Kvant 1989, số 6 · 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

Điều này có thể thực hiện được không?

1989

1

Trong phòng:

2 G. L. Kotkin. Khí bóng
6 V. M. Tikhomirov. 50 năm lập trình tuyến tính
16 A. S. Solodovnikov. Các hệ bất đẳng thức tuyến tính và ứng dụng của chúng
22 A. V. Mitrofanov. Bong bóng trong vũng nước
26 D. Jous. Tiết kiệm khuôn mặt

Thông tin
Cuộc họp XIX ở Batuti

“Vấn đề «Kvant»
Bài toán M1166 — M1170, F1173 — F1177
Lời giải bài toán M1141 — M1145, F1153 — F1157

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
S. L. Tabachnikov. Vị linh mục có một con chó…

Kính vạn hoa «Kvant»
Trường học ở «Kvant»
Toán 8, 9, 10:
Trường học yêu thích bài toán
V. N. Vaduten. Đường trung tâm

Phòng thí nghiệm «Kvant»
Vâng. E. Amstislavsky. Màu sắc tấm dày

R là tên lửa
D. Froman. Trái đất như một con tàu vũ trụ được điều khiển

Thông tin và lập trình
A. N. Vilenkin, G. L. Kotkin. Khí được trưng bày

Xưởng của người nộp đơn
S. A. Gordonin. Định luật bảo toàn năng lượng trong tĩnh điện

Các lựa chọn thi tuyển sinh
Đáp số, gợi ý, lời giải
Họ viết thư cho chúng tôi (29, 38)
Hồ sơ của chúng tôi (79)
Pha trộn (21)

bìa của chúng tôi
Tất nhiên, bạn sẽ không thể đan những cây bút chì vào nhau như thế được. Có thể có những loại đám rối thẳng nào? Bạn có thể tìm thấy câu trả lời một phần đáp số cho câu hỏi này trên trang. 38.

“Harlequin” là tên bức tranh của họa sĩ người Pháp V. Vasarely. Ông là người sáng lập ra một lý thuyết về hội họa và đồ họa của thập niên 40-60, gọi là “Op art” (từ nghệ thuật quang học tiếng Anh - Optical Art). Sự kết hợp nhịp nhàng của các đường hình học và màu sắc, trí nhớ thị giác của chúng ta - và ảo giác hoàn toàn về khối lượng và chuyển động. Nhưng nó có thể giống nhau - và hoàn toàn là một ảo tưởng về sự vắng mặt (xem ghi chú “Giải cứu sự vô danh”).

Trang cờ vua.
Một khối đa diện được ghép lại từ ba mươi hình “oriigimi” nhỏ giống hệt nhau.

© Nhà xuất bản Nuka.
Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1989

2

Trong số rất nhiều ứng dụng của máy tính trong khoa học và công nghệ, một trong những ứng dụng quan trọng và phổ biến nhất là mô hình hóa. Các mô hình máy tính về máy bay và dòng hải lưu, chuyển động của hành tinh và quan hệ kinh tế giữa các quốc gia sẽ được tạo ra…

Bài viết này sẽ thảo luận về một trong những mô hình khí đơn giản nhất. Đây là “bàn bida lý tưởng”: những quả bóng hoàn toàn nhẵn và đàn hồi đóng vai trò phân tử khí, các cạnh của bàn bida đóng vai trò thành bình, mặt bàn nhẵn tuyệt đối. Một bàn bida lý tưởng như vậy không tồn tại, nhưng bạn có thể “tạo ra” nó bằng máy tính và quan sát “tuổi thọ” của các quả bóng trên màn hình hiển thị đồ họa.

Có lẽ đối với bạn, “bàn bida lý tưởng” dường như chỉ là một mô hình khí rất đơn giản. Về nguyên tắc, trên máy tính, có thể “xây dựng” một mô hình thực tế hơn - chuyển động theo chuyển động của các quả bóng trong không gian chứ không phải trên mặt phẳng, giới thiệu sự tương tác của các quả bóng-phân tử, v.v. Tuy nhiên, “bi-a” là đối tượng không chỉ dành cho giáo dục, học sinh mà còn cả nghiên cứu khoa học máy chủ.

Rõ ràng là chuyển động của những quả bóng lý tưởng hoàn toàn được xác định bởi các định luật cơ học. Trong khi đó, chuyển động của các bộ phận tạo nên chất khí có thể coi là hỗn loạn, ngẫu nhiên*).

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ mô tả các thí nghiệm với mô hình “bàn bida lý tưởng”, cho phép chúng tôi quan sát chuyển động trở nên kỳ lạ như thế nào và cố gắng tìm hiểu lý do tại sao.

*) Bức tranh về sự xuất hiện “xaosa phân tử” trong khí cầu được nhà vật lý Liên Xô N. S. Krylov (1950) nghiên cứu. Nhà toán học Liên Xô Ya. G. Sinai đã thực hiện một nghiên cứu tương tự ở mức độ chặt chẽ khiến các nhà toán học hài lòng (1963). Có rất nhiều công trình khoa học sử dụng mô hình máy tính “khí bóng”.

Hình 1.

3

chà nó vào tường) - đây sẽ là dữ liệu ban đầu mới - và chúng tôi sẽ lặp lại phép tính.

Chúng ta sẽ đặt vị trí của các quả bóng bằng cách sử dụng tọa độ Descartes của tâm của chúng và vận tốc bằng cách sử dụng hình chiếu của chúng trên cùng một trục (hình 1):

$$\vec{r} = (x, y), \quad \vec{v} = (v_x, v_y).$$

Các công thức tính toán hóa ra khá đơn giản. Cho trục Y trùng với cạnh trái của bàn bida. Khi đó thời gian trước khi quả bóng va chạm với bên này là

$$t = -(x-a)/v_x \quad (a \text{ — радиус шара}),$$

và va chạm chỉ xảy ra nếu $v_x < 0$. Giả sử va chạm này là lời giải. Trong khi va chạm, hình chiếu $v_y$ không thay đổi và hình chiếu $v_x$ đổi dấu:

$$v_x \rightarrow -v_x, \quad v_y \rightarrow v_y.$$

Di chuyển từng quả bóng theo thời gian $t$ —

$$\vec{r}_{it} = \vec{r}_i + \vec{v}_i t,$$

tức là $x_{it} = x_i + v_{ix} t, \quad y_{it} = y_i + v_{iy} t$. Các phép tính cho trường hợp bóng va chạm tuy phức tạp hơn một chút nhưng cũng mang tính “trường học”. Chúng tôi khuyên bạn nên tự kiểm tra chúng (xem bài toán ở cuối bài viết).

Mô tả về chương trình hoàn chỉnh mô phỏng chuyển động của các quả bóng $N$ trên màn hình đồ họa được đưa ra trong bài viết “Khí trên màn hình” (xem trang 61).

Tốc độ tính toán bằng sơ đồ tương tự là bao nhiêu? Máy tính được sử dụng trong thực hành sinh viên tại Khoa Vật lý của Đại học Bang Novosibirsk có thể đếm với tốc độ đến mức các khung hình trên màn hình thay đổi nhanh như trong một phim hoạt hình (nếu không có quá mười quả bóng; khi số lượng quả bóng tăng lên, thời gian tính toán cho mỗi khung hình của “phim hoạt hình” sẽ nhanh chóng được tính toán)*.

Máy tính của chúng tôi thực hiện tất cả các phép tính với 7-8 chữ số.

*) Việc tính toán được thực hiện trên máy tính Elektronka-60, có trong Sổ tay Hệ thống Thiết bị đầu cuối (TEVUS - do Đại học Bang Novosibirsk phát triển).

Hình 2.

4

Họ - người đầu tiên, và sau đó là những người còn lại - “lạc đường” và đến một nơi hoàn toàn khác với nơi họ thêu. Như vậy, chuyển động của các quả bóng hóa ra là “sai”. Tại sao?

Toàn bộ phép tính được thực hiện bằng cách sử dụng các công thức chính xác, vì vậy nguyên nhân duy nhất có thể dẫn đến “không chính xác” là do làm tròn số trong quá trình tính toán. Nhưng độ lệch liên quan đến việc làm tròn có giá trị tương đối là $10^{-7} - 10^{-8}$ (như chúng tôi đã nói, máy tính hoạt động với các giá trị 7-8 chữ số) và trên màn hình theo thời gian $2t_0$ các quả bóng đã hoàn toàn “quên” vị trí ban đầu của chúng. Sự “quên” này có thể được giải thích bằng cách làm tròn số không?

Ước tính sai lệch

Để có được ước tính định lượng, chúng ta hãy tưởng tượng rằng, do làm tròn, hướng chuyển động của một trong các quả bóng đã lệch một góc $\varphi_0 \sim 10^{-7}$ và chuyển động tiếp theo được tính toán chính xác.

Đầu tiên, xét trường hợp chỉ có một quả bóng và xảy ra hiện tượng lệch khi nó chạm vào tường. Quỹ đạo của tâm quả bóng được mô tả trong hình 3, và một số công thức cũng được đưa ra ở đó để thuận tiện cho việc tính toán. Hình vuông ở cạnh $(b - 2a)$ là khu vực có thể tiếp cận được với tâm quả bóng $(b - \text{dлина стононы бильярного стола})$. Độ dài của quỹ đạo $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 5 \rightarrow \dots$ bằng chiều dài của chùm tia $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3' \rightarrow 4' \rightarrow 5' \rightarrow \dots$. Nếu tại điểm 1, do làm tròn giá trị $v_x$, hướng vận tốc của quả bóng sau khi va chạm lệch khỏi hướng chính xác một góc nhỏ $\varphi_0$, thì trên đường đi có chiều dài $L$ độ lệch tâm quả bóng sẽ “tích lũy” một khoảng cách $\Delta \sim L\varphi_0$. Giới hạn bản thân trong thời gian $T$, trong đó $v_1 = 1000$ va chạm với tường, chúng ta thu được độ lệch $\Delta_1 \sim v_1 b\varphi_0 \sim 10^{-4}b$. Đối với màn hình đồ họa của chúng tôi, độ dày đường kẻ trên màn hình là khoảng $0,004b$. Vì vậy, trong thời gian $T$ độ lệch tích lũy không thể thay thế được - nó nhỏ hơn độ dày của đường kẻ trên màn hình. Bằng một khoảng cách đáng chú ý bằng, chẳng hạn như đường kính của quả bóng $2a$, tâm của quả bóng sẽ lệch đi $v_2 \sim 2a/b\varphi_0$ va chạm. Thời gian để xảy ra số lượng tác động lên tường như vậy ước tính là 100 (!) giờ.

Rõ ràng, việc làm tròn khi tính toán tác động lên tường không thể quy cho chuyển động “không chính xác” của các quả bóng trong thí nghiệm của chúng tôi.

Chúng ta hãy xem việc làm tròn số ảnh hưởng như thế nào đến việc tính toán va chạm của các quả bóng. Một lần nữa chúng ta hãy giả sử rằng hướng chuyển động của một trong các quả bóng đã lệch một góc $\varphi_0 \sim 10^{-7}$, và chúng ta sẽ nghiên cứu xem góc lệch khi va chạm sẽ nhỏ hơn như thế nào. Trong trường hợp này, chúng tôi sẽ giới hạn bản thân ở những ước tính của chính nhóm. Chúng ta sẽ nhớ rằng giữa các lần va chạm, quả bóng chuyển động theo đường thẳng và đi theo đường trung bình $l$, lớn hơn nhiều so với bán kính của quả bóng $(l \gg a)$. Trong khoảng thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp, tâm của quả bóng sẽ dịch chuyển một đoạn $OO' \sim l\varphi_0$ (hình 4). Sau đó còn có thứ tự dịch chuyển điểm tiếp xúc của các quả bóng khi va chạm. Diện tích bề mặt của quả bóng thứ hai ở gần điểm tiếp xúc đóng vai trò như một “tấm gương” trong quá trình va chạm. Bản thân “tấm gương” này đã chuyển động trước khi va chạm; khi va chạm, nó bật lại nên hướng bóng của chúng ta nảy lên không được xác định theo quy luật “góc tới bằng góc phản xạ”. Tuy nhiên, xoay “gương” nhỏ

5

góc α dẫn đến sự thay đổi hướng chuyển động của quả bóng bật lại một góc φ₁ ~ α (có thể nhiều hơn hoặc ít hơn một lần rưỡi đến hai lần - mức độ chính xác này trong trường hợp này là THẲNG). Vì α ~ (AA’/a) ~ (lφ₀/a), nên chúng ta thu được

φ₁ ~ (l/a) φ₀ >> φ₀

— khi va chạm, độ lệch tốc độ tăng mạnh. Sau k nên mới φₖ ~ (l/a) k φ₀.

Nếu (l/a) ~ 10, thì 8-10 nên mới đủ để φₖ ~ 1 trở thành và hướng chuyển động của quả bóng không còn liên quan gì đến hướng chuyển động đúng.

