tập trung chùm tia. Luồng hơi tạo ra phản lực làm lật đổ mục tiêu. Hãy thực hiện các phép tính thích hợp.

Để toàn bộ năng lượng ánh sáng được hấp thụ và dùng để làm bay hơi khối lượng $\Delta m$ của chất đó. Sau đó

39

$$\Delta m \approx \frac{E}{L},$$

trong đó $L$ là nhiệt dung riêng của sự hóa hơi (ở đây chúng ta không tính đến năng lượng cần thiết để làm nóng chất đến điểm nóng chảy, để làm tan chảy và để tiếp tục nung nóng đến điểm sôi, vì nó ít hơn nhiều lần so với năng lượng cần thiết cho sự bay hơi). Tốc độ bình phương trung bình của chuyển động nhiệt của các phân tử hơi bằng

$$u = \sqrt{\frac{3RT}{M}},$$

trong đó $R$ là hằng số khí phổ quát, $T$ là điểm sôi, $M$ là khối lượng mol của chất. Đối với môi trường tốc độ này là

$$u = 0,7 \cdot 10^3 \text{ m/c.}$$

Xung cực đại mà tham số mang đi và theo định luật bảo toàn xung truyền đến quả bóng, bằng $\Delta mu$. Để lật ngược mục tiêu, xung này cần phải bằng giá trị $P$ mà chúng tôi đã tìm thấy:

$$\Delta mu = P.$$

Khi đó năng lượng bức xạ cần thiết

$$E = \Delta mL = \frac{PL}{u} \approx 0,2 \text{ Дж},$$

ở đâu $L = 2,2 \cdot 10^6 \text{ Дж/кг.}$. Và đây là một mức độ nhỏ hơn năng lượng bức xạ của tia laser của chúng ta.

Khi đạt được ước tính này, chúng tôi đã không tính đến việc một phần năng lượng ánh sáng bị phản xạ tới mục tiêu, một phần góp phần làm nóng nó (và không chỉ làm bay hơi một phần) và cuối cùng, luồng hơi sẽ thoát ra dưới dạng chùm phân kỳ và do đó, sẽ truyền một xung lực nhỏ hơn một chút đến quả bóng. Tất nhiên, tất cả điều này có nghĩa là ước tính được đánh giá thấp, nhưng hóa ra không quá một bậc độ lớn.

Và một điều cuối cùng. Khi chiếu xạ không phải bề mặt hấp thụ mà là bề mặt phản chiếu của quả bóng, năng lượng cần thiết để lật đổ mục tiêu sẽ lớn hơn ít nhất $1/(1-r)=100$ lần.

Do đó, nếu mục tiêu, khi bề mặt đen của nó bị chiếu xạ, sẽ bị lật nhào dưới tác dụng của năng lượng xung ánh sáng.

$$E > 0,2 \text{ Дж},$$

thì khi một bề mặt phản chiếu được chiếu xạ, sẽ cần có năng lượng để lật nó lại

$$E > 20 \text{ Дж},$$

đó là một bậc có cường độ lớn hơn năng lượng của laser xung neodymium.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F1109. Hai chai được lăn từ mặt phẳng nghiêng xuống: một chai rỗng,

40

cái còn lại là làm đầy cơ thể. Cái nào sẽ lăn nhanh hơn? Chai nào sau đây sẽ đạt độ cao lớn nhất nếu chúng được ném lên một mặt phẳng nghiêng với cùng tốc độ ban đầu? Giả sử rằng không có lỗ xỏ khuyên.

Năng lượng của cả chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay. Nếu có nước bên trong chai thì do mật độ thấp nên thực tế nó không tham gia vào quá trình quay. Kết quả là trong trường hợp thứ hai, phần lớn thế năng ban đầu được chuyển thành động năng tịnh tiến và chai nước sẽ lăn nhanh hơn chai rỗng.

Bây giờ chúng tôi trình bày một lời giải nghiêm ngặt hơn. Chúng ta hãy tìm động năng của một chai rỗng có khối lượng $m$, lăn dọc theo một mặt phẳng nằm ngang không trượt với tốc độ $v$. Để đơn giản, chúng ta thay cái chai bằng một hình trụ rỗng và giả sử rằng toàn bộ khối lượng của nó tập trung vào thành mỏng.

Tất cả các điểm của hình trụ đều tham gia vào một chuyển động phức tạp: đây là chuyển động tịnh tiến với tốc độ khối tâm $v$ và quay với tốc độ tuyến tính $v$ trong hệ vắng liên kết với khối tâm.

Hãy xem xét một phần nhỏ của “vành” có khối lượng $\Delta m_i$. Tốc độ của nó là tổng của tốc độ $\vec{v}_i$ ở tâm hệ khối và tốc độ $\vec{v}$ của chính khối tâm (xem hình). Động năng của phần này bằng

$$\Delta E_{ki} = \frac{\Delta m_i(|\vec{v}_i + \vec{v}|)^2}{2} = \frac{\Delta m_i(v_i^2 + v^2 + 2v_i v \cos \alpha_i)}{2},$$

trong đó góc $\alpha_i$ cho các phần khác nhau được lấy từ 0 đến 2l. Tổng động năng của hình trụ bao gồm động năng của tất cả các phần của nó:

$$E_k = \sum_i \Delta E_{ki} = \sum_i \frac{\Delta m_i(v_i^2 + v^2)}{2} = \sum_i \Delta m_i v^2 = mv^2$$

(ở đây chúng tôi đã dạy rằng đối với tất cả các phần $v_i = v$ và cos $\alpha_i$ nhận tất cả các giá trị có thể có ​​- cả dương và âm, vì vậy $\sum_i \cos \alpha_i = 0.$)

Nếu một hình trụ lăn xuống một mặt phẳng nghiêng thì khi đi xuống từ độ cao $h$, nó sẽ thu được tốc độ $v$, vận tốc này có thể tìm được từ định luật bảo toàn năng lượng:

$$mgh = mv^2,$$

Và

$$v = \sqrt{gh}.$$

Từ đó có thể thấy tốc độ này nhỏ hơn $\sqrt{2}$ lần so với tốc độ trong trường hợp lăn không quay. Điều này là do thế năng của hình trụ được chuyển hóa thành động năng của cả chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay.

Khi có nước bên trong hình trụ (trường hợp của chúng ta là chai đựng nước), do nó quay nhẹ nên thực tế không tham gia vào chuyển động quay, nên động năng toàn phần của một hình trụ lăn đều có khối lượng $m$ chứa đầy nước có khối lượng $M$ sẽ bằng

$$E_k = mv^2 + \frac{Mv^2}{2} = \left( m + \frac{M}{2} \right)v^2.$$

Sau khi đi xuống từ độ cao $h$ dọc theo một mặt phẳng nghiêng, một hình trụ như vậy, do có thế năng $(m + M)gh$, sẽ thu được động năng $(m + M/2)v^2$, sao cho nó