Kvant 1989, 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

Từ “quỹ vàng” thủy động lực

1989

1

Trong phòng:

2 I. M. Sokolov. Bóng đèn vĩnh cửu?
8 V. Yu. Ovsenko. Về số Denogardus lớn và định luật Hooke
17 V. A. Bronshten. Khó bài toán
22 cuộc phiêu lưu kỳ thú của Dobe thời kỳ

31 Sách Vấn Đề «Kvant»
Bài toán M1176—M1180, F1183—F1187
32 Lời giải bài toán M1151—M1154, F1163—F1167

40 Kính vạn hoa «Kvant»

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
Vâng. I. Perelman. Phần thưởng

vòng tròn toán học
D. V. Fomin. Hình học tội phạm, hay một vấn đề nguyên tắc

Phòng thí nghiệm «Kvant»
S. K. Betleyev. Mười thí nghiệm từ “nền vàng” thủy động lực học

P có nghĩa là gói
V. S. Avduvesky, L. V. Leskov. Thế kỷ 21: năng lượng từ không gian?

Thông tin
Trường du hành vũ trụ
Chuyến tham quan lần thứ XII của các nhà vật lý trẻ
Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow

Trò chơi và câu đố
Ambigram

Xưởng của người nộp đơn
A. V. Korzhuev. nguồn điện một chiều

Các trường đại học trên thế giới
Bài toán Kỳ thi tuyển sinh Toán tại Đại học Oxford

Đáp số, gợi ý, lời giải
«Kvant» mỉm cười (21)
Họ viết thư cho chúng tôi (42, 70, 75)
Pha trộn (56, 66)

bìa của chúng tôi
Bức ảnh nước chảy quanh quả bóng là minh họa tuyệt vời cho một trong “Mười thí nghiệm trên “nền vàng” của thủy động lực học”.

Bức tranh về sự nguyên thủy của Yuroslav của I. Rabuzin “Con trai tôi”. Nếu “người hùng” này thay thế chỉ huy Terence (xem bài “Phần thưởng” của Ya. I. Perelman), vị hoàng đế keo kiệt sẽ phải bỏ tiền ra…

Trang cờ vua.

Orshami: mô hình bát diện.

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

2

BÓNG ĐIỆN VĨ ĐẠI?

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
I. M. SOKOLOV

Chúng ta hãy nói về bóng đèn thông thường, các định luật vật lý chi phối hành vi của nó và các đặc tính của bản thân bóng đèn như một hệ thống kỹ thuật.

Vài năm trước, bóng đèn xuất hiện trong các cửa hàng được thiết kế không phải cho điện áp 220 V mà là 235 V. Những bóng đèn này có tuổi thọ cao hơn nhiều so với bóng đèn thông thường. Nguyên nhân trực tiếp gây ra sự xuất hiện của chúng là do thiếu bóng đèn trong các cửa hàng. Các nhà sản xuất bóng đèn đã lý luận một cách hợp lý (theo quan điểm của họ) rằng tuổi thọ bóng đèn càng dài thì người ta càng ít mua chúng và càng ít cần sản xuất chúng.

Vấn đề kéo dài tuổi thọ của đèn được giải quyết rất đơn giản - bằng cách kéo dài dây tóc một chút. Tuy nhiên, những người am hiểu vật lý lại cho rằng: như vậy là lãng phí, không thể lãng phí điện như vậy. Tại sao họ lại nói vậy, chúng ta sẽ nói về nó sau.

Vào mùa hè năm 1986, một bài báo xuất hiện trên Literaturnaya Gazeta về nhà phát minh đã phát minh ra bóng đèn vĩnh cửu. Nó được thiết kế rất đơn giản. Nối tiếp với kết nối đèn thông thường, có một diode (hình 1), có tác dụng cắt nửa chu kỳ âm của dòng điện. Bóng đèn hoạt động ở giá trị điện áp hiệu dụng nhỏ hơn $\sqrt{2}$ lần so với điện áp nguồn điện. Ý tưởng ở đây vẫn giống nhau: với điện áp thấp hơn, bóng đèn sẽ tồn tại lâu hơn. Chúng ta sẽ thấy rằng một bóng đèn như vậy thực tế là vĩnh cửu. Vì một số lý do chính thức, nhà phát minh đã bị từ chối cấp giấy chứng nhận của tác giả. Nhưng ngay cả trong trường hợp này, những người hiểu biết về vật lý đều hiểu rằng chẳng ích gì mà phải khó chịu: sự ra đời của những bóng đèn vĩnh cửu sẽ không dẫn đến điều gì tốt đẹp cho anh ta.

Và cuối cùng, đây là một ghi chú nhỏ trên tờ báo Izvestia ngày 25 tháng 12 năm 1987. Đây là ghi chú về một nhà sưu tập chuyên sưu tầm bóng đèn. Bộ sưu tập của ông còn có một bóng đèn Edison được sản xuất vào năm 1881. Bà đã hơn 100 tuổi và vẫn còn làm việc. Bóng đèn vĩnh cửu nữa?

Trong hơn 100 năm qua, tivi, máy bay, tên lửa vũ trụ, bút bi, tủ lạnh và nhiều hệ thống kỹ thuật khác, đơn giản và phức tạp, lớn và nhỏ, đã xuất hiện. Tôi không muốn tin rằng trong thời gian này nhân loại không những không cải tiến được bóng đèn mà thậm chí còn rời xa lý tưởng, đánh mất bí mật về sự vĩnh hằng của mình. Điều này đặt ra câu hỏi: bóng đèn vĩnh cửu có cần thiết không?

Để trả lời điều này, chúng ta hãy nhìn vào khía cạnh vật lý của vấn đề. Tại sao đèn lại sáng? Tại sao nó cháy hết? Vì thế,

Tại sao đèn lại sáng?

Dây tóc của bóng đèn sợi đốt phát ra ánh sáng vì được nung nóng.

Mọi vật thể bị đốt nóng đều phát ra sóng điện từ. Bức xạ nhiệt chứa các sóng có mọi độ dài có thể và đối với từng thành phần (chính xác hơn là đối với mỗi khoảng

3

Bước sóng) đi kèm với phần năng lượng của nó. Năm 1900, Max Planck đưa ra định luật bức xạ vật đen. (Chúng tôi sẽ không tìm ra “vật đen tuyệt đối” là gì; điều quan trọng đối với chúng tôi là dây tóc của đèn tích lũy có thể được coi là một vật thể như vậy với đủ độ chính xác và do đó chúng tôi có thể sử dụng định luật bức xạ Planck.) Theo công thức của Planck, năng lượng phát ra trên một đơn vị thời gian trên một đơn vị diện tích bề mặt của một vật thể được nung nóng đến nhiệt độ $T$ trong phạm vi bước sóng từ $\lambda$ đến $\lambda + \Delta \lambda$ là bằng nhau

$$u(\lambda, T) d\lambda = \frac{2\pi h c^2}{\lambda^5} \frac{1}{e^{\frac{h c}{\lambda k T}} - 1} d\lambda.$$

Trong công thức này, $c$ là tốc độ ánh sáng, $h$ là hằng số Planck, $k$ là hằng số Boltzmann. Tổng lượng phát xạ của cơ thể

$$u(T) = \int_0^\infty u(\lambda, T) d\lambda$$

(tức là công suất bức xạ trên một đơn vị diện tích bề mặt trên toàn bộ phạm vi sóng điện từ) chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ và tuân theo định luật Stefan-Boltzmann:

$$u = \sigma T^4,$$

trong đó $\sigma = \frac{2\pi^5 k^4}{15 c^2 h^3} \approx 5,67 \cdot 10^{-8} \text{ Bt}/(\text{m}^2 \cdot \text{K}^4)$ là hằng số Stefan-Boltzmann. Đối với sự định hướng, theo thứ tự độ lớn, thuyết chủ nghĩa, ở nhiệt độ nóng chảy của vonfram 3500 K, giá trị $u$ là $9 \cdot 10^6 \text{ Bt}/\text{m}^2$.

Phần lớn bức xạ của dây tóc không có tác dụng chiếu sáng vì nó nằm trong vùng hồng ngoại vô hình. Mắt chỉ cảm nhận được sóng điện từ có bước sóng từ $\lambda \approx 400$ nm (ánh sáng phát quang) đến $\lambda \approx 760$ nm (ánh sáng đỏ). Tổng công suất phát ra trên một đơn vị diện tích bề mặt của vật thể được làm nóng trong phạm vi bước sóng mà mắt có thể nhìn thấy bằng

$$u_{\text{cb}}(T) = \int_{\lambda_\phi}^{\lambda_\kappa} u(\lambda, T) d\lambda,$$

và quang thông do bóng đèn cung cấp là

$$\Phi(T) \approx A S u_{\text{cb}}(T),$$

trong đó $S$ là diện tích bề mặt phát ra (bề mặt của sợi dây), $A$ là hệ số chuyển đổi các đại lượng năng lượng thành đại lượng trắc quang gắn với giá trị màu của mắt. (Bây giờ chúng ta sẽ bỏ qua tất cả sự phức tạp gây ra bởi sắc độ khác nhau của mắt đối với các màu khác nhau, nhưng chúng ta lưu ý rằng mắt nhạy cảm về mặt sắc tố với các tia đỏ và tím ít hơn nhiều so với các tia vàng-lục.)

Cường độ sáng của bóng đèn, được đo bằng candela (hoặc theo cách cũ là bằng nến), bằng quang thông phát ra trên một đơn vị góc điện thoại, tức là xấp xỉ bằng

$$I(T) \approx \frac{\Phi(T)}{4\pi}.$$

Trong phạm vi bước sóng mà chúng tôi quan tâm và ở nhiệt độ không vượt quá điểm nóng chảy của vonfram,

$$I(T) \approx \text{const} \left( x^3 - 3x^2 + 6x - 6 \right) e^{-x},$$

ở đâu $x = \frac{h c}{\lambda_\kappa k} \frac{1}{T}$.

Vì đại lượng $\frac{h c}{\lambda_\kappa k}$ có thứ nguyên là nhiệt độ nên chúng ta sẽ ký hiệu nó là $T_{\kappa}$. Nó xấp xỉ 19.000 K. Giá trị cụ thể của CONSTANTES TRƯỚC KHUNG CHO QUỐC GIA: chúng ta sẽ chỉ quan tâm đến dạng chung của sự phụ thuộc $I(T)$.

Bây giờ chúng ta phải đặt câu hỏi sau:

$T$ và $I$ phụ thuộc vào $U$ như thế nào?

Sự phụ thuộc của nhiệt độ dây tóc vào điện áp là tác giả đưa ra định nghĩa thực nghiệm. Sơ đồ xác định rất đơn giản: đối với các giá trị điện áp khác nhau $U$ trên đèn, hãy thay đổi dòng điện $I$ qua nó và tính điện trở của sợi dây $R_U = U/I$; sau đó sử dụng công thức biểu diễn sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ -

$$R(T) = R(T_1)(1 + \alpha (T - T_1))$$

4

$(R(T_1) - \frac{R_U(T) - R(T_1)}{\alpha R(T_1)})$

Tác giả tiếp tục một số thay đổi với bóng đèn 60 watt định mức ở $U_0 = 220$ V. Điện trở $R(T_1)$ (có thể điều chỉnh bằng đồng hồ đo) được tìm thấy là 70 ohms. Để thu được các giá trị điện áp trên bóng đèn, các điện trở khác nhau được mắc nối tiếp với nó (bàn ủi, nồi hơi, TV, các bóng đèn khác). Điện áp trên bóng đèn được thay đổi bằng vôn kế, dòng điện qua bóng đèn được thay đổi bằng ampe kế.

Kết quả của những thay đổi được thể hiện trong Bảng 1. (Bảng cũng cho thấy công suất $P_U = UJ$ mà bóng đèn tiêu thụ ở các điện áp khác nhau; giá trị này sẽ hữu ích cho chúng ta sau này.) Như có thể thấy từ bảng, nhiệt độ hoạt động của dây tóc $T_0$ ở điện áp $U_0 = 220$ V là 2900 K.

Biết nhiệt độ của dây tóc phụ thuộc vào điện áp như thế nào, ta có thể tính được cường độ sáng của bóng đèn ở các điện áp khác nhau.

Cường độ sáng $I$ (tính theo một số đơn vị tương đối) có thể được xác định rất chính xác bằng thực nghiệm bằng cách sử dụng quang kế vết dầu. Thiết bị tuyệt vời này là một tờ giấy được gắn theo chiều dọc, ở giữa có một điểm trong mờ. Một mặt, tấm giấy được chiếu sáng bằng đèn điện “tham chiếu”. Bóng đèn đang nghiên cứu (hình 2) được đặt ở phía bên kia của tờ giấy và việc quan sát được thực hiện từ cùng một phía. Nếu độ chiếu sáng của tờ giấy từ một bên nhỏ hơn từ phía đối diện, thì vết đó sẽ xuất hiện ánh sáng trên nền tối của tờ giấy; nếu điều ngược lại là đúng, vết đó sẽ có vẻ tối hơn. Với độ chiếu sáng bằng nhau, điểm đó hầu như không nhìn thấy được.

Độ chiếu sáng bề mặt $E = I/r^2$, trong đó $I$ là cường độ sáng của nguồn, $r$ là khoảng cách tới nó. Khi điện áp $U$ trên bóng đèn đang nghiên cứu thay đổi thì cường độ sáng $I$ của nó cũng thay đổi. Để độ sáng của điểm do đèn tạo ra ở các giá trị khác nhau $U$ bằng độ sáng $I_0/r_0^2$ từ đèn tham chiếu thì cần phải thay đổi khoảng cách $r$. Do đó, bạn có thể tìm tỷ số giữa cường độ sáng của bóng đèn ở điện áp $U$ với cường độ sáng của nó ở điện áp bằng nhau $U_0$ (trên đèn tham chiếu - giống như đèn đang nghiên cứu - điện áp luôn là $U_0$):

$$I(U)/I_0 = (r/r_0)^2.$$

Kết quả của những thay đổi đó được trình bày trong Bảng 2. Để xử lý chính xác kết quả thí nghiệm, cần xây dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của $I_U/I_0$ vào $U$ theo tọa độ sao cho nó sẽ có dạng đơn giản nhất. Vào hình 3

5

Hình 3.

sự phụ thuộc của giá trị $y = \ln \frac{I}{I_0}$ vào $z = 1 - \frac{U_0}{U}$ được hiển thị (dữ liệu cần thiết được đưa ra trong cùng bảng 2). Các điểm thực nghiệm nằm trên một đường thẳng. Thang logarit dọc theo trục $y$ được chọn vì nếu trong công thức cho $I(T)$ không có đa thức nào đối diện với thí nghiệm thì sự phụ thuộc $y(T)$ sẽ có dạng

$$y = \ln \frac{I}{I_0} = \frac{T_{\text{кр}}}{T_0} \left(1 - \frac{T_0}{T}\right),$$

giá trị $\theta = 1 - \frac{T_0}{T}$, như có thể kết luận từ dữ liệu trong Bảng 1, tỷ lệ thuận với $z$ với độ chính xác tốt (để tìm ra điều này, cần có một số quan sát liên quan đến cân bằng năng lượng trong bóng đèn): $\theta \approx Kz$, trong đó hệ số

Bảng 2

| $U, \text{B}$ | 220 | 120 | 130 | 150 | 180 | 190 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $U_0/U$ | 1 | 1,81 | 1,66 | 1,47 | 1,14 | 1,12 |
| $z$ | 0 | -0,81 | -0,66 | -0,47 | -0,14 | -0,12 |
| $r, \text{см}$ | 27 | 5,5 | 8 | 13 | 21 | 22 |
| $I/I_0$ | 1 | 0,05 | 0,09 | 0,23 | 0,60 | 0,66 |
| $y$ | 0 | -3,0 | -2,4 | -1,5 | -0,5 | -0,4 |

Hình 4.

phần trăm của tỷ lệ $K$ xấp xỉ 0,3. Sự hiện diện của đa thức trước khi thí nghiệm làm cho sự phụ thuộc $y(z)$ lệch khỏi tỷ lệ chặt chẽ, nhưng những sai lệch này là nhỏ.

Tại sao bóng đèn lại cháy?

Nguyên nhân bóng đèn cháy rất rõ ràng - đó là sự bay hơi của vonfram. Để không một phân tử vonfram nào rời khỏi bề mặt, động năng của chuyển động nhiệt $W \sim kT$ của nó phải lớn hơn năng lượng liên kết của các phân tử với phần còn lại của tinh thể $w$. Theo các định luật vật lý thống kê, xác suất xảy ra sự kiện như vậy tỷ lệ với $e^{-w/kT}$. Điều này có nghĩa là số lượng phân tử thoát ra khỏi đáy trong một đơn vị thời gian là

$$n \sim e^{-w/kT}.$$

Giá trị $w$ có thể được xác định từ giá trị nhiệt bay hơi của vonfram ở nhiệt độ phòng $Q = 850$ kJ/mol: $w = Q/N_A \approx 1,4 \times 10^{-18}$ kJ ($N_A$ là số Avogadro); đại lượng $w/k$, có thứ nguyên là nhiệt độ, vào khoảng $10^5$ K.

Giả sử dây tóc cháy hết sau khi một số lượng phân tử nhất định bay hơi. Điều này có nghĩa là tuổi thọ của bóng đèn dài hơn,

6

nhỏ hơn $n$, tức là

$$t \sim \frac{1}{n} \sim e^{w/kT}.$$

Gọi tuổi thọ trung bình của bóng đèn 60 watt, 220 volt (ở nhiệt độ dây tóc $T_0$) là $t_0$. thì tỷ số giữa tuổi thọ của bóng đèn khi thay đổi điện áp $U$ (và nhiệt độ dây tóc $T$) với tuổi thọ sử dụng ở điện áp bình thường là

$$\frac{t}{t_0} = e^{w/kT - w/kT_0} = e^{-w\theta/kT_0},$$

ở đâu $\theta = \left(1 - \frac{T_0}{T}\right)$. Chúng tôi nhớ rằng đại lượng này tỷ lệ thuận với $z = 1 - \frac{U}{U}$ với độ chính xác cao. Do đó, $\ln \frac{t}{t_0}$ tỷ lệ thuận với $z$.

Tìm sự phụ thuộc của $\ln \frac{t}{t_0}$ vào $z$ trong thí nghiệm “tại nhà” là một nhiệm vụ lâu dài và tốn kém; bạn phải đốt rất nhiều bóng đèn. Vì vậy, chúng tôi phải tìm dữ liệu làm sẵn. Những dữ liệu này được hiển thị trong Bảng 3 và hình 4 hiển thị biểu đồ $\ln \frac{t}{t_0}$ so với $z$. Chúng ta thấy rằng các điểm tương ứng nằm trên một đường thẳng. Độ dốc của đường là -14.

Dựa trên dữ liệu đã biết, chúng tôi có thể ước tính giá trị lý thuyết của độ dốc này:

$$\ln \frac{t}{t_0} = -\frac{w}{kT_0} \theta \approx -\frac{wK}{kT_0} z,$$

vậy độ dốc của đường thẳng là $(-wK/kT_0)$, tức là khoảng -10. Xem xét độ chính xác thấp mà chúng tôi biết $K$ và $T_0$, trận đấu sẽ được coi là không đầy đủ.

Nếu suy nghĩ sâu hơn về quá trình bay hơi, chúng ta sẽ thấy tình huống này ở một mức độ nào đó có phần nghịch lý.

Giả sử rằng sợi chỉ bay hơi hoàn toàn đồng đều và ngày càng mỏng hơn. Đồng thời, sự tuân thủ của sợi trở lại, nhiệt năng giải phóng và nhiệt độ của sợi giảm xuống. Do đó, với sự bay hơi đồng đều theo thời gian, bóng đèn sẽ cháy ngày càng mờ đi, nhưng sẽ không cháy hết (hoặc ít nhất là tồn tại rất lâu).

Điều này có nghĩa là nguyên nhân gây cháy dây tóc là do sự bay hơi ở mức độ thấp. Thật vậy, ngay cả khi do một nguyên tắc nào đó, một sự quá tải nhỏ đã hình thành trên sợi chỉ. Điện trở của đoạn ren trong vùng quá tải lớn hơn điện trở của bất kỳ đoạn ren nào khác có cùng chiều dài. Trong trường hợp này, nhiệt năng $J^2R_\pi$ giải phóng ở vùng quá tải lớn hơn bất kỳ phần nào khác của sợi có cùng chiều dài. Điều này có nghĩa là nhiệt độ quá tải cao hơn và sự bốc hơi từ nó diễn ra mạnh mẽ hơn. Quá tải càng mỏng, nhiệt độ càng cao, sự bay hơi càng mạnh, quá tải càng cứng lại thì điện trở của nó càng tăng nhanh. Quá trình ngày càng tăng tốc này cuối cùng dẫn đến việc sợi chỉ bị cháy ở nơi mà ban đầu thậm chí còn có tình trạng quá tải nhẹ. Tất nhiên, trên thực tế, toàn bộ sợi chỉ có độ dày hơi mỏng, nhưng chỉ có độ mỏng mạnh nhất mới có thể phát triển thành tình trạng quá tải đáng kể: sợi chỉ bị cháy ở một chỗ.

Những tình huống tương tự như khoảng cách được cho là khá không ổn định trong vật lý. Chỉ cần nói rằng đó là sự mất ổn định của huyết tương

7

chúng tôi thực hiện một quá trình kiểm soát bài toán phức tạp như vậy đối với phản ứng tổng hợp nhiệt hạch.

Vì vậy, nguyên nhân khiến bóng đèn quá nóng là do sự bay hơi đồng đều của sợi dây không ổn định. Chúng ta sẽ nói về cách chống lại hiện tượng này sau, nhưng bây giờ

Hãy đếm kết thúc

Bóng đèn chiếu sáng thông thường có tuổi thọ trung bình là $t_0=1000$ giờ. Từ biểu đồ của chúng tôi, nó suy ra rằng

$$\ln \frac{t}{t_0} \approx -14 \left(1 - \frac{U_0}{U}\right),$$

$$\ln \frac{I}{I_0} \approx 3,5 \left(1 - \frac{U_0}{U}\right),$$

tức là

$$t = t_0 e^{-14 \left(1 - \frac{U_0}{U}\right)}, \quad I = I_0 e^{3,5 \left(1 - \frac{U_0}{U}\right)}.$$

Bóng đèn phải phát ra ánh sáng. Bóng đèn tiếp theo sẽ là bóng đèn cung cấp ánh sáng rẻ nhất. Chi phí thắp sáng trong thời gian dài bao gồm chi phí điện năng tiêu thụ và chi phí của một bóng đèn, trung bình tồn tại trong một khoảng thời gian $t$ rồi hỏng. Một kilowatt giờ điện có giá 4 kopecks, một bóng đèn mới có giá 25 kopecks.

Hãy để cái của chúng ta là một bóng đèn bằng 0 với cường độ sáng $I_0$. Nếu cường độ ánh sáng ít hơn, chúng ta sẽ mệt mỏi vì làm hỏng mắt và sẽ vặn một bóng đèn mạnh hơn. Giả sử rằng một bóng đèn “cải tiến” có điện áp $U=220$ V được bật với điện áp $U_0=235$ V. Tuổi thọ sử dụng của nó là $t = t_0 e^{0,95} \approx 2600$ giờ, nhưng cường độ ánh sáng là $I = I_0 e^{-0,25} \approx 0,78 I_0$, tức là nhỏ hơn $I_0$, và chúng ta sẽ muốn thay bóng đèn thành bóng đèn mạnh hơn. Một bóng đèn “cải tiến” với cường độ sáng bằng 0 $I_0$ sẽ tiêu thụ điện năng gấp 1,2 lần so với bóng đèn thông thường. Hơn 1000 giờ (tuổi thọ sử dụng của bóng đèn thông thường), một bóng đèn “cải tiến” với cường độ sáng bằng 0, giống như bóng đèn 60 W thông thường, sẽ tiêu thụ ít hơn 60 kWh năng lượng, tính bằng tiền là 2 rúp. 40 k. và 72 kWh, tức là cho 2 rúp. 88k.

Điều này có nghĩa là trong suốt thời gian sử dụng của một bóng đèn thông thường, bóng đèn “cải tiến” sẽ tiêu thụ thêm 48 kW điện, gần bằng giá thành của hai bóng đèn mới. Do đó, tuổi thọ sử dụng tăng lên do hoạt động ở cùng điện áp là điều hiển nhiên.

Nếu chúng ta đang nói về một bóng đèn vĩnh cửu có điốt có giá trị $U_0 / U \approx 1,43$, thì tuổi thọ của nó dài hơn khoảng 350 lần so với bóng đèn thông thường, nhưng độ bền của nó là $I \approx 0,22 I_0$. Một bóng đèn vĩnh cửu có cường độ sáng $I_0$ tiêu thụ điện năng gấp 2,5 lần so với bóng đèn thông thường: cùng với bóng đèn 60 W, bạn phải bật bóng đèn 150 W nối tiếp với diode. Trong 1000 giờ hoạt động, mức tiêu thụ năng lượng vượt mức là 90 kWh, hay tính bằng tiền là 5 rúp. 60k. - Giá 22 bóng đèn. Trò chơi không đáng nến!

Tính toán chi tiết cho thấy không thể cải tiến đèn bằng cách tăng $U_0$. Điều này có nghĩa là trong hơn 100 năm tồn tại, bóng đèn thông thường đã đạt được khả năng lưu trữ thực tế một cách hoàn hảo và để cải thiện nó, cần có các thiết bị kỹ thuật mới lời giải. Bây giờ chúng ta sẽ nói về chúng, nhưng trước tiên chúng ta lưu ý rằng bằng cách sử dụng ví dụ về bóng đèn, chúng ta đã phải đối mặt với một đối lập kỹ thuật khá điển hình là “chi phí - độ tin cậy”: càng đáng tin cậy thì càng kém hiệu quả. Nếu sự giảm độ tin cậy không đi kèm với rủi ro, họ sẽ chọn thứ rẻ tiền và không đáng tin cậy - trống rỗng, thậm chí đồng nhất. Ví dụ: khăn giấy và cốc, bút đánh dấu, v.v.

Vì vậy, bóng đèn không nhất thiết phải tồn tại mãi mãi. Tuy nhiên, sẽ tốt hơn nếu kéo dài tuổi thọ sử dụng của nó hoặc, với cùng thời hạn sử dụng, tăng hiệu quả của nó do hâm nóng. Cách duy nhất để đạt được điều này là buộc nền giáo dục phải “chữa lành” tình trạng quá tải. Có một số lời giải đơn giản trong số bài toán này. Tuy nhiên, một trong số đó là đổ đầy bóng đèn một loại khí trơ có trọng lượng phân tử nhỏ hơn vonfram - krypton (tất nhiên là ở mức rất thấp (Cuối cùng, xem trang 16)

9

VỀ CON SỐ TUYỆT VỜI
DENOGARDUS
VÀ LUẬT HOOK

V. Yu. OVSIENKO

Gần đây, một đại hội toán học quốc tế đã diễn ra tại thành phố nhỏ Sturmgard của Đức. Chủ đề chính được thảo luận tại đại hội là chữ viết tay bị cháy, mang tên “Prinitsi”, của nhà giả kim và nhà chiêm tinh học thời trung cổ Denogardus. Nó được phát hiện tình cờ khi đang phân loại các tài liệu cổ được lưu trữ trong tòa thị chính. Hóa ra bản thảo này chứa đựng những sự thật đáng kinh ngạc có tầm quan trọng lớn đối với toán học hiện đại.

Bị Inkviz khủng bố, Denogardus buộc phải chính thức hóa những khám phá của mình dưới dạng đảo chữ ) và hình vẽ. Tòa án dị giáo đã không tìm thấy nhà khoa học trong suốt cuộc đời của ông. Tuy nhiên, sau khi ông qua đời, bản sao duy nhất của rukoitsi, sau lời tố cáo của kẻ đốt lửa Denogardus, đã bị tịch thu và đốt cháy. Chỉ có độ dày lớn của bản thảo mới cứu nó khỏi bị phá hủy hoàn toàn. Được biết, nhà chiêm tinh này đã liên tục tham gia vào việc tính toán cái gọi là Con số lớn, mà ông tin rằng đã kiểm soát chuyển động của tất cả các thiên thể (hành tinh, sao chổi, v.v.) có trong Hệ Mặt trời. Con số này luôn thay đổi. Quan sát sự thay đổi của nó, Denogardus dự đoán (tùy thuộc vào tính chất của sự thay đổi) những thảm họa khác nhau: lũ lụt, hỏa hoạn, chiến tranh và dịch bệnh. Mặc dù những dự đoán này thường được chấp nhận nhưng tuyên bố của ông không được coi trọng vào thời điểm hiện tại. Ví dụ, trên trang 666 của cuốn Prinitspov, một thảm họa thiên văn lớn đã được dự đoán, điều mà những người tham gia đại hội đã hoãn lại do thiên thạch Tunguska rơi xuống. Sai số trong dự đoán của Denogardus chỉ là 9 năm. Bản thảo được tìm thấy cũng chứa một số định lý toán học có cấu trúc. Denogardus gọi họ là học giả). Hãy để chúng tôi đưa ra công thức hiện đại của họ.

Scholium 1. Mỗi hành tinh chuyển động phẳng: quỹ đạo liền kề

*) Đảo chữ là một câu nói ngắn được mã hóa.

Hình 1.

Hình 2.

2 Lượng tử số 8

10

sống trên một mặt phẳng nhất định có chứa Mặt trời.

Hai schlines khác đã được trình bày trong bản thảo dưới dạng hình vẽ (hình 1, 2). Ý nghĩa của chúng như sau.

Scholya 2. Giữa hai đường tròn đi qua của mỗi lutz OA, sao chổi phải vượt qua bất kỳ lutz OB nào khác và đúng một lần.

Scholya 3. Nếu một sao chổi bị đẩy ra khỏi Mặt trời thì quỹ đạo của nó không thể cắt bất kỳ đường thẳng nào đi qua Mặt trời nhiều hơn một lần.

Tuy nhiên, khái niệm được những người tham gia cuộc thi quan tâm đáng kể được gọi là

Định lý vĩ đại của Denogardus: Người vĩ đại có thể được tìm thấy bằng cách quan sát sao chổi.

Cuộc thi Sturmgard đã gửi yêu cầu tới hiệp hội khảo cổ-lịch sử châu Âu “Archeologie” và nhận được tất cả thông tin ít ỏi có được về Denogardus. Hầu như không có bằng chứng đáng tin cậy nào còn sót lại về cuộc đời của ông. Biên niên sử đề cập đến trường hợp một người dân thị trấn khi đang xem nhật thực từ chân tòa thị chính thì bị chuột cắn. Tuy nhiên, không có bằng chứng thuyết phục nào cho thấy người dân thị trấn này là Denogardus. Người ta biết nhiều về quan điểm của Denogardus. Tác giả xuất sắc (khá tự nhiên vào thời của ông) tin rằng các hành tinh quay quanh Mặt trời, được kết nối với nó bằng bàn tay vô hình. Ngoài gợi ý thẳng được tìm thấy trong bản thảo, điều này được chứng minh bằng hình vẽ có trong bản thảo.

Những người tham gia cuộc thi phải đối mặt với một nhiệm vụ bài toán khó khăn: dịch tuyên bố của Denogardus sang ngôn ngữ toán học hiện đại và thiết lập ý nghĩa toán học trong học thuyết của ông. Là kết quả của nỗ lực chung của các nhà toán học, vật lý học và sử học, bài toán này đã được giải quyết thành công.

Theo Denogardus, mọi thiên thể đều được kết nối với Mặt trời bằng một cây cầu. Do đó, lực hấp dẫn của nó đối với Mặt trời tỷ lệ thuận với khoảng cách tới nó (chúng ta biết tuyên bố này mô tả các lực phát sinh trong tay, như định luật Hooke; tuy nhiên, Denogardus đã biết điều đó từ rất lâu trước Hooke). Lực hấp dẫn có thể dương - rukina

có xu hướng co lại và âm - rukina có xu hướng thẳng ra. Hơn nữa, theo quan điểm của Denogardus, độ cứng của rukina vô hình mà các hành tinh bị treo trên đó thay đổi theo thời gian. Hầu hết các nhà nghiên cứu đều đồng ý rằng sự cứng nhắc này chính là Đại Số điều khiển chuyển động của các thiên thể.

Denogardus không sử dụng các ký hiệu toán học - việc đưa nó vào sử dụng trong khoa học vẫn là vấn đề cần nghiên cứu sâu hơn về cách trình bày khám phá của Denogardus bằng ngôn ngữ toán học quen thuộc với chúng ta.

Lực tác dụng lên hành tinh trong “mô hình Denogardus” (như những người tham gia cuộc thi gọi là bức tranh chuyển động của các thiên thể được mô tả trong sách hướng dẫn)

12

của hai cố định lời giải sau khi nhân chúng với các số và cộng chúng.

Đây là một định lý toán học phức tạp, vì người ta thậm chí còn không rõ tại sao lại có ít nhất một lời giải. Tuy nhiên, Denogardus hiểu rất rõ điều đó và gần như đã chứng minh được điều sau bằng lý luận tao nhã. Mỗi hành tinh sẽ di chuyển bằng cách nào đó, có nghĩa là tọa độ của nó ngay lập tức cho một cặp lời giải phương trình (3) (!). Nếu chúng ta giả sử sự tồn tại của phần thứ ba lời giải, độc lập với hai phần này, thì chúng ta sẽ ngay lập tức gặp phải mâu thuẫn. Trên thực tế, một điểm trong không gian, cả ba tọa độ đều thay đổi theo lời giải của phương trình (3), phải di chuyển trong một mặt phẳng (!!!).

Để hiểu rõ hơn một chút về phương trình (3), chúng tôi khuyên bạn nên hiểu trường hợp đặc biệt đơn giản nhất của nó, trong đó hệ số $k(t)$ không phụ thuộc vào thời gian.

Bài tập 1. Giải phương trình $x''=-x$. Gợi ý: Xét một điểm trên mặt phẳng chuyển động đều quanh một đường tròn.

Scholi thứ hai và thứ ba của Denogardus mang ý nghĩa của các định lý thỏa mãn mô tả các tính chất lời giải của phương trình vi phân (3).

Giữa hai giá trị của thời gian $t_1$ và $t_2$, trong đó một lời giải của phương trình $x''=k(t)x$ biến mất, bất kỳ giá trị nào khác lời giải chỉ đơn giản là bắt buộc phải biến mất ít nhất một lần.

Nói cách khác, các số 0 được phân tách bằng hai lời giải $x_1(t)$ và $x_2(t)$.

Để rút ra định lý này từ schora thứ hai, chúng ta hãy xem xét một điểm trên mặt phẳng chuyển động có tọa độ phụ thuộc vào thời gian và được cho bởi các hàm $x_1(t)$ và $x_2(t)$. Khi đó chuyển động của điểm này sẽ thỏa mãn phương trình (3), và do đó (2), tức là nó sẽ tuân theo scholi thứ hai của Denogardus. Chúng ta hãy chọn nửa subciss dương làm tia $OA$, và nửa subciss dương làm tia $OB$. Khi một điểm đi qua một trục, hình chiếu của nó lên trục kia (tức là trục thứ hai lời giải) bằng 0. Vì mômen giao nhau của các trục phải đi qua nên các số 0 lời giải $x_1(t)$ và $x_2(t)$ cũng đi qua.

Nhưng schola thứ hai chứng minh điều đó như thế nào? Bằng chứng hình học đơn giản của nó có thể được đọc trực tiếp từ hình vẽ trong chuyên luận của Denogardus (xem hình 1). Nếu một sao chổi đi qua tia $OA$ hai lần mà không giao nhau với tia $OB$, thì tại một thời điểm trung gian nào đó, quỹ đạo của nó chạm vào tia $OC$ nào đó. Tại thời điểm này, cả tốc độ của sao chổi và lực định hướng tác dụng lên nó đều dọc theo đường thẳng $OC$. Do đó, không có lực nào có xu hướng di chuyển sao chổi ra khỏi đường này—sao chổi vẫn nằm trên đường $OC$. Nhưng sau đó nó sẽ không còn cắt tia $OA$ nữa, điều này mâu thuẫn với giả định ban đầu. Lập luận tao nhã này cho thấy Denogardus thông thạo hình học đến mức nào.

Schola thứ ba chứng minh tương tự (xem hình 2). Nếu lực tác dụng lên sao chổi được hướng từ Mặt trời (Denogardus viết về độ dốc

13

lò xo, cố gắng duỗi thẳng…
), thì sao chổi sẽ buộc phải đứng về một phía của bất kỳ tiếp tuyến nào với quỹ đạo của nó và không thể cắt tia OA được nữa. Chọn OA làm tia để thu được tọa độ, ta thu được định lý sau:

Nếu hệ số $k(t) \ge 0$ cho tất cả $t$, thì không có lời giải nào của phương trình $x'' = k(t)x$ có thể biến mất nhiều lần.

Chạy phương trình sau, bạn sẽ chứng minh được định lý này trong trường hợp từng phần.

Bài tập 2. Giải phương trình $x'' = x$. Gợi ý: Xét hàm $x = e^t$ và $x = e^{-t}$.

Sở hữu các phương tiện quan sát nguyên thủy, Denogardus chỉ có thể thay đổi góc giữa các thiên thể chứ không thể thay đổi khoảng cách của chúng với Mặt trời. Tuy nhiên, nhà chiêm tinh đã tìm ra Số Lớn $k(t)$ chỉ dựa trên hướng của tia nối Mặt trời và sao chổi. Đáp số cho câu hỏi làm thế nào điều này có thể được thực hiện được chứa trong bằng chứng hiện đại về Định lý cuối cùng của Denogardus.

Bằng chứng này dựa trên quan sát đơn giản.

Bài tập 3. Chứng minh rằng với hai lời giải bất kỳ của phương trình $x''(t) = k(t)x(t)$ thì giá trị $W(x_1, x_2) = x_1x_2' - x_2x_1'$ không phụ thuộc vào thời gian $t$. Gợi ý: tìm $W$ tùy ý theo thời gian và sử dụng phương trình (3).

Đối với những người đã giải được phương trình này, có vẻ như thành công là kết quả của việc thực hiện đơn giản. Tuy nhiên, phương trình về hằng số của $W(x_1, x_2)$ có ý nghĩa vật lý. Chúng ta hãy xem xét chuyển động của một vật trên mặt phẳng với gia tốc $\vec{a}(t) = k(t)\vec{r}(t)$. Mômen xung lực của nó được xây dựng vì lực tác dụng lên vật luôn hướng về tâm. Momen của xung bằng diện tích hình bình hành dựng trên các vectơ $\vec{r}$ và $m\vec{v}$. Chứng minh rằng diện tích này là $m(x_1v_2 - x_2v_1)$. Vì $x_2' = v_2$ và $x_1' = v_1$, hằng số mômen xung tương đương với hằng số độ lớn của $W(x_1, x_2)$.

Vì vậy, Định lý lớn phát biểu rằng từ hướng của vectơ bán kính $\vec{r}(t)$ người ta có thể xác định được hệ số $k(t)$. Chúng ta sẽ đặt hướng $\vec{r}(t)$ của giá trị tg $\varphi(t)$, trong đó $\varphi(t)$ là góc giữa vectơ $\vec{r}(t)$ và trục abscissa. Chúng ta hãy biểu thị hàm Тg $\varphi(t)$ bằng $f(t)$.

Bài tập 4. Chứng minh rằng $k(t) = -\frac{1}{2}\left(f'''/f' - \frac{3}{2}(f'''/f')^2\right)$ (Công thức vĩ đại của Denogardus).

Gợi ý: Theo định nghĩa tiếp tuyến $x_2(t) = f(t)x_1(t)$. Hãy thay thế giá trị của $x_2(t)$ vào công thức cho $W(x_1, x_2)$. Sau phương trình chúng ta thu được công thức sau: $W = x_1^2f'$. Điều này có nghĩa là tọa độ đầu tiên của vật $x_1(t) = \sqrt{W/f}$ được xác định theo hệ số không đổi $W$. Từ phương trình $x_1'' = k(t)x_1$ ta tìm được $k(t) = x_1''/x_1$. Sau đây là phương trình hữu ích để lấy hàm tùy ý của hàm phức (xem «Kvant» Số 4 năm 1988, trang 36).

Vẫn còn là một bí ẩn làm thế nào Denogardus, không biết phép tính vi phân, có thể xác định Số lớn của mình. Có lẽ trực giác và kinh nghiệm của nhà khoa học đóng một vai trò nào đó ở đây, hoặc có lẽ nhà chiêm tinh xuất sắc biết nhiều hơn những gì ông cho là có thể diễn đạt trong chuyên luận của mình. Câu hỏi vẫn còn bỏ ngỏ…

Để kết luận, chúng tôi cung cấp cho bạn một bài toán khác liên quan đến mô hình Denogardus.

Bài tập 5. Chứng minh rằng nếu vận tốc góc của sao chổi tỉ lệ với

14

nhưng Mặt Trời không đổi thì hệ số $k(t)$ không phụ thuộc vào thời gian.

“Giải thưởng” của Denogardus đã gây chấn động lớn trong giới toán học. Hầu hết những người tham gia Đại hội Sturgard đều đồng ý rằng Denogardus nên được coi là người phát hiện ra phép tính vi phân và là người sáng lập lý thuyết về phương trình vi phân.

Bình luận

Các độc giả thân mến, tôi tin rằng từ lâu các bạn đã đồng ý rằng hầu hết mọi điều được nói ra đều là một trò đùa. Nhà giả kim và chiêm tinh vĩ đại Denogardus là một nhân vật hư cấu. Nhân tiện, người sáng lập ra lý thuyết về phương trình vi phân là Isaac Newton*), người cũng bảo vệ khám phá của mình dưới dạng các dấu đảo chữ: “Việc giải các phương trình vi phân rất hữu ích”. Đúng, anh ấy làm điều này vì một lý do khác với Denogardus - Newoton sợ cạnh tranh.

Đối với các hành tinh “bên ngoài”, hút Mặt trời theo định luật Hooke, ở đây Denogardus mâu thuẫn với Newoton. Theo định luật vạn vật hấp dẫn, lực tại

*) “Newoton” (có phần kéo dài) có thể được coi là “thị trấn peww” - “thành phố mới”.

• “Denogardus” có nghĩa gần như giống nhau: “De noe gardus” - “Từ thành phố mới”, nhưng không phải bằng tiếng Anh mà bằng một ngôn ngữ jaron lan rộng ở Đế chế La Mã vào thế kỷ thứ 6 sau Công Nguyên do pha trộn với tiếng Đức. Các biến thể khác của cùng họ: “Neustadt” (tiếng Đức) và “Novgorodtsev” (tiếng Nga). Nhân tiện, tác phẩm chính của Newton có tên là “Nguyên lý”.

Lực hấp dẫn giữa hành tinh và Mặt trời tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. Công bằng mà nói, chúng tôi lưu ý rằng chuyển động của từng hành tinh riêng biệt có thể được mô tả bằng định luật Hooke $F = mk(t)\vec{r}(t)$, nhưng hệ số $k(t)$ là khác nhau đối với mỗi hành tinh. Nói chung, định luật Newton và Hooke, theo một nghĩa nào đó, có tính đối ngẫu với nhau. Ví dụ: quỹ đạo của các vật thể tuân theo định luật Hooke với hệ số không đổi $k$ sẽ là các đường cong bậc hai (hình elip, hyperbol hoặc parabol), cũng như quỹ đạo của các thiên thể thông thường tuân theo định luật Newoton. Hơn nữa, nếu vật rơi tiếp tục chuyển động bên trong Trái Đất, chỉ tuân theo lực hấp dẫn thì chuyển động của nó sẽ mô tả theo định luật Hooke.

Mối quan hệ giữa Newton và Hooke cũng phức tạp như giữa các định luật tương ứng. Hooke là người đầu tiên công bố sự tồn tại của định luật “bình phương nghịch đảo” của hiệp ước, mà ông đã báo cáo trong một lá thư gửi cho Newton, người đã có thể sử dụng định luật này để giải thích những quan sát của Kepler. Trong một thời gian, các tranh chấp về quyền ưu tiên vẫn tiếp tục diễn ra giữa Hooke và Newot. Bạn có thể đọc về điều này và nhiều điều thú vị khác trong cuốn sách của V. I. Arnold “Huygens và Barrow, Newton và Hooke - những bước đầu tiên của phân tích toán học và lý thuyết thảm họa, từ tiến hóa đến giả tinh thể” (nhà xuất bản Nauka, 1989).

Phương trình $x''(t) = k(t)x(t)$ thường được gọi trong toán học là phương trình Sturm-Liouville, lặp lại scolini của Denogardus - Định lý Sturm*. Những định lý này đã được chứng minh cách đây 150 năm. Họ đã khai sinh ra một lĩnh vực toán học đã trở thành cổ điển - lý thuyết Sturm. Số $W(x_1, x_2) = x_1x'_2 - x_2x'_1$ (động lượng góc) được gọi là định thức Wronski (Vronscan).

*) Một gợi ý về điều này được chứa trong tên của thành phố nơi diễn ra đại hội dành riêng cho Denogardus.

16

Nếu hệ số $k$ không phụ thuộc vào thời gian và $k < 0$, thì phương trình $x'' = k(t)x$ trở thành phương trình dao động nhỏ mà bạn đã biết từ chương trình học ở trường (lời giải trong ví dụ 1). Nó mô tả tất cả các rung động mới có biên độ nhỏ; $x$ là độ lệch (nhỏ) so với vị trí cân bằng.

Bài tập 6. Tính hệ số $k$ trong trường hợp ở hình 3, nếu $a) x$ là hệ số độ cứng của lò xo, $m$ là khối lượng của tải trọng; $6) l$ — chiều dài của sợi lộn xộn không trọng lượng; $b) R$ là bán kính của lỗ, $d$ là đường kính của quả bóng.

Cuối cùng, Số Great Denogardus, hay đúng hơn là Công thức Great Denogardus (bài tập 4) được gọi là Schwartz tùy ý, hay Schwarzan. Trên thực tế, công thức này đã được nhà toán học người Đức K. F. Gauss truyền đạt trong một bức thư gửi G. A. Schwartz. Shvarchan là một đối tượng phổ biến của toán học hiện đại. Nó có một đặc tính đáng chú ý là xuất hiện trong nhiều lý thuyết toán học.

Vì vậy, mặc dù mọi điều nói về Denogarduce không gì khác hơn là một trò lừa bịp nhưng nội dung toán học trong công trình của ông lại khá nghiêm túc. Người ta thường nói: “Mọi câu chuyện cười đều có chút hài hước trong đó…”

Bóng đèn vĩnh cửu?

(Để bắt đầu, xem trang 2)

áp suất để quá trình truyền nhiệt không tăng quá nhiều). Khi đèn hoạt động ở dạng khí, một sự phân bố nhiệt độ nhất định được thiết lập bên trong xi lanh: gần dây tóc, nhiệt độ cao hơn nhiều so với gần thành xi lanh. Tổng áp suất của hơi krypton và hơi vonfram trong bóng đèn của đèn đang hoạt động là như nhau, tuy nhiên, có nhiều hơi vonfram ở gần dây tóc và nhiều krypton hơn ở gần thành lạnh. Sự phân bố khí không đồng nhất này có liên quan đến một hiện tượng gọi là khuếch tán nhiệt. Đồng thời, phân tử vonfram tách ra khỏi dây tóc có nhiều khả năng quay trở lại phần nóng nhất của dây tóc và ít có khả năng đọng lại trên thành.

Trong đèn halogen của đèn pha tự động (ở đây vấn đề về độ sáng của nguồn là cấp tính), khí nạp vào bóng đèn tạo thành một hợp chất dễ bay hơi với vonfram, hợp chất này phân hủy và giải phóng vonfram kim loại khi tiếp xúc với dây tóc nóng. Những điều kiện như vậy là hợp lý vì chúng không quá đắt và hầu như không làm tăng mức tiêu thụ điện năng.

Trong khi nghĩ về bóng đèn, chúng tôi đã nói về nhiều điều quan trọng khác nhau - về bức xạ của vật thể nóng lên, về sự phụ thuộc nhiệt độ của điện trở, về sự bay hơi và mất ổn định, về những mâu thuẫn kỹ thuật và sự phân tách nhiệt của các chất khí. Và mỗi chủ đề này có thể được tiếp tục. Nhưng những đồ vật khác xung quanh chúng ta cũng thú vị không kém gì bóng đèn…

17

Tradina bài toán có lịch sử lâu đời, kéo dài ba thế kỷ rưỡi. Bạn có thể hình thành nó như thế này:

Một viên đạn bắn ra từ ordium sẽ rơi theo phương thẳng đứng ở đâu? Vận tốc ban đầu của đạn và vĩ độ địa lý của vị trí đã được biết. Bạn đã đồng ý rằng chuyển động của đạn sẽ bị ảnh hưởng bởi chuyển động quay của Trái đất. Những người hiểu rõ hơn về vật lý cũng sẽ nhớ đến lực Coriolis. Nhưng hãy quay lại câu chuyện bài toán.

Nửa thế kỷ trước khi cuốn Principia của Isaac Newton được xuất bản, nhà khoa học người Pháp M. Mersenne (1588-1648) đã quyết định giải quyết vấn đề này bài toán bằng thực nghiệm. Phải nói rằng đối với Mersenne, trải nghiệm như vậy không phải là niềm vui “thể thao” mà là một nỗ lực để thử nghiệm một thử nghiệm “thế giới quan”. Mersenne là một người rất ngưỡng mộ Galileo, truyền bá ý tưởng của ông ở Pháp. Theo Mersenne, kết quả của thí nghiệm pháo sẽ xác nhận sự quay của Trái đất.

Để thực hiện thí nghiệm theo kế hoạch, Mersenne đã tuyển dụng kỹ sư quân sự M. Petit. Họ gắn một khẩu đại bác thẳng đứng và bắn nhiều phát. Hình ảnh hiển thị ở đây, lấy từ cuốn sách “Bài giảng về nguyên nhân của sự nặng nề” (1690) của P. Varignon, mô tả Mersenne (trong trang phục của một tu sĩ) và Petit, đang chờ đợi, như dòng chữ ở trên cùng nói, “liệu ​​họ có rơi lại không?”

Các thí nghiệm của Mersenne và Petit đã kết thúc không thành công: họ thậm chí không thể tìm thấy những quả đạn mà họ đã bắn ra, mặc dù theo tính toán, những quả đạn sau lẽ ra đã rơi cách khẩu pháo vài mét.

Vào cuối thế kỷ 19, bài toán này đã thu hút sự chú ý của nhà thiên văn học và nhà phổ biến nổi tiếng người Pháp C. Flammarin (1842-1925). Làm quen với cuốn sách của P. Varignon và đã tái hiện trong cuốn “Thiên văn học” của ông những gì chúng ta đã biết

Khắc từ cuốn sách của P. Varignon (1690), lại mô tả M. Mersenne và M. Petit.

18

khắc, ông đưa ra những điều sau lời giải bài toán: “Nếu bạn bắn từ một khẩu đại bác, nhắm thẳng lên trên, về phía thiên đỉnh, thì viên đạn đại bác sẽ lại rơi vào họng súng, mặc dù trong quá trình lên và xuống thấp, khẩu đại bác sẽ di chuyển cùng với Trái đất về phía đông. Lý do rất rõ ràng. Lõi, hướng lên trên, không mất đi tốc độ nào do chuyển động của Trái đất truyền cho nó. Hai cú sốc mà nó nhận được không đối ngược nhau: nó có thể di chuyển một quãng đường km lên trên và đồng thời di chuyển 6 km về phía đông. Chuyển động của nó trong không gian sẽ xảy ra dọc theo đường chéo của hình bình hành, một cạnh là 1 km, cạnh kia là 6 km. Hướng xuống dưới, dưới tác dụng của trọng lực, nó sẽ di chuyển dọc theo một đường chéo khác (hay đúng hơn là dọc theo một đường cong, do chuyển động được tăng tốc) và sẽ lại rơi vào họng súng vẫn ở vị trí thẳng đứng.

Flammarin viết thêm về những khó khăn khi thiết lập một thí nghiệm như vậy, nhớ lại những nỗ lực không thành công của Mersenne và Petit…

Ba thập kỷ sau, độc giả Liên Xô đã biết về bài toán này từ cuốn sách của nhà phổ biến khoa học tuyệt vời của chúng ta Ya. I. Perelman “Thiên văn học giải trí”. Ấn bản đầu tiên của cuốn sách được xuất bản vào năm 1929. Trong đó có nội dung như sau: “Một viên đạn bắn lên từ một khẩu pháo gắn trên đường xích đạo sẽ rơi ở đâu? bài toán này gần đây đã được thảo luận trên một tạp chí của Đức liên quan đến một viên đạn tưởng tượng được bắn theo phương thẳng đứng với tốc độ 8000 m/s trong giây đầu tiên; viên đạn này sẽ đạt độ cao 6400 km (bán kính Trái Đất) trong 70 phút *). Đây là nội dung của tạp chí viết: “Nếu một viên đạn được bắn đáp trả hướng lên trên xích đạo thì khi rời nòng súng nó cũng có vận tốc vòng tròn hướng về phía đông (465 m/s). Với tốc độ này, đạn sẽ được vận chuyển song song với đường xích đạo. Một điểm ở độ cao 6400 km, nằm ở thời điểm gặp sách.” Perelman hoàn toàn đúng, nhưng đơn giản là anh ấy đã không may mắn khi cố gắng đưa ra lời giải của riêng mình.

Trong ấn bản đầu tiên của cuốn sách, Perelman quyết định bài toán Vì thế. Do Trái Đất tự quay nên khi bắn ra một viên đạn có thành phần vận tốc so với tâm Trái Đất, hướng tiếp tuyến với bề mặt Trái Đất và bằng 465 m/s (nhớ rằng theo điều kiện bài toán vấn đề sẽ diễn ra ở xích đạo). Vì lý do này, trong 70 phút, viên đạn sẽ di chuyển về phía đông dọc theo tiếp tuyến một khoảng (70 × 60 × 465) m = 1950 000 m = 1950 km. Từ tâm Trái đất, đoạn này sẽ được nhìn thấy ở một góc có tiếp tuyến bằng tỷ lệ giữa chiều dài 1950 km và bán kính Trái đất. Dễ dàng tính được góc này là 16°57’. Trong thời gian đó, pháo sẽ di chuyển về phía Đông một góc (360·70/27·60)° = 17°30′,

19

t. đ. vận hành viên đạn (theo chiều góc) ở tốc độ 33′. Điều này tương ứng với khoảng cách trên bề mặt Trái đất là $\frac{2 \cdot 3,14 \cdot 6400 \cdot 33}{360 \cdot 60}$ km ≈ 60 km (do tính toán không chính xác, Ya. I. Perelman thu được góc 46′ và khoảng cách là 80 km).

Than ôi, lời giải này cũng không chính xác. Các chuyên gia đã thu hút sự chú ý đến lỗi của Ya. I. Perelman, và trong ấn bản thứ hai (1935), ông đưa ra một cái mới (thứ tư liên tiếp) lời giải bài toán:

“Bài toán, thật không may, không thể giải được bằng toán học cơ bản. Vì mục đích này, cần phải chuyên môn hóa phép tính, mà theo nghiên cứu của tôi, được thực hiện bởi nhà vật lý nổi tiếng Leningrad, Giáo sư M.P. Bronstein.*) Tôi không thể đi sâu vào chi tiết của phép tính này ở đây. Vì vậy, tôi sẽ hạn chế trình bày ở đây kết quả cuối cùng.

Nếu chúng ta biểu thị vận tốc ban đầu của lõi bằng $v$, tốc độ góc quay của quả cầu bằng $\omega$ và gia tốc trọng trường bằng $g$, thì đối với khoảng cách $x$ của điểm va chạm của lõi về phía tây của súng, sẽ thu được các biểu thức sau:

ở xích đạo

$$x = \frac{4}{3} \omega \frac{v^3}{g^2},$$

(1)

và trên shipotefe $\varphi$

$$x = \frac{4}{3} \omega \frac{v^3}{g^2} \cos \varphi.$$

(2)»

Thay $\varphi = (2\pi/86164) c^{-1}$, $g=9,8$ m/s$^2$, cho các điều kiện bài toán của tạp chí Đức Perelman được 50 km, và cho thí nghiệm Mersenne và Petit ($v=300$ m/s, $\varphi=48^\circ$) 1,7 m.

Và đây Ya. I. Perelman không may mắn; cả hai giá trị này đều được anh ghi lại hơn 10 lần. Có lẽ, trong trường hợp đầu tiên, Ya.I., nhớ quãng đường đạt được là 80 km, đã mong đợi

*) Matvey Petrovich Bronstein (1906-1938), một nhà vật lý và vật lý thiên văn xuất sắc, thuộc nhóm L. D. Landu. Vyle bị đàn áp hợp pháp vào năm 1938. Trong các ấn bản tiếp theo của Ya. Cuốn sách của I. Perelm đề cập đến M. P. Bronstein đã bị loại bỏ.

lấy một con số gần đúng và… mắc phải một lỗi tính toán mà tôi chưa bao giờ phát hiện ra.

Sau cái chết của Ya. I. Perelman, một trong những độc giả “tỉ mỉ” đã quyết định kiểm tra lại các tính toán của mình và viết thư cho người biên tập cuốn sách cho P. G. Kulikovsky. Bắt đầu từ ấn bản thứ tám của cuốn sách (1956), cả hai con số đều được sửa: số thứ nhất là 520 km, số thứ hai là 18 m. Văn bản vẫn không thay đổi.

Các công thức loại (1) và (2) được tìm thấy trong các tác phẩm cổ điển của Gauss, trong các tác phẩm của Viện sĩ A. N. Krylov và trong một số khóa học về cơ học lý thuyết. Chúng được suy ra từ lời giải phương trình vi phân chuyển động của vật liệu của một điểm trong trường hấp dẫn của Trái đất.

Vì vậy, chúng ta có thể chấm dứt điều này? Đã tìm thấy cả lời giải? Ví dụ, với các thí nghiệm của Mersenne và Petit, đúng vậy: độ lệch thực tế của đạn phải xấp xỉ 18 mét về phía tây. Nhưng đối với ví dụ đầu tiên (với lệnh bắn một viên đạn với tốc độ 8000 m/s), điều này không thể nói được. Và đây là lý do tại sao.

Công thức (1) và (2) được suy ra với điều kiện tỷ lệ giữa chiều cao của đạn và bán kính Trái đất $h/R$ là nhỏ. Điều này đúng trong các thí nghiệm của Mersenne và Petit. Trên thực tế, họ có

$$h = \frac{v^2}{2g} \approx \frac{9 \cdot 10^4}{20} m=4,5 km,$$

nhỏ hơn bán kính Trái đất 1400 lần. Nhưng trong bài toán từ tạp chí Đức $h=R$, tức là $h/R=1$, và công thức (1) không phù hợp ở đây. Chúng ta phải tìm lại lời giải bài toán.

Quỹ đạo bay của bất kỳ vật thể nào trong trường hấp dẫn của Trái đất (nếu chúng ta bỏ qua lực cản của khí quyển) là một trong những phần hữu hạn - hình elip, parabol hoặc hyperbol. Hình dạng của quỹ đạo chỉ phụ thuộc vào tốc độ ban đầu của vật thể. Như trong ví dụ của chúng ta, nếu tốc độ ban đầu bằng tốc độ vũ trụ thứ nhất (8000 m/s), thì quỹ đạo là một hình elip, tốc độ nào lớn hơn sẽ bằng bán kính Trái đất. Thành công nhỏ được quyết định bởi sự chỉ đạo

20

gốc của tốc độ ban đầu.*) Hãy xem tốc độ thẳng đứng nhỏ truyền cho đạn khi phóng bằng bao nhiêu trong trường hợp của chúng ta; góc giữa tiếp tuyến với quỹ đạo (tại thời điểm chuyến bay bắt đầu) và đường thẳng đứng có thể được tìm thấy từ công thức

$$\sin \theta = \frac{465}{8000} = 0,058,$$

từ đâu $\theta = 3^\circ 20'$. Không khó để báo cáo rằng cả điểm phóng và điểm va chạm của đạn đều nằm gần các đầu của trục nhỏ của hình elip mà nó mô tả (xem hình trên trang 30). Khi đó, từ các tính chất hình học của hình elip, người ta có thể tìm ra độ lệch tâm của nó

$$e = \cos \theta = 0,9983$$

và nhận được một ít

$$b = a \sqrt{1-e^2} = 6378 \cdot 0,058 = 370 \text{ км.}$$

Do đó, đạn của chúng tôi sẽ bị cuốn về phía đông $2b = 740$ km trong suốt chuyến bay. Nhưng cùng lúc đó, khẩu pháo sẽ bị cuốn về phía đông 1950 km. Điều này có nghĩa là đạn sẽ lệch 1210 km về phía Tây so với bãi phóng.

Chúng tôi đã nhận được một cái mới, đã là cái thứ sáu lời giải bài toán. Đây là điều cuối cùng.

Để kết luận, chúng ta hãy phân tích nguyên nhân gây ra lỗi của lời giải trước đó. Hãy bắt đầu với thử nghiệm không thành công lời giải của Mersenne và Petit. Lời giải thích đơn giản nhất cho sự thất bại của họ là cho rằng nòng súng không hoàn toàn thẳng đứng. Có lẽ nó đã như vậy. Nhưng Mersenne là một nhà thí nghiệm khá có kinh nghiệm và khó có khả năng độ lệch của thân cây là lớn. Và các ước tính được tính toán đưa ra, với độ lệch $1^\circ$, độ phân tán của một viên đạn tiếp theo không quá 300 m. Lính pháo binh biết rằng khi bắn vào các mục tiêu ở xa, hình elip phân tán (tức là khu vực mà đạn chủ yếu bắn trúng) được xác định bởi

được chia sẻ không chỉ bởi tính chính xác của việc cài đặt ordiya. Chuyển động quay của đạn, một số sự bất đối xứng về hình dạng và sự phân bổ khối lượng của nó, và tất nhiên, các lực azo động lực tác dụng lên đạn đang bay có thể ảnh hưởng đáng kể đến đường bay. Vì vậy thất bại của Mersenne và Petit là điều khá tự nhiên.

Lời giải Flamataron sẽ đúng nếu Trái đất phẳng, trường hấp dẫn đồng đều và khẩu pháo sẽ chuyển động dọc theo Trái đất về phía trước. Sau đó, cốt lõi của thực tế sẽ rơi thẳng vào miệng của bục giảng. lời giải này không tính đến độ cầu của Trái đất hoặc sự thay đổi gia tốc độ thẳng của nó theo khoảng cách.

Trong tạp chí lời giải của Đức, chỉ có thời gian bay của đạn được tính toán chính xác. Thời gian nó quay hoàn toàn quanh tâm Trái đất (với tốc độ ban đầu bằng tốc độ vũ trụ thứ nhất) là $T = 84$ phút 20 s, và thời gian từ khi phóng đến khi rơi, theo định luật thứ hai của Kepler, bằng

$$T_1 = T \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{\pi} \right) = 69 \text{ мин}$$

(diện tích của hình elip, được mô tả bằng vectơ bán kính của viên đạn theo thời gian $T_1$, là tổng của tam giác phẳng $OAB$, bằng $2ab/2$ và diện tích của hình bán elip $ACB$, bằng $lab/2$ (xem hình trên trang 30); từ tỷ lệ của diện tích này với diện tích của hình elip $lab$ ta được công thức viết ở trên). Các phép tính còn lại trong tạp chí của Đức có một lỗi tính toán nghiêm trọng. Trong 70 phút, khẩu pháo sẽ di chuyển 1950 km về phía Đông, và để quả đạn rơi cách nó 4000 km về phía Tây thì ngay từ đầu nó phải di chuyển về phía Tây, điều này không thể xảy ra được.

Vâng. I. Phép tính đầu tiên của Perelman hoàn toàn mang tính động học; nó không tính đến sự thay đổi gia tốc rơi tự do theo khoảng cách tính từ tâm Trái đất.

(*) Trong trường hợp đặc biệt là phóng theo phương ngang, đây sẽ là hình tròn có bán kính bằng bán kính Trái Đất.

21

Câu chuyện mới về chú voi tò mò

Không, đây không phải là câu chuyện về Chú Voi xấu xa mà Kipling đã viết, Chú Voi sống ở Châu Phi và bị những người thân yêu của mình đánh đập cho đến khi cậu học được cách tự đánh họ. Đây là một câu chuyện cổ tích về một điều gì đó khác, về một chú Voi ngoan ngoãn, chưa bao giờ bị người thân đánh đập và chưa bao giờ sống ở Châu Phi, điều này rất kỳ lạ, vì chú voi sống ở hầu hết các nước trên thế giới. Chú voi con tò mò này ngay từ khi sinh ra đã có chiếc mũi tuyệt vời nên không cần đến sự phục vụ của Cá sấu già, vì vậy chú đã mở ra một kỷ nguyên mới - Thời đại nguyên tử. Và anh ta cũng có rất nhiều chú và rất nhiều con cái, và anh ta đầy tính tò mò không đáng có và làm phiền mọi người bằng những câu hỏi của mình.

Sau đó, Chú voi tò mò lớn lên và bắt đầu hỏi những câu hỏi mới chưa từng có mà người thân của nó hỏi. Ông hỏi người đại diện của mình, ông chú triết gia, tại sao ông lại có logic như vậy, và ông chú đại diện, ông triết gia, trả lời rằng đó là vì ông biết rằng ông không biết gì cả. Và sau đó - tất cả cũng vì sự tò mò không phù hợp - anh ấy đã vượt qua Biển Bắc và bắt đầu đi vòng quanh nước Anh và kể cho mọi người nghe về Atom. Và anh ấy hỏi chú lông Ji-Gi ) tại sao lại mắc sai lầm lớn như vậy, và chú lông Ji-Gi trả lời rằng tất cả chỉ là do trí tưởng tượng lãng mạn. Và Chú voi tò mò phi lý đã đến thành phố khói mù Manchester, nơi có nhiều nhà vật lý lớn lên, để tìm Cá sấu già*) và hỏi ông ấy về Nguyên tử. Và anh ấy chỉ đùa giỡn với Cá sấu già một chút thôi, vì anh ấy là một chú voi dũng cảm. Và Cá sấu già nhe hàm răng khủng khiếp của mình và kể cho anh ta mọi thứ anh ta biết về Nguyên tử.

Còn Chú Voi Tò Mò đã về nhà, mang theo nhiều hành động và nguyên tắc khác nhau rồi rải chúng dọc đường. Và đằng sau anh ta chỉ có những động vật nhỏ, những người đã lựa chọn những hành động và nguyên tắc này và tạo ra các công thức từ chúng và

*) J. J. Thomson.

**) The Crocodile là tác phẩm của Rutherford, được những người bạn và học trò thân thiết nhất của ông tặng cho ông.

các lý thuyết triết học. Và họ hát và khen ngợi Voi con, tất nhiên là về phía họ rất tệ, và đôi tai của các chú họ rung lên giận dữ.

Nhưng Chú voi nhỏ tò mò đã khiến hầu hết các chú voi tin tưởng vào hầu hết mọi hành động và nguyên tắc của mình, và bản thân chú cũng trở thành một chú voi to lớn, khôn ngoan và hiền lành giống như chú voi hoang dã Hati. Và anh ta bắt đầu hút tẩu và rải một đống tro xung quanh, và một số động vật nhỏ bắt đầu bắt chước anh ta và cũng trở nên to lớn và khôn ngoan. Và Chú Voi Nhỏ đã xây một ngôi nhà lớn hơn để nó có thể ở và mời các loài động vật lớn và động vật nhỏ đến thăm. Và anh ấy sẵn sàng chơi với những con vật nhỏ nếu có dù chỉ một chút thời gian.

Nhưng buổi bình minh của Thời đại Nguyên tử đến quá nhanh và Chú Voi Nhỏ có rất nhiều việc phải làm: sau cùng, chú phải giải thích cho tất cả những loài động vật lớn những gì chúng cần làm. Và vì một số người trong số họ bắt đầu làm những điều xấu, Voi Nhỏ trở nên rất buồn. Nhưng nhà vua đã ban cho cậu một con voi nhỏ, được chạm khắc từ ngà voi, để tất cả các loài động vật và tất cả những người thân yêu của cậu sẽ luôn nhớ đến cậu là một chú voi tốt bụng và thông minh như thế nào.

Ếch, con vật nhỏ (Trích từ cuốn sách “Các nhà vật lý tiếp tục đùa giỡn.” - M.: Mir, 1968.)

23

TUYỆT VỜI
PHIÊU LƯU
CỦI ĐỊNH KỲ

Từ biên tập viên. Điều tuyệt vời. Tạp chí của chúng tôi đã tồn tại được 20 năm và chưa bao giờ viết cho chúng tôi về chủ đề này: về tính chất của các giai đoạn thập phân. Và đột nhiên - ba bài viết cùng một lúc! Một bài được viết bởi V. G. Stolyar, một bài khác của E. A. Kuraev và Z. K. Silozadze, và bài thứ ba của G. A. Galperin và A. V. Korlyukov. Cuối cùng, chúng tôi quyết định kết hợp các bài viết này thành một, sử dụng V. G. Stolyar làm cơ sở. Đây là kết quả của nó.

Hãy xem các ví dụ…

Người đọc có thể biết (và nếu không thì còn tốt hơn: anh ta đã học được điều này từ bài viết của chúng ta) rằng mọi phân số thông thường đều được biểu diễn bằng một phân số thập phân tuần hoàn (chúng ta có thể coi phân số thập phân cuối cùng là tuần hoàn với chu kỳ 0 hoặc 9). Nhưng hầu như không nhiều người nhận ra phần tuần hoàn này chứa đựng bao nhiêu điều bất ngờ. Chúng ta hãy xem ba ví dụ:

$$\frac{1}{7} = 0,142857142857...$$
$$\frac{1}{12} = 0,08333333333...$$
$$\frac{1}{13} = 0,076923076923...$$

Chúng ta thấy rằng đối với các số $1/7$ và $1/13$, dấu chấm bắt đầu ngay sau dấu thập phân và bao gồm sáu chữ số (lần lượt là 142857 và 076923), còn đối với số $1/12$, dấu chấm bắt đầu ở vị trí thứ ba sau dấu thập phân và bao gồm một chữ số duy nhất: 3. Việc kiểm tra cẩn thận dấu chấm của các số $1/7$ và $1/13$ cho phép chúng ta nhận thấy một dấu khác hoàn cảnh. Cụ thể, chúng ta đặt $N=142857$ (dấu chấm của phân số $1/7$) rồi nhân $N$ với 2, 3, 4, ..:

$$2N=285714, 3N=428571,$$
$$4N=571428, 5N=714285,$$
$$6N=857142, 7N=99999.$$

Chúng ta thấy rằng năm số đầu tiên trong số này có được từ số $N$ bằng một “hoán vị vòng tròn” của các chữ số: có bao nhiêu chữ số từ cuối số di chuyển về đầu; và số $7N$ chỉ bao gồm số chín. Bây giờ chúng ta hãy làm tương tự với dấu chấm của phân số $1/13$ ($N=076923$):

$$2N=153846, 3N=230769,$$
$$4N=307692, 5N=384615,$$
$$6N=461538, 7N=538461,$$
$$8N=615384, 9N=692307,$$
$$10N=769230, 11N=846153,$$
$$12N=923076, 13N=99999.$$

Ở đây, tình huống hơi khác một chút nhưng vẫn thú vị: năm trong số các số được viết ($3N, 4N, 9N, 10N, 12N$) có được từ số $N$ bằng cách sắp xếp lại theo vòng tròn các chữ số, sáu số còn lại ($2N, 5N, 6N, 7N, 8N, 11N$) có được bằng cách sắp xếp lại theo vòng tròn các chữ số với nhau, và cuối cùng, số $13N$ chỉ bao gồm số chín.

Một điều khác bạn có thể nhận thấy là điều này. Nếu bạn lấy bất kỳ giá trị số nào trong sáu giá trị số được viết ở trên, ngoại trừ số 999999, hãy “chia” nó thành hai hoặc ba giá trị số và tính tổng của các nửa này, bạn sẽ nhận được 999; ví dụ: $142+857=999$, v.v.

Như bạn có thể thấy, có rất nhiều bí ẩn liên quan đến phân số thập phân tuần hoàn. Một số bí ẩn này vẫn chưa được giải quyết trong vài giây, bất chấp nhiều nỗ lực được thực hiện trong nhiều thế kỷ bởi các nhà toán học từ các quốc gia khác nhau, cả vĩ đại và “khiêm tốn” hơn. Tuy nhiên, chúng tôi có thể cho bạn biết điều gì đó về điều này.

Sở thích của Johann Bernoulli

Hãy tạm gác lại các giai đoạn và chuyển sang Thụy Sĩ vào cuối thế kỷ 18.

24

à. Chúng ta đang nhìn thấy một bức tranh kỳ lạ: nhà toán học bậc thầy Juhann III Bernoulli, đại diện của gia đình toán học nổi tiếng Bernoulli, giống như các triều đại hoàng gia, được vinh danh với việc thêm số sê-ri vào tên, người ta có thể nói, đang tham gia vào trò chơi trẻ con! Ông phân tách các số viết theo đơn vị riêng thành các thừa số nguyên tố: 11=11, 111=3·37, 1111=11·101, v.v. Năm 1773, Bernoulli công bố trong kỷ yếu của Học viện Berlin một bảng các thừa số nguyên tố của các số bao gồm $n$ đơn vị - lên đến $n=31$ (xem hình 1). Mặc dù thực tế là anh ấy đã thất bại trong việc tìm ước số cho một số số thuộc loại này ($n=11, 17, 29$) và đối với ba số ($n=20, 25, 27$), việc khai triển không đưa đến thừa số nguyên tố, bất chấp những sai lầm mà anh ấy đã mắc phải (đối với $n=22, 24, 26$), ngày nay chúng ta chỉ có thể cúi đầu trước công trình của Ghirant trong việc tính các thừa số nguyên tố của những số khổng lồ này. Có thể giả định rằng tác giả của bảng được thúc đẩy không chỉ bởi tinh thần nghiên cứu của nhà khoa học mà còn bởi niềm đam mê thẩm mỹ thực sự của người nghệ sĩ, người đã bị cuốn vào thế giới hấp dẫn đến kinh ngạc của chuỗi đơn vị bí ẩn này. I. Bernoulli phản ánh những nghi ngờ của mình về tính đúng đắn của việc khai triển trong một số trường hợp có dấu hoa thị.

Trong suốt một trăm năm đầu tiên đã trôi qua kể từ khi bảng của I. Bernoulli được xuất bản, không có sự rõ ràng cụ thể nào được đưa vào đó. Năm 1838, Westerberg đã phân tích thành 11 đơn vị - và chỉ thế thôi. Năm 1879, nhà toán học người Pháp Édouard Lucas đã tìm ra thừa số nguyên tố cho $n=17$ và nhận ra rằng số nguyên 19 đơn vị không thể phân tách được. Năm 1895, cuốn sách “Số học giải trí” của ông được xuất bản ở Paris, bao gồm bảng dưới đây.

Sự quan tâm đến các số gồm các đơn vị vốn đã suy yếu dần đã tăng trở lại trong những năm gần đây, đặc biệt liên quan đến sự phát triển của lý thuyết mã số học, làm cơ sở cho việc triển khai các phương pháp mã hóa chống ồn trong công nghệ máy tính (ví dụ, hãy xem cuốn sách “Lý thuyết về mã số học” của Yu. G. Dadaev xuất bản tại Moscow năm 1981). Những con số bí ẩn của chúng ta, gần hai thế kỷ sau khi bảng ước số đầu tiên được công bố, cuối cùng cũng có được tên riêng. Trong “Lý thuyết số giải trí” (New York, 1964), tác giả A. Beiler, dành cả một chương cho con số này với tựa đề “111…1111”, đã giới thiệu thuật ngữ “repunit” cho chúng (viết tắt của đơn vị lặp lại trong tiếng Anh - đơn vị lặp lại). Từ “repunit” trong tiếng Nga chưa được tìm thấy trong từ điển, nhưng nó đã xuất hiện trong phần tóm tắt của các bài báo nước ngoài, có được sức mạnh của một thuật ngữ quốc tế mới.

Bàn

$$\begin{array}{l} 111=3 \cdot 37 \\ 1111=11 \cdot 101 \\ 11111=41 \cdot 271 \\ 111111=3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37 \\ 1111111=239 \cdot 4649 \\ 11111111=11 \cdot 73 \cdot 101 \cdot 137 \\ 111111111=3^2 \cdot 37 \cdot 333667 \\ 1111111111=11 \cdot 41 \cdot 271 \cdot 9091 \\ 11111111111=21649 \cdot 513239 \\ 111111111111=3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37 \cdot 101 \cdot 9901 \\ 111111111111=53 \cdot 79 \cdot 265371653 \\ 111111111111=11 \cdot 239 \cdot 4649 \cdot 909091 \\ 111111111111=3 \cdot 31 \cdot 37 \cdot 41 \cdot 271 \cdot 2906161 \\ 111111111111=11 \cdot 17 \cdot 73 \cdot 101 \cdot 137 \cdot 5882353 \\ 111111111111=2071723 \cdot 5363222357 \\ 111111111111=3^2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 19 \cdot 37 \cdot 52579 \cdot 333667 \end{array}$$

25

Các nhà toán học tiếp tục làm mưa làm gió với bảng ước số đoàn tụ, và đến năm 1975, $n$ trong bảng sẽ đạt tới 3000 (S. Yates), nhưng vẫn còn nhiều khoảng trống trong đó. (Cho đến nay, một số khoảng trống LIÊN KẾT này đã được xác định và các ước số của sự đoàn tụ lên tới 162 đã được tìm thấy). Điều đặc biệt quan tâm là những cuộc đoàn tụ đơn giản, việc tìm kiếm cũng đang diễn ra. Người ta đã chứng minh rằng các cuộc tái hợp lần thứ 19 (1918), 23 (1929), 317 (1978) và 1031 (1985) rất đơn giản.

Tuy nhiên, chúng tôi không quan tâm đến sự tái hợp mà liên quan đến các giai đoạn của phân số thập phân. Sự tồn tại của mối liên hệ giữa cả hai cũng đã được dự đoán trước bởi Bernoulli, người, đồng thời với bảng ước số của các tập hợp đã được đề cập, đã công bố một bản đánh giá về các kết quả đã biết vào thời điểm đó về các chu kỳ của phân số thập phân, trong đó bao gồm một bảng dài về các chu kỳ này (xem hình 2). Trên thực tế, mối liên hệ này, như chúng ta sẽ thấy bây giờ, nằm trên bề mặt.

Thống nhất các ước số và biểu diễn các phân số phổ biến dưới dạng số thập phân

Hãy bắt đầu với ba quan sát đơn giản.

Quan sát 1. Giả sử số 999…999, được tạo thành từ $n$ số chín, chia hết cho một số tự nhiên cho trước $m$. Hãy viết thương của phép chia dưới dạng số có $n$ chữ số: $999...999/m = a_1a_2a_3...a_n$ (một vài chữ số đầu tiên $a_i$ có thể là số 0). Sau đó $\frac{1}{m} = 0, a_1a_2a_3...a_n a_1a_2a_3...a_n$.

Bằng chứng.

$$m \cdot 0, a_1a_2a_3...a_n a_1a_2a_3...a_n = 0, 999...999...999...=1.$$

Quan sát 2. Nếu số $m$ không chia hết cho 3 thì khả năng chia hết cho $m$ của một số được tạo thành từ $n$ số chín tương đương với khả năng chia hết cho $m$ của một số được tạo thành từ $n$ đơn vị (tức là tái hợp).

Nó rất thuận tiện.

Nhận xét 3. Nếu số $m$ không chia hết cho 2 và 5 thì có sự tái hợp chia hết cho $m$.

Bằng chứng. Chúng ta sẽ lần lượt tìm số dư khi chia cho $m$ của các số 1, 11, 111, v.v. Dãy số dư này là vô hạn.

DES SCIENCES ET BELLES-LETTRES.

L TABLE

de quelques sommes de la progression géométrique

$$1 + 10^1 + 10^2 + \dots + 10^n = S$$

résolues en nombres premiers.

NB. On n’a pas examiné complètement fi les nombres marqués d’une étoile font premiers.

| t | Valeur de S. |
| :— | :— |
| 1 | 11 |
| 2 | 3.37 |
| 3 | 11.101 |
| 4 | 41.271 |
| 5 | 3.7.11.13.37 |
| 6 | 239.4649 |
| 7 | 11.73.101.137 |
| 8 | 3.37.333667 |
| 9 | 11.41.271.9091 |
| 10 | 111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313131313313131313131313131313131313131331313313133133133133133133133133133133133133313333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333127777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777

28

đối với các mẫu số nguyên tố lên tới 1370471 (S. Yates, 1975) Người ta thu được các kết quả tổng quát khác, hóa ra phần dư của phép chia số p cho … 40 có tầm quan trọng rất lớn khi xác định độ dài của chu kỳ 1/p với số nguyên tố p. Ví dụ: nếu số dư này là 3, 27, 31, 39 thì L(p) là số lẻ và nếu p = 40k ± 7, ±11, ±17, ±19 thì L(p) là số chẵn. Tuy nhiên, bài toán phép tính các số L(p) cho số nguyên tố p dường như khác xa với lời giải.

Trường hợp mẫu số khó

Bài tập 4. Nếu p₁ và p₂ nguyên tố cùng nhau và nguyên tố 10 thì L(p₁p₂) là bội số chung nhỏ nhất của L(p₁) và L(p₂).

Vì mọi số tự nhiên là tích của lũy thừa của các số nguyên tố cùng nhau, nên câu lệnh cuối cùng cho biết bài toán tính độ dài của một khoảng thời gian trong trường hợp mẫu số là lũy thừa của một số nguyên tố. Và ở đây một lần nữa không có sự rõ ràng: ví dụ, L(3)=1, L(9)=1; L(7)=6, L(49)=42; vân vân.

Bây giờ là lúc chúng ta bỏ qua độ dài của các khoảng thời gian và chuyển sang các hiện tượng được giải thích ở đầu bài viết.

Hiệu ứng dịch chuyển thú vị

Hãy để chúng tôi nhắc nhở bạn nó bao gồm những gì. Chúng ta đã thấy rằng chu kỳ sáu chữ số của 1/7, khi nhân với 2, 3, 4, 5, 6, trải qua một sự sắp xếp lại mạnh mẽ: một số chữ số từ cuối số sẽ chuyển sang đầu. Dấu chấm sáu chữ số dobi 1/13 hoạt động hơi khác khi nhân với nhiều số khác nhau; cụ thể là, … Tuy nhiên, chính xác những gì xảy ra với anh ta, người đọc có thể nhớ bằng cách nhìn vào phần đầu của bài viết, và bây giờ chúng ta sẽ chứng minh một định lý ít nhiều giải thích được hiện tượng này.

Định lý 3. Cho N là chu kỳ 1/m (viết dưới dạng số, có thể bắt đầu bằng một hoặc nhiều số 0), trong đó m nguyên tố cùng nhau với 10 và l là số dư khi chia số 10^k

trên m. Khi đó số lN thu được từ số N bằng cách sắp xếp lại k chữ số từ đầu đến cuối số.

Bằng chứng. Gọi M là phần nguyên của số 10^k/m, tức là 10^k = Mm+l. Nhân phân số thập phân 1/m với 10^k; trong trường hợp này dấu phẩy sẽ di chuyển k vị trí sang trái. Phần nguyên của số kết quả là M. Hãy loại bỏ phần nguyên. Kết quả là một số

$$10^k \frac{1}{m} - M = \frac{10^k - Mm}{m} = \frac{l}{m}.$$

Đây là một phân số thập phân tuần hoàn, chu kỳ của nó được tính từ chu kỳ dobi 1/m bằng cách sắp xếp lại đột ngột các chữ số: k chữ số di chuyển từ đầu đến cuối; nhưng đồng thời, số này lớn hơn số 1/m lần l lần nên chu kỳ của nó lớn hơn chu kỳ của số 1/m l lần, tức là N. Định lý đã được chứng minh.

Nếu số 1/m có chu kì (m-1) chữ số thì định lý đã được chứng minh đều được giải thích. Thật vậy, bằng cách hoán vị đột ngột các số trong một dấu chấm, bạn có thể nhận được các số m-1 (bao gồm cả chính anh ta) và tất cả các số này đều khác nhau. Mặt khác, nhân chu kỳ với 1, 2, …, m-1, ta cũng được số m-1; điều này có nghĩa là chúng hoàn toàn giống nhau. Nếu chu kỳ ngắn hơn thì hoán vị đột ngột của các số thuộc chu kỳ N không làm hết tất cả các số có dạng lN với 1<l<m-1. Tất cả những gì có thể nói trong trường hợp này là sự sắp xếp lại rõ ràng các chữ số của số lN luôn dẫn đến một số có dạng l’N - điều này được chứng minh giống hệt như Định lý 3.

Điều thú vị là Định lý 3 được giải thích ở một số lĩnh vực:

Định lý 4. Cho N là một số nguyên (ký hiệu của số này có thể bắt đầu bằng hoặc bằng nhiều số 0), và gọi A là số được tạo bởi k chữ số cuối cùng của số N. Giả sử khi gạch chéo k chữ số từ đầu số N đến đầu số đó sẽ thành số lN, trong đó l là số nguyên. Khi đó phân số thập phân tuần hoàn O,NNN… bằng $\frac{A}{10^k l-1}$.

29

(Phần cuối cùng có thể rút gọn được.)

Bằng chứng. Gọi $n$ là số chữ số của số $N$. Khi thay đổi ký tự $k$ từ cuối số $N$ về đầu sẽ biến thành số $\frac{N-A}{10^k} + A \cdot 10^{n-k}$. Như vậy,

$$\frac{N-A}{10^k} + A \cdot 10^{n-k} = lN,$$
$$N-A + A \cdot 10^n = lN \cdot 10^k,$$
$$\frac{N(10^{n-k}l-1)}{A} = 10^n - 1,$$

Ở đâu

$$0,NNN \dots \cdot \frac{10^{n-k}l-1}{A} = 0,999 \dots = 1,$$

đó là những gì chúng ta cần

Bản thân chúng tôi không muốn điều đó, chúng tôi đã học cách giải một loại Olympic bài toán. Đây là một ví dụ.

Bài toán. Tìm tất cả các số có sáu chữ số tăng theo hệ số nguyên khi thay đổi chữ số cuối cùng từ đầu lên đầu.

(Chúng ta sẽ giả sử, như thường lệ, rằng số không bắt đầu từ 0; chúng ta có thể giải bài toán mà không cần giả định này, nhưng đáp số sẽ quá phức tạp: nó sẽ bao gồm các số 000001, 000002, …, 000009, 000011, 000013… Chúng ta cũng sẽ hiểu từ “tăng” theo nghĩa đen, tức là. trường hợp số không thay đổi khi chữ số được thay đổi; nếu không, đáp số sẽ bao gồm các số 111111, 222222, …, 999999.)

Lời giải. Đặt $A$ là chữ số cuối cùng của số của chúng ta và để nó tăng lên $l$ lần khi được đổi về đầu. Vì vậy, $1 \leq A \leq 9$, $2 \leq l \leq 9$. Theo Định lý 4, số của chúng ta là chu kỳ sáu chữ số của phân số (có thể rút gọn) $A/(10l-1)$. Mẫu số của phân số này trước khi rút gọn có thể là một trong các số 19, 29, 39, …, 89; sau khi giảm đi một chữ số, mẫu số có thể trở thành 39:3=13, 49:7=7, 69:3=23. Vì chu kỳ của phân số có sáu chữ số nên mẫu số phải chia cho ước số của số $999999=3^3 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 37$ (xem Định lý 1). Điều này khiến anh ta chỉ có ba khả năng: 7, 13, 39. Do đó, $l$ bằng 4 hoặc 5. Với $l=4$, phân số của chúng ta là $A/39$, trong đó $A=4, 5, ..., 9$ (phân số phải lớn hơn 0,1, vì dấu chấm không được bắt đầu từ 0). Chu kì của phân số đó là $A \cdot 25641$ (chu kỳ của phân số 1/39 là 025641). Tại $l=5$ phân số bằng $A/49$ và phải hủy đi 7, để lại lựa chọn duy nhất: 1/7; chu kỳ là 142857. Vì vậy,

Đáp số: 102564, 128205, 142857, 153846, 179487, 205128, 230769.

Bài tập 5. Giải bài toán tương tự cho số có 13 chữ số.

Gợi ý. Sử dụng bảng ước số cứu trợ.

Tác dụng của số chín

Định lý 5. Cho $q$ là một số nguyên tố lớn hơn 5 và cho $1 \leq p \leq q$. Giả sử chu kì của phân số $p/q$ là số có $2n$ chữ số $N$. Tiếp theo, chúng ta biểu thị bằng $N_1$ số được tạo bởi các chữ số $n$ đầu tiên của dấu chấm và bằng $N_2$ số được tạo bởi các chữ số cuối cùng của $n$. Sau đó $N_1+N_2 = 999 \dots 999$ (tiếng hát hiện tại).

Bằng chứng. Theo điều kiện,

$$N = 10^n N_1 + N_2,$$
$$\frac{p}{q} = \frac{N}{10^{2n}-1},$$

và do đó

$$p(10^{2n}-1) = Nq = (10^n-1)N_1q + (N_1+N_2)q,$$
$$(N_1+N_2)q = (10^n-1)((10^n+1)p-Nq).$$

Vì $2n$ là $k$ nhỏ nhất mà $10^k-1$ chia hết cho $q$, $10^n-1$ không chia hết cho $q$ và vì $q$ là số nguyên tố nên $10^n-1$ là số nguyên tố với $q$. Vậy $N_1+N_2$ chia hết cho $10^n-1$. Nhưng đồng thời, $N_1$ và $N_2$ là các số có $n$ chữ số, không phải cả hai đều bao gồm số chín. Điều này có nghĩa là $N_1+N_2 < 2(10^n-1)$, và do đó $N_1+N_2 = 10^n-1$, đó là điều bắt buộc.

Lưu ý rằng chúng tôi chỉ sử dụng số nguyên tố $q$ ở một nơi: từ đó chúng tôi suy ra rằng $10^n-1$ được xếp chồng lên $q$. Tất nhiên, sự đơn giản của mùa đông này cũng có thể đi kèm với

30

cố định $q$, do đó kết luận của định lý của chúng tôi cũng đúng với các giá trị đa nguyên tố.

Một hiệu ứng khác
Hãy xem xét lại chu kỳ của phân số 1/7: $N=142857$. Hãy bình phương nó ($N^2=20408122449$), tách sáu chữ số cuối và cộng nó với số còn lại:

$$122449+20408=142857.$$

Hóa ra lại là thời kỳ của chúng tôi. Hãy làm tương tự với khoảng thời gian của số 1/17:

$$0588235294117647^2=346020761245674671280276816609,$$

Tuy nhiên, kết quả không phải là thời kỳ ban đầu của chúng ta mà là một con số khác với nó ở chỗ sắp xếp lại các con số theo vòng tròn. Tương tự cho phân số 19/1:

$$052631578947368421^2=2770083102493074786703601108033241,$$

$$786703601108033241+2770083102493074=789473684210526315.$$

Bài tập 6. Hãy giải thích điều này.

Khó bài toán

(Xem phần đầu ở trang 17)

Trong phép tính thứ hai, như chúng tôi đã nói, đã xảy ra lỗi tính toán. Cuối cùng, phép tính thứ ba, được thực hiện bằng công thức Gauss, chỉ hợp lệ với điều kiện $h \ll R$, trong khi với điều kiện bài toán $h=R$.

Tính toán của chúng tôi dựa trên các định luật chuyển động elip trong trường hấp dẫn trung tâm. Do đó, nó cho phép bạn nhận được đáp số chính xác.

Làm ơn, về điều này chúng ta có thể hoàn thành câu chuyện về bài toán này, thoạt nhìn - thật đơn giản, nhưng hóa ra lại khó đến mức không ngờ ngay cả đối với những người đã chuẩn bị kỹ càng.

Quỹ đạo được mô tả bởi một viên đạn bắn thẳng đứng về phía xích đạo với tốc độ 8 km/s. Đạn sẽ di chuyển dọc theo nửa giếng ACB, súng sẽ di chuyển dọc theo AD. Tất cả các quy mô đều được tôn trọng. Ví dụ, vòng quay của Trái đất được biểu thị bằng một mũi tên. Khoảng cách của chủ nghĩa duy vật đến tâm Trái đất $O$ là 11 km và không thể phân biệt được trên thang đo này.

31

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. Các nhiệm vụ được xuất bản trong đó không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường.

bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này phải được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 10 năm 1989 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được đính kèm trong các phong bì khác nhau. Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết: “Bài toán Kvant Số 8-89” và các số bài toán, lời giải bạn đang gửi, ví dụ “M1176” hoặc “F1183”. Ở cột “…địa chỉ người gửi”, vui lòng ghi riêng họ và tên của bạn. Trong thư, hãy gửi một phong bì có ghi địa chỉ của bạn (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).

Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản sẽ được bao gồm trong một phong bì riêng, được làm thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Bài toán Kvant, bài toán mới trong vật lý” hoặc “…mới bài toán trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết mã số trường và lớp bạn dạy. Bài toán M1180 đã được đưa ra ở giai đoạn cuối cùng của Olympic Toán học toàn Liên minh lần thứ XXIII (Riga, 1989).

Bài tập
M1176 — M1180, F1183 — F1187

M1176. Hai hình vuông AKBM và CNDL nằm trên mặt phẳng sao cho ABCD là tứ giác lồi, các điểm K và L đều nằm trong tứ giác này. Chứng minh rằng diện tích của tứ giác này là $(MN^2 - KL^2)/4$.

S. A. Stolyarov

M1177. Chứng minh rằng với các số dương $x_1, x_2, ..., x_n$ không vượt quá 1 thì bất đẳng thức sau đúng:
$$(1+x_1)^{1/x_2}(1+x_2)^{1/x_3}(1+x_3)^{1/x_4}...(1+x_n)^{1/x_1} \geq 2^n.$$
K. P. Kokhas, V. M. Televka

M1178. a) Chứng minh rằng với tam giác không tù ABC có các cạnh a, b, c, đường tròn nội tiếp bán kính r và bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bất đẳng thức sau có giá trị:
$$2(R+r) \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}.$$
6) Trong những điều kiện nào thì sự bất bình đẳng này biến thành sự bình đẳng?

Z. A. Skopets

M1179. Tìm $a_{1000}$ nếu $a_1=0$ và cho $n=1, 2, 3, ...$

a) $a_{n+1} = \frac{n}{n+1}(a_n+1)$;

b) $a_{n+1} = \frac{n(n+1)}{(n+2)(n+3)}(a_n+1)$;

b) $a_{n+1} = \frac{n(n+1)(n+2)}{(n+3)(n+4)(n+5)}(a_n+1)$.

V. A. Vergezim

M1180. Trên một trong hai mặt cầu giao nhau cho trước lấy các điểm A và B, mặt khác - C và D. Đoạn AC đi qua điểm chung của hình cầu. Đoạn BD đi qua một điểm chung khác của hình cầu và song song với đường thẳng chứa tâm của hình cầu. Chứng minh rằng hình chiếu của các đoạn AB và CD lên đường thẳng AC bằng nhau.

I. F. Sharytsin

F1183. Xe buýt di chuyển với tốc độ không đổi $u=60$ km/h, dừng lại rất lâu. Ngoài trời đang có gió và mưa. Những hạt mưa được hình thành trên cửa sổ bên của xe buýt như hình ảnh trong hình 1. Tốc độ và hướng gió không thay đổi. Tốc độ của hạt mưa rơi là bao nhiêu? Bạn có thể nói gì về tốc độ gió? Đường thẳng, xe buýt không quay đầu.

A. V. Andranov

F1184. Một thanh sắt hình trụ dài 10 cm được nung trên ngọn lửa của bếp gas. Nhiệt độ của đầu nóng của thanh hóa ra là 700 ° C, ở khoảng cách 1 cm với nó - 500 ° C, 2 cm - 300 ° C, 3 cm - 200 ° C, 5 cm - 150 ° C, nhiệt độ của đầu kia

32

đầu thanh - 100 ° C. Sau 1 phút, nhiệt độ giảm dần và đạt 200°C. Tính nhiệt lượng mà thanh tiêu thụ trong thời gian đó. Nhiệt dung riêng của sắt là 460 J/(kg K), khối lượng thanh là 15 g.

A. R. Zilberman

F1185. Một khối lập phương tích điện đều tạo ra một điện trường có cường độ $E_0$ ở đỉnh của nó. Một khối lập phương có kích thước bằng một nửa được loại bỏ khỏi khối lập phương (hình 2). Cường độ trường bây giờ sẽ là bao nhiêu tại điểm $A$?

Tôi. Yu. Poteryayko

F1186. Tại giá trị nào của điện dung của tụ điện $C_x$ trong mạch như hình hình 3, độ lệch pha giữa điện áp đặt vào và dòng điện trong mạch ngoài sẽ bằng 0 ở bất kỳ tần số nguồn nào? Độ tự cảm của cuộn dây là $L$, điện trở của mỗi điện trở là $R$. Tất cả các phần tử của mạch được coi là lý tưởng.

V. E. Skorovarov

F1187. Một chiếc xe trượt tuyết có chiều dài $L=2$ m và chiều cao $H=0,5$ m chuyển động theo đường thẳng với tốc độ $v=10$ m/s. Một chiếc lều có camera được lắp đặt cách đường $d=10$ m và chụp ảnh tại thời điểm hòa nhập tối đa.

Máy ảnh có một ống kính đơn có tiêu cự $F=5$ cm. Tốc độ cửa trập (tức là thời gian trong đó mỗi bộ phận của máy ảnh được chiếu sáng) được phản ánh trong máy ảnh này bằng cách sử dụng cửa trập khe, hoạt động như sau. Dọc theo khung phim, một khe dọc di chuyển với tốc độ không đổi $v_0=1$ m/s, chiều rộng của khe này có thể giảm cho đến khi đạt được tốc độ màn trập yêu cầu. Kích thước Kadar $24\times 36$ mm. Tỷ lệ chiều dài và chiều cao của hình ảnh chó khá sắc nét thu được trên phim là bao nhiêu?

M. G. Gavrilov

Lời giải bài toán
M1151 — M1154, F1163 — F1167

a) Đẳng thức này dễ dàng được chứng minh bằng quy nạp. Với $n=1$ thì đúng: $\frac{1\cdot 2!}{2} = \frac{3!}{2} - 2=1$. Giả sử rằng nó đã được chứng minh cho $n=k$, hãy kiểm tra xem nó có đúng với $n=k+1$ không:

$$\frac{1\cdot 2!}{2} + \frac{2\cdot 3!}{2^2} + \dots + \frac{k(k+1)!}{2^k} + \frac{(k+1)(k+2)!}{2^{k+1}} =$$

$$= \frac{(k+2)!}{2^k} + \frac{(k+1)(k+2)!}{2^{k+1}} - 2 =$$

$$= \frac{(k+3)!}{2^{k+1}} - 2.$$

b) Đáp số: $\frac{(n+3)!}{3^n}$ — c. Điều này có thể được chứng minh bằng

33

Quy nạp giống như ở phần a), nhưng cách lập luận này có thể được trình bày hơi khác một chút. Lưu ý rằng mỗi số hạng của tổng có thể được viết dưới dạng hiệu

$$\frac{(k+3)!}{3^k} - \frac{(k+2)!}{3^{k-1}} = \frac{(k+2)!(k+3-3)}{3^k} = \frac{k(k+2)!}{3^k}.$$

Chúng ta hãy viết ra một số đẳng thức như vậy cho $k=1, 2, ..., n$ và cộng chúng theo từng số hạng; chúng tôi nhận được:

$$\frac{(n+3)!}{3^n} - 3! = \frac{1 \cdot 3!}{3} + \frac{2 \cdot 4!}{3^2} + \dots + \frac{n(n+2)!}{3^n}.$$

Tương tự, với mọi số tự nhiên $d$ từ đẳng thức

$$\frac{(k+d)!}{d^k} - \frac{(k+d-1)!}{d^{k-1}} = \frac{k(k+d)!}{d^k}$$

người ta có thể rút ra sự khái quát hóa các kết quả bài toán a) và 6):

$$\frac{1 \cdot d!}{d} + \frac{2 \cdot (d+1)!}{d^2} + \dots + \frac{n(n+d)!}{d^n} = \frac{(n+d)!}{d^n} - d!$$

N. V. Vasiliev, V. N. Zhokha

M1152. Gọi $h$ và $l$ là đường cao và đường cao vẽ từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Chúng ta hãy tiếp tục bissertis cho đến khi nó giao với đường tròn ngoại tiếp tại điểm $L$ (xem hình) và vẽ đường kính $LN$ của đường tròn này. Nó vuông góc với dây cung $BC$, vì $L$ là trung điểm của cung $BC$, nên $\angle ALN$ bằng góc $\varphi$ giữa $h$ và $l$. Kể từ đây,

$$h/l = \cos \varphi = AL/LN = (AI+IL)/2R \geq \sqrt{AI \cdot IL}/R,$$

trong đó $I$ là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Vẫn còn phải chứng minh rằng $AI \cdot IL = 2rR$.

Chúng ta hãy thả hình vuông góc $ID$ từ điểm $I$ sang một bên $AB$, sau đó $ID = r$ và $AI = r/\sin(\angle A/2)$. Đồng thời, $IL = LC$, vì trong tam giác $LIC$ mỗi góc của các đỉnh $I$ và $C$ bằng $(\angle A + \angle C)/2$ (góc đầu tiên là góc ngoài của tam giác $AIC$, và góc thứ hai bằng $\angle ICB + \angle BCL = \angle C/2 + \angle BAL)$. Nhưng $LC$ là dây cung của đường ngoại tiếp đường tròn chứa góc $LAC$ bằng $\angle A/2$, vì vậy $LC = 2R \sin(\angle A/2)$ Vì vậy,

$$AI \cdot IL = \frac{r}{\sin(\angle A/2)} 2R \sin(\angle A/2) = 2rR.$$

Từ lời giải rõ ràng là bất đẳng thức của chúng ta chuyển thành đẳng thức khi $AI = IL$, tức là khi đường thẳng $OI$ nối tâm của các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp vuông góc với bissertis $l$.

Trong số lời giải còn lại, chúng ta thấy lượng giác, sử dụng công thức $r = 4R \sin \frac{\angle A}{2} \sin \frac{\angle B}{2} \sin \frac{\angle C}{2}$ và đẳng thức $\varphi = \frac{|\angle B - \angle C|}{2}$. Chúng tôi sẽ để lại chi tiết về điều này lời giải cho độc giả.

C. Verceanu, V. N. Dubrovsky

34

M1153. Số lượt đi lớn nhất có thể chứa một tuyến quân xe đi vòng quanh tất cả các ô của bàn cờ 8x8 một lần là bao nhiêu?

Hình 1.

Hình 2. Hình 3.

M1154. Chứng minh rằng nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn và được mô tả bằng chu vi của đường tròn thì đường thẳng đi qua tâm của các đường tròn này sẽ đi qua giao điểm các đường chéo của tứ giác.

Đáp số: 56 lượt. Một tuyến đường có 56 ngã rẽ được hiển thị trong hình 1. Hãy chứng minh rằng con số này không thể biểu diễn được.

Chúng ta hãy gọi một hình vuông trên bàn cờ là hành lang cho một tuyến đường nhất định nếu quân xe không rẽ vào đó. Lưu ý rằng từ mỗi cặp ô liền kề với các ô góc, ít nhất một ô là hành lang - nếu không, trong ô liền kề theo đường chéo với ô góc tương ứng, quân xe xuất hiện hai lần (hình 2).

Hãy cắt bảng thành 4 hình vuông 4x4. Mỗi người trong số họ có một hành lang cạnh phòng giam ở góc. Hãy chứng minh rằng ngoài nó còn có ít nhất một hành lang nữa. Khoảng cách bên phải là ô vuông phía dưới bên trái và giả sử ô a2 là một hành lang. Giả sử rằng không có hành lang nào khác trong quảng trường này. Khi đó hiển nhiên lộ trình tuần tự đi qua các ô b2, b1, a1, a2, a3, b3, b4 (hình 3). Ô tiếp theo sẽ là a4, nếu không chúng ta sẽ không bao giờ vào được ô đó (hoặc tuyến đường sẽ không bị đóng). Bây giờ bạn có thể tiếp tục lộ trình theo hướng khác: b2, c2, c1, d1, d2, e2. Từ kết quả hình, rõ ràng tuyến đường phải chứa phần d3_c3_c4, do đó, một trong các ô - d3 hoặc c4 - là một hành lang (điều này được chứng minh theo cách tương tự như đối với các ô góc - xem phần đầu của lời giải).

Vì vậy, số hành lang không nhỏ hơn 2×4=8 và số lượt rẽ không quá 64-8=56.

M. G. Khovanov

Chúng ta hãy đưa ra ký hiệu sau: ABCD là tứ giác cho trước; 2α, 2β, 2γ, 2δ—giá trị các góc của nó tại các đỉnh A, B, C, D; O và I, R và r là tâm của đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp và bán kính của chúng, P là giao điểm của các đường chéo (xem hình). Để xác định điều này, chúng ta sẽ giả sử rằng các góc 2α và 2β không tù, có nghĩa là 2γ=π-2α và 2δ=π-2β không nhọn. Hãy chứng minh rằng khi đó điểm O và I nằm bên trong góc APB và tỉ số khoảng cách từ các điểm này đến cạnh của góc này (đường chéo) là như nhau: ρ(O, BD)/ρ(O, AC) = ρ(I, BD)/ρ(I, AC) (chữ ρ biểu thị khoảng cách). Từ đây, tuyên bố bài toán rõ ràng sẽ theo sau.

Điểm O nằm cùng phía với BD với điểm A, (hoặc không phải ghế trên BD) vì góc BCD không nhọn. Điểm I cũng nằm trên cạnh này của BD vì góc ở đỉnh I của tứ giác BCDI bằng

$$2\pi - \beta - 2\gamma - \delta = \pi - (\beta + \delta) + \pi - 2\gamma = \frac{\pi}{2} + 2\alpha \leq \pi$$

(bạn dạy rằng β+δ=π/2).

Tương tự, chúng ta kiểm tra xem cả hai điểm - O và I - nằm cùng phía với điểm B so với AC. Do đó các điểm này nằm trong góc APB.

Hơn nữa, tỷ số khoảng cách từ O và I đến BD bằng tỷ số diện tích của các tam giácOBD và IBD

$$\frac{S_{OBD}}{S_{IBD}} = \frac{OB \cdot OD \sin \angle BOD}{IB \cdot ID \sin \angle BID}.$$

35

Nhưng $OB=OD=R$, $\angle BOD=2\angle BAD=4\alpha$ (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp tương ứng), $IB=r/\sin \beta$, $ID=r/\sin \delta=r/\cos \beta$ (xem dấu) và, như chúng tôi đã chỉ ra, $\angle BID=\pi/2+2\alpha$. Kể từ đây,

$$\frac{\rho(O, BD)}{\rho(I, BD)} = \frac{R^2 \sin 4\alpha \sin \beta \cos \beta}{r^2 \sin (\pi/2+2\alpha)} = \frac{R^2 \sin 2\alpha \cos 2\alpha \sin 2\beta}{r^2 \cos 2\alpha} = \frac{R^2}{r^2} \sin 2\alpha \sin 2\beta.$$

Từ tính đối xứng bài toán, rõ ràng tỷ lệ $\rho(O, AC)/\rho(I, AC)$ bằng cùng một giá trị, do đó $\rho(O, BD)/\rho(O, AC) = \rho(I, BD)/\rho(I, AC)$, đây là điều cần phải chứng minh.

Nói chung, một tứ giác “nội tiếp-nội tiếp” có một số tính chất màu đỏ. Hãy để chúng tôi trình bày một số trong số chúng có liên quan chặt chẽ đến nhiệm vụ này.

Cho $Q_1$ là một tứ giác có các đỉnh tại các điểm tiếp tuyến của tứ giác nội tiếp $ABCD$ với đường tròn nội tiếp, và $Q_2$ là một tứ giác giới hạn bởi các đường vuông góc với các đoạn $IA$, $IB$, $IC$, $ID$ ở hai đầu. Khi đó 1) các đường chéo $Q_1$ vuông góc và cắt nhau tại cùng một điểm $P$ là các đường chéo $ABCD$; 2) các hình tứ giác $Q_1$ và $Q_2$ đã được chuẩn bị và tâm của phần chuẩn bị nằm trên đường thẳng $PI$; 3) trên cùng một đường thẳng là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác $Q_2$ và trọng tâm của các tứ giác $Q_1$ và $Q_2$.

V. N. Dubrovsky

F1163. Do hệ số ma sát thấp, máy tự động không thể di chuyển trên băng với mô đun rễ vượt quá $a=0,5$ m/$c^2$. Theo điều kiện thực hiện, người lái xe cần di chuyển từ điểm $A$ đến điểm $B$ trong thời gian ngắn nhất, nằm trên đường thẳng vuông góc với hướng chuyển tốc độ tự động (hình 1). Thời gian tối thiểu có thể là bao nhiêu nếu khoảng cách là $AB=375$ m và tốc độ thấp nhất là $v = 10$ m/$c$? Máy tự động nên di chuyển theo quỹ đạo nào trong trường hợp này? Trả lời các câu hỏi tương tự cho trường hợp cá ở điểm $C$, $BC=200$ m.

Chúng ta hãy chuyển sang một hệ quy chiếu trong đó máy tự động tích lũy tại thời điểm ban đầu và điểm $B$ chuyển động với tốc độ không đổi $v$. Trong hệ quy chiếu này, máy tự động để gặp điểm $B$ nhanh nhất là rất dài và phải di chuyển dọc theo một đường thẳng nhất định với gốc không đổi bằng $a$. Hướng của đường thẳng được xác định bởi thực tế là tại một số điểm $D$ phải xảy ra va chạm. Đối với tam giác $ABD$ (hình 2), ký hiệu $AB=b$, ta có

$$b^2 + (vt)^2 = \left(\frac{at^2}{2}\right)^2.$$

Giải phương trình này, ta tìm được

$$t = \sqrt{\frac{2v^2}{a^2} + \sqrt{\left(\frac{2v^2}{a^2}\right)^2 + \frac{4b^2}{a^2}}} = 50 \text{ с.}$$

Do chuyển động tối ưu của máy tự động được tăng tốc đều nên quỹ đạo của nó trong hệ quy chiếu liên kết với trái đất sẽ là một hình parabol.

Chiến lược đến điểm gặp $C$ càng nhanh càng tốt cũng tương tự như chiến lược đã thảo luận ở trên. Tuy nhiên, để tìm thời gian cho đến khi gặp nhau tại điểm $E$ (hình 3), chúng ta sẽ phải giải phương trình tứ giác tổng quát

$$b^2 + (vt+c)^2 = \left(\frac{at^2}{2}\right)^2,$$

36

ở đâu $c = BC$, hoặc

$$t = \sqrt[4]{\frac{4}{a^2} \left(b^2 + (vt + c)^2\right)}.$$

Phương trình này có thể được giải gần đúng bằng phương pháp tích phân, bản chất của phương pháp này như sau. Giả sử chúng ta cần giải một phương trình có dạng $f(t) = t$. Là một giá trị gần đúng, chúng tôi lấy một số giá trị $t = t_0$ và soạn chuỗi

$$t_1 = f(t_0), \ t_2 = f(t_1), \ ..., \ t_n = f(t_{n-1}).$$

Nếu dãy này có giới hạn $S$ và hàm $f(t)$ liên tục tại điểm $S$ thì $S$ là nghiệm của phương trình (*).

Trong trường hợp của chúng tôi, với điều kiện $t_0 = 0$, chuỗi sẽ trông như thế này

$$t_1 = f(t_0), \ t_2 = f(t_1), \ ...$$

$$..., \ t_n = \sqrt[4]{\frac{4}{a^2} \left(b^2 + (vt_{n-1} + c)^2\right)}.$$

Thay các giá trị bằng số vào ta được kết quả

$$t \approx 59,2 \text{ с.}$$

Hơn nữa, như một nghiên cứu chi tiết hơn về chuỗi cho thấy, ở mức $n = 4$ độ chính xác một phần trăm là đủ và cứ hai bước bổ sung (tính hai số hạng tiếp theo của chuỗi) sẽ cải thiện độ chính xác gấp 10 lần.

Đối với trường hợp vị trí tùy ý của điểm vật lý cho quảng cáo xen kẽ lời giải của phương trình (*), trong đó trước $c = BC$ có thể có dấu cộng hoặc dấu trừ, phải tuân thủ một số thận trọng nhất định do có thể có sự không đáng kể của lời giải và sự lựa chọn chính xác của phép lặp gần đúng thứ 0.

Và một lưu ý nữa. Tất nhiên, việc di chuyển dọc theo một parabol với vectơ gia tốc không đổi sẽ đòi hỏi người lái xe phải có tốc độ đáng kể.

A. N. Korotkov, E. N. Yunosov

F1164. Các kết cấu tích hợp sử dụng cái gọi là kết cấu bê tông cốt thép định hướng trước. Việc sản xuất một chùm tia như vậy được thực hiện như sau. Một thanh thép có chiều dài $l_1$ được kéo dài đến chiều dài $l_2$, sau đó được đổ đầy bê tông lỏng. Sau khi bê tông cứng lại, thanh được giải phóng khỏi lực căng

Đặt chiều dài dầm bê tông cốt thép sau khi tháo thiết bị kéo ra khỏi thanh thép bằng $l_0$ ($l_1 < l_0 < l_2$). Trong trường hợp này, thanh tăng theo giá trị $\Delta l_1 = l_0 - l_1$ và độ dốc của bê tông cứng theo giá trị $\Delta l_2 = l_2 - l_0$. Theo định luật Hooke, để thanh bị biến dạng như vậy cần có một lực

$$F_1 = E_1 S_1 \Delta l_1 / l_1,$$

trong đó $S_1$ là diện tích mặt cắt ngang của nó, $E_1$ là mô đun Young của thép. Tương tự như vậy, bê tông cần có lực để biến dạng.

$$F_2 = E_2 S_2 \Delta l_2 / l_2,$$

trong đó $S_2$ và $E_2$ là diện tích mặt cắt ngang và mô đun

37

Những nỗ lực trong kỳ nghỉ. Tìm chiều dài của dầm bê tông cốt thép giáo dục và mô hình Young của nó. Diện tích mặt cắt ngang của thanh và dầm và mô hình thép và bê tông của Young được coi là đã biết. Bê tông cốt thép định hướng trước tốt hơn bê tông cốt thép thường như thế nào?

Khối bê tông non (không có thanh). Đương nhiên, khi không có ngoại lực thì lực lăn bê tông được cân bằng bởi lực căng của thanh:

$$F_1 = F_2.$$

Từ đây, sử dụng các biểu thức trước, ta tìm được chiều dài yêu cầu của dầm bê tông cốt thép

$$l_0 = \frac{E_2 S_2 + E_1 S_1}{E_1 S_1/l_1 + E_2 S_2/l_2}.$$

Để xác định mô hình Young $E_0$ của dầm bê tông cốt thép, chúng ta tính toán lực cần thiết để tạo khoảng cách với dầm theo giá trị $\Delta l_0$. Với biến dạng như vậy, thanh sẽ dài thêm $\Delta l_1 + \Delta l_0$ (so với chiều dài ban đầu $l_1$) và lực kéo sẽ bằng

$$F'_1 = E_1 S_1 (\Delta l_0 + \Delta l_1)/l_1.$$

Dầm bê tông sẽ có độ dốc $\Delta l_2 - \Delta l_0$ (so với chiều dài ban đầu $l_2$) và lực nghiêng của nó sẽ bằng

$$F'_2 = E_2 S_2 (\Delta l_2 - \Delta l_0)/l_2.$$

(Nếu $\Delta l_0 > \Delta l_2$ thì $F'_2$ sẽ là lực kéo chứ không phải lực lăn của bê tông.) Hợp lực cần thiết để kéo căng dầm bê tông cốt thép là

$$F_0 = F'_1 - F'_2 = E_1 S_1 (\Delta l_0 + \Delta l_1)/l_1 - E_2 S_2 (\Delta l_2 - \Delta l_0)/l_2,$$

hoặc, với đẳng thức $E_1 S_1 \Delta l_1/l_1 = E_2 S_2 \Delta l_2/l_2$, -

$$F_0 = E_1 S_1 \Delta l_0/l_1 + E_2 S_2 \Delta l_0/l_2.$$

Hãy lấy $\Delta l_0$ ra khỏi ngoặc, nhân và chia cho $S_2/l_0$ (đếm $S_1 \ll S_2$) và nhận được

$$F_0 = \left( (E_1 S_1/l_1 + E_2 S_2/l_2) \frac{l_0}{S_2} \right) S_2 \frac{\Delta l_0}{l_0}.$$

Dễ dàng nhận thấy biểu thức trong ngoặc ngoài là mô hình Young của dầm bê tông cốt thép $E_0$. Sử dụng công thức cho $l_0$, chúng tôi tìm thấy

$$E_0 = E_2 + \frac{S_1}{S_2} E_1.$$

Thật thú vị khi lưu ý rằng mô hình Young tương tự sẽ được tìm thấy cho dầm được chế tạo mà không cần căng trước thanh. Ưu điểm của bê tông cốt thép được dẫn hướng trước là nền bê tông trong các kết cấu như vậy chịu biến dạng dốc, ngay cả khi toàn bộ kết cấu chịu biến dạng kéo. Vì cường độ lăn của bê tông lớn hơn đáng kể so với cường độ kéo của nó nên khả năng hình thành vết nứt trên nền bê tông sẽ giảm đáng kể.

V. I. Klyachin

F1165. Từ một lưới dẫn điện vuông vô hạn có điện trở

Hãy bắt đầu với điểm $A$ và $B$. Hãy vẽ lại sơ đồ như trong hình 2. Nối hai nguồn điểm giống hệt nhau với các điểm $A$ và $B$ của sơ đồ (hình 3)