THÍ NGHIỆM KIỂM SOÁT

Các ước tính được đưa ra có vẻ thuyết phục nhưng chúng tôi sẽ kiểm tra chúng bằng thử nghiệm trên máy tính. Để làm điều này, chúng tôi sẽ thực hiện hai lần “phóng” các quả bóng có điều kiện ban đầu gần như giống hệt nhau, lần thứ hai chỉ thay đổi một chút tốc độ ban đầu (hoặc vị trí ban đầu) của một trong các quả bóng.*) Chúng tôi sẽ “ra lệnh” cho máy tính ghi nhớ tọa độ của một quả bóng trong những khoảng thời gian bằng nhau Δt; trong lần chạy thứ hai, chúng ta sẽ đánh dấu tọa độ của cùng một quả bóng tại cùng một thời điểm tₖ = k Δt, và sau đó chúng ta sẽ xác định “độ phân kỳ” quỹ đạo của quả bóng này thay đổi như thế nào theo thời gian

Δrₖ = √((xₖ - x’ₖ)² + (yₖ - y’ₖ)²),

trong đó xₖ, yₖ là các giá trị tọa độ tại thời điểm tₖ ở lần phóng đầu tiên và x’ₖ, y’ₖ ở lần phóng thứ hai. Có tính đến sự phụ thuộc dự kiến, sẽ thuận tiện khi sử dụng thang logarit dọc theo trục Δrₖ, tức là vẽ các giá trị log (Δrₖ) ​​dọc theo trục này. Sự phụ thuộc có dạng φₖ ~ (l/a) k φ₀ sẽ dẫn đến đồ thị đường thẳng

lg (Δrₖ) ~ lg φ₀ + (t/tₖ) lg (l/a).

Kết quả của các thí nghiệm được hiển thị trong hình 5. Một biểu đồ hiển thị các điểm thu được ở các độ lệch khác nhau trong các điều kiện ban đầu. Phần thẳng dự kiến ​​​​của biểu đồ có thể nhìn thấy khá rõ ràng. Sau thời gian ℭ, giá trị của Δrₖ tăng đến giới hạn do kích thước của bảng đặt, và sau đó thay đổi hỗn loạn, nhưng nói chung, không phải hàng triệu lần (như trong vùng t < ℭ), sao cho trên thang logarit, các điểm tại t > ℭ không lệch ngay cả so với đường thẳng lg (Δrₖ) ~ log l.

Thí nghiệm máy tính này chứng minh tính hợp lý của những ước tính trước đó.

*) Tất nhiên, khi khởi động lại với cùng điều kiện ban đầu, chuyển động được tính toán sẽ được lặp lại chính xác.

6

“Hành vi khó lường” của quả bóng

Vì vậy, nghiên cứu đưa đến kết luận rằng chuyển động của những quả bi-a thép là cực kỳ không ổn định. Rõ ràng là vấn đề ở đây không nằm ở sự gần đúng của các phép tính, mà nằm ở đặc điểm chuyển động của các quả bóng. Độ nhám của ước tính cho phép chúng ta mở rộng nó sang chuyển động của các phân tử khí thực. Chỉ đối với các phân tử, độ không đảm bảo ban đầu mới phát sinh từ mọi loại nhiễu loạn mà ở tất cả các khía cạnh khác đều có thể bỏ qua. (Ví dụ, ảnh hưởng của điện trường sét đánh ở một thành phố khác, hoặc một người đàn ông bị rò rỉ ở đó…) Chúng tôi đi đến kết luận rằng chuyển động của các quả bóng (và phân tử) là khá tự nhiên trong những khoảng thời gian tương đối ngắn và hóa ra là ngẫu nhiên trong một thời gian dài.

Sự khác biệt về đặc điểm chuyển động của quả bóng khi va chạm chỉ với các bức tường và khi va chạm với các quả bóng khác có thể được coi là định tính. Trong trường hợp đầu tiên, độ chính xác tốt nhất của hướng ban đầu là một triệu lần, bạn có thể nhận được phần đường dẫn chính xác lớn hơn một triệu lần. Trong lần thứ hai, nó lớn hơn chỉ 5-10 trăm năm. Nếu chuyển động của các hành tinh không ổn định thì dưới tác động của một thiên thể nào đó mà chúng ta không thể nhìn thấy được, nó sẽ thay đổi sau một vài năm mà chúng ta không thể nhận ra.

Hình 6.

Tuy nhiên, chuyển động của các hành tinh đã được tính toán trước hàng ngàn năm. Các tính toán về chuyển động trong quá khứ rất phù hợp với những quan sát về các biến thể cổ xưa. Những điều kiện cơ học như vậy đã hình thành nền tảng cho các quan điểm về thế giới nói chung đã phát triển trong thế kỷ trước và được thể hiện rõ nhất bởi nhà thiên văn học, nhà toán học và nhà vật lý học nổi tiếng người Pháp Laplace: “Một bộ óc có thể, trong bất kỳ thời điểm nào, xác định tất cả các lực tác động lên thiên nhiên và vị trí tương đối của tất cả các bộ phận cấu thành của nó, nếu những phép cộng đủ tổng quát để khiến những dữ liệu này được phân tích, sẽ tuyên bố trong một công thức về chuyển động độ lớn của các vật thể trong Vũ trụ cùng với chuyển động của các nguyên tử nhẹ nhất, sẽ không còn gì có thể tồn tại được nữa không xứng đáng với anh ta, và tương lai cũng như quá khứ sẽ hiện ra trước mắt anh ta.”

Khoa học và thực tiễn đã chứng minh rằng một thế giới có trật tự hoàn hảo như vậy là không có thật. Và lý do cho điều này là sự tồn tại của tính ngẫu nhiên khách quan. Ví dụ mà chúng tôi đã xem xét về chuyển động của các quả bóng (với sự hiểu biết rằng ví dụ này không hề ngoại lệ) là một trong những bằng chứng về vai trò quyết định của cơ hội trong vòng đời của một hệ thống phức tạp (bao gồm nhiều hạt).

Những ví dụ về hiện tượng không thể tính toán chi tiết trong thời gian dài cũng không kém phần phổ biến,

7

nó là gì, được tính toán một cách đáng tin cậy. Dòng chảy hỗn loạn của chất lỏng hoặc khí, sự chuyển động của không khí trên một hành tinh quyết định thời tiết… Không hoạt động và cố gắng liệt kê.

Khả năng mô tả thống kê

Vì vậy, sự chuyển động của các phân tử bi do sai lệch ngẫu nhiên dẫn đến sự hỗn loạn của phân tử. Tuy nhiên, trong sự hỗn loạn đang nổi lên, những khuôn mẫu riêng của nó xuất hiện. Chúng ta hãy nhớ rằng trạng thái của khí có thể được đặc trưng bằng các giá trị trung bình - nhiệt độ, áp suất. Và nếu khí ở trạng thái cân bằng thì những đại lượng này không thay đổi. Điều này có nghĩa là, mặc dù có nhiều yếu tố ngẫu nhiên, hệ thống vẫn thể hiện một sự ổn định nhất định. Và các thông số vĩ mô - chẳng hạn như nhiệt độ, áp suất - có liên quan đến các giá trị có thể xảy ra nhất của các đại lượng đặc trưng cho hoạt động của các phần tử riêng lẻ của hệ thống.

Phương pháp mô tả xác suất (thống kê) của một hệ thống được gọi là hàm phân phối. Chúng ta sẽ làm quen với một trong số chúng bằng thí nghiệm máy tính sau đây.

Chúng ta sẽ đánh dấu trên mặt phẳng có tọa độ $v_x, v_y$ các điểm tương ứng với vận tốc của các quả bóng tại các thời điểm khác nhau. Các điểm này tạo thành một “đám mây”, nồng độ của điểm $n(v_x, v_y)$ trong đó được xác định ngày càng chính xác hơn khi số lượng điểm $M$ trong “đám mây” tăng lên. Chức năng

$$f(v_x, v_y) = \frac{1}{M} n(v_x, v_y)$$

đối với $M$ rất lớn thì nó không còn phụ thuộc vào $M$ nữa. Nó được gọi là hàm phân bố trong không gian vận tốc. Khi thay đổi số lượng bóng $N$ và tổng năng lượng của chúng $E$, sẽ thu được các hàm phân phối mới.

Cụ thể, đối với hai quả bóng, các điểm đều nằm trên mặt phẳng $v_x, v_y$ một đường tròn có bán kính $\sqrt{2E/m}$ (hình 6).

Để xác định hàm phân phối trong một thí nghiệm trên máy tính

Thay đổi thể tích của mặt phẳng $v_x, v_y$ thành các ô nhỏ bằng nhau và đếm số điểm rơi vào mỗi ô. Kết quả được trình bày rõ ràng ở hình 7.

Một loại hàm phân phối khác dựa trên thành phần vận tốc $v_x$. Nó có được bằng cách chia mặt phẳng $v_x, v_y$ thành các dải có chiều rộng $\Delta v_x$ và đếm số điểm trong mỗi dải (hình 8).

Tất nhiên, tất cả những điều này chỉ là bước khởi đầu của nghiên cứu về “khí bong bóng”.

Bài tập

1. Tìm thời điểm sau đó các quả bóng có bán kính $a$ sẽ va chạm nhau nếu vị trí ban đầu của chúng là $\vec{r}_1 = (x_1, y_1), \vec{r}_2 = (x_2, y_2)$ và vận tốc của chúng là $\vec{v}_1 = (v_{1x}, v_{1y}), \vec{v}_2 = (v_{2x}, v_{2y})$.
2. Hai quả bóng đàn hồi giống hệt nhau chuyển động dọc theo một đường thẳng với vận tốc $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ thì va chạm vào nhau. Tìm vận tốc của hai quả bóng sau va chạm.
3. Hai quả cầu đàn hồi nhẵn giống hệt nhau có bán kính $a$ va chạm vào nhau. Vận tốc trước khi va chạm là $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$, tọa độ tại thời điểm va chạm là $\vec{r}_1$ và $\vec{r}_2$, với $(\vec{r}_1 - \vec{r}_2)^2 = (2a)^2$.

Sửa đổi

Trong «Kvant» số 3 trên trang. 45 điều kiện mới được đưa ra và đáp số đến bài toán “Người định vị tổng thể” (bài toán lấy từ cuốn sách “Có một ý tưởng” của M. Gardner, M.: Mir, 1982, trang 124). Sau 4 lần bán, cậu bé còn lại 11 con cá. Lúc đầu có 59 con cá.

9

Năm 1975, nhà toán học Liên Xô L. V. Kantorovich và nhà kinh tế học người Mỹ T. Koopmans được trao giải Nobel.

Những giải thưởng này được đặt theo tên người sáng lập, nhà hóa học và nhà phát minh nổi tiếng Alfred Nobel. Theo Nobel, họ được trao cho những khám phá khoa học trong lĩnh vực vật lý, hóa học, sinh lý học hoặc y học, cho những tác phẩm văn học “phản ánh lý tưởng của nhân loại”, cũng như cho những người “sẽ đóng góp đáng kể vào sự đoàn kết các dân tộc, phá hủy công việc, giảm số lượng quân đội hiện có và các hiệp định hòa bình chung”. Giải thưởng không dành cho các nhà toán học. Tuy nhiên, vào năm 1969, Ngân hàng Thụy Điển, nhân dịp kỷ niệm 300 năm thành lập, đã thành lập một giải thưởng để tưởng nhớ A. Nobel - về khoa học kinh tế. Nó được trao vào năm 1975 cho L.V. Kantorovich và T. Koopmans vì đã tạo ra một lý thuyết toán học mới (được gọi là quy hoạch tuyến tính) và ứng dụng lý thuyết này vào kinh tế học.

Trong chữ ký gửi tới Ủy ban Nobel, Leonid Vitalievich Kantorovich nói về trải nghiệm của mình vào năm 1939. Ông, một giáo sư toán học 26 tuổi, đã được các nhân viên của phòng thí nghiệm của ủy thác ván ép tiếp cận để xin lời khuyên, nơi cần quyết định bài toán về sự phân bổ vật liệu cao nhất giữa các máy. bài toán này trùng hợp với việc tìm giá trị lớn nhất của hàm tuyến tính xác định trên một đa giác. Hàm như vậy đạt được mức tối đa ở một đỉnh, nhưng số đỉnh trong bài toán này đã lên tới một tỷ… Do đó, việc liệt kê các đỉnh đơn giản là không phù hợp.

Leonid Vitalievich đã viết:

“Hóa ra bài toán này không phải ngẫu nhiên. Tôi phát hiện ra một số lượng lớn bài toán, đa dạng về nội dung, có tính chất toán học tương tự: sử dụng trái cây gieo tốt hơn, lựa chọn thiết bị bốc xếp, định vị cắt nguyên liệu, sử dụng nguyên liệu thô, phân bổ luồng giao thông vận tải… Điều này thực sự thôi thúc tôi tìm kiếm một phương pháp hiệu quả cho lời giải của họ”.

Và vào mùa hè năm 1939, cuốn sách “Các phương pháp tổ chức và lập kế hoạch sản xuất bằng toán học” của L. V. Kantorovich đã được xuất bản, trong đó có nền tảng của cái gọi là kinh tế toán học.

Để hiểu toán học bài toán, trong đó toán học có thể cung cấp sự trợ giúp đáng kể, hãy bắt đầu bằng một ví dụ - chính là ví dụ mà Leonid Vitalievich bắt đầu cuốn sách của mình.

Giả sử công việc yêu cầu sản xuất số lượng lớn nhất các bộ gồm hai phần. Có ba loại máy I, II và III, chi tiết được nêu trong bảng.

“Phân phối tự nhiên” được sử dụng trong thực tế là mỗi nhóm máy tạo ra số lượng bộ lớn nhất. Máy loại thứ nhất có thể sản xuất 20 bộ (ví dụ như thế này: máy thứ nhất và máy thứ hai, mỗi máy sản xuất 10 bộ phận thứ nhất, còn máy thứ ba - 20 bộ phận thứ hai) và không thể sản xuất thêm. Số 36 có ý nghĩa tương tự đối với máy loại thứ hai: máy thứ nhất chỉ sản xuất

10

đối với phần đầu tiên, phần thứ hai - chỉ phần thứ hai và phần thứ ba - 4/5 thời gian tạo ra phần đầu tiên và 1/5 thời gian - phần thứ hai. Tương tự như vậy đối với máy loại thứ ba.

Như có thể thấy từ bảng, sự phân bổ tối ưu mang lại lợi ích đáng kể - 9 hiệp bổ sung! - không cần thêm chi phí.

Để tìm ra phân phối không hề tối ưu, chúng ta cần dịch bài toán sang ngôn ngữ toán học. Vì vậy, chúng tôi có sẵn bảy máy - máy thứ nhất, thứ hai và thứ ba tạo thành loại thứ nhất, máy thứ tư, thứ năm và thứ sáu - loại thứ hai và cuối cùng, loại thứ bảy - loại thứ ba. Cần chỉ ra khoảng thời gian mà mỗi máy phải sản xuất bộ phận thứ nhất và thứ hai. Gọi $\alpha_i$ là khoảng thời gian mà máy thứ $i$ sẽ sản xuất phần đầu tiên và $\alpha'_i$ là phần thời gian nó sẽ làm việc ở phần thứ hai. Sau đó $\alpha_i \geq 0$, $\alpha'_i \geq 0$, $\alpha_i + \alpha'_i \leq 1$, $i = 1, 2, \dots, 7$. Số chi tiết đầu tiên được máy làm ra sẽ bằng

$$10(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) + 20(\alpha_4 + \alpha_5 + \alpha_6) + 30\alpha_7.$$

Tương tự, số phần thứ hai bằng

$$20(\alpha'_1 + \alpha'_2 + \alpha'_3) + 30(\alpha'_4 + \alpha'_5 + \alpha'_6) + 80\alpha'_7.$$

Số lượng phần thứ nhất và thứ hai phải giống nhau và càng lớn càng tốt. Vì vậy, chúng tôi đi đến bài toán:

tìm số lớn nhất $s$ sao cho

$$s = 10(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) + 20(\alpha_4 + \alpha_5 + \alpha_6) + 30\alpha_7,$$

và thay thế nó vào biểu thức cho $s$. chúng tôi nhận được

$$s = \frac{230}{3} + \left(20 - \frac{50}{3}\right)y + \left(30 - \frac{110}{3}\right)z = \frac{230}{3} + \frac{10}{3}y - \frac{20}{3}z.$$

Bây giờ rõ ràng là giá trị lớn nhất của tổng sẽ đạt được khi $y = 3,$

12

kah cũng trông như thế này:

$$\begin{cases} s = 10x + 20y + 30z, \\ 10x + 20y + 30z \geq 20(3-x) + 30(3-y) + 80(1-z), \\ 20(3-x) + 30(3-y) + 80(1-z) \geq 10x + 20y + 30z, \\ x \geq 0, 3 \geq x, y \geq 0, 3 \geq y, \\ z \geq 0, 1 \geq z. \end{cases}$$

“Khối đa diện” được xác định bởi hệ bất đẳng thức được mô tả bằng cùng màu tại hình 1 - nó trùng với một hình phẳng. Đỉnh mà hàm s đạt cực đại được tô màu đỏ.

L. V. Kantorovich đã đề xuất một số cách tiếp cận đối với công thức chung lời giải bài toán. Một trong số đó dựa trên ý tưởng về tính hai mặt. Để hiểu nó, hãy giải bài toán về máy công cụ theo một cách khác.

Một lần nữa, chúng ta biểu thị $\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3$ là $x$, $\alpha_4 + \alpha_5 + \alpha_6$ là $y$ và $\alpha_7$ là $z$; Hãy để chúng tôi giới thiệu các ký hiệu mới: $x' = \alpha'_1 + \alpha'_2 + \alpha'_3$, $y' = \alpha'_4 + \alpha'_5 + \alpha'_6$, $z' = \alpha'_7$. Chúng ta hãy liên kết từng bộ $(x, y, z, x', y', z')$, trong đó tất cả các số đều không âm và liên quan bởi các bất đẳng thức

$$x + x' \leq 3, y + y' \leq 3, z + z' \leq 1,$$

(1) một điểm trong mặt phẳng $(a; b)$ có tọa độ $a = 10x + 20y + 30z$, $b = 20x' + 30y' + 80z'$. (2)

Tập $C$ của tất cả các điểm được cho bởi quan hệ (1) và (2) là gì? Bộ này là tổng của ba bộ: $C_1$, được hình thành bởi các điểm $(a; b)$ mà $a = 10x, b = 20x'$; $C_2$, bao gồm các điểm $(a; b)$, trong đó $a = 20y$, $b = 30y'$; $C_3$, bao gồm các điểm $(a; b)$, trong đó $a = 30z, b = 80z'$. Tất nhiên, trong trường hợp này, bất đẳng thức (1) được thỏa mãn. Các bộ $C_1, C_2$ và $C_3$ là các hình tam giác được hiển thị trong hình 2.

Để xây dựng tập hợp yêu cầu $C$, trước tiên chúng ta tìm tổng $C_1$ và $C_2$, tức là tập hợp các điểm $(a; b)$ có tọa độ

$$a = 10x + 20y, b = 20x' + 30y'.$$

Để làm điều này, tam giác $C_2$ được đặt ra khỏi đỉnh trên của tam giác $C_1$, sau đó $C_2$ “trượt xuống ngọn đồi” được tạo thành bởi cạnh huyền $C_1$. Kết quả là một hình tứ giác như trong hình 3.

Bây giờ chúng ta có thể xây dựng tập $C$. Hãy di chuyển hình tam giác $C_3$ từ đỉnh trên cùng đến hình 3 và để nó “trượt xuống ngọn đồi” được tạo thành bởi đường gãy hai liên kết. Điều này tạo ra hình ngũ giác $C$ được hiển thị trong hình 4.

Yêu cầu gì trong bài toán? Cần phải tìm điểm $A = (a; b)$ sao cho thứ nhất là $a = b$ và thứ hai là $a$ có giá trị cao nhất. Điểm này nằm ở giao điểm của đường phân giác và đường gãy $KLMN$ (xem hình 4) và có tọa độ $(86^2/3, 86^2/3)$.

Làm cách nào để thêm vào điểm $A$? Hãy tiếp cận nó từ cả hai phía. Chúng ta hãy bước một bước dọc theo đoạn $KL$ từ điểm $K$ đến điểm $L$. Đồng thời, chúng tôi sẽ tăng thêm 80 đơn vị. Điều này tương ứng với thực tế là máy hình tam giác phải tạo ra các bộ phận 80 giây. Tiếp theo chúng ta sẽ thực hiện một bước từ điểm $N$ đến điểm $M$. Đồng thời, chúng ta sẽ ngạc nhiên về phía bên phải 60 đơn vị. Cái này

13

tương ứng với thực tế là máy loại thứ hai chỉ hoạt động được trên các bộ phận đầu tiên và tạo ra 60 bộ phận trong số đó.

Và bây giờ chúng ta chuyển từ $L$ sang $A$ và từ $M$ sang $A$. Điều này tương ứng với thực tế là chiếc máy đầu tiên hoạt động $2^2/3$ trong tổng số ba đơn vị thời gian ở phần đầu tiên (và chúng ta di chuyển lên bên phải $26^2/3$) và $1/3$ thời gian ở phần thứ hai (và chúng ta di chuyển lên $6^2/3$). Kết quả là chúng ta đạt được điểm $A$.

Nhân tiện, chúng ta sẽ thấy rõ phải làm gì nếu chúng ta không có ba mà là $n$ loại máy. Khi đó, tập hợp $n$ sẽ là một đa giác giới hạn của các liên kết $C$, các góc nghiêng của chúng sẽ được sắp xếp từ điểm dưới lên điểm trên theo thứ tự giảm dần. Và một lần nữa chúng ta cần đi từ điểm trên và điểm dưới về phía nhau. Tất cả các loại máy, ngoại trừ một loại, sẽ chỉ xử lý một phần - “trên” - phần thứ nhất, “dưới” - phần thứ hai. Và chỉ đến phần cuối cùng một loại máy mới phải “chia sẻ” - một phần thời gian để xử lý phần đầu, một phần thời gian để xử lý phần thứ hai.

Trong lời giải thứ hai của chúng tôi, vai trò chính được thực hiện bởi các đường thẳng mà trên đó bộ ngắt liên kết KLMN nằm. Theo thuật ngữ chung nhất, ý tưởng về tính đối ngẫu là một khối đa diện có thể được định nghĩa là một tập hợp các đỉnh của nó hoặc là giao điểm của một tập hợp các nửa không gian chứa nó.

Sau khi chính thức hóa đạo hàm bài toán và chỉ ra một số lời giải, L. V. Kantorovich cũng nhìn thấy những triển vọng tuyệt vời trong lĩnh vực kinh tế. Hãy tưởng tượng bạn ở vị trí của một quản đốc có bảy công nhân dưới quyền. Chúng hoạt động trên chính những chiếc máy mà chúng tôi đã gặp nhiều lần. Bạn phải tổ chức sản xuất theo cách sao cho sản xuất được càng nhiều bộ phận càng lớn càng tốt.

Một cách là chỉ thị. Người quản đốc gọi một đội và ra lệnh bằng cái đầu của mình: “Bạn, Peter, hãy tạo phần thứ hai trên máy loại thứ ba; Ivan, Nikolay và Alexander - tạo phần đầu tiên trên máy loại thứ nhất”, v.v.

Nhưng có một cách khác, tế nhị hơn. Bạn có thể gọi cho một nhóm và nói: “Các bạn, các bạn cần chế tạo hai loại bộ phận trên máy của mình. Loại thứ nhất có giá 2 rúp và loại thứ hai có giá 1 rúp; đối với mỗi bộ gồm hai loại bộ phận - tiền thưởng 10 kopecks. Hãy nghĩ về cách bạn có thể kiếm được nhiều tiền hơn.”

Có lẽ lựa chọn đầu tiên xuất hiện trong đầu người lao động là cái được gọi là “phân phối tự nhiên” trong bảng của chúng ta. Đồng thời, họ sẽ kiếm được 238 rúp 70 kopecks. Nhưng rồi họ

14

có lẽ đồng ý rằng có một cách có lợi hơn - “phân phối tối ưu”.

Câu hỏi: Số tiền tối đa mà một lữ đoàn có thể kiếm được là bao nhiêu?

Giá các bộ phận đến từ đâu? Nhìn vào hình 4. Đường thẳng LM chứa điểm tối ưu A có phương trình 2a+b=260. Hệ số 2 và 1 của nó là giá. Nếu không có phí bảo hiểm cho sự hoàn thiện, thì với giá cho các phần 2 và 1 rúp, thu nhập lớn nhất của phi hành đoàn sẽ đến từ bất kỳ điểm nào trên phân khúc ML. Và một khoản phí bảo hiểm nhỏ 10 kopecks khiến điểm A có lợi nhất. Đây là nghệ thuật chọn giá đúng!

Nhưng chúng ta hãy quay trở lại năm 1939. Người ta nói rằng sự thật được phân phối như dị giáo… Than ôi, đây cũng là một sự tình cờ với những ý tưởng của L. V. Kantorovich trong lĩnh vực kinh tế. Họ không đáp ứng được khái niệm vào thời điểm thành lập, bị tuyên bố là dị giáo, và tác phẩm của ông đã bị cải đạo.

Các khái niệm của Leonid Vitalievich đã được khám phá lại ở phương Tây ngay sau khi chiến tranh kết thúc. Nhà kinh tế học người Mỹ T. Koopmans trong nhiều năm đã thu hút sự chú ý của các nhà toán học về một số bài toán liên quan đến chủ đề quân sự. Ông đã tích cực đóng góp vào việc thành lập một nhóm toán học để phát triển những vấn đề này. Kết quả là người ta nhận ra rằng cần phải học cách giải bài toán về việc tìm cực trị của hàm tuyến tính trên khối đa diện xác định bởi bất đẳng thức tuyến tính. Theo gợi ý của Koopmans, nhánh toán học này được gọi là quy hoạch tuyến tính.

