Kvant 1989, số 9 · 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

Quỹ đạo…

1989

1

Trong phòng:

2 V. N. Dubrovsky, Ya. A. Smorodinsky. Hình ảnh quang học và mặt phẳng thiết kế
9 A. V. Mitrofanov Đi bộ với camera sương mù
18 O. V. Rudenko, V. O. Cherkezyan. Trong thế giới âm thanh của tôi
26 I. F. Akulich. Kiến trên hộp thiếc

Vấn đề «Kvant»
30 Bài toán M1181—M1185, F1188—F1192
31 Lời giải bài toán M1156—M1160, F1168—F1172
38 Về tính chất tâm đường tròn

Kính vạn hoa «Kvant»
«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
Đáp số, đáp số…
Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10:
Tính tương đối của chuyển động
Điều chế và điều biến

câu lạc bộ toán học
52 I. F. Sharygin. Tìm hiểu điểm
Bạn có ý tưởng?
58 Vật lý và sáng tạo kỹ thuật
P có nghĩa là gói
60 V. E. Belonukin. Quỹ đạo
Trò chơi và câu đố
67 Kiểm tra khả năng của bạn
Xưởng của người nộp đơn
71 I. G. Gabovich. Định lý ba sin

Thế vận hội Olympic
73 Bài toán Olympic Toán học Moscow
74 Đã chọn bài toán Olympic Vật lý thành phố Moscow
75 Olympic Vật lý của Viện Chính trị Leningrad
76 Olympic Vật lý và Toán học toàn Liên minh MSTU được đặt theo tên. N. E. Bauman
77 Thế vận hội theo thông tin ở Kyrgyzstan
78 Đáp số, gợi ý, lời giải

Hồ sơ của chúng tôi (79)
Pha trộn (51)
bìa của chúng tôi
1 Các vành đai Sao Thổ (hình ảnh này được truyền về Trái đất từ ​​tàu vũ trụ Voyager 1 của Mỹ vào tháng 11 năm 1980) là hình ảnh trực tiếp về quỹ đạo của các vật thể vũ trụ (xem bài viết trên trang 60).
2 Tái tạo bức tranh “Euclid” của Max Ernst (xem ghi chú “Warsatsi về chủ đề Euclid” trên trang 51).
3 trang cờ vua.
4 Khối lập phương phức tạp từ hình vuông không cần kéo và keo.

2

HÌNH ẢNH QUANG HỌC VÀ MẶT BAY CHIẾU

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. N. DUBROVSKY,
Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
Y. A. SMORODINSKY

Hai chủ đề trong tiêu đề có điểm gì chung? Đáp số sẽ rất thú vị, nó cũng sẽ hữu ích. Chúng ta sẽ làm quen với một ví dụ nổi bật về một lý thuyết vật lý được chuyển đổi về cơ bản thành một lý thuyết toán học. Nhiều ngành vật lý đã trải qua sự biến đổi như vậy. Tất cả bắt đầu bằng việc quan sát, giả thuyết và xác minh bằng thực nghiệm. Nhưng khi chủ đề đến hàng ngày, một số mệnh đề cơ bản được kết tinh lại, một loại hành động, từ đó mọi kết quả có thể được suy ra một cách thuần túy logic. Chúng ta đang nói về quang học hình học. Hãy bắt đầu bằng cách nhớ lại cách hình ảnh xuất hiện trong hệ thống quang học. Và hãy kết thúc… Nhưng hãy hoàn thành mọi thứ theo thứ tự.

Hình ảnh và hiển thị

Để hệ thống quang học hoạt động, điều cần thiết là chùm tia sáng phát ra từ một nguồn chính xác (về mặt hình học) sau khi đi qua hệ thống lại biến thành chùm tia trung tâm. Khi đó ảnh của nguồn sẽ xuất hiện ở tâm của chùm tia biến đổi. Hơn nữa, hình ảnh có thể được tạo ra theo hai cách: hoặc bản thân các tia sáng rời khỏi hệ thống quang học sẽ được tập hợp tại một điểm - khi đó chúng nói lên một hình ảnh thật; nó có thể được nhìn thấy bằng cách đặt một màn chiếu phim hoặc phim ảnh ở điểm này (hình 1, a); hoặc các tia ở lối ra khỏi hệ tạo thành chùm tia phân kỳ nhưng phần tiếp theo của chúng đi qua một điểm - khi đó ảnh được gọi là

là tối thiểu, mặc dù nó chính xác là những gì có thể nhìn thấy trực tiếp (hình 1, b). Cuối cùng, nếu chùm tia đi vào hệ thống quang học hội tụ (hình 1, c), thì chúng ta nói về một nguồn tối thiểu. Chất lượng của hệ thống càng cao thì công thức chùm tia càng chính xác. Lý tưởng nhất là mọi nguồn chính xác (thực hoặc tối thiểu) A đều có hình ảnh chính xác $A'$ (cũng thuộc loại này hay loại khác). Một ánh xạ $p$ xuất hiện, liên kết điểm $A$ với điểm $A'$. Vì vậy, chúng tôi sẵn sàng tìm hiểu cách thiết bị hiển thị điều này.

Hãy bắt đầu với “hệ thống quang học” đơn giản nhất - một chiếc gương phẳng. Hầu như không có điều gì cần phải giải thích ở đây: rất rõ ràng rằng ánh xạ $p$ là một sự đối xứng đối với mặt phẳng. Ánh xạ này có thể được xem xét cho tất cả các điểm, bao gồm cả điểm “Qua kính nhìn”: nguồn tối thiểu trong “Qua kính nhìn” tạo ra một ảnh thật ở phía trước gương (hình 2).

Ví dụ thứ hai là sự khúc xạ ánh sáng tại mặt phẳng của hai môi trường. Nói đúng ra, không có hình ảnh nào được tạo ra ở đây. Để các tia thoát ra từ một điểm tạo thành chùm tia trung tâm sau khúc xạ, chúng phải không đổi so với tg $\varphi'$/tg $\varphi$, trong đó $\varphi$ và $\varphi'$ là các góc tạo bởi tia tới và tia khúc xạ với pháp tuyến với mặt phẳng phân cách của hai môi trường (xem hình 3). Nhưng trên thực tế, khúc xạ xảy ra theo định luật Sneglius: sin $\varphi'$/sin $\varphi = k$. Tuy nhiên, đối với các tia gần như vuông góc với ranh giới của môi trường, tức là với các góc nhỏ $\varphi$ và $\varphi'$, các sin trong công thức cuối cùng có thể được sử dụng với độ chính xác cao

3

được thay thế bằng các tiếp tuyến, vì vậy chúng ta vẫn có thể nói về hình ảnh (tối thiểu) và thậm chí nhìn thấy nó bằng cách nhìn vào một bể cá chẳng hạn. Vì hệ số $k$ chỉ phụ thuộc vào phương tiện nên ánh xạ tương ứng $p$ sẽ là một độ giãn từ mặt phẳng giao diện, tức là, mỗi điểm di chuyển vuông góc với mặt phẳng này sao cho khoảng cách của nó với mặt phẳng thay đổi cùng một số lần (cụ thể là nó được chia cho $k$; tại $k > 1$ tên tự nhiên của ánh xạ này là một đoạn đường nối).

Còn thiết bị hiển thị $p$ dành cho các hệ thống quang học phức tạp hơn thì sao? Hóa ra câu hỏi này có thể được trả lời gần như không cần đi sâu vào chi tiết vật lý. Tất cả những gì chúng ta cần là tiến hành từ đầu hình ảnh điểm của bất kỳ nguồn chính xác nào.

Để đơn giản, chúng tôi sẽ đề xuất rằng mọi thứ diễn ra không phải trong không gian mà trên mặt phẳng $a$ - cả nguồn và hình ảnh của chúng đều nằm trên đó.

Trong các ví dụ của chúng ta, nó có thể là bất kỳ mặt phẳng nào vuông góc với bề mặt gương hoặc ranh giới của môi trường, và nếu chúng ta đang xem xét một thấu kính hoặc một hệ thấu kính có trục đối xứng, thì bất kỳ mặt phẳng nào đi qua trục này. Chúng tôi sẽ yêu cầu độ dày của hệ thống của chúng tôi; thì nó có thể được biểu diễn bằng một đường thẳng $l$ trên mặt phẳng $a$, khi gặp nhau các tia bị khúc xạ sao cho chùm tia ở tâm có tâm $A$ lại biến thành chùm tia ở tâm có tâm $A' = p(A)$ (hình 4, a).

Bây giờ chúng ta sẽ thực hiện một lối thoát vào không gian. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta có hai trường hợp trùng nhau của mặt phẳng $a$. Đầu tiên chúng ta sẽ đánh dấu các nguồn, thứ hai - hình ảnh của chúng. Hãy xoay bản sao thứ hai cùng với tất cả các hình ảnh xung quanh trục $l$ (hình 4, b) - chúng ta có được mặt phẳng $a_1$. Chúng ta hãy lấy một điểm tùy ý $A$, đánh dấu hình ảnh của nó $A'$ và điểm tương ứng $A_1$ trong mặt phẳng $a_1$. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng mọi thứ

Hình 1. Hai vòng nguồn sáng và hình ảnh của chúng: a - nguồn và hình ảnh là thật; b - nguồn thực, hình ảnh tối thiểu; c—nguồn tối thiểu.

Hình 2. Sự phản chiếu trong gương của các nguồn thực ($A$) và tối thiểu ($B$).

Hình 3. Để chùm tia trung tâm giữ được vị trí trung tâm tốt hơn sau khi khúc xạ thì định luật khúc xạ phải có dạng $tg\varphi'/tg\varphi = \text{const}$.

4

Hình 4. Sử dụng quyền truy cập vào không gian, xây dựng hình ảnh đối diện với các thuộc tính đối với hình chiếu trung tâm.

Hình 5. Hướng tới chứng minh sự tồn tại của tâm chiếu.

các đường thẳng AA₁ sẽ song song hoặc cắt nhau tại một điểm.

Lưu ý rằng bốn điểm A, B, A₁ và B₁ luôn nằm trong cùng một mặt phẳng, vì một tia sáng truyền qua A và B sau khi khúc xạ trên đường thẳng l sẽ đi qua A’ và B’ (hình 4, 6); do đó các đường thẳng AB và A₁B₁ cũng cắt nhau. (Nếu đường thẳng AB song song với l thì dễ hiểu là đường thẳng A₁B₁ cũng song song với l.) Do đó, các đường thẳng AA₁ và BB₁ luôn song song hoặc cắt nhau. Giả sử rằng không phải tất cả các đường thẳng như vậy đều song song, ví dụ AA₁ cắt với BB₁ tại điểm P. Đối với bất kỳ điểm C nào nằm ngoài đường thẳng AB, đường thẳng CC₁ nằm trong cùng một mặt phẳng với AA₁ và trong cùng một mặt phẳng với BB₁ (hình 5). Do đó, nó là giao tuyến của các mặt phẳng này và do đó đi qua điểm chung P. Đối với các điểm nằm trên AB, chứng minh thực hiện tương tự, chỉ thay cặp điểm A, B bằng A, C, trong đó C không thuộc AB.

Tuyên bố đã được chứng minh có thể được phát biểu lại như sau: ánh xạ p₁, ánh xạ của điểm A lên mặt phẳng α tương ứng với điểm A₁ với mặt phẳng α₁, là một hình chiếu song song hoặc hình chiếu tâm.