Nhà toán học người Mỹ D. Danzgg vào năm 1947 đã phát triển một phương pháp cụ thể rất hiệu quả về lập trình tuyến tính số lời giải bài toán (nó được gọi là phương pháp sumplex). Ý tưởng về quy hoạch tuyến tính lan truyền nhanh chóng khắp thế giới trong vòng 5 đến 6 năm, và chính Koopmans và Danzgg đã được biết đến rộng rãi khắp nơi.

Vào khoảng thời gian này, Koopmans biết được rằng ngay cả trước chiến tranh, một điều gì đó khác biệt đã được thực hiện ở nước Nga xa xôi.

tương tự như sự phát triển của sự khởi đầu của quy hoạch tuyến tính. Danzgg và Koopmans thật dễ dàng bỏ qua thông tin này! Một cuốn sách nhỏ, được xuất bản với số tiền không đáng kể, thậm chí không dành cho các nhà kinh tế, mà dành cho các nhà tổ chức sản xuất, với tối thiểu toán học, không có thuật toán được mô tả rõ ràng, không có định lý chứng minh - nói một cách dễ hiểu, đó là một cuốn sách đáng được tính đến… Nhưng Koopmans nhất quyết yêu cầu dịch và xuất bản cuốn sách của Kantorovich ở phương Tây. Tên và ý tưởng của anh ấy được mọi người biết đến. Chúng ta hãy tri ân sự cao quý của nhà khoa học Mỹ!

Và bản thân Leonid Vitalievich - lẽ ra phải tự nhiên biết bao đối với anh ta, sau khi trải qua những cú sốc đầu tiên của sự thụt lùi, từ bỏ “tội lỗi” của tuổi trẻ, quên đi tất cả những điều kinh tế học này và quay trở lại với toán học. Nhưng L. V. Kantorovich vẫn tiếp tục viết các công trình toán học dựa trên các ý tưởng kinh tế một cách rõ ràng và cũng tham gia vào những phát triển cụ thể trong sản xuất. Đồng thời (đồng thời với Danzgg, nhưng không biết công việc của anh ấy), ông đã phát triển một phương pháp, sau này được gọi là phương pháp đơn giản sửa đổi. Ngay khi một khoảng trống nhỏ hình thành vào những năm 50 và một số điều bị cấm trước đây trở thành hiện thực, ông đã tổ chức một nhóm sinh viên Khoa Kinh tế của Đại học bang Leningrad nghiên cứu phương pháp lập kế hoạch tối ưu. Và năm 1960 bắt đầu, Leonid Vitalievich chỉ giải quyết vấn đề kinh tế và các vấn đề toán học liên quan. Sự tham gia của ông vào các lĩnh vực này đã được trao Giải thưởng Lênin năm 1965 (được trao cho ông cùng với V.S. Nemchinov và V.V. Novozhilov) và, như đã đề cập, giải Nobel năm 1975.

17

HỆ THỐNG
BẤT ĐẸP TUYẾN TÍNH
VÀ ỨNG DỤNG CỦA HỌ

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
A. S. SOLODOVNIKOV

Lý thuyết về hệ bất đẳng thức tuyến tính gần giống với toán học phổ thông. Lý thuyết này có nhiều ứng dụng, chủ yếu là lập trình tuyến tính, được thảo luận trong bài viết của V. M. Tikhomirov trên tạp chí này. Chúng ta sẽ nói về những điều cơ bản của lý thuyết về hệ bất đẳng thức tuyến tính.

Lời giải hệ thống
bất đẳng thức tuyến tính bằng cách giảm liên tiếp số lượng ẩn số
Hãy bắt đầu với một ví dụ. Giả sử chúng ta cần giải một hệ bất phương trình (chính xác hơn là học cách tìm tất cả lời giải):
$$\begin{cases} 7x+2y-2z-4 \geq 0, \\ -x-y-z+4 \geq 0, \\ -2x+3y+z-1 \geq 0, \\ 5x-y+z+2 \geq 0. \end{cases}$$

Chúng ta sẽ sử dụng một ví dụ tương tự lời giải của một hệ phương trình tuyến tính tổng quát. Ta viết lại hệ (1) như sau:
$$\begin{cases} \frac{7}{2}x+y-2 \geq z, \\ -x-y+4 \geq z, \\ z \geq 2x-3y+1, \\ z \geq -5x+y-2. \end{cases}$$

Từ (2) suy ra
$$\begin{cases} \frac{7}{2}x+y-2 \geq 2x-3y+1, \\ \frac{7}{2}x+y-2 \geq -5x+y-2, \\ -x-y+4 \geq 2x-3y+1, \\ -x-y+4 \geq -5x+y-2. \end{cases}$$

Giả sử rằng chúng ta biết ít nhất một lời giải ($x_0, y_0$) của hệ (3). Nhưng khi đó lời giải của hệ (2) sẽ là bộ ba bất kỳ ($x_0, y_0, z_0$), trong đó $z_0$ là số bất kỳ nằm giữa vế nhỏ nhất bên trái của các bất đẳng thức của hệ (2) và lớn nhất trong các vế phải của bất đẳng thức của hệ này. Ngược lại, nếu ($x_0, y_0, z_0$) là lời giải của hệ (1), thì cặp ($x_0, y_0$) là lời giải của hệ (3).

Hệ (3) có thể được viết lại (tương tự với những gì chúng ta đã làm với hệ (1)) như sau:
$$\begin{cases} y \geq -\frac{3}{8}x + \frac{3}{4}, \\ y \geq \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}, \\ 2x+3 \geq y, \\ x \geq 0. \end{cases}$$

Một lần nữa, nếu ($x_0, y_0$) là lời giải của hệ (4), thì $x_0$ thỏa mãn hệ
$$\begin{cases} 2x+3 \geq \frac{3}{8}x + \frac{3}{4}, \\ 2x+3 \geq \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}, \\ x \geq 0, \end{cases}$$

tương đương với một bất đẳng thức $x \geq 0$.

Bây giờ chúng ta hãy lấy một phần lời giải của bất đẳng thức này, giả sử $x=1$ và thay thế giá trị $x$ này trong hệ thống (4):
$$y \geq \frac{3}{8}, y \geq 0, y \leq 5$$

từ đâu $\frac{3}{8} \leq y \leq 5$. Bây giờ chúng ta hãy lấy $y=4$ và thay thế $x=1$ và $y=4$ trong hệ thống (2). Chúng tôi nhận được $-1 \geq z \geq -3$. Đối với $z$ như vậy, bất kỳ bộ ba nào (1, 4, $z$) đều thỏa mãn hệ ban đầu.

18

Nói chung, chúng ta có thể lấy bất kỳ giá trị $x_0 \geq 0$ nào, thay thế giá trị này vào hệ thống (4), thu được hệ bất đẳng thức cho $y$, chọn một trong các giá trị lời giải $y_0$ của nó, thay thế $x_0$, $y_0$ trong hệ thống (2), sau đó tìm tất cả các giá trị có thể có $z$ cho các giá trị đã chọn $x_0$ và $y_0$.

Vì vậy, chúng ta đã học cách mô tả tất cả các hệ thống lời giải (1). Hóa ra kỹ thuật tương tự có thể được sử dụng trong trường hợp tổng quát nhất.

Hệ bất đẳng thức tuyến tính liên quan

Cho một hệ bất đẳng thức tuyến tính với $n$ ẩn số $x_1, \dots, x_n$—chúng ta sẽ gọi nó là “hệ $S$”. Trong phần sau đây, chúng ta chỉ xét các bất đẳng thức loại $\geq$. Như vậy hệ $S$ có dạng

$$\begin{cases} L_1 \geq 0, \\ L_2 \geq 0, \\ \dots \dots \\ L_m \geq 0, \end{cases}$$

trong đó mỗi $L_i$ ($i=1, 2, \dots, m$) là một biểu thức có dạng

$$a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_nx_n + a.$$

Khi xem xét hệ thống $S$, có hai câu hỏi chính được đặt ra:

a) hệ thống có nhất quán hay không, tức là nó có ít nhất một lời giải $x_1 = x_1^0, x_2 = x_2^0, \dots, x_n = x_n^0$;

b) nếu vậy, làm thế nào để tìm thấy tất cả lời giải của nó?

Hãy xem xét bất kỳ sự bất bình đẳng nào của hệ thống $S$. Có vẻ như

$$a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_nx_n + a \geq 0.$$ (*)

Nếu $a_n = 0$, giữ nguyên bất đẳng thức (*). Nếu $a_n \neq 0$, thì tùy thuộc vào dấu của $a_n$, chúng ta rút gọn nó về dạng $P_n \geq x_n$ (đối với $a_n \geq 0$) hoặc $Q \leq x_n$ (đối với $a_n < 0$). Vì vậy, bất kỳ bất đẳng thức nào của hệ $S$ được rút gọn thành một trong ba loại $R \geq 0, P \geq x_n, Q \leq x_n$, trong đó $R, P$ và $Q$ là các biểu thức có dạng

$$b_1x_1 + b_2x_2 + \dots + b_{n-1}x_{n-1} + b,$$

tức là đa thức tuyến tính, đã phụ thuộc vào biến thứ $(n-1)$.

Do đó, hệ $S$ bằng hệ $S_1$:

$$P_1 \geq x_n,$$
$$P_2 \geq x_n,$$
$$P_p \geq x_n,$$

$$x_n \geq Q_1,$$
$$x_n \geq Q_2,$$
$$x_n \geq Q_q,$$

$S_1$

Nói chung, hệ thống này bao gồm ba khối, được phác thảo bằng các khung. Tất nhiên, không loại trừ khả năng hệ thống $S_1$ sẽ không có một hoặc thậm chí hai khối. Nó phụ thuộc vào dấu của các số $a_n$.

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng một hệ thống với số lượng ẩn số nhỏ hơn giống như cách chúng ta đã làm khi xem xét ví dụ:

$$\begin{cases} P_\alpha \geq Q_\beta, \\ R_\gamma \geq 0, \end{cases}$$

ở đâu $\alpha = 1, 2, \dots, p, \beta = 1, 2, \dots, q, \gamma = 1, 2, \dots, r$.

Có $pq + r$ sự bất bình đẳng trong hệ thống này.

Hệ thống $S^{(1)}$ được gọi là conuctвуошей so với hệ thống ban đầu $S$.

Nếu hóa ra trong hệ thống $S_1$ thiếu khối thứ nhất hoặc khối thứ hai thì hệ thống đi kèm sẽ chỉ chứa các bất đẳng thức $R_\gamma \geq 0$, nếu thiếu khối thứ ba thì nó sẽ chỉ chứa các bất đẳng thức $P_\alpha \geq Q_\beta$. Cuối cùng, nếu thiếu khối thứ nhất và thứ ba hoặc khối thứ hai và thứ ba thì không có hệ thống đi kèm nào cả. Chúng tôi cũng sẽ coi nó có hiệu quả trong trường hợp này, tức là trạng thái từ bất đẳng thức $0 \geq 0$ (hay chính xác hơn là từ bất đẳng thức $0 \cdot x_1 + \dots + 0 \cdot x_n + 0 \geq 0$).

Xây dựng dựa trên ví dụ về hệ (3) - đi kèm

19

đối với hệ (1), tương tự, hệ (4) đi kèm với hệ (3).
Nếu chúng ta coi hệ thống
$$\begin{cases} -3x+3y+z-1 \geq 0, \\ 5x-y+z+2 \geq 0, \end{cases}$$

gồm hai bất đẳng thức cuối của hệ (1) thì hệ đi kèm với nó cũng hiệu quả.

Việc giải một hệ bất phương trình tuyến tính có ý nghĩa gì?

Chúng tôi đã phát hiện ra mối liên hệ giữa các giải pháp của hệ thống ban đầu $S$ và hệ thống đi kèm $S^{(1)}$ bằng cách sử dụng một ví dụ. Trong trường hợp tổng quát, mối liên hệ này được thể hiện bằng định lý sau.

Định lý. Nếu chúng ta loại bỏ giá trị của ẩn cuối cùng $x_n$ khỏi bất kỳ hệ lời giải nào $S$, thì chúng ta thu được một số lời giải của hệ đi kèm $S^{(1)}$.

Ngược lại, đối với bất kỳ hệ thống đi kèm lời giải nào $S^{(1)}$, người ta có thể tìm thấy giá trị chưa biết $x_n$ mà chúng tôi thêm vào để thu được lời giải của hệ thống ban đầu $S$.

Phát biểu đầu tiên của định lý rất indo (nếu bất kỳ tập giá trị ẩn nào thỏa mãn hệ $S$ thì nó cũng thỏa mãn hệ (2); nhưng sau đó với cùng một tập đó tất cả các bất đẳng thức của hệ $S$ đều được thỏa mãn). Hãy chứng minh định lý ngược lại.

Đầu tiên, hãy xem xét trường hợp chính—khi hệ đi kèm $S^{(1)}$ có ít nhất một bất đẳng thức $P_\alpha \geq Q_\beta$. Cho phép
$$x_1 = x_1^0, \dots, x_{n-1} = x_{n-1}^0$$
— một số hệ thống lời giải $S^{(1)}$. Thay thế các giá trị đã chỉ định của ẩn số vào biểu thức $P_1, \dots, P_p, Q_1, \dots, Q_q, R_1, \dots, R_r$, chúng ta thu được một số số $P_1^0, \dots, P_p^0, Q_1^0, \dots, Q_q^0, R_1^0, \dots, R_{1r}$. Đối với họ sự bất bình đẳng tồn tại
$$P_\alpha^0 \geq Q_\beta^0, R_\gamma^0 \geq 0$$
($\alpha=1, 2, \dots, p; \beta=1, 2, \dots, q; \gamma=1, 2, \dots, r$).

Chúng ta thấy rằng mỗi số $Q_1^0, \dots, Q_q^0$ không lớn hơn bất kỳ số nào $P_1^0, \dots, P_p^0$. Nhưng trong trường hợp này cần phải tìm số $x_n^0$, số này

được đặt giữa tất cả các số $Q_1^0, \dots, Q_q^0$ và tất cả các số $P_1^0, \dots, P_p^0$:
$$P_\alpha^0 \geq x_n^0 \geq Q_\beta^0$$
($\alpha=1, 2, \dots, p; \beta=1, 2, \dots, q$).

Theo đó, tập hợp các giá trị chưa biết
$$x_1 = x_1^0, \dots, x_{n-1} = x_{n-1}^0, x_n = x_n^0$$ là giải pháp cho hệ thống $S^{(1)}$, và do đó $S$.

Trong trường hợp ngoại lệ - khi hệ thống đi kèm $S^{(1)}$ chỉ bao gồm các bất đẳng thức $R_\gamma \geq 0$ - khối thứ nhất hoặc thứ hai bị thiếu trong hệ thống $S_1$. Nếu không có khối đầu tiên, bất kỳ số nào thỏa mãn điều kiện đều có thể được lấy là $x_n$
$$x_n^0 \geq Q_\beta^0 (\beta=1, \dots, q).$$

Tương tự, trong trường hợp không có khối thứ hai $x_n^0$ ta chọn dựa trên điều kiện
$$P_\alpha^0 \geq x_n^0 (\alpha=1, \dots, p).$$

Cuối cùng, nếu khối thứ nhất và khối thứ hai bị thiếu cùng một lúc thì bất kỳ số nào cũng có thể được coi là $x_n^0$. Định lý đã được chứng minh.

Vì vậy, hệ $S$ của các bất đẳng thức tuyến tính là nhất quán khi và chỉ nếu hệ $S^{(1)}$ đi kèm với nó là nhất quán. Trong trường hợp này, có thể lấy tất cả lời giải của hệ thống ban đầu $S$ theo cách sau: bạn cần thêm vào mỗi lời giải $x_1^0, \dots, x_{n-1}^0$ của hệ thống đi kèm $S^{(1)}$ bất kỳ số nào trong số $x_n^0$ có giữa tất cả các số $P_1^0, \dots, P_p^0$ và tất cả các số $Q_1^0, \dots, Q_q^0$.

Hãy nói vài lời về ý nghĩa hình học của định lý đã được chứng minh ở trên. Giả sử rằng $S$ là một hệ bất đẳng thức chứa ẩn số $x, y, z$. hệ đi kèm $S^{(1)}$ là hệ có hai ẩn số $x, y$. Đặt $M(S)$ là tập lời giải của hệ $S$ (đây là một tập hợp các điểm nhất định trong không gian) và $M(S^{(1)}$ là tập lời giải của hệ $S^{(1)}$ (tập hợp các điểm trên mặt phẳng). Định lý đã được chứng minh, được dịch sang ngôn ngữ hình học, như sau:

Vùng $M(S^{(1)})$ là hình chiếu của vùng $M(S)$ lên mặt phẳng tọa độ xy.

Vì vậy, đối với một hệ thống tùy ý $S$ gồm các bất đẳng thức tuyến tính có ẩn số $x_1, \dots, x_n$, chúng tôi đã xây dựng một hệ thống mới đi kèm $S^{(1)}$, trong đó các ẩn số là $x_1, \dots, x_{n-1}$. Đối với hệ thống $S^{(1)}$, người ta có thể lần lượt xây dựng một hệ thống đi kèm

20

mu $S^{(2)}$ (với ẩn số $x_1, \dots, x_{n-2}$), đối với hệ sau - hệ thống đi kèm $S^{(3)}$, v.v. Tiếp tục quá trình này, sau một số bước, chúng ta đến hệ thống $S^{(n-1)}$, bao gồm các bất đẳng thức với một ẩn số $x_1$. Từ những gì đã nói trước đó, hệ thống $S$ nhất quán khi và chỉ khi hệ thống $S^{(n-1)}$ nhất quán. Lời giải câu hỏi về tính tương thích hay không tương thích của một hệ thống với một hệ thống chưa biết có vẻ không khó. Vì vậy, chúng tôi có thể sử dụng thang đo của các phép tính đơn giản để tìm hiểu xem hệ thống ban đầu $S$ có tương thích hay không. Hơn nữa, khi các hệ thống $S^{(1)}, S^{(2)}$, v.v. được xây dựng, chúng ta có thể tìm thấy tất cả các giá trị khả thi của ẩn số $x_1$ (từ hệ thống $S^{(n-1)}$); sau đó, đối với bất kỳ giá trị được chấp nhận cụ thể nào $x_0^1$, hãy tìm tất cả các giá trị của $x_+$ chưa biết tương thích với nó, tức là những giá trị đó cùng với $x_0^1$, thỏa mãn hệ thống $S^{(n-2)}$, cho $x_0^1$ và $x_0^2$ tìm thấy tất cả có thể chấp nhận được $x_3$, v.v.

Do đó, chúng ta sẽ giả định rằng hệ $S$ được giải nếu hệ $S^{(1)}, S^{(2)}, \dots, S^{(n-1)}$ được xây dựng.

Ứng dụng lập trình tuyến tính

Trong bài viết của V. M. Tikhomirov trên tạp chí Kurnal, ông nói về quy hoạch tuyến tính. Chúng tôi sẽ chỉ ra cách chúng tôi có thể giảm bài toán của quy hoạch tuyến tính xuống lời giải của một số hệ bất đẳng thức tuyến tính. Phương pháp này lời giải không phải là kinh tế nhất, nhưng về mặt logic thì nó đơn giản về mặt trọng lượng.

Vì vậy, giả sử chúng ta cần tìm mức tối thiểu (hoặc tối đa) của một hàm tuyến tính nào đó $F=a_1x_1+\dots+a_nx_n$ trong các điều kiện

$$\begin{cases} L_1 \geq 0, \\ L_2 \geq 0, \\ \dots, \\ L_n \geq 0, \end{cases}$$

trong đó $L_i$ ($i=1, 2, \dots, m$) là các hàm tuyến tính của $x_1, x_2, \dots, x_n$.

Đặt $M$ là tập hợp tất cả lời giải của hệ thống $L$ và $d$ là giá trị tối thiểu của hàm $F$ trên tập hợp này. Đối với mỗi lời giải $x=(x_1, x_2, \dots, x_n)$ hãy xem xét số $F(x)$. Số nhỏ nhất trong tất cả các số là $F(x)$, trong đó $x \in M$ là $d$.

Tuy nhiên, bản thân số $F(x)$, đối với một $x \in M$ cho trước, cũng là số lớn nhất trong tất cả các số trong một tập hợp nhất định, cụ thể là trong tất cả các số $z$ sao cho $z \geq F(x)$. Vì vậy, chúng ta có thể định nghĩa số $d$ theo cách khác: chúng ta nên xét hệ

$$\begin{cases} L_1 \geq 0, \\ L_m \geq 0, \\ z-F \geq 0 \end{cases}$$

các bất đẳng thức tuyến tính với $n+1$ ẩn số $z, x_1, \dots, x_n$ và từ tất cả lời giải của nó, hãy chọn bất đẳng thức mà $z$ nhận giá trị nhỏ nhất.

Phương pháp quy nạp bài toán quy hoạch tuyến tính thành lời giải một số hệ bất đẳng thức tuyến tính, được trình bày trong phần này, giúp dễ dàng chứng minh định lý sau (là một trong những định lý chính của quy hoạch tuyến tính).

Định lý. Nếu tập hợp hàm tuyến tính $L$ trên tập $M$, được xác định bởi hệ $S$ của các bất đẳng thức tuyến tính, bị giới hạn bởi không gian, thì trong tập hợp này tồn tại một số nhỏ nhất ($t$, tức là có tối thiểu $L$ trên tập hợp $M$).

Thật vậy, sau khi loại bỏ ẩn số $x_n, x_{n-1}, \dots, x_1$ khỏi hệ $T$, chúng ta thu được hệ $T^{(n)}$ gồm các bất đẳng thức với một ẩn số $z$. Tập hợp lời giải của nó trùng với tập hợp các giá trị hàm $L$ (trên $M$). Đây là nơi phát biểu của định lý.

Để kết luận, xin mời độc giả giải câu bài toán sau.

Bài toán. Hàm lượng vitamin $A$ và $C$ trong 1 kg quả anh đào và quả mơ được đưa ra trong bảng sau:

| Một (mg) | C (mg) |
| :— | :— |
| Anh đào | 3 | 150 |
| quả mơ | 24 | 75 |

Nên bổ sung bao nhiêu gam chấy và mơ trong chế độ ăn hàng ngày để chứa ít nhất 6 mg (nhu cầu hàng ngày) vitamin $A$ và 75 mg vitamin $C$ với chi phí tối thiểu, nếu chi phí cho cả 1 kg chấy và 1 kg mơ là 2 rúp?

22

BONG BÓNG
TRONG VÒNG NƯỚC

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

Tất nhiên, bạn đã quan sát thấy những bong bóng “ngoan cường” này. Chúng xuất hiện trên bề mặt các hồ chứa hoặc vũng nước khi có mưa, khi nước dường như “sôi sôi” do thường xuyên rơi xuống những giọt lớn. Trong một số trường hợp, bong bóng như vậy còn xuất hiện sau mưa nếu cành cây tiếp tục nhỏ giọt. Bong bóng ổn định một cách đáng ngạc nhiên; bạn không chỉ có thể tạo thành chúng mà còn có thể xem chúng trôi nổi trên mặt nước. Thời gian tồn tại của bong bóng là vài giây, thậm chí vài chục giây. Cuối cùng chúng vỡ tung.

Tất cả các bong bóng trông gần giống nhau. Vỏ bong bóng tương tự như một khối đa giác với vành có thể nhìn thấy rõ ở gần đáy. Mỗi bong bóng giống như một chiếc mũ phát âm tròn có vành nhỏ màu tối. bài toán của chúng tôi là tìm ra loại “mũ” này là gì và “vành” của nó đến từ đâu.

Chúng ta biết rằng các phân tử trên bề mặt chất lỏng có một thế năng nhất định, gọi là năng lượng bề mặt. Độ lớn của năng lượng này tỷ lệ thuận với diện tích bề mặt và hệ số tỷ lệ - khác nhau đối với mỗi chất lỏng - được gọi là hệ số căng bề mặt. Người ta biết rằng bất kỳ hệ thống nào ở trạng thái cân bằng đều ở trạng thái đó (trong số những hệ thống có thể có đối với nó) trong đó

23

năng lượng của nó là tối thiểu. Liên quan đến bong bóng của chúng tôi, điều này có nghĩa là diện tích bề mặt của bong bóng phải càng nhỏ càng tốt. Một bong bóng xà phòng độc đáo có hình cầu: xét cho cùng, đối với một thể tích nhất định của vật thể (không khí trong bong bóng), quả cầu có diện tích bề mặt tối thiểu (các cuộn có trọng lượng nhỏ trên bong bóng, vì nó rất nhẹ). Nếu bạn làm bong bóng bị biến dạng một chút, chẳng hạn như bằng cách thổi vào nó, thì khi để bong bóng tự động, bong bóng sẽ lại có dạng hình cầu.

Trên bề mặt nước, các bong bóng có hình dạng khác nhau: nếu bong bóng lớn thì trông giống hình bán cầu chứ không phải hình cầu. Vỏ bong bóng có dạng lồi do áp suất dư $\Delta p$ của không khí bên trong bong bóng. Vì giá trị $\Delta p$ không đổi (không khí ở trạng thái cân bằng), nên “nắp” của bong bóng cong đều nhau ở mọi nơi; nói cách khác, các bức tường của “nắp” có độ cong giống nhau ở mọi nơi, tức là chúng là một phần của hình cầu. Nhưng bao nhiêu phần của quả cầu nằm trên mặt nước?

Chúng ta sẽ giả định rằng đáy của bong bóng (“đáy” của nó, vai trò của nó do bề mặt của bể chứa đóng vai trò) là phẳng. Tất nhiên, giả định này không phải lúc nào cũng đúng và kích thước bong bóng càng lớn thì nó càng gần với sự thật (chúng ta sẽ quay lại vấn đề này sau). Dễ hiểu là một bong bóng như vậy đối với một thể tích không khí nhất định có hình bán cầu (bán cầu trong trường hợp này có diện tích tối thiểu).

Bây giờ chúng ta hãy nói về “vành” bao quanh “nắp” của bàng quang nước. Nó là gì? Không khó để đoán, xin lỗi.

Người ta biết rằng nước dâng lên trong một mao mạch hẹp nếu nó làm ướt thành mao mạch. Năng lượng là “lợi nhuận”. Bán kính của mao quản càng nhỏ thì mức chất lỏng trong đó càng cao. Nhờ hoạt động mao dẫn tương tự, nước dâng lên theo một phần của hình dạng, chẳng hạn như một tấm phẳng thẳng đứng, miễn là bề mặt được làm ướt bằng nước. Thấp hơn

Với hình ảnh của nhiếp ảnh và tốc độ chụp ảnh, nhiều chi tiết về sự việc xảy ra khi một ngôi nhà được đưa lên khỏi mặt nước đã được biết đến.

Một giọt lớn sẽ rơi xuống đầu nước… một chiếc bừa sâu được hình thành… chiếc bừa “sụp đổ”… và bây giờ trên mặt nước có một bong bóng tĩnh lặng với không khí “bị mắc kẹt” trong đó.

Một trong những người đầu tiên, vào đầu thế kỷ của chúng ta, ghi lại sự biến đổi như vậy trên vật liệu nhựa quang là A. Worthinston, một nhà vật lý chuyên nghiệp tại Bộ sưu tập Kỹ thuật Hải quân Hoàng gia ở Devonorth. Bạn có thể tìm thấy loạt ảnh kinh điển của Worthinston trong bộ sưu tập ảnh khoa học của J. Darush “Đôi mắt không thể tiếp cận” (M.: Mir, 1986, trang 59).

Số phận của những giọt bánh hạnh nhân nhỏ hơn lại khác. Chúng cũng hình thành các khối phình to trên mặt nước, nhưng không sâu bằng và không “sụp đổ”. Các “sao” quan sát nước của Inodana là những ánh sáng mỏng thẳng đứng xuất hiện ở trung tâm của kính phóng đại. Vùng nước của “ngôi sao” đặc biệt dễ gây ra lỗi khi có tia sét mạnh.

24

đặt một tấm ván ướt hoặc một tấm kính sạch thẳng đứng xuống nước sao cho nó nhô ra khỏi mặt nước. Trong điều kiện ánh sáng phù hợp, bạn sẽ nhận thấy một vành hẹp mao dẫn dâng lên trong mực nước gần viền của cơ thể, bề ngoài không khác nhiều so với vành bong bóng có thể nhìn thấy trong ảnh. Chính sự dâng cao mao dẫn của mực nước ở thành bong bóng đã tạo ra “vành” bề mặt (hình 1).

Bất cứ ai quan tâm đến tính toán hoặc đánh giá vật lý có thể cùng chúng tôi xem xét kỹ hơn vấn đề mao dẫn của nước gần một bức tường thẳng đứng nhẵn khi nó bị làm ướt hoàn toàn bởi chất lỏng.

Hãy ước tính mức tăng tối đa của mực nước $H$ gần ranh giới của vật thể và xác định sự phụ thuộc của $H$ vào hệ số sức căng bề mặt $\sigma$. Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp thứ nguyên cho việc này.

Trạng thái cân bằng của chất lỏng trong quá trình mao dẫn dâng lên được xác định bởi sức căng bề mặt và trọng lực. Vị trí $H$ chỉ có thể phụ thuộc vào $\sigma$, vào mật độ của chất lỏng $\rho$ và gia tốc trọng trường $g$. Chúng ta sẽ tìm hàm $H=f(\sigma, g, \rho)$ ở dạng

$$H = \text{const} \cdot \sigma^l \cdot g^m \cdot \rho^n. \quad (*)$$

(Tất nhiên, các đại lượng vật lý xác định bất kỳ hiện tượng nào không phải lúc nào cũng liên quan với nhau theo định luật lũy thừa, nhưng trường hợp này rất thường xảy ra.) Để thu được ở dạng rõ ràng sự phụ thuộc của $H$ vào $\sigma, g$ và $\rho$, chúng ta cần tìm các giá trị của $l, m$ và $n$.

Rõ ràng là bên trái và bên phải lần lượt () có cùng kích thước. Hãy viết kích thước của các đại lượng có trong () -

$$[H] = L, \quad [\sigma] = MT^{-2}, \quad [g] = LT^{-2}, \quad [\rho] = ML^{-3}$$

(L, M, T - đơn vị đo độ dài, khối lượng và thời gian) - và viết đẳng thức tương ứng

$$L = (MT^{-2})^l (LT^{-2})^m (ML^{-3})^n.$$

Từ đây chúng ta thu được hệ phương trình tuyến tính cho các ẩn số $l, m$ và $n$:

$$l + n = 0, \quad l + m = 0, \quad m - 3n = 1.$$

Hệ thống chỉ có một lời giải

$$l = 1/2, \quad m = -1/2 \text{ и } n = -1/2.$$

Như vậy,

$$H = \text{const} \cdot \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}, \quad \text{или } H \sim \sqrt{\frac{\sigma}{\rho g}}.$$

Không thể xác định phương pháp kích thước cho một hằng số chưa biết. Tuy nhiên, trong các công thức vật lý thu được bằng tính toán lý thuyết, các hệ số số thường gần bằng một; trong mọi trường hợp, chúng không ảnh hưởng đến thứ tự độ lớn. Giá trị chính xác của $H$ khác với ước tính của chúng tôi $\sqrt{2}$ lần: $H = \sqrt{2\sigma/\rho g}$.

Bây giờ chúng ta có thể ước tính mực nước dâng cao bao nhiêu gần bức tường thẳng đứng. Thay các giá trị $\sigma$ và $\rho$ cho nước ($\sigma \approx 73 \cdot 10^{-3} \text{ H/m}, \rho \approx 10^3 \text{ kr/m}^3$), ta được $H \approx 4$ mm. Nước dâng lên gần như tương đương ở đáy thành của phần hình cầu của bong bóng. Bề mặt cong của nước ở đáy bong bóng dưới ánh sáng thích hợp sẽ xuất hiện dưới dạng viền tối. Chiều rộng vành của tất cả các bong bóng lớn có cùng thứ tự với $H$, tức là vài mm.

Người đọc chú ý sẽ nhận thấy rằng các bong bóng trong ảnh không phải là hình bán cầu chính xác mà như thể hơi chìm trong nước và vành bên trong bong bóng khác với bên ngoài. (Trong điều kiện jamm, quan sát bong bóng, rất khó nhận ra sự khác biệt như vậy.) Tại sao lại như vậy? Thực tế là, như chúng tôi đã nói, áp suất không khí bên dưới vỏ bong bóng lớn hơn bên ngoài. Vì vậy bên trong bong bóng

25

ở giữa mực nước thấp hơn trong ao hoặc vũng nước. Chúng ta hãy tìm xem bong bóng “chệch” bao nhiêu so với mức chất lỏng trong bình chứa.

Áp suất không khí dư bên trong bong bóng là $\Delta p = 4\sigma/R$. Trong vùng nước xung quanh bong bóng, áp suất bổ sung (so với khí quyển) như vậy được tạo ra ở độ sâu nhất định $\Delta h$ bên dưới bề mặt nước. Rõ ràng chính xác là $\Delta h$ này mà bong bóng được phép sẽ “chảy xuống” (hình 2, a). Từ đẳng thức $4\sigma/R = \rho g \cdot \Delta h$ ta tìm được $\Delta h$:

$$\Delta h = \frac{4\sigma}{\rho g R}.$$

Đối với các bong bóng mà chúng tôi đã hình thành, các giá trị $\Delta h$ nằm trong khoảng 1–3 mm.

Do đó, một bong bóng lớn có hình dạng như một bán cầu, hơi ngập trong chất lỏng và có các cạnh cong bên trong ở đáy. Chúng tôi sẽ gọi bong bóng lớn là những bong bóng có $R \gg H \approx \sqrt{\sigma/\rho g}$.

Những bong bóng nhỏ hơn trông như thế nào? Hãy cố gắng tự mình tìm ra vấn đề khó khăn này. Chúng ta chỉ lưu ý rằng nếu chúng ta “tạo” một bong bóng nhỏ trong nước (có bán kính khoảng 1 mm hoặc nhỏ hơn), thì nó sẽ không nổi lên trên mực chất lỏng mà sẽ ở dưới nước, như thể được dán vào mặt nước. Hình dạng của bong bóng nhỏ là hình cầu. hình 2 cho thấy bong bóng lớn trông như thế nào, tức là bong bóng có $R \gg \sqrt{\sigma/\rho g}$ (a), bong bóng cỡ trung bình có $R \approx \sqrt{\sigma/\rho g}$ (b) và bong bóng nhỏ có hình cầu có bán kính $R \ll \sqrt{\sigma/\rho g}$ (b).

Hãy xem tại sao hình dạng của bong bóng lại thay đổi tùy thuộc vào kích thước của nó – bong bóng càng lớn thì càng giống hình bán cầu. Và tại sao jedra lại xuất hiện trong bong bóng chính hoặc kích thước trung bình? Người đọc sẽ tìm thấy lời giải thích về thực tế này trong Ya. Cuốn sách tuyệt vời “Bong bóng” của E. Geguzin, do nhà xuất bản Nauka xuất bản năm 1985 trong bộ “Thư viện «Kvant»” (số 46).

Hãy chuyển sang câu hỏi cuối cùng. Hãy nói về sự ổn định của bong bóng nước. Chúng ta cần tìm hiểu tại sao bong bóng chỉ “sống” được lâu khi trời nhiều mây hoặc trời vẫn mưa.

Một số người sẽ nói rằng trong jedra có thể có rất nhiều bong bóng, đó là lý do tại sao chúng có vẻ “sống lâu”. Có một số sự thật trong tuyên bố này. Nhưng nếu bạn theo dõi một bong bóng riêng biệt, bạn có thể dễ dàng nhận thấy rằng câu hỏi của chúng tôi không hề xa vời. Bong bóng trong thời tiết mưa hoặc nhiều mây thực sự sống lâu hơn nhiều so với thời tiết nắng khô (trong thời tiết khô ráo, chúng “sống” ít đến mức thậm chí không ai quan sát thấy chúng).

Có nhiều lý do khác nhau khiến bong bóng vỡ. Vỏ bong bóng có thể bị rách phía trên, 《đâm thủng》 bởi một jedrink lớn, v.v. Nó có thể bay hơi hoặc trở nên rất mỏng và loang lổ do nước chảy xuống thành bong bóng. Ngược lại, sự hiện diện của cái gọi là chất hoạt động bề mặt (ví dụ như xà phòng) có thể kéo dài tuổi thọ của bong bóng lên hàng chục hoặc hàng trăm lần. (Hãy nhớ bọt trên sông, không dễ gì phá hủy được.)

26

Năm 1985, nhà xuất bản “Mir” đã xuất bản bản dịch cuốn sách “Những phát minh của Daedalus” của David Jones. Chúng ta sẽ không nói về cuốn sách này - thứ nhất, vì rất khó để nói cuốn sách này nói về cái gì, và thứ hai, vì đọc cuốn sách thú vị hơn nhiều so với việc kể về nó. Nhưng anh sợ rằng việc làm việc này - đọc sách - ngày nay không còn dễ dàng nữa. Thật tốt nếu bạn tìm thấy nó trong thư viện…
Và chúng tôi quyết định mang đến cho độc giả cơ hội làm quen ít nhất một phần với “những phát minh của Daedalus” - chúng tôi sẽ đăng những đoạn trích ngắn từ cuốn sách của D. Jones. Chúng tôi trình bày những ấn phẩm đầu tiên như vậy với những đoạn trích từ đề xuất của tác giả về cuốn sách.
“Cuốn sách này thu thập (và mở rộng) 129 “phát minh của Daedalus”, được xuất bản vào những thời điểm khác nhau trên “trang” của Arsadna trong nhật ký Nhà khoa học mới. Tất cả các phát minh của Daedalus hiện đại đều không hề thua kém về sự táo bạo trong phát minh so với đôi cánh sáp của người tiền nhiệm xa xưa của ông: chúng độc đáo, dí dỏm và cung cấp cho người đọc nhiều kiến ​​thức phong phú để suy ngẫm. Những ý tưởng này nằm ở ranh giới giữa thực tế nghiêm ngặt và tưởng tượng hiển nhiên.
…Sự tưởng tượng sáng tạo của Daedalus luôn đáp ứng thực tế khoa học. Và thật kỳ lạ, khoảng 17% các phát minh ở dạng này hay dạng khác đã được chấp nhận mà không có bất kỳ hậu quả nào, được cấp bằng sáng chế, được triển khai và một số, hóa ra, đã được triển khai trước đó!…
Đối với những người muốn xem xét kỹ hơn cơ sở khoa học của những “phát minh” này, tôi đã thêm phần “Từ sổ ghi chép của Daedalus”, trong đó một số tính toán được đưa ra và khía cạnh khoa học của vấn đề được thảo luận… Các bình luận khác, bao gồm cả việc đề cập đến việc thực hiện các dự án của Daedalus, được rút gọn dưới tiêu đề “Bình luận của Daedalus”…
David Jones
(Newcast trên Tyne, tháng 5 năm 1981)”

Vô diện biết ơn

Kính quang điện được sử dụng trong kính râm có một đặc tính thú vị - chúng tối màu khi có ánh sáng. Dưới tác động của ánh sáng, các mảnh bạc đưa vào thành phần thủy tinh sẽ bị phân hủy và hình thành các hạt bạc mờ đục. Phản ứng này được xử lý - ở mức ánh sáng yếu, kính trở nên trong suốt trở lại; do đó, chiếc kính này sẽ tự động điều chỉnh độ trong suốt của nó. Về vấn đề này, Daedalus nhớ lại quy tắc ngụy trang cơ bản: tránh sự tương phản. Ví dụ, nhiều loài động vật có lưng sẫm màu và bụng nhạt, nhưng vì lưng được chiếu sáng tốt và bụng vẫn giữ nguyên nên tông màu của chúng gần như hợp nhất. Động vật quang điện - ếch và tắc kè hoa -

27

thích nghi thậm chí còn tốt hơn. Để trở nên vô hình, chúng thay đổi màu sắc. Nhưng chúng cũng không thể thay đổi màu sắc của từng bộ phận trên cơ thể để hòa nhập hoàn toàn với nền xung quanh. Phương pháp ngụy trang hiện tại này có hiệu quả và chắc chắn rằng thiên nhiên đã sử dụng nó; Rất có thể những động vật có khả năng ngụy trang như vậy cho đến nay đã thành công trong việc tránh gặp con người.

Daedalus đang cố gắng chuyển giao nguyên tắc này cho xã hội loài người. Từ lâu, ông đã tự hỏi tại sao chiếc váy xòe của nam giới một thời lại trở nên lỗi thời vào thời Victoria và vẫn như vậy cho đến ngày nay, ít nhất là trong cuộc sống hàng ngày và công việc. Theo Daedalus, điều này được giải thích là do mọi người không muốn thu hút sự chú ý đặc biệt từ bên ngoài: một đối tượng ăn mặc lập dị hoặc lòe loẹt dường như đang yêu cầu sự chú ý.

28

rắc rối. Đây là cách những bộ vest công sở và cổ áo trắng xuất hiện. Daedalus đang phát triển một bộ đồ quang điện có độ kín đáo không gì sánh bằng. Trong ánh sáng rực rỡ, nó tối đi, làm giảm độ phản xạ; khi có ít ánh sáng chiếu vào nó thì nó sáng lên. Nhờ đó, một bộ đồ như vậy sẽ có vẻ hoàn toàn đơn sắc. Mắt người đặc biệt nhạy cảm với sự tương phản. Vì vậy, một bộ đồ quang điện, hoàn toàn không có độ tương phản, thực tế sẽ không thể thay thế được và việc sở hữu nó sẽ không thu hút bất kỳ sự chú ý nào. Kem dưỡng da tay và kem dưỡng da mặt Photochromic sẽ mang lại sự ngụy trang hoàn hảo. Daedalus thấy trước lợi ích to lớn cho các sản phẩm quang điện của mình.
(New Scientist, August 16, 1973)

Bình luận của Daedalus

Trong thủy tinh quang điện, phản ứng chụp ảnh cổ điển xảy ra: AgCl $\xrightarrow{hv}$ Ag+Cl. Nguyên tử clo được giải phóng trong nhũ tương ảnh ngay lập tức liên kết không thể đảo ngược với sắt và nguyên tử bạc trở thành trung tâm của sự phát triển. Trong thủy tinh, clo không thể di chuyển xa hơn khỏi nguyên tử bạc nên phản ứng có thể thuận nghịch. Trạng thái cân bằng của phản ứng phụ thuộc vào độ chiếu sáng của thủy tinh.

29

Hiệu suất của kính râm halogen bạc được đo bằng phút. Với tốc độ phản ứng như vậy, sự thay đổi môi trường xung quanh bộ đồ quang điện sẽ không theo kịp những thay đổi về độ chiếu sáng xảy ra trong quá trình di chuyển. Nhưng trong các hệ thống quang điện tiên tiến hơn – ví dụ, trong kính dùng để bảo vệ mắt khỏi tia sáng đi kèm với vụ nổ hạt nhân – thời gian phản ứng giảm xuống còn micro giây. Các hệ thống có đặc tính tương tự sẽ là lựa chọn hoàn hảo cho bộ đồ quang điện.

Vai trò của ánh sáng và bóng tối trong nhận thức thị giác đã được thảo luận chi tiết bởi J. Beck (Scientific American, tháng 8 năm 1975, trang 62); một vật thể không tuân theo quy luật chung về phân bố ánh sáng và bóng tối thì rất khó và đôi khi không thể nhận ra, cho dù chúng ta có nhìn kỹ đến đâu đi chăng nữa. Mắt không thể xác định kết cấu và hình dạng bề mặt nếu không có sự chuyển đổi ánh sáng và bóng râm thông thường. Bây giờ hãy tưởng tượng một căn phòng có tường, sàn và trần được dán giấy dán tường quang điện. Cho dù ánh sáng có sáng đến đâu, bất kỳ vật thể quang điện nào được đặt trong căn phòng này sẽ xuất hiện vô hình vì sẽ không có độ tương phản giữa nó và nền. Phạm vi nào cho ảo tưởng!

Những phép tính gần đúng mới cho số pi

Người đọc «Kvant» biết rõ rằng bài toán về bình phương của một hình tròn, tức là việc dựng một hình vuông có kích thước bằng một hình tròn cho trước, là không thể quyết định được bằng la bàn và thước kẻ. Điều này có nghĩa là, với một đoạn đơn vị, không thể xây dựng một đoạn có độ dài π. Do đó, việc xây dựng các đoạn bài toán có ​​độ dài gần đúng với số π≈3.1415926… từ lâu đã được các nhà toán học quan tâm.

Dưới đây là một số phép tính gần đúng cổ điển cho số π:

22/7=3,1428571… (Archimedes, 287-212 TCN);
355/113=3,1415929… (A. Mecius, Hà Lan, 1543-1620);

$$\sqrt{\frac{40}{3}-2\sqrt{3}}=3,1415333$$

(A. Kochanski, Ba Lan, 1631-1700);

$$\sqrt{9-3\sqrt{6}}+\sqrt{1+\sqrt{6}}=3,1423991$$

(J. Mascheroni, Ý, 1750-1800).

Hãy tự đánh giá độ chính xác của các phép tính gần đúng này và suy nghĩ về cách xây dựng các đoạn tương ứng của la bàn và thước kẻ.

Dưới đây là một số giá trị gần đúng của π được tác giả tìm thấy:

$$\sqrt{145}-8,9=3,1415945$$;

$$5\sqrt{2}/2-13/33=3,1415945$$;

$$\sqrt{7\sqrt{2}}=3,1463462$$;

$$\sqrt{2+\sqrt{3}}=3,1462643$$;

$$10\sqrt{2}-11=3,1421356$$

Và hai phép tính gần đúng tiếp theo của số π có độ chính xác “kỷ lục”:

$$\sqrt{399550}-22=3,1415926$$

$$\sqrt{97+9/22}=3,1415926$$

Dù có vẻ ngoài “khủng khiếp” nhưng các phân đoạn tương ứng không hề khó để thi công. Một gợi ý để xây dựng phân đoạn đầu tiên là đẳng thức:

$$\sqrt{399550}=\sqrt{5}\sqrt{11^2+1^2}\sqrt{11^2+3^2+1^2}$$

(J. P. Kuptsov

30

Nhiệm vụ

M1166 — M1170, F1173 — F1177

M1166. Chứng minh bất đẳng thức $a^2pq + b^2qr + c^2rp \leqslant 0$, trong đó $a, b, c$ là độ dài cạnh của tam giác, $p+q+r=0$.

Y. Sh. Mustafayev, học sinh lớp 10, Baku

M1167. Có bao nhiêu hoán vị của các số 1, 2, …, $n$ trong đó với bất kỳ số $i$ nào không đứng ở vị trí đầu tiên thì ít nhất một trong các số $i-1$ và $i+1$ nằm ở bên trái của $i$?

A. V. Anzhans

M1168*. Cả nước có 1.989 thành phố và 4.000 con đường (mỗi con đường nối hai thành phố). Chứng minh rằng có thể chọn đường vành đai đi qua không quá 20 thành phố.

A. A. Razborov

M1169. Đặt $M$ là một điểm nằm bên trong hình chữ nhật $ABCD$, $S$ diện tích của nó. Chứng minh bất đẳng thức

$$S \leqslant AM \cdot CM + BM \cdot DM.$$

Tôi. Vâng. Goldsheid

M1170. Khoảng cách để phân chia một $n$-giác lồi đã cho thành các tam giác có các đường chéo rời nhau. Chúng ta hãy thực hiện phép biến đổi sau bằng cách tái cấu trúc: thay vì một số đường chéo $BC$, đóng vai trò là cạnh chung của hai tam giác $ABC$ và $BCD$ của phân vùng, chúng ta vẽ đường chéo $AD$ (hình 1). Chúng ta hãy biểu thị bằng $P(n)$ số lần sắp xếp lại nhỏ nhất mà sau đó bất kỳ phân vùng nào cũng có thể được chuyển đổi thành bất kỳ phân vùng nào khác. Chứng minh điểm số của bạn:

a) $P(n) \geqslant n-3$,
b) $P(n) \leqslant 2n-7$,
b)* $P(n) \leqslant 2n-10$ tại $n \geqslant 13$.

D. V. Fomin

F1173. Một đoàn tàu đồ chơi dài, được tạo thành từ một số lượng lớn ô tô, di chuyển với tốc độ không đổi dọc theo đường ray nằm ngang, rồi đi vào “vòng chết” (hình 2). Chiều dài đoàn tàu $L$, bán kính vòng lặp $R$ ($R$ lớn hơn đáng kể so với kích thước của ô tô, nhưng $L > 2\pi R$). Hỏi vận tốc ban đầu của đoàn tàu sẽ vượt qua chướng ngại vật là bao nhiêu để trong quá trình chuyển động không có một toa xe nào dừng lại trên đường ray?

A. I. Buzdin

F1174. Trong một khối nước sốt có thể tích $V=1$ lít có $m=0,01$ g gel ở nhiệt độ $T=300$ K. Hãy quan sát một trong các phân tử. Cô ấy đạt được đỉnh của bức tường nước sốt trong $t=1$ phút bao nhiêu lần?

A. R. Zilberman

F1175. UFO bay trên Trái đất với tốc độ không đổi, rất cao $v$. Tốc độ mà các thiết bị mặt đất của trạm sẽ ghi lại vào thời điểm đó là bao nhiêu?

31

khi nào hướng hướng về vật sẽ tạo một góc φ với phương thẳng đứng (hình 3)?

S. S. Krotov

F1176. Trên một cánh tay đòn không trọng lượng có chiều dài 2L, có thể quay không ma sát quanh một trục thẳng đứng, gắn các điện tích +Q và –Q có khối lượng M. Dưới cánh tay rocker, dọc theo phần tiếp theo của trục quay, có một lưỡng cực nhỏ - các điện tích +q và -q cách nhau 2a (a<L). Tại thời điểm ban đầu, cần lắc đang ở trạng thái cân bằng ổn định (hình 4).

a) Lưỡng cực gây ra chuyển động quay với vận tốc góc ω. Tại thời điểm ω nào thì cần lắc sẽ “đồng hành” với chuyển động quay của lưỡng cực?

b) Lưỡng cực không chuyển động. Tìm chu kỳ của cánh tay lắc nhỏ.

A. V. Andrianov

F1177. Mạch dao động gồm một cuộn dây có độ tự cảm L=1 H, điện trở R=1 Ohm và một tụ điện có điện dung C=1 µF. Tụ điện là Neudel - điện trở cách điện Rx của nó là hữu hạn. Tại giá trị nào của Rx trong cuộn dây thì 1/3 năng lượng ban đầu của mạch sẽ được giải phóng dưới dạng nhiệt?

Z. A. Rafailov

Lời giải bài toán

M1141 — M1145, F1153 — F1157

Giống như bài toán hình học đơn giản khác, bài toán này cho phép nhiều lời giải. Hãy cho ba trong số họ.

Hai bất đẳng thức đầu tiên sử dụng bất đẳng thức m ≥2r, trong đó m là đường trung bình của hình thang và r là bán kính của đường tròn nội tiếp, t. đ. 2r là chiều cao của hình thang (hình 1).

Nếu đường chéo tạo một góc lớn hơn 45° với đáy thì hình chiếu của nó lên đáy nhỏ hơn 2r hình thang. Tổng các hình chiếu của cả hai đường chéo, rất/không, bằng tổng các cơ sở, tức là 2m. Do đó, nếu câu bài toán không đúng thì 2m<2r+2r=4r, mâu thuẫn với bất đẳng thức m ≥2r.

Một lý do khác: diện tích hình thang bằng 2rm, không vượt quá d1d2/2, trong đó d1 và d2 là các đường chéo của nó. Nếu d1 ≥d2 thì d1²/2 ≥d1d2/2 ≥2rm ≥4r². Do đó, 2r/d1≤√2/2, có nghĩa là đường chéo d1 tạo một góc không quá 45° với đáy (xem hình 1).

Trong lời giải thứ ba, chúng ta sẽ sử dụng thực tế là các cạnh của hình thang có thể nhìn thấy được từ tâm O của đường tròn nội tiếp của nó vuông góc (vì O là giao điểm của các phân giác của các góc của hình thang - hình 2). Nếu câu bài toán sai thì các đáy của hình thang sẽ nhìn thấy được từ điểm P của giao điểm của các đường chéo ở một góc nhọn và các cạnh ở một góc tù. Khi đó điểm P sẽ nằm bên trong các đường tròn dựng trên các cạnh bên là đường kính,

32

M1142. Bảng $m \times n$ điền mn số sao cho ở mỗi hàng và mỗi cột các số này tạo thành một cấp số cộng. Tổng của bốn số tại các nút của bảng bằng s. Tổng của tất cả các số trong bảng là bao nhiêu?

Đáp số: $smn/4$.

Gọi $a_1, a_2, \dots, a_m$ là các số ở dòng trên cùng, $b_1, b_2, \dots, b_m$ là các số ở dòng dưới cùng. Sau đó $a_1 + a_2 + \dots + a_m = (a_1 + a_m)m/2, b_1 + b_2 + \dots + b_m = (b_1 + b_m)m/2$.

Tổng các số trong các cột là $(a_1 + b_1)n/2, (a_2 + b_2)n/2, \dots, (a_m + b_m)n/2$. Cộng các số tiền này, chúng ta có được tổng của tất cả các số trong bảng:
$$(a_1 + b_1 + a_2 + b_2 + \dots + a_m + b_m)n/2 = (a_1 + a_m + b_1 + b_m)mn/4 = smn/4.$$
N. V. Vasiliev

M1143. Khối lượng của mỗi cây nấm trong số 101 cây nấm xếp thành hình tròn là số tự nhiên và tổng khối lượng của chúng là 300 g. Chứng minh rằng từ bộ này người ta có thể chọn được một trong số nhiều cây nấm xếp thành một hàng có tổng khối lượng là 200 g.

Chúng ta hãy đánh dấu 300 điểm trên vòng tròn, chia nó thành 300 phần bằng nhau ($1^\circ 12'$ mỗi phần) và gán các cung có $m$ các phần đó cho mỗi cây nấm có khối lượng $m$; điểm cuối của các cung này (nằm xung quanh vòng tròn theo thứ tự như hình nấm) gọi là điểm, 300-101=199 điểm còn lại gọi là điểm đen. Hãy xem xét tất cả các hình tam giác đều nội tiếp trong một đường tròn, một trong số đó có đỉnh màu đỏ. Nếu mỗi đỉnh có hai đỉnh khác màu đen thì tổng cộng sẽ có ít nhất $2 \cdot 101 = 202$ điểm đen. Do đó sẽ tìm được một tam giác có hai đỉnh màu đỏ. Vòng cung lớn hơn (tại $240^\circ$) có đầu ở các đỉnh màu đỏ này tương ứng với nấm có khối lượng tổng cộng 200 g, vòng cung nhỏ hơn ($210^\circ$) tương ứng với nấm có khối lượng 100 g.

V. V. Proizvolov

M1144. Đặt $a_1, a_2, \dots, a_n$ là số không âm. Số nào lớn hơn:

$$\sqrt{a_1^{1988} + a_2^{1988} + \dots + a_n^{1988}}$$

hoặc

$$\sqrt{a_1^{1989} + a_2^{1989} + \dots + a_n^{1989}}$$?

Đáp số: Số đầu tiên lớn hơn nếu ít nhất hai trong số các số $a_i$ không bằng 0 (mà chúng tôi sẽ giả sử từ bây giờ).

Hãy để chúng tôi chứng minh ngay các phát biểu tổng quát hơn: hàm nhiều đêm $f(\alpha) = (a_1^\alpha + \dots + a_n^\alpha)^{1/\alpha}$ giảm khi $\alpha > 0$, tức là $f(\alpha) > f(\beta)$ là $0 < \alpha < \beta$.

Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $a_1$ là số tổng quát nhất của $a_i$, $a_1 > 0$. Chúng ta hãy đặt $x_i = a_i/a_1$, sau đó ở $\alpha < \beta$

$$f(\alpha) = a_1(1 + x_2^\alpha + \dots + x_n^\alpha)^{1/\alpha} \geq a_1(1 + x_2^\beta + \dots + x_n^\beta)^{1/\beta} = f(\beta),$$

33

vì $0 \leqslant x_i \leqslant 1$ với mọi $i$ và tổng trong ngoặc lớn hơn 1.

Điều thú vị là đại lượng $(a_1^\alpha + \dots + a_n^\alpha)/n)^{1/\alpha}$ thường được xem xét—còn gọi là công suất trung bình $a_1, \dots, a_n$ của công suất $\alpha$—trả về khi $\alpha$ tăng.

A. I. Shekhorsky

M1145*. Từ điểm $P$ kẻ hai tiếp tuyến PB và PC với đường tròn và $\angle BPC > 90^\circ$. Lấy điểm A nhỏ hơn cung BC. Chứng minh diện tích tam giác cắt khỏi góc BPC bởi tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A không vượt quá diện tích tam giác ABC.

Hình 1.

Hình 2.

Chúng ta hãy biểu thị tam giác cắt khỏi góc BPC bằng KPL (hình 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp nó bằng I. Tam giác ABC và ILK tương tự nhau. Thật vậy, mỗi góc ABC, CAL và ACL bằng một nửa giá trị góc của cung AC (góc thứ nhất nội tiếp đường tròn và nằm trên cung này, hai góc còn lại được tạo thành bởi dây cung bao bọc cung này và các tiếp tuyến ở hai đầu của nó). Đó là lý do tại sao

$$2\angle ILK = \angle PLK = \angle LAC + \angle LCA = 2\angle ABC,$$

tức là $\angle ILK = \angle ABC$. Tương tự như vậy, $\angle IKL = \angle ACB$. Hệ số đồng dạng của tam giác ILK và ABC là $KL/BC$ nên tỉ số diện tích của chúng là $S_{ILK}/S_{ABC} = KL^2/BC^2$.

Hơn nữa, giả sử $p$ là bán chu vi, $S$ diện tích, $r$ bán kính của đường tròn nội tiếp và $h$ chiều cao bị bỏ qua khỏi đỉnh $P$ của tam giác PKL (hình 2). Sau đó

$$\frac{S_{PKL}}{S_{ILK}} = \frac{h}{r} = \frac{2S}{KL} \cdot \frac{p}{S} = \frac{2p}{KL} = \frac{2BP}{KL},$$

vì $BP = CP$ và $BP + CP = AK + KP + PL + LA = 2p$ (ở đây chúng ta sử dụng đẳng thức tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ các điểm $P$, $K$, $L$). Vì vậy, $S_{PLK}/S_{ABC} = 2BP \cdot KL/BC^2$. Vẫn còn phải chứng minh rằng tỷ lệ cuối cùng nhỏ hơn 1.

Theo bất đẳng thức tam giác $2KL < KL + KP + PL = 2p = 2BP$, tức là $2BP \cdot KL < 2BP^2$. Nhưng trong trường hợp $\angle BPC > 90^\circ$, chúng ta có $2BP^2 < BC^2$, tức là $2BP \cdot KL/BC^2 < 2BP^2/BC^2 < 1$, đó là điều cần phải chứng minh.

bài toán này cũng có thể được giải bằng phương pháp lượng giác. Nếu $\alpha, \beta, \gamma$ là các góc tại đỉnh $A, B, C$ của tam giác ABC thì $BC = KL$ cos $\beta$ cos $\gamma$; bất đẳng thức cần thiết được rút gọn về dạng 2 cos $(\pi - \alpha)$ cos $\beta$ cos $\gamma > 1$ và suy ra từ thực tế là $\pi - \alpha = \beta + \gamma < \pi/4$.

V. Yu. Progasov

F1153. Tính toán chất lỏng bê tông đổ vào thùng xe ben lên trên. Ước tính tỷ lệ dung dịch sẽ còn lại trong cơ thể sau khi phanh gấp. Người ta cho rằng bạn hiểu rõ về hiện tượng có thể xảy ra

34

Bạn có thể tự đặt số lượng cần thiết cho lời giải, chọn các giá trị số đủ chiều của chúng và thu được kết quả bằng số.

Hình 1.

Hình 2.

Khi phanh gấp, bánh xe không tự động di chuyển mà trượt (đây là cách duy nhất để phanh nhanh). Sau đó từ định luật thứ hai của Newton nó suy ra

$$ma = F_{\text{тр}} = \mu mg, \quad \text{т. е. } a = \mu g,$$

trong đó $\mu$ là hệ số ma sát trượt.

Có hai trường hợp có thể xảy ra, tương ứng như trong Hình 1 và Hình 2. Trường hợp đầu tiên: gia tốc $a_1$ sao cho một phần đáy mở ra. Khi đánh giá, chúng ta sẽ cho rằng cơ thể thẳng. Khi đó khối lượng bê tông trong thân xe trước khi phanh

$$M = \rho L H d,$$

trong đó $\rho$ là mật độ của dung dịch và $d$, $H$ và $L$ là chiều rộng, chiều cao và chiều dài của cơ thể. Như có thể thấy từ hình 1, $H/l = tg \alpha = a_1/g$, $l = Hg/a_1 \leq L$ mở ra, tức là.

$$a_1 = \mu_1 g \geq \frac{H}{L} g.$$

Trọng lượng bê tông còn lại trong thân

$$m_1 = \rho l \frac{H}{2} d = \rho \frac{H^2 d}{2 a_1} g.$$

Như vậy, tỷ lệ bê tông còn lại

$$\eta_1 = \frac{m_1}{M} = \frac{\rho H^2 d}{2 a_1 \rho L H d} = \frac{H}{L} \frac{g}{2 a_1} = \frac{H}{L} \frac{1}{2 \mu_1}$$

tại $\mu_1 \geq \frac{H}{L}$.

Trường hợp thứ hai (xem hình 2): gia tốc $a_2$ sao cho cửa sau được giải phóng khỏi vữa đến độ sâu $h = L tg \alpha = La_2/g$, và độ sâu của lớp vữa ở đó là $H - h = H - La_2/g$. Khối lượng dung dịch còn lại trong cơ thể

$$m_2 = \rho L \left( H - L \frac{a_2}{2 g} \right) d,$$

và tỉ lệ dung dịch còn lại

$$\eta_2 = \frac{m_2}{M} = \frac{\rho L \left( H - La_2/(2 g) \right) d}{\rho L H} = 1 - \frac{L}{H} \frac{a_2}{2 g} = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu_2}{2}$$

tại $\mu_2 < \frac{H}{L}$.

Hãy ước tính bằng số. Chúng ta hãy đặt $H = 1$ m, $L = 5$ m, tức là $H/L = 0,2$. Khi đó tại $\mu_1 \geq H/L = 0,2$, ví dụ tại $\mu_1 = 0,5$, chúng ta có

$$\eta_1 = \frac{H}{L} \frac{1}{2 \mu_1} = \frac{1}{5} = 20 \%.$$

Tại $\mu_2 < H/L = 0,2$, ví dụ tại $\mu_2 = 0,1$, chúng ta có

$$\eta_2 = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu_2}{2} = \frac{3}{4} = 75 \%.$$

Nếu phanh không gấp tức là bánh xe bị rung thì phanh là do ma sát lăn. Trong trường hợp này $\mu \approx 0,02$ và

$$\eta_1 = 1 - \frac{L}{H} \frac{\mu}{2} \approx \frac{19}{20} \approx 95 \%.$$

Vì vậy, dù thế nào đi nữa, cơ thể cũng không thể nạp lại được: tổn thất là điều không thể tránh khỏi.

G. V. Meledin