Rõ ràng là trong các ví dụ về sự phản xạ gương và

5

ánh xạ khúc xạ $p_1$ là một phép chiếu song song. Nhưng trong trường hợp thấu kính, không thể xuất hiện hình chiếu song song, nếu chỉ vì với hình chiếu như vậy, các đường thẳng song song biến thành đường thẳng song song và thấu kính, như đã biết, hội tụ các tia song song vào một điểm. Do đó, đối với một thấu kính và các hệ quang học khác biến đổi các tia song song thành các tia ở tâm, ánh xạ $p_1$ là phép chiếu tâm. Và vì tất cả đều thẳng $A_1A'$ do cấu tạo của chúng ta song song với nhau nên chúng ta có thể kết luận rằng phép biến đổi $p$ của mặt phẳng mô tả ảnh trong thấu kính là sự hợp thành của phép chiếu tâm $(A \rightarrow A_1)$ và phép chiếu song song $(A_1 \rightarrow A')$. Đối với một thiết bị quang học bao gồm một số thấu kính và gương, màn hình $p$ sẽ là sự kết hợp của một số hình chiếu trung tâm và song song. Theo định nghĩa, các ánh xạ như vậy được gọi là xạ ảnh.

Công thức chiếu tâm và thấu kính

Trước khi gặt hái thành quả từ các công trình của chúng tôi liên quan đến ống kính, chúng tôi sẽ thực hiện một đặt trước quan trọng. Các tia phát ra từ một nguồn được thấu kính hội tụ đến một điểm trên thấu kính khi chúng truyền xuống từ trục quang chính (một đường thẳng vuông góc với thấu kính qua tâm của nó). Chúng tôi cho phép lý tưởng hóa bằng cách xem xét ánh xạ $p$ trên toàn bộ mặt phẳng. Nhưng sự thật không phải chịu đựng điều này, bởi vì tất cả lý luận của chúng ta có thể được lặp lại với cùng một thành công cho bất kỳ diện tích nào, dù nhỏ đến đâu, trên mặt phẳng.

Vì vậy, hãy áp dụng cách xây dựng của chúng ta cho ống kính. Đặt $a$ là trục quang chính của nó, $a_1$ đường thẳng tương ứng trong mặt phẳng $a_1$, $P$ tâm của hình chiếu $p_1$. Rõ ràng là tất cả các đường thẳng song song với $a$, với phép chiếu này sẽ biến thành các đường thẳng đi qua cùng một điểm $F_1$ của đường thẳng $a_1$ (hình 6) - hình chiếu song song của điểm $P$ lên mặt phẳng $a_1$ dọc theo đường thẳng $a$. Do đó, một chùm tia song song với trục chính, đi qua thấu kính, hội tụ tại điểm $F'$ của trục chính (hình 7), tương ứng với điểm $F_1$: $OF' = OF_1$, trong đó $O$ là tâm của thấu kính. Tương tự, các tia ló ra từ điểm $F$ - hình chiếu $P$ lên mặt phẳng $\alpha$ dọc theo đường thẳng $a_1$, đi qua thấu kính sẽ song song với trục chính. Các điểm $F$ và $F_1$ được gọi là tiêu điểm của thấu kính. Có thể chứng minh rằng đối với một hệ thấu kính đơn thì tiêu cự $f = OF$ và $f' = OF'$ là như nhau; đối với các hệ thống phức tạp hơn, chúng có thể khác nhau.

Biết vị trí của tiêu điểm, người ta dễ dàng tạo ảnh của bất kỳ điểm $A$ nào không nằm trên trục chính bằng cách đi theo hai tia xuất phát từ nó - một tia song song với trục và một tia đi qua tiêu điểm $F$ (hình 8). Công trình này được nhiều người biết đến. Hãy để chúng tôi nhấn mạnh một lần nữa rằng chúng tôi nhất thiết phải đạt được điều đó, về cơ bản chỉ dựa trên “định đề về hình ảnh dấu chấm” của chúng tôi. hình 8 cho thấy cách tạo ảnh của điểm $B$ trên trục chính. Ở đây, chúng ta lợi dụng thực tế là hình ảnh của đường thẳng $AB$, vuông góc với trục này, là đường thẳng $A'B'$, cũng vuông góc với nó, một thực tế hiển nhiên khi xem xét hình chiếu trung tâm của chúng ta. Các đặc tính khác của hình ảnh được tạo bởi một đường lý tưởng cũng có thể dễ dàng được thiết lập bằng cách sử dụng phép chiếu tâm.

6

Zoy. Ví dụ, rõ ràng là ảnh của bất kỳ đường thẳng nào cũng sẽ là một đường thẳng (hãy thử chứng minh điều này bằng cách sử dụng cấu trúc phi tổng thể hình 8!). Đúng, nói đúng ra, tính chất này thỏa mãn với một ngoại lệ: đường thẳng đi qua tiêu điểm $F$ vuông góc với trục chính không được mô tả theo bất kỳ cách nào, bởi vì các tia phát ra từ bất kỳ điểm nào của nó đều được thấu kính chuyển đổi thành các tia song song. Chúng ta sẽ quay lại nhận xét quan trọng này sau.

Khoảng cách $r=OA$ và $r'=OA'$ có liên quan như thế nào từ tâm thấu kính $O$ đến điểm $A$ trên trục chính và ảnh của nó $A'$? Và ở đây có thể dễ dàng thu được đáp số bằng cách sử dụng phép chiếu trung tâm. Từ hình9 rõ ràng là

$$\frac{OF}{OA} + \frac{OF'}{OA'} = \frac{OF}{OA} + \frac{OF_1}{OA_1} =$$

$$= \frac{A_1P}{A'A} + \frac{PA}{A'A} = \frac{A'A}{A'A} = 1,$$

tức là

$$\frac{f}{r} + \frac{f'}{r'} = 1.$$

Đặc biệt, tại $f=f'$ cái gọi là “công thức thấu kính” $1/r+1/r'=1/f$ được thỏa mãn. Những đẳng thức này vẫn có hiệu lực đối với điểm $A$ trên đoạn $OF$ và trên tia $OF'$, nếu chúng ta coi tất cả các đoạn đều có hướng và các đại lượng $r$ và $r'$ là tọa độ của các điểm $A$ và $A'$ trên trục chính với điểm bắt đầu là điểm $O$. Trong trường hợp này, đã thu được kết quả tích cực

Hình 8. Xây dựng hình ảnh theo tiêu điểm.

Hình 9. $f/r+f'/r'=1$ (công thức thấu kính).

Hình 10. Công thức thấu kính đúng cho mọi vị trí của nguồn trên trục quang chính.

7

chọn khác nhau: đối với điểm $A$ - tia $OF$ và đối với hình ảnh $A'$ - tia $OF'$. Khi đó, các giá trị dương $r$ và $r'$ sẽ tương ứng với các nguồn và hình ảnh thực, còn các giá trị được in sẽ tương ứng với mức tối thiểu (hình 10).

Công thức (1) có thể được làm gọn hơn bằng cách di chuyển phần đầu của báo cáo trên “trục nguồn” đến tiêu điểm $F$ và trên “trục hình ảnh” đến $F'$. Bằng cách che chắn $r=f+x$, $r'=f'+x'$ trong (1) (xem hình 9), sau các phép biến đổi đơn giản, chúng ta thu được

$$xx'=ff'$$

• công thức này đã được Newton biết đến. TRÊN hình 11 nó đã được chứng minh $x>0$ không chắc chắn; bằng chứng tương tự cho các giá trị khác $x$ Chúng tôi sẽ để lại cho người đọc.

Thiết kế chuyển đổi tỷ lệ trực tiếp và gấp đôi

Hãy biểu diễn tọa độ ảnh thông qua tọa độ nguồn theo công thức (1) và (2):

$$r'=\frac{f'r}{r-f}$$ hoặc $x'=\frac{ff'}{x}$.

Trong cả hai trường hợp, phép biến đổi tọa độ được viết dưới dạng hàm tuyến tính phân số, tức là hàm có dạng $y=(ax+b)/(cx+d)$. Ngược lại, viết lại đẳng thức cuối cùng dưới dạng

$$\frac{S}{S'}=\frac{x x'}{f f'}$$

Hình 11. Dẫn xuất công thức thấu kính ở ong bắp cày $x$ và $x'$.

$$\left(y-\frac{a}{c}\right)\left(x+\frac{d}{c}\right)=\frac{bc-ad}{c^2},$$

Tương tự như (2), chúng tôi tin rằng bất kỳ hàm tuyến tính phân đoạn nào không phải là tuyến tính ($c\neq 0$) và hằng số ($bc-ad\neq 0$) đều có thể được biểu diễn về mặt hình học dưới dạng hình chiếu tâm của một trục tọa độ lên một trục tọa độ khác với các trục và tâm tương ứng của hình chiếu ở trên.

Các phép chiếu song song, nói một cách dễ hiểu, được biểu thị bằng các hàm tuyến tính $y=ax+b$. Và vì thành phần của bất kỳ hàm tuyến tính và hàm tuyến tính phân số nào cũng sẽ là hàm tuyến tính phân đoạn $^*$), nên bất kỳ phép biến đổi xạ ảnh nào của một đường thẳng đều được biểu thị bằng tọa độ bằng hàm tuyến tính phân đoạn.

Nhân tiện, từ đây, theo đó, sự biến đổi thiết kế của một đường thẳng hoàn toàn được xác định bởi hình ảnh của ba điểm. Thật vậy, bằng cách sử dụng tọa độ của các điểm này và ảnh của chúng, ba phương trình được biên soạn cho các hệ số $a$, $b$, $c$, $d$ tương ứng với hàm phân số tuyến tính. Do đó, các hệ số sẽ được chỉ định cho đến số nhân và bản thân hàm sẽ được chỉ định duy nhất. Theo cách tương tự, biết tọa độ của hai điểm $A$, $B$ và hình ảnh của chúng $A'$, $B'$ dưới phép chiếu song song, chúng ta có thể tìm thấy hàm tuyến tính tương ứng và với sự trợ giúp của nó, hình ảnh $C'$ của bất kỳ điểm nào khác $C$. Tuy nhiên, điểm $C'$ có thể được xây dựng theo cách đơn giản hơn nhiều: với phép chiếu song song, mối quan hệ trong đó điểm chia đoạn thẳng không thay đổi hoặc bất biến, do đó $A'C':C'B'=AC:CB$. (Ở đây và bên dưới, chúng tôi giả định rằng các phân đoạn có hướng; đẳng thức $AC:CB=k$ có ​​nghĩa là $\vec{AC}=k\vec{CB}$.) Hình chiếu trung tâm không bảo toàn mối quan hệ $AC:CB$; bãi quây bảo tồn mối quan hệ của hai mối quan hệ như vậy. Đại lượng này được gọi là tỷ lệ kép của bốn điểm, ký hiệu là ABCD và bằng định nghĩa

$$\left(ABCD\right)=\frac{AC}{CB}:\frac{AD}{DB}.$$

*) Hàm tuyến tính là trường hợp đặc biệt của hàm tuyến tính phân số.

8

Để chứng minh tính bất biến của quan hệ kép, xét các đường thẳng a, b, c, d đi qua điểm chung P (hình 12) và một đường thẳng l tùy ý cắt chúng tại các điểm A, B, C, D. Ta hãy kiểm tra xem $(ABCD) = A_1C_1/B_1C_1$, trong đó A_1, B_1, C_1 là giao điểm của đường thẳng l_1, song song với d, với a, b và c. Rõ ràng, tỷ số A_1C_1/B_1C_1 là như nhau đối với tất cả các đường thẳng như vậy, vì vậy chúng ta có thể giả sử rằng l_1 đi qua C, tức là C_1 = C. Từ sự giống nhau của các tam giác mà người đọc có thể dễ dàng tìm thấy trên hình 12, chúng ta có

$$\frac{AC}{AD} = \frac{A_1C}{PD}, \quad \frac{CB}{DB} = \frac{B_1C}{PD}.$$

Sau đó

$$\frac{AC}{CB} : \frac{AD}{DB} = \frac{AC}{AD} : \frac{CB}{DB} = \frac{A_1C}{PD} : \frac{B_1C}{PD} = \frac{A_1C}{B_1C} = \frac{A_1C_1}{B_1C_1}.$$

Vì vậy, đối với các đường thẳng a, b, c, d cho trước, quan hệ kép $(ABCD)$ không phụ thuộc vào đường thẳng l, nghĩa là nó được bảo toàn dưới hình chiếu tâm.

Bây giờ chúng ta biết ảnh A’, B’ và C’ của các điểm A, B, C dưới một phép biến đổi nào đó. Khi đó, ảnh D’ của bất kỳ điểm D nào khác được tìm thấy từ sự tương ứng $(A'B'C'D') = (ABCD)$ hoặc $A'D'/D'B' = (ABCD) \cdot (A'C'/C'B')$. Nếu chúng ta viết các đẳng thức này theo tọa độ, chúng ta sẽ nhận được một xác nhận khác rằng phép biến đổi xạ ảnh được biểu thị bằng hàm phân số tuyến tính, đồng thời tìm thấy phương thức cho hàm này. Như một bài tập, mời người đọc kiểm tra bằng phép tính trực tiếp tính bất biến của quan hệ kép đối với các hàm tuyến tính và các hàm 1/x, và do đó, bất kỳ hàm tuyến tính phân số nào (vì bất kỳ hàm tuyến tính phân số nào cũng là một hàm phức!).

Chúng ta hãy quay trở lại thấu kính một lần nữa, phép biến đổi xạ ảnh p tương ứng của trục quang chính của nó và biểu thức phân tích của nó - công thức thấu kính. Hóa ra công thức này cũng có thể được rút ra bằng cách sử dụng mối quan hệ kép. Hãy tưởng tượng rằng một điểm xa vô hạn tưởng tượng U được thêm vào trục chính, tọa độ của nó sẽ bằng ∞. Điều kiện để mọi đường thẳng song song với trục đều đi qua điểm này. Khi đó nó được coi là ảnh của hàm F và ảnh của chính nó sẽ là hàm F’ thứ hai. Vì vậy, chúng ta biết ba điểm sẽ đi về đâu khi biến đổi p: tâm của thấu kính - p(O) = O, hàm số - p(F) = U và điểm ở xa vô hạn - p(U) = F’. tọa độ của các điểm O, F, F’ và U lần lượt bằng 0, f, f’ và ∞. Nếu r và r’ là tọa độ của điểm A và ảnh A’ của nó thì

$$(OFUA) = \frac{\infty - 0}{f - \infty} : \frac{r - 0}{f - r} = -\frac{f - r}{r} = 1 - \frac{f}{r},$$

$$(OUF'A') = \frac{f' - 0}{\infty - f} : \frac{r' - 0}{\infty - r'} = \frac{f'}{r'}.$$

Đánh đồng các biểu thức này (tỷ lệ kép được giữ nguyên!), chúng ta thu được công thức thấu kính. Thật dễ dàng để chứng minh tính đúng đắn của bộ ba này: bạn chỉ cần đi đến giới hạn trong đẳng thức $(OBCA) = (OB'C'A')$ là B→F, OC→∞. Tuy nhiên, trong phần tiếp theo, chúng ta thấy rằng việc bổ sung một điểm xa vô hạn có ý nghĩa sâu sắc và việc quy kết không phải là một sự chấp nhận thuần túy hình thức, một ranh giới với sự thần bí.

(Về phần kết, xem số 10)

11

Hình 2. Độ nhạy quang phổ trong các đơn vị hình ảnh tương đối của quang nhũ thuộc loại “Ảnh” (đường cong 1) và mắt người đối với tầm nhìn ban ngày (đường cong 2).

sự đa dạng của các chế độ phát triển và với các biến thể về đặc điểm của các loại phim ảnh khác nhau.

Nếu phim được tráng trong điều kiện tiêu chuẩn thì có thể tìm thấy giá trị tuyệt đối của quang thông từ nguồn bức xạ tại một điểm nhất định (mặc dù có một sai số nhất định). Bằng cách chọn độ nhạy phim, nhà phát triển, thời gian phơi sáng khung hình, kích thước khẩu độ và các bộ lọc ánh sáng bổ sung, bạn có thể chụp ảnh và nghiên cứu rất nhiều loại đối tượng (ví dụ: thực hiện ánh sáng toàn cảnh ban đêm của một khu vực hoặc chụp ảnh mặt trời sáng chói).

Phim chụp ảnh nghiệp dư thông thường là loại máy thu ánh sáng tương đối nhạy. Với độ phơi sáng ở mức 0,01-0,1 l/s trở lên, bạn đã có thể chụp ảnh. Do đó, chụp ảnh ban đêm trên phim ảnh có độ nhạy cao trong thời gian dài (giả sử ~ 100 giây) có thể thay thế các quan sát bằng cách sử dụng cái gọi là thiết bị nhìn đêm, tức là một thiết bị rất phức tạp - một trục điện tử của cơn giận dữ theo đúng nghĩa đen.

Cường độ quang phổ của phim chụp ảnh có toàn sắc hoặc nhũ tương hình ảnh thuộc loại “Ảnh” rộng hơn nhiều so với mắt người (xem hình 2). Phim ảnh

N. Niens nhận được bức ảnh dương bản đầu tiên (khoảng năm 1826). Sau khi đặt một tấm phủ “nhũ tương” bitum vào máy ảnh lỗ kim, anh ấy phơi nó trong một ngày rồi xử lý nó trong dầu oải hương. Kỷ lục ghi lại khung cảnh từ cửa sổ hội thảo.

J. Daser đã phát triển quy trình chụp ảnh thực tế đầu tiên vào mười năm sau. Bản chất của hình ảnh của Daser dựa trên khám phá của ông về tính hiệu quả của sự biểu hiện của một tấm tim được phủ iodua tim ở một cặp người khác, trước đây được phơi bày trong một góc tối của camera.

F. Talbot đã mô tả một bức ảnh âm bản dương trong khoảng thời gian đó. Anh ta thu được một hình ảnh trong hộp tối của máy ảnh trên một tấm giấy được tẩm dung môi nhạy sáng.

2*

12

cho phép ghi nhận bức xạ có bước sóng nằm ngoài đường cong màu của mắt ở cả vùng đỏ và vùng tử ngoại của quang phổ. Ngoài ra, việc thay thế vật thể bằng màn hình không trong suốt (tấm kim loại) bằng một lỗ nhỏ ở giữa sẽ biến máy ảnh SLR thành máy ảnh lỗ kim bán tự động, thậm chí bạn có thể chụp ảnh các nguồn bức xạ RENTen - ví dụ: tiêu điểm của ống RENTen y tế đang hoạt động. Trong trường hợp này, tốt hơn hết bạn nên che phim chụp ảnh bằng giấy đen, loại giấy này mờ đối với ánh sáng nhìn thấy hoặc dùng giấy này che lỗ của máy ảnh lỗ kim.

Các kiểu chụp đặc biệt, chẳng hạn như thu được hình ảnh nổi (steropair), chụp bằng bộ lọc phân cực, chụp ảnh trên phim màu, v.v., tỏ ra hữu ích trong nghiên cứu các hiện tượng quang học: tán xạ nhiễu xạ, giao thoa, phân cực.

Toàn bộ kho phương tiện kỹ thuật này giúp nhận ra đầy đủ nhất có thể lợi thế quan trọng nhất của máy ảnh - khả năng sử dụng nó để chụp được một bức ảnh hiếm, chụp thứ gì đó thú vị, thứ gì đó mới và khác thường, và thậm chí có thể khó coi…

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang các ví dụ cụ thể.

Câu đố của Đô đốc

Hãy xem xét bài toán này, thoạt nhìn, nó không liên quan gì đến chủ đề cuộc trò chuyện của chúng ta.

Được biết, chuyến bay của nhiều loài côn trùng có kèm theo một loại âm thanh nào đó. Hãy nhớ đến tiếng xào xạc đặc trưng của cánh chuồn chuồn, tiếng ong vo ve, đỉnh muỗi không gợi lên cảm xúc dễ chịu, v.v. Âm thanh phát sinh từ chuyến bay vỗ cánh của côn trùng và nguồn âm thanh thường là sự rung động của cánh côn trùng trong không khí. Anh hỏi: tại sao nhiều loài bướm (nhưng không phải tất cả!) bay lặng lẽ, mặc dù chúng cũng “vỗ” cánh?

14

tần số dưới khoảng 20 Hz được gọi là hạ âm.

Nhiều loài côn trùng vỗ cánh với tần suất cao hơn nhiều khi bay và chúng ta bắt được âm thanh ngay cả khi chúng hót ở khá xa chúng ta. Để so sánh, chúng tôi cung cấp cho bạn một bảng gần đúng số nhịp cánh mỗi giây của một số loài côn trùng:

bướm bắp cải – 12-10
bướm diều hâu - 85
ong bắp cày - 110
ong vò vẽ – 240
phòng muxa – 330
ong mật - 250-440
muỗi - 600

Ở loài ong, như có thể thấy từ bảng, có sự trải rộng về tần số rung động của cánh. Điều này xứng đáng được đề cập đặc biệt. Thực tế là tần số dao động của cánh ong phụ thuộc vào việc nó bay với hối lộ (~300 Hz) hay không tải (~440 Hz). Vì vậy, bằng âm thanh cũng như bằng bức ảnh chụp với tốc độ màn trập ngắn (~ 1/1000 giây), bạn có thể xác định xem con ong có mang chất bổ sung về nhà hay không. Âm thanh của một con ong đang bay không chỉ là những dao động âm sắc của không khí ở tần số sóng mang bằng tần số của cánh. Anh ấy giàu hơn nhiều. Không giống như nhiều loài côn trùng khác, ong có thể tạo ra âm thanh có cao độ và âm sắc khác nhau, và nguồn gốc của những âm thanh này không chỉ là đôi cánh mà còn từ các bộ phận trên cơ thể ong rung động do các cơ co thắt thường xuyên.

Những dữ liệu này thu được dựa trên việc chụp ảnh tốc độ cao về chuyến bay của ong.

Chính nhiếp ảnh, cùng với những thay đổi về âm thanh, là phương pháp thử nghiệm chính để nghiên cứu khả năng bay tối đa của côn trùng - hóa ra đó là một trong những kiểu bay ít được nghiên cứu nhất cho đến nay.

Chim bay như thế nào?

Bức ảnh chụp một đàn chim sẻ đang tắm nắng vào một buổi sáng tháng 3 ở Chertanovo (một trong những quận mới của Mátxcơva) được chụp từ khoảng cách khoảng 10 m bằng vật thể Jupiter-37 A có tiêu cự 135 mm trên phim ảnh có độ nhạy 250 đơn vị. GOST ở tốc độ màn trập 1/500 giây. Bạn có nghĩ rằng những con chim này phần nào gợi nhớ đến những con cá trong bể cá không? Điểm khác biệt duy nhất là đôi cánh “vây” của chúng tương đối lớn hơn cánh của cá. Những điểm tương đồng bên ngoài như vậy không phục vụ bất kỳ mục đích nào: có nhiều điểm tương đồng trong chuyển động của cá và chim, mặc dù chim nặng hơn không khí đáng kể và cá ở dưới nước gần như “không trọng lượng”.
Và một chi tiết nữa có thể thấy rõ trong ảnh: chim sẻ có thể xoay mặt phẳng cánh của chúng gần 90° so với vị trí của chúng trong chuyến bay lượn chung (xem nhóm chim ở giữa ảnh). Điều này giúp chim sẻ cất cánh thẳng đứng hướng lên trên, đột ngột thay đổi hướng bay và bất động trong không trung.

Có lần tôi nhìn thấy một bức tranh như vậy. Một con chim sẻ vô tình rơi vào khoảng trống giữa cửa sổ và tủ quần áo trên ban công của chúng tôi. Thềm hẹp, chim sẻ không thể thoát khỏi nơi giam cầm. Tôi phải giúp anh ấy. Khi tôi đưa con chim sẻ ra ngoài, cánh của nó đã ở trên kính cửa sổ. Có tiếng động của một cặp chim sẻ từ ngoài đường bay vào. Thành thật mà nói, tôi không mong đợi những hành động như vậy từ họ, rõ ràng không phải do sự tò mò đơn thuần gây ra.

16

tiết diện ngang ngực của chim sáo ở vùng chạm vai lên tới hơn 50%! Nếu không tính đến cơ chế như vậy, thật khó giải thích tại sao loài chim tạo ra những cú đập cánh mạnh mẽ khi bay mà không cảm thấy mệt mỏi.

Jenkins và các cộng sự đã thu được những kết quả khoa học về nhân tạo nhờ vào nhiếp ảnh. Bạn nói đúng, không bình thường chút nào. Họ chụp ảnh bằng cách sử dụng tia gen RENT để chỉ quan sát chuyển động của xương chim khi bay.

Dấu vết của các hành tinh và ngôi sao trong ảnh

Bây giờ chúng ta hãy xem xét trường hợp chuyển động chậm, “đóng băng” của mắt.

Chụp ảnh đêm là một hoạt động vô cùng thú vị đối với người chụp ảnh, đòi hỏi kỹ năng, sự chăm chỉ và quyết tâm cao. Rốt cuộc, đã là lúc chạng vạng không có đủ ánh sáng để chụp ảnh, và chúng ta có thể nói gì về việc chụp ảnh trực tiếp! Tuy nhiên, tại các triển lãm nhiếp ảnh khác nhau, đôi khi một phần bầu trời đầy sao xuất hiện trong tầm nhìn của ống kính, khi đó nhiếp ảnh gia sẽ gặp thêm khó khăn: khi tráng phim và chụp ảnh, các thiên thể dường như bất động, để lại những vệt sáng dài trên nhũ ảnh - đây là dấu vết chuyển động của các ngôi sao và hành tinh trên bầu trời. Tất nhiên, chúng có thể được chỉnh sửa lại, nhưng trong bức ảnh hiển thị ở đây, tôi không cố ý làm điều này mà để nguyên mọi thứ, để mời bạn tự quyết định những điều sau bài toán: làm thế nào để xác định thời gian phơi sáng của một khung hình như vậy? Bức ảnh cho thấy vòm được chiếu sáng có thể điều hướng được trong vùng nước đọng Oka với phao tín hiệu ở phía trước vùng nước nông. Chiếc simmock được làm khi hoàng hôn đã qua và màn đêm buông xuống. Đánh giá tốc độ màn trập khi chụp khung hình này.

Đối với những độc giả thấy ví dụ của tôi quá dễ, tôi đưa ra những câu hỏi khó hơn:

1. Tại sao một con bướm bị nhốt trong lọ thủy tinh hoặc giữa khung cửa sổ và vỗ cánh lại thoát nước rất tốt, mặc dù chuyến bay tự do của con bướm rất im lặng?
2. Tần số vỗ cánh của chim sẻ gần bằng tần số của bướm. Tại sao chúng ta lại nghe thấy một đàn chim sẻ bay gần đó mà không hề nghe thấy một đàn bướm bay lượn trong không trung?
3. Khi một vật thể được di chuyển nhanh trước máy ảnh, hình ảnh của vật thể đó trong ảnh sẽ bị mờ. Làm thế nào các phi hành gia có thể thu được những bức ảnh chất lượng cao về bề mặt Trái đất khi chụp ảnh từ một vệ tinh bay ngang qua Trái đất với tốc độ khủng khiếp - khoảng 8 km/s? Có thể xác định tốc độ của vệ tinh từ một bức ảnh được truyền từ vệ tinh?
4. Phong cảnh mô phỏng dưới ánh sáng chùm được chụp bằng ống kính “Yupter-37” ở độ mở khẩu độ tối đa (f/số 3.5), sử dụng phim loại “Ảnh” có độ nhạy 130 đơn vị. GOST Sau khi xác định thời gian phơi sáng của khung hình và so sánh nó với chuyển động đặc trưng cần thiết để chụp cùng một phong cảnh vào một ngày nắng đẹp, hãy ước tính độ sáng của đĩa mặt trời lớn hơn độ sáng của tia sáng bao nhiêu lần. Ước tính của bạn có hợp lý không?

17

“Nhờ phát minh của ông Daguerre, nền vật lý bậc trung đã nhận được một thực tế cực kỳ nhạy cảm với tác động của ánh sáng, và một thiết bị sẽ đóng vai trò tương tự trong nghiên cứu ánh sáng và các hiện tượng ánh sáng giống như microcoson trong nghiên cứu các vật thể nhỏ. Phát minh này tạo nền tảng cho những nghiên cứu và khám phá mới,” nhà vật lý và hóa học người Pháp Joseph Louis Gay-Lussac nói về nhiếp ảnh vào năm 1839. Và quả thực, nhiếp ảnh đã ngay lập tức nối gót nghệ thuật trong nhiều lĩnh vực nghiên cứu khoa học khác nhau…

1. Daguerreotype của một chiếc liềm cá nhân. Có thể là bức ảnh thiên văn đầu tiên. (1840)

2. Tia chớp, xóa mới ngày 18 tháng 6 năm 1847.

3. Một trong những bức ảnh chụp bằng tia chớp đầu tiên. Nhìn vào bức ảnh 4, bạn sẽ thấy những gì được chụp trên đó. (Khoảng năm 1881)

19

“Dừng lại! - thuyền trưởng ra lệnh, và chiếc tàu ngầm lập tức dừng lại tại chỗ… - Nhắm! - Âm thanh!…

Trong phút đầu tiên, bề ngoài của cây cải xoong không có gì thay đổi. Súng siêu âm chỉ hoạt động ở mức 5/10 công suất. Đột nhiên… phần giữa của cây cải xoong bắt đầu căng ra, xòe ra như đất sét. Chỉ một phút sau khi bắt đầu cuộc tấn công siêu âm, phần giữa của tàu đối diện với tàu ngầm bất ngờ và ngay lập tức bị ép vào bên trong nó, rồi đột nhiên như một bong bóng khổng lồ vỡ ra, một dòng nước khổng lồ lao vào bộ ba, phòng máy và kho đạn pháo.”

Chúng tôi đã đưa ra một đoạn trích từ một số cuốn tiểu thuyết khoa học viễn tưởng nổi tiếng của Gr. Adamov “Bí mật của hai đại dương”. (Có lẽ một số độc giả của chúng tôi sẽ nhớ rõ hơn về bộ phim phiêu lưu gồm hai phần cùng tên.) Người anh hùng của tác phẩm này đã du hành vòng quanh thế giới trên tàu ngầm thử nghiệm “Pioneer” - một phép màu của công nghệ quân sự Liên Xô. Cả tàu ngầm và thợ lặn trong bộ đồ tự hành đều được trang bị vũ khí siêu âm, loại vũ khí này đã hơn một lần giúp đỡ họ trong những tình huống nguy kịch. Sử dụng sóng siêu âm cực mạnh, các thủy thủ cố gắng phá hủy tảng đá chặn lối ra khỏi hang động dưới nước; ngay lập tức một con cá nhà táng khổng lồ suýt chết đuối bởi những người săn cá voi đã bắt nó; đã phá hủy cải xoong của kẻ thù và thậm chí cả… kỳ quan biển tuyệt vời, tương tự như một trong những thành viên thủy thủ đoàn của tàu ngầm…

Có lẽ người đọc sẽ thấy rằng sự chú ý mà tác giả dành cho những người lính canh và việc theo đuổi những người bảo vệ là không cần thiết, nhưng chúng ta hãy nhớ rằng cuốn tiểu thuyết đã được xuất bản ngay trước khi chiến tranh bắt đầu. Và khi đó người ta vẫn có thể nghĩ rằng việc sử dụng siêu âm làm vũ khí là có thật, đó là một vấn đề kỹ thuật có thể được giải quyết theo thời gian. Tuy nhiên…

Trong bài viết này chúng tôi sẽ giới thiệu với bạn đọc một số độc giả về vật lý.

ziki của âm thanh mạnh mẽ và đặc biệt, chúng tôi sẽ chỉ ra lý do tại sao việc sử dụng sóng âm (siêu âm) mạnh làm vũ khí là không thể thực hiện được (vì vậy, ít nhất trong phần này, cuốn tiểu thuyết của Gr. Adamov là một tác phẩm hoàn toàn tuyệt vời). Đối với việc sử dụng sóng hoạt động mạnh một cách “hòa bình”, tình hình lại khác: các phương pháp thử nghiệm không phá hủy, bộ phát tham số và ăng-ten, làm sạch bề mặt bằng siêu âm, khoan lỗ, phá sỏi thận chỉ là một số ứng dụng của chúng.

Trong hai mươi năm qua, đã có một bước nhảy vọt lớn trong sự hiểu biết về cách hoạt động của sóng biên độ lớn nói chung và sóng hoạt động nói riêng. Chúng ta biết gì về làn sóng hành động mạnh mẽ ngày nay?

Tạp chí «Kvant» đã nói về những hiện tượng thú vị kèm theo sự lan truyền của sóng lớn trên bề mặt đại dương (xem bài viết của L. A. Ostrovsky số 8, 1987). Chúng ta hãy nhớ lại: những hiệu ứng chỉ xuất hiện đối với sóng rất mạnh và phụ thuộc vào biên độ của chúng được gọi là hiệu ứng phi tuyến. Một lĩnh vực khoa học đã xuất hiện để nghiên cứu những hiện tượng này – vật lý của các quá trình sóng phi tuyến. Nhánh vật lý nghiên cứu các sóng tác động mạnh được gọi là “tác động phi tuyến”. Khoa học này chiếm một vị trí đặc biệt trong vật lý về bề rộng của các đối tượng được nghiên cứu. Các sóng được nghiên cứu của nó phát sinh trong chất khí, chất lỏng, chất rắn và plasma. Chúng tồn tại trong môi trường tự nhiên - trong khí quyển, trong đại dương, trong đất, trong các vật thể có quy mô vũ trụ; ví dụ bao gồm sấm sét, vụ nổ dưới nước, sóng địa chấn từ động đất và nhiều ví dụ khác.

Người đọc có thể có thắc mắc. Câu hỏi đầu tiên: âm thanh nào được coi là mạnh (mạnh) và âm thanh nào yếu, đâu là ranh giới của sự phân chia này?

20

Và câu hỏi thứ hai: hiệu ứng phi tuyến là gì, chúng cần và cần những gì, chúng có thể tìm thấy ứng dụng ở đâu?

Hãy thử trả lời những câu hỏi này. Nhưng trước tiên, hãy nhớ sóng âm thanh là gì.

Sóng âm được biểu diễn bằng các vùng lăn và độ hiếm lan truyền trong môi trường. Tại mỗi điểm trong môi trường sẽ có sự thay đổi áp suất do thay đổi mức độ lăn. Sự thay đổi áp suất này thành áp suất trung bình tồn tại trong môi trường khi không có sóng âm được gọi là áp suất âm thanh.

Sóng âm mang theo năng lượng - thế năng biến dạng (nếu âm thanh truyền trong khí quyển thì đây là năng lượng biến dạng của không khí) và động năng của các hạt chuyển động (không khí). Năng lượng này chảy theo hướng truyền sóng. Dòng năng lượng truyền trong một đơn vị thời gian qua một đơn vị diện tích vuông góc với hướng truyền sóng đặc trưng cho cường độ của sóng âm.

Rõ ràng là cả cường độ $I$ và áp suất âm thanh $p$ đều phụ thuộc vào tính chất của môi trường mà âm thanh truyền đi. Chúng tôi sẽ không rút ra những sự phụ thuộc này; chúng tôi sẽ chỉ trình bày công thức nối $p$, $I$ với đặc điểm của môi trường - mật độ $\rho$ và tốc độ truyền âm trong môi trường $c$:

$$I = p_0^2/2\rho c$$

($p_0$ - biên độ áp suất âm thanh).

Bây giờ chúng ta chuyển sang câu hỏi âm thanh “mạnh” và “yếu” là gì.

Việc lắng nghe âm thanh được xác định một cách thú vị bởi mức áp suất âm thanh - một giá trị liên quan đến biên độ của áp suất âm thanh và thay đổi theo decibel (dB):

$$N = 20 \lg(p/p_n), \text{ДБ.}$$

Ở đây $p$ là áp suất có mức mà chúng ta quan tâm, $p_n$ là áp suất âm thanh ngưỡng, thường được coi là $2 \cdot 10^{-5}$ Pa. Áp suất $p_n$ áp dụng tương ứng với cường độ $I_n = 10^{-12} \text{Bt/m}^2$ của một âm thanh rất yếu mà tai người có thể cảm nhận được trong không khí ở tần số 1000 Hz.

Mức áp suất âm thanh càng cao thì âm thanh càng mạnh.

Những ý tưởng chủ quan về cường độ của âm thanh có liên quan đến khái niệm “độ ồn”, tức là chúng liên quan đến dải tần số mà tai cảm nhận được (xem bảng). Nhưng nếu tần số âm thanh nằm ngoài phạm vi này, trong vùng siêu âm thì sao? Trong tình huống này, trong các thí nghiệm với siêu âm ở tần số cỡ 1 MHz, việc quan sát các hiệu ứng phi tuyến trong điều kiện phòng thí nghiệm là dễ dàng nhất.

Do đó, chúng ta đã đóng vòng tròn: thật hợp lý khi gọi những sóng hoạt động mà hiệu ứng phi tuyến trở nên mạnh mẽ đáng chú ý.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang các hiệu ứng phi tuyến. Được biết, một sóng âm tổng quát (tuyến tính) có biên độ nhỏ lan truyền trong môi trường mà không thay đổi hình dạng. Trong trường hợp này, cả vùng lăn và vùng hiếm đều di chuyển trong không gian với cùng tốc độ - đây là tốc độ của âm thanh trong môi trường. Nếu một nguồn âm thanh tạo ra (phát ra), ví dụ như sóng hình sin, thì cấu hình của nó vẫn có dạng hình sin ở bất kỳ khoảng cách nào tính từ nguồn. Trong một sóng âm mạnh, hình ảnh cũng giống nhau: các vùng trong đó môi trường dốc (áp suất âm thanh dương) di chuyển với tốc độ lớn hơn tốc độ âm thanh và các vùng hiếm hoi di chuyển với tốc độ nhỏ hơn tốc độ âm thanh trong môi trường này. Kết quả là cấu hình sóng bị biến dạng - các chip phía trước trở nên lớn hơn và các chip phía sau trở nên phẳng hơn. Một bức tranh tương tự được quan sát thấy đối với sóng biển gần bờ: sóng dâng cao êm ái ở vùng nước nông thay đổi hình dạng và trong vùng lướt sóng, trước khi sụp đổ, chúng tiếp cận mặt trước. Sự hình thành cạnh đầu tròn hoặc điểm gián đoạn là một hiệu ứng phi tuyến. Khoảng cách $l_p$ phải đi

21

Một sóng có hình dạng bị biến dạng rõ rệt được gọi là chiều dài của khoảng trống được hình thành. Giống như bất kỳ hiệu ứng phi tuyến nào, độ méo biên dạng phụ thuộc vào biên độ của sóng $p_0$ - độ dài của điểm gián đoạn được hình thành tỷ lệ nghịch với biên độ, tức là $l_p \sim 1/p_0$. Sóng càng mạnh, biên độ càng lớn thì biên dạng càng bị biến dạng nhanh hơn. Nếu độ suy giảm đủ mạnh và xảy ra ở khoảng cách $l_3$, nhỏ hơn $l_p$, thì tính phi tuyến có thể bị triệt tiêu và hoàn toàn không xuất hiện. Đương nhiên, $l_3$, giống như $l_p$, phụ thuộc vào đặc tính của môi trường mà âm thanh truyền đi.

Bây giờ chúng ta có thể làm rõ định nghĩa của sóng âm mạnh: đó là sóng có $l_p < l_3$. Tỷ lệ $l_3/l_p$ được gọi là số Reynolds âm học và được ký hiệu là Re.

Khi $Re > 10$, sóng mạnh; tại $Re \ll 1$ - yếu. Số Reynolds bằng $Re = \alpha p_0/f$, trong đó $f$ là tần số của âm thanh và hệ số $\alpha$ là một hằng số đặc trưng cho các đặc tính phi hạt và độ nhớt của môi trường (cách môi trường “phản ứng” với một tín hiệu mạnh, mức độ mà nó làm biến dạng nó). Các giá trị của $\alpha$ là khác nhau đối với các môi trường khác nhau; cho nước $\alpha \approx 300$ ($\Pi a \cdot c$)$^{-1}$. Khi phát ra âm thanh có tần số $f \sim 1$ MHz, điều kiện $Re > 10$ thỏa mãn đối với sóng có biên độ áp suất âm $p_0 > 3 \cdot 10^4$ Pa. Như vậy, sóng âm mạnh trong nước là sóng có cường độ $I = p_0^2/2\rho c > \frac{(3 \cdot 10^4)^2}{2 \cdot 10^3 \cdot 1,5 \cdot 10^3} \cdot Bt/m^2 = 300 \cdot Bt/m^2$; mức áp suất âm thanh tương ứng là $N > 180$ dB.

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại sự truyền tải mật độ năng lượng cao rất hấp dẫn trên những khoảng cách xa bằng cách sử dụng chùm tia hoạt động. Trong một thời gian khá dài, người ta tin rằng ý tưởng này đã gần thành hiện thực. Một ví dụ nổi bật trong những năm gần đây là bức xạ laser. Như nhiều độc giả có thể đã biết, các xung laser mạnh có khả năng phá hủy các cấu trúc và phá vỡ các hoạt động ở một khoảng cách đáng kể so với chính hệ thống lắp đặt laser. Thoạt nhìn, rõ ràng là việc thay thế ánh sáng bằng âm thanh trong những vấn đề này về cơ bản là có thể thực hiện được và

22

Tất cả những gì còn lại là khắc phục những khó khăn kỹ thuật. Tuy nhiên, có những khó khăn cơ bản khiến ý tưởng tạo ra vũ khí siêu âm trở nên vô vọng. Hóa ra, đối với bất kỳ khoảng cách nhất định nào cũng có một giá trị giới hạn về cường độ của sóng âm, đạt đến một số nguyên và cường độ này càng thấp thì khoảng cách đến số nguyên càng lớn. Và vấn đề hoàn toàn không nằm ở sự suy giảm thông thường của sóng âm trong quá trình truyền qua môi trường hấp thụ, xảy ra theo định luật $p_x = p_0 e^{-x/l_3}$.

Thông thường, độ suy giảm của sóng âm càng ít thì tần số âm thanh càng cao, $-l_3 \sim f^{-2}$, tức là hiệu ứng suy giảm được nghe rõ rệt khi tần số tăng dần. Tuy nhiên, chúng ta có thể chọn tần số sao cho tổng độ suy giảm (tuyến tính) ở những khoảng cách chúng ta cần sẽ không đáng kể.*) Bây giờ hãy tưởng tượng rằng ở một số nơi trong không gian $(x=0)$ chúng ta chỉ định (tạo ra) một sóng có tần số chính xác như vậy và có biên độ lớn, sao cho các hiệu ứng phi tuyến sẽ ảnh hưởng đáng kể đến bề mặt của sóng. Sự thay đổi hình dạng của một chu kỳ sóng trong quá trình truyền sóng được thể hiện ở hình 1.

Chúng ta thấy rằng miễn là sóng ở khoảng cách $x \leq l_p$ thì nó không hề phân rã. Nhưng ở mức $x > l_p$ sự suy giảm phi tuyến bắt đầu. Biên độ của sóng giảm dần theo khoảng cách từ nguồn

$$p_0(x > l_p) = \frac{p_0}{1 + x/l_p}$$

*) Đối với tín hiệu có tần số 1 MHz trong nước $l_3 \approx 50$ m và $l_p$ đối với siêu âm có biên độ đủ lớn chỉ có thể là 10 cm.

— càng nhanh thì giá trị biên độ ban đầu $p_0$ càng lớn. Đối với các giá trị rất lớn của biên độ ban đầu, đơn vị trong dấu có thể bị bỏ qua so với các số hạng khác; biên độ bị tắt bởi tỷ lệ $1/x$, và vì $l_p \sim 1/p_0$, tốc độ giảm không phụ thuộc vào cường độ của tín hiệu ban đầu $p_0$. Quá trình này tiếp tục cho đến khi (đến những khoảng cách như vậy tính từ nguồn) sóng bị suy giảm mạnh đến mức các hiệu ứng phi tuyến tính “dừng lại” và sau đó sóng chuyển sang chế độ truyền tuyến tính. Sự suy giảm hơn nữa xảy ra theo quy luật của âm học tuyến tính, tức là đó là chân trời yếu hơn và không phụ thuộc vào cường độ nhiễu loạn ban đầu.

Có thể thu được biểu thức cho giá trị giới hạn (tối đa) của biên độ của sóng hình sin (ở lối vào môi trường) dưới tác động kết hợp của cả hiệu ứng phi tuyến (suy giảm do hình thành mặt trước sóng tròn) và suy giảm tuyến tính tổng quát, được đặc trưng bởi hệ số suy giảm $1/l_3$:

$$\lim_{p_0 \to \infty} p_0(x > l_p) = p_{\text{пред}}(x) = \frac{4f}{\alpha} e^{-x/l_3}.$$

Một lần nữa chúng ta chú ý đến thực tế là biên độ của tín hiệu $p_0(x)$ ở khoảng cách $x \gg l_p$, như sau biểu thức trên, không phụ thuộc vào cường độ (biên độ) của tín hiệu $p_0$ tới bộ phát. Có giới hạn hữu hạn là $p_0(x)$ tại $p_0(x = 0) \to \infty$. Cho dù chúng ta sử dụng bộ phát mạnh đến đâu, cho dù tín hiệu ban đầu có lớn hay biên độ đến đâu, với mỗi khoảng cách nhất định $x$ thì không thể thu được tín hiệu lớn hơn $p_{\text{пред}}(x)$.

23

Hãy thử ước tính cường độ tối đa có thể được truyền trong nước trên khoảng cách 100 m bằng sóng âm có tần số 1 MHz:

$$I_{\text{преД}} = \frac{p^2_{\text{преД}}(x=100 \text{ м})}{2c\rho} = \frac{8f^2}{c\rho\alpha^2} e^{-2x/l_3},$$

và thay thế $c \approx 1,5 \cdot 10^3$ m/s, $\rho \approx 10^3$ kg/m$^3$, $\alpha \approx 300$ (Pa s)$^{-1}$, $l_3 \approx 50$ m, chúng ta nhận được $I_{\text{преД}} \approx 1$ W/m$^2$. Do đó, trong các điều kiện thích hợp để tạo ra bức xạ siêu âm mạnh (trong nước), ở khoảng cách khoảng 100 m tính từ nguồn, rất ít năng lượng, ở mức một joule, có thể được truyền đến một ăng-ten ứng dụng có diện tích một mét vuông trong một giây. Năng lượng này đủ để thắp sáng một chiếc đèn pin, nhưng rõ ràng là không đủ để làm hỏng con tàu hay làm bị thương cá nhà táng.

Vậy thì, nhiều ứng dụng kỹ thuật của siêu âm mà chúng tôi đã đề cập trước đó—khoan lỗ, làm sạch bằng siêu âm, v.v.—ra đời như thế nào? Thực tế là các hoạt động này được thực hiện ở khoảng cách tương đối ngắn tính từ bộ phát, nơi mà sự suy giảm phi tuyến vẫn chưa có thời gian để làm suy yếu đáng kể sóng mạnh và hiệu suất vẫn chưa xảy ra.

Giáo viên có thể hỏi: giải thích thế nào về tác động mạnh mẽ của sóng xung kích đến quá trình chuyển đổi? Được biết, sóng xung kích nổ có thể phá hủy các công trình nằm khá xa nơi xảy ra vụ nổ. Nhưng sóng xung kích là sự hình thành phi tuyến tính cao, và do đó sự suy giảm do hiệu ứng phi tuyến thậm chí còn xảy ra nhanh hơn so với sóng yếu quan sát được trong các vấn đề âm học phi tuyến.

Vấn đề là tín hiệu xung đơn (hình 2) hoạt động khác với tín hiệu định kỳ (so sánh hình 1 và 2). Giá trị cực đại của nó giảm dần theo khoảng cách từ nguồn theo định luật

$$p_0(x) = \frac{p_0}{\sqrt{1+x/l_p}}.$$

Đối với biên độ ban đầu lớn $p_0$ có thể bỏ qua sự thống nhất dưới gốc của mẫu số; trong những trường hợp này, biên độ của một tín hiệu đơn lẻ tại điểm quan sát, chẳng hạn như tại điểm truyền, phụ thuộc vào biên độ tại điểm bức xạ (nổ) và khoảng cách như

$$p_0(x) = p_0 \sqrt{l_p/x} \sim \sqrt{p_0/x}.$$

Đối với chúng tôi, sự phụ thuộc vào biên độ ban đầu $p_0$ là quan trọng. Chúng ta thấy rằng với sự biểu hiện mạnh mẽ của hiệu ứng phi tuyến trong trường hợp sóng xung kích, giá trị tối đa của $p_0(x)$ không bị giới hạn ở một mức giới hạn nào đó mà chỉ phụ thuộc chậm hơn vào giá trị ban đầu của nó (tỷ lệ thuận với $\sqrt{p_0}$ chứ không phải $p_0$ như trong trường hợp tuyến tính). Điều này có nghĩa là bằng cách tăng biên độ của sóng (ví dụ: lực nổ), chúng ta có thể đạt được áp lực lớn hơn lên tính liên tục ở một khoảng cách nhất định (thậm chí lớn) và do đó phá hủy nó.

Cho đến nay chúng ta đã nói về sự thay đổi hình dạng của một sóng âm mạnh và sự giảm biên độ của nó khi nó truyền qua một môi trường. Nhưng chúng tôi không nói gì về điều quan trọng nhất - thành phần quang phổ của nó thay đổi như thế nào. Vấn đề này rất quan trọng đối với ứng dụng.

24

Hãy để chúng tôi nhắc nhở người đọc phổ của tín hiệu là gì. Rõ ràng, từ “quang phổ” gắn liền với hình ảnh quang phổ phát xạ quang học của các nguyên tử, chứa một tập hợp các sọc nhiều màu. Mỗi nguyên tử được đặc trưng bởi “bức chân dung quang phổ” của riêng nó. Do đó, trong quang phổ của natri, vạch màu vàng nổi bật ở bước sóng ánh sáng 0,59 micron. Cho dù chúng ta biến đổi sóng có thành phần quang phổ nhất định như thế nào (tức là với tập hợp hấp thụ tuyến tính đã biết) trong môi trường ánh sáng tuyến tính—cho nó đi qua các bộ lọc ánh sáng, môi trường tán xạ, bộ khuếch đại, v.v.—các tần số mới (hoặc, tương tự, các vạch quang phổ mới) sẽ không xuất hiện. Chuyển đổi tín hiệu phi tuyến bằng phương pháp quang học phi tuyến là một vấn đề khác. Được biết, chùm tia hồng ngoại của tia laser mạnh khi đi qua một tinh thể được chọn lọc đặc biệt có thể đổi màu thành màu xanh lục. The frequency of the light wave doubles.

Một hiệu ứng tương tự của việc tăng tần số nhiều lần, hay như người ta cũng nói, tạo ra các sóng hài cao hơn, cũng rất quan trọng đối với tính chất vật lý của các sóng âm mạnh. Khi chúng tôi xem xét độ méo dạng sóng hài (xem hình 1), chúng tôi thực sự đã gặp phải hiện tượng này. Thật vậy, phổ của tín hiệu được mô tả trong hình 1 bao gồm một tập hợp các tần số bằng nhau - tần số cơ bản của tín hiệu phát ra $f$ - tần số này tương ứng với tín hiệu hình sin không bị biến dạng ban đầu - và các sóng hài cao $nf$ ($n=2, 3, 4, \dots$), xuất hiện khi sóng truyền trong môi trường phi tuyến. Nói cách khác, sự biến dạng của dạng sóng hình sin dẫn đến sự xuất hiện của các sóng hài cao trong quang phổ. Biên độ của sóng hài thứ hai ($n=2$) tăng tỷ lệ thuận với quãng đường sóng truyền đi. Nó có thể trở nên khá lớn và do đó có thể được thay đổi khá chính xác. Mặt khác, ở một khoảng cách cố định giữa bộ phát và bộ thu âm thanh, biên độ của sóng hài thứ hai phụ thuộc vào tính chất đàn hồi của môi trường, hoặc, như các nhà vật lý và nhà khoa học vật liệu nói, phụ thuộc vào các mô hình phi tuyến của môi trường. Độc giả của chúng ta có lẽ đã quen thuộc với mô hình Young - một đại lượng xác định sự biến dạng đàn hồi của vật rắn dưới tác dụng của ứng suất cơ học tác dụng (hãy nhớ định luật Hooke). Mô đun Young là một mô hình tuyến tính, vì theo định luật Hooke, biến dạng của vật thể tỷ lệ thuận với ứng suất (phụ thuộc tuyến tính vào nó). Với việc cải tiến định luật Hooke trong vùng ứng suất cao, khi biến dạng không thể được coi là đàn hồi - vật liệu trở nên “phẳng”, “chảy” và thậm chí sụp đổ - sự phụ thuộc của biến dạng vào ứng suất đã được đặc trưng bởi các mô đun phi tuyến của môi trường.

Vì vậy, bằng cách thay đổi biên độ sóng hài thứ hai của sóng truyền qua môi trường như vậy, do đó chúng ta thay đổi mô hình phi tuyến của môi trường và do đó, có thể đánh giá độ phân lớp, cường độ và các đặc tính quan trọng khác của vật chất.

Bây giờ chúng ta đã hiểu được ý nghĩa của một trong những ứng dụng quan trọng nhất của động lực học phi tuyến. Khi nghiên cứu tính chất của vật liệu rắn, chúng thường chịu tải trọng lớn. Sử dụng máy ép đặc biệt, áp suất lên tới mười nghìn atm được tạo ra. Thay vì thiết bị cồng kềnh và đắt tiền này, đôi khi có thể sử dụng một phương pháp đơn giản hơn. Một bộ phát âm thanh được dán vào đầu thanh làm bằng vật liệu đang nghiên cứu, nhờ đó một sóng rất mạnh có thể được kích thích trong thanh. Ở đầu kia của thanh, một tín hiệu phi tuyến được ghi lại (ví dụ: biên độ của sóng hài thứ hai), chứa thông tin cần thiết về các tính chất của vật liệu.

Không giống như sóng tuyến tính, sóng mạnh dường như “ghi nhớ” các đặc tính của môi trường dọc theo đường truyền của nó. Đó là lý do tại sao tín hiệu phi tuyến được sử dụng để chẩn đoán đất và môi trường nước,

25

không rõ ràng đối với các loại hình học tập khác, nhưng lại “minh bạch” về mặt âm thanh.

Nếu trên đường đi, một sóng âm mạnh đi ngang qua đường đi của một sóng (tín hiệu) khác, thì nó sẽ “ghi nhớ” cuộc gặp gỡ này, tức là đặc tính của nó sẽ thay đổi. Nói cách khác, chùm tia mạnh đóng vai trò như một loại ăng-ten ứng dụng. Hãy tưởng tượng: chỉ cần tăng công suất của âm thanh phát ra chẳng hạn từ đầu vào là đủ, và chúng ta sẽ có được một ăng-ten thu âm thanh có chiều dài hàng chục, thậm chí hàng trăm mét. Ăng-ten như vậy sẽ là khu vực tập trung chùm tia âm thanh, tức là khoảng không gian giữa bộ phát và bộ thu. Tất nhiên, không thể thu được điều gì như thế này đối với sóng yếu. Được biết, hai sóng tuyến tính truyền tự do qua nhau, tạo ra hình ảnh giao thoa ở khu vực giao nhau. Rời khỏi vùng giao thoa, mỗi sóng hoạt động giống hệt nhau như thể không có sóng nào khác. Một chùm tia mạnh không chỉ có thể đóng vai trò là ăng-ten ứng dụng mà còn có thể đóng vai trò là ăng-ten bức xạ. Các thiết bị phát ra âm thanh sử dụng ăng-ten như vậy được gọi là bộ bức xạ tham số. Những thiết bị này cần thiết để làm gì?

Người ta biết rằng loại bức xạ duy nhất có thể truyền đi quãng đường dài dưới nước là âm thanh. Nếu không có kết nối tích cực thì không thể khám phá Đại dương Thế giới và sử dụng sự giàu có của nó. Nhưng đối với bức xạ định hướng của âm thanh tần số thấp có chùm tia hẹp, cần có ăng-ten rất lớn với đường kính bề mặt phản xạ (gương) hàng chục mét. Các vấn đề về chế tạo anten bức xạ khổng lồ có thể được giải quyết bằng cách sử dụng tương tác sóng phi tuyến. Để làm được điều này, một ăng-ten có kích thước bình thường phải phát ra hai sóng âm cực mạnh ở đầu vào có tần số $f_1$ và $f_2$. Hai sóng này sẽ tương tác với nhau cho đến khi tắt hẳn, chẳng hạn ở khoảng cách một km tính từ bộ phát. Do sự tương tác của hai sóng, tín hiệu được tạo ra ở tần số thấp (khác nhau) $f_1 - f_2$, tín hiệu này suy giảm yếu hơn nhiều và có thể truyền đi một khoảng cách rất xa. Nhưng điều quan trọng nhất là tín hiệu sinh này không nằm trên bề mặt ăng-ten (chỉ có các tín hiệu có tần số $f_1$ và $f_2$) mà ở cột nước. Do đó, cột nước dài hàng km nơi xảy ra tương tác là một ăng-ten bức xạ khổng lồ. Nó không cần phải được xây dựng - nó tự phát sinh.

Các máy phát tham số đã được ứng dụng trong địa vật lý, y học và nghiên cứu khí quyển. Nhưng ăng-ten loại này đã được chứng minh là đặc biệt hữu ích cho nghiên cứu biển. Họ đã có thể nghiên cứu với độ chính xác cao về địa hình đáy và các tính chất của đất ở các lớp đáy biển. “Tham số” đã tìm thấy một ứng dụng thú vị trong khảo cổ học; với sự giúp đỡ của nó, họ đã cố gắng tìm kiếm những đồ vật có giá trị mà Napoléon đã lấy từ Điện Kremlin và bị ông ta bỏ rơi trong chuyến bay năm 1812 tại những hồ nước ngập nước, đầm lầy gần Smolensk; Các vật phẩm thuộc về các chuyến thám hiểm vùng cực của những năm đầu tiên khám phá Bắc Cực đã được tìm thấy…

Ngày nay, việc sản xuất công nghiệp hàng loạt máy định vị hoạt động dựa trên cá đã được tổ chức, giúp phát hiện sự tích tụ của cá trên bề mặt hoặc dưới đáy biển, ở cửa sông, vùng nước nông - nơi mà các phương pháp thủy âm thông thường không hiệu quả.

Trong bài viết này, chúng tôi chỉ cố gắng xác định một số trong nhiều hiệu ứng xảy ra trong các trường hoạt động mạnh.

Truyền động phi tuyến là một ngành khoa học non trẻ, nó đã phát triển được hơn một vài năm. Có rất nhiều điều khiến một nhà nghiên cứu trẻ quan tâm đến tính chất vật lý của các quá trình phi tuyến và các ứng dụng của nó.

27

KIẾN
TRÊN CÓ THỂ

I. F. AKULICH

Học sinh có đúng không?

Hai học sinh đang thắc mắc về giải pháp cho vấn đề sau bài toán:
Hộp thiếc có dạng hình trụ dốc hình chữ nhật có bán kính R và chiều cao H. Có một con kiến ​​nằm trên chu vi của một trong các đế (tại điểm A tại hình 1). Anh ta muốn di chuyển dọc theo bề mặt của chiếc lọ đến điểm B cách xa anh ta nhất trên đường tròn của một đế khác (đối xứng với điểm A so với tâm của chiếc lọ). Nó nên đi như thế nào để độ dài đường dẫn là tối thiểu?

• Nhưng đây là một bài toán rất đơn giản! – cậu học sinh đầu tiên tự tin nói. - Ta cần bóc bề mặt của hình trụ lên một mặt phẳng. Để xác định điều này, chúng ta sẽ giả sử rằng con kiến ​​bò dọc theo bề mặt bên trước, sau đó dọc theo đế trên (có thể đánh dấu một đường đối xứng: đầu tiên dọc theo đế dưới, sau đó dọc theo bề mặt bên, có chiều dài bằng nhau). Mở rộng bình (hình 2, a), ta thấy ngay đường đi ngắn nhất trước tiên là dọc theo các mẫu AM, sau đó dọc theo đường kính MB. Độ dài của đường dẫn này rõ ràng là $S_{\min} = H + 2R$.

“Đợi một chút,” một cậu học sinh khác phản đối, “nhưng mở hộp theo cách khác sẽ thuận tiện hơn nhiều.” Hãy loại bỏ hoàn toàn phần đáy và biến bề mặt bên thành hình chữ nhật (hình 2, b). Khi đó đường đi ngắn nhất là đoạn nối điểm A và B; chiều dài của nó là $S_{\min} = \sqrt{H^2 + \pi^2 R^2}$. Và trên bờ, đường đi của con kiến ​​sẽ là một đoạn của đường xoắn ốc.

Các sinh viên tranh cãi nhưng rồi tìm ra cách giải quyết: các em cần so sánh hai kết quả thu được và kết quả nào nhỏ hơn sẽ là lộ trình mong muốn. Đầu tiên họ xác định trong những điều kiện nào thì hai đường đi sẽ có độ dài bằng nhau; vì điều này họ chỉ đơn giản đánh đồng chúng:

$$H + 2R = \sqrt{H^2 + \pi^2 R^2},$$

sau đó chuyển đổi:

$$(H + 2R)^2 = H^2 + \pi^2 R^2,$$
$$H^2 + 4HR + 4R^2 = H^2 + \pi^2 R^2,$$
$$4H = (\pi^2 - 4)R,$$
$$\frac{H}{R} = \frac{\pi^2}{4} - 1 \approx 1,467.$$

Vì vậy, các đường đi bằng nhau khi xác định độ khớp và bán kính của hộp. Từ đó dễ dàng kết luận rằng nếu

28

Hình 3.

$$\frac{H}{R} < \frac{\pi^2}{4} - 1,$$
thì đường đi ngắn nhất do học sinh thứ nhất đề xuất, và nếu $\frac{H}{R} > \frac{\pi^2}{4} - 1$ thì đường đi ngắn nhất do học sinh thứ hai đề xuất.

Những học sinh bị mắng không thể cưỡng lại việc khoe quyết định của mình với giáo viên dạy toán vào ngày hôm sau.

Câu hỏi dành cho người đọc: bạn sẽ nói gì với họ nếu bạn là giáo viên của họ?

Không, họ sai rồi!

Chúng ta hãy cùng nhau trả lời: các bạn ơi, các bạn sai rồi! Tất nhiên, bạn đã quyết định bài toán, nhưng… hoàn toàn khác. Cụ thể: bạn đã chọn hai đường đi có thể từ điểm $A$ đến điểm $B$ và xác định xem đường đi nào sẽ ngắn hơn trong những điều kiện nào. Nhưng ngoài hai đường dẫn này, còn có thể có nhiều đường dẫn khác (hình 3), đi từ điểm $A$ dọc theo bề mặt bên đến một điểm tùy ý $P$ trên đường tròn của đế trên và từ điểm $P$ đến điểm $B$ - dọc theo một đoạn thẳng ở đế trên. Như bạn có thể thấy, các tuyến đường do học sinh đề xuất chỉ đại diện cho một phần trường hợp của đường đi được đề xuất: đối với học sinh đầu tiên, điểm $P$ trùng với điểm $M$, đối với học sinh thứ hai, nó trùng với $B$, tức là học sinh đề xuất hai phương án “cực đoan”. Chà, sự thật chắc chắn nằm ở đâu đó ở giữa.

Hãy tìm ra nó.

Vì vậy, hãy đi con đường ngắn nhất. Nếu chúng ta biểu thị tâm của đáy trên bằng $O$ và góc $MOP$ bằng $\varphi$ thì chúng ta có thể dễ dàng xác định rằng độ dài của cung $MP$ bằng $R\varphi$, độ dài của đoạn thẳng ngắn nhất $AP$ bằng $\sqrt{H^2 + R^2\varphi^2}$ (theo định lý Pythagore); và độ dài của đoạn $PB$ bằng $2R\cos \frac{\varphi}{2}$. Do đó, độ dài đường dẫn là hàm của $\varphi$ và bằng

$$S = \sqrt{H^2 + R^2\varphi^2} + 2R\cos \frac{\varphi}{2}.$$

Tất cả những gì còn lại là tìm mức tối thiểu của hàm này trên phần $\varphi \in [0; \pi]$.

Người ta biết làm thế nào để làm điều này. Mức tối thiểu có thể đạt được ở một trong các đầu của khoảng hoặc ở đâu đó ở giữa. Về phần cuối, phần bài toán này do chính học sinh kiểm tra (đường đi của chúng tương ứng với các giá trị $\varphi = 0$ và $\varphi = \pi$). Làm thế nào để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số trong một khoảng? Ở đây, phép tính vi phân cung cấp một phương pháp phổ quát. Hãy lấy một tùy ý:

$$S' = \frac{R^2\varphi}{\sqrt{H^2 + R^2\varphi^2}} - R\sin \frac{\varphi}{2}.$$

Những điểm trong khoảng $(0; \pi)$ mà tại đó giá trị tùy ý này biến mất hoặc không được xác định (tuy nhiên, giá trị sau là không thể trong trường hợp này) là những điểm bị nghi ngờ là cực trị: nếu một hàm có cực đại hoặc cực tiểu cục bộ trên đoạn này thì chúng chỉ có thể đạt được tại những điểm như vậy. Hãy đánh đồng một số tùy ý bằng 0:

$$\frac{R^2\varphi}{\sqrt{H^2 + R^2\varphi^2}} - R\sin \frac{\varphi}{2} = 0,$$

hoặc, sau khi đơn giản hóa:

$$\frac{R\varphi}{\sqrt{H^2 + R^2\varphi^2}} = \sin \frac{\varphi}{2}.$$

Từ đây vẫn phải tìm tất cả $\varphi$ có trong khoảng $(0; \pi)$, xác định cho $\varphi$ các giá trị $S$ này và trong số tất cả $S(\varphi)$ thu được theo cách này, cũng như các giá trị cuối $S(0)$ và $S(\pi)$, hãy chọn giá trị phù hợp nhất. Và không có vấn đề gì!

Câu chuyện sẽ sớm được kể…

Thế thôi. Và khó khăn không thể vượt qua đầu tiên là lời giải của phương trình (1). Nó không được giải quyết, tức là.

29

không thể suy ra $\varphi$ từ nó thông qua $H$ và $R$ dưới dạng các hàm cơ bản.

Làm thế nào điều này có thể được? Chỉ có một lối thoát - tìm một lựa chọn tốt nào đó. Trước hết, chúng ta lưu ý: nếu một hàm có cực tiểu cục bộ tại một điểm nào đó, điều này có nghĩa là ở bên trái của điểm này, nó triệt tiêu và tăng ở bên phải, do đó đạo hàm của nó ở bên trái là âm, tại chính điểm đó nó bằng 0 và ở bên phải là dương: nói cách khác, đạo hàm ở chữ thường bằng 0). Nếu nó hoàn toàn âm thì chúng ta có thể nói chắc chắn rằng không có mức tối thiểu cục bộ tại thời điểm này (nhưng tất nhiên là có mức tối đa).

Hãy tìm đạo hàm thứ hai:

$$S'' = \frac{R^2 H^2}{(\sqrt{H^2 + R^2 \varphi^2})^3} - \frac{R}{2} \cos \frac{\varphi}{2}. \tag{2}$$

Chúng ta hãy tìm dấu của nó cho những $\varphi$ mà đạo hàm bậc nhất triệt tiêu, tức là đẳng thức (1) đúng. Nhưng làm thế nào để làm điều này? Một “bước đi khôn ngoan” được đề xuất: hãy biểu thị các đại lượng $\sqrt{H^2 + R^2 \varphi^2}$ và $H^2$ từ phương trình (1):

$$\sqrt{H^2 + R^2 \varphi^2} = \frac{R \varphi}{\sin \frac{\varphi}{2}},$$

$$H^2 = \left( \frac{R \varphi}{\sin \frac{\varphi}{2}} \right)^2 - R^2 \varphi^2 =$$

$$= R^2 \varphi^2 \left( \frac{1}{\sin^2 \frac{\varphi}{2}} - 1 \right) = R^2 \varphi^2 \frac{\cos^2 \frac{\varphi}{2}}{\sin^2 \frac{\varphi}{2}}.$$

Hãy thay thế các giá trị này thành (2):

$$S'' = \frac{R^2 \cdot R^2 \varphi^2 \cos^2 \frac{\varphi}{2}}{\sin^2 \frac{\varphi}{2}} - \frac{R}{2} \cos \frac{\varphi}{2} =$$

$$= \frac{R}{2 \varphi} \cos \frac{\varphi}{2} \cdot (2 \cos \frac{\varphi}{2} \sin \frac{\varphi}{2} - \varphi) =$$

$$= \frac{R}{2 \varphi} \cos \frac{\varphi}{2} (\sin \varphi - \varphi).$$

Nếu $0 < \varphi < \pi$ thì tập hợp phía trước dấu ngoặc là dương và do đó $S''$ khớp với dấu của biểu thức $(\sin \varphi - \varphi)$. Tuy nhiên, như bạn biết, nếu $0 < \varphi < \pi$, thì $\sin \varphi < \varphi$; từ đó nó theo sau $\sin \varphi - \varphi < 0$ tại $\varphi \in (0; \pi)$. Vì vậy, nếu hàm $S$ có cực trị trên khoảng này thì nó chỉ có thể là cực đại chứ không thể là cực tiểu.

Nhưng các em học sinh đã đúng!

Do đó, giá trị tối thiểu $S$ đạt được ở một trong các đầu của đoạn $[0; \pi]$, và do đó, học sinh đúng với giá trị hoàn hảo đáp số. Tức là họ đúng.

Rất nhiều cho bạn! Nhưng điều chúng tôi phản đối cũng là sự thật! Nghịch lý?

Không, giống một tai nạn vui vẻ hơn. Trong bài toán này, các học sinh đơn giản là may mắn: lời giải sai được gắn với đáp số đúng. Phải nói rằng những trường hợp như vậy không quá hiếm: có lẽ mọi người đều nhớ điều gì đó kiểu này trong quá trình hành nghề của mình. Nói chung, số liệu thống kê này được viết để nhắc nhở bạn chỉ một lần: ngay cả khi sử dụng các phương pháp tiên tiến và đáng tin cậy nhất (chẳng hạn như phương pháp quét khi tìm đường đi ngắn nhất), bạn cần phải cẩn thận và phê phán lý luận của mình. Nếu không, bạn có thể gặp rắc rối.

Nhân tiện, lời giải của chúng tôi cũng chưa hoàn thành. Rốt cuộc, chúng tôi đã không xem xét đường đi của lũ kiến, được mô tả trong hình 4. Hãy tự suy nghĩ cách đối phó với chúng! Đáp số - càng rõ ràng càng tốt, ở cuối số.

31

F1189. Căn phòng lớn được giữ ở nhiệt độ không đổi $T_k=+15^\circ\text{C}$ vào mùa đông bằng ba bộ tản nhiệt sưởi ấm trung tâm nối tiếp (hình 2), qua đó nước nóng được bơm. Trong trường hợp này, nhiệt độ của bộ tản nhiệt đầu tiên là $T_1=+75^\circ\text{C}$ và nhiệt độ cuối cùng (thứ ba) là $T_3=+30^\circ\text{C}$. Nhiệt độ của bộ tản nhiệt thứ hai là bao nhiêu? Hãy xem xét rằng sự trao đổi nhiệt - cả giữa bộ tản nhiệt và căn phòng, cũng như giữa nước nóng và bộ tản nhiệt - tỷ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ tương ứng.

A. V. Andrianov

F1190. Hai tụ điện giống hệt nhau mắc nối tiếp với một cục pin có điện trở trong $r=1$ Ohm. Một điện trở $R=1000$ Ohm được mắc song song với một trong số chúng và một lượng nhiệt nhất định được giải phóng trong mạch. Bao nhiêu nhiệt lượng này sẽ được giải phóng vào điện trở trong của pin?

A. R. Zilberman

F1191. Một quả cầu dẫn điện có thành mỏng có bán kính $R$ có được nối với nguồn bằng dây mỏng (hình 3) ​​​nối tại các điểm $A$ và $B$ ($AO \perp OB$, $O \perp OB$) không? Chúng ta hãy tạo hai dấu trên quả cầu gần điểm $C$, sao cho khoảng cách giữa chúng là $R/1000$, và đoạn nối chúng vuông góc với hướng của các điện tích. Phần nào của tổng dòng điện chạy qua quả cầu giữa các điểm này?

L. G. Markovich

F1192. Ở cuối nút điện hình trụ có một tấm bìa cứng mỏng, trên đó có một vòng siêu dẫn nhỏ làm bằng dây mỏng, đường kính $d_1$ nhỏ hơn đáng kể so với đường kính của vòng $D$. Khi nối nút điện từ với nguồn nối tiếp với tụ điện (hình 4), vòng bị suy yếu ở mức $U>U_0$. Điện áp nguồn trong một thí nghiệm tương tự với một ống có cùng đường kính nhưng được làm bằng dây dày $d_2$ sẽ là bao nhiêu? Độ tự cảm của vòng lặp như vậy có thể được ước tính với độ chính xác đủ để thực hành bằng công thức $L=kD \ln(1,4D/d)$. Điện trở điện từ nên được coi là thấp.

V. V. Mozhaev

Lời giải bài toán
M1156—M1160, F1168—F1172

Chúng tôi sẽ chứng minh rằng đội ghi được 11 điểm chắc chắn sẽ lọt vào vòng 4 chung cuộc. Giả sử điều ngược lại: cho 5 đội ghi ít nhất 11 điểm. Trong 10 trận đấu giữa họ, 5 đội này ghi được tổng cộng 20 điểm và trong các trận đấu với 3 đội còn lại - không quá $2 \cdot 3 \cdot 5=30$, tức là tổng cộng họ ghi được không quá $50<5 \cdot 11$ điểm. Điều này mâu thuẫn với giả định của chúng tôi.

32

Về điểm.) Số điểm thấp nhất đảm bảo lọt vào vòng 4 chung cuộc là bao nhiêu?

Mặt khác, 10 điểm không đảm bảo quyền vào chung kết. Thật vậy, nếu có 5 đội hòa hết trận và thắng 3 đội còn lại thì mỗi đội sẽ ghi được 4+6=10 điểm nhưng có thể không vào được 4 đội cuối cùng.

Tương tự, có thể chứng minh rằng trong một giải đấu một vòng gồm các đội, số điểm tối thiểu đảm bảo lọt vào top $k$ của $n$ người tham gia ($k < n$) là $2n-k-1$.

S. Khodzhiev

M1157. Ba tam giác - trắng, đỏ và lục - có chung một điểm trong M. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một đỉnh của mỗi tam giác sao cho điểm M nằm bên trong hoặc trên đường viền của một tam giác có các đỉnh tại các điểm đã chọn có ba màu khác nhau.

Hãy xem xét tất cả các góc có thể có được tạo thành bởi các đoạn đi từ $M$ đến hai đỉnh có màu khác nhau. Đặt phần lớn các góc này là $\alpha = \angle AMB \leq 180^\circ$, với $A$ là điểm đỏ và $B$ là điểm trắng. thì không có điểm xanh nào bên trong các góc $AMB'$ và $BMA'$ liền kề với $\alpha$ (xem hình). Do đó, trong góc thẳng đứng $A'MB'$ so với $\alpha$ phải có một đỉnh màu xanh lá cây $C$ (nếu không cả 3 đỉnh màu xanh lá cây sẽ nằm trong góc $\alpha$ và tam giác màu xanh lá cây sẽ không chứa điểm $M$). Tam giác $ABC$ là hình mà chúng ta đang tìm kiếm: nó chứa điểm $M$, vì $M$ nằm cùng phía với $C$ của đường thẳng $AB$ và các đoạn $AC$ và $BC$ cắt nhau phần tiếp theo của các đoạn $BM$ và $AM$.

Hãy thử đưa ra một dạng tương tự của phát biểu về bài toán này trong không gian.

I. Barani

M1158. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $(x+y)(x+z)$ nếu $x, y, z$ là số dương và $xyz(x+y+z)=1$.

Đáp số: Giá trị nhỏ nhất là 2.

Đặt $a=y+z, b=x+z, c=x+y$ và xem xét hình tam giác từ cạnh $a, b, c$; nó tồn tại vì mỗi số $a, b, c$ nhỏ hơn tổng của hai số còn lại (xem hình). Chu vi của tam giác này là $2p=a+b+c=2(x+y+z)$ và diện tích theo công thức Heron

33

$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{(x+y+z)xyz} = 1.$$
Mặt khác, $2S = bc \sin \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa hai cạnh $b$ và $c$, vì vậy
$$(x+z)(x+y) = bc \geqslant 2S = 2,$$
Hơn nữa, sự bình đẳng đạt được đối với một tam giác vuông, tức là với điều kiện $a^2 = b^2 + c^2$, tương đương với điều kiện sau: $x(x+y+z) = yz$. (Cụ thể, $(x+y)(x+z) = 2$ tại $x+y=x+z=\sqrt{2}$, $y+z=2$, tức là $y = z=1$, $x=\sqrt{2}-1$.)
Đã đoán được khi nào đạt được đẳng thức, người ta dễ dàng tìm được một chứng minh đại số ngắn gọn sử dụng bất đẳng thức $p+q \geqslant 2\sqrt{pq}$:
$$(x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz \geqslant 2\sqrt{xyz}(x+y+z) \geqslant 2.$$
O. Khristenko

M1159. Dùng thước kẻ hai mặt dựng một góc có độ lớn $30^\circ$. Cho phép thực hiện các thao tác sau: (1) vẽ đường thẳng đi qua hai điểm, (2) vẽ đường thẳng song song với đường thẳng đó một khoảng bằng chiều rộng của thước.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

4. Chúng tôi đánh dấu ba nút của lưới này $A, B, C$, tạo thành một tam giác vuông có hai chân $AB=\sqrt{3}, BC=\sqrt{6}$ và cạnh huyền $AC=3$ (hình 3).
5. Vẽ một đường thẳng song song với $AB$ cách nó một khoảng 1, ta tìm được điểm $D$ trên đoạn $BC$ sao cho $BD=1$. Sau đó $\angle BAD=30^\circ$.
   Tất nhiên, còn có lời giải khác.
   Một khả năng khác của thước kẻ hai mặt được hiểu rộng rãi hơn: nó cho phép bạn vẽ hai đường thẳng song song cách nhau từ 1 đến hai điểm cho trước $A$ và $B$ ($AB \geqslant 1$; hình 4). Có thể chứng minh rằng trong trường hợp này, sử dụng thước hai mặt,

34

bài toán tương tự để xây dựng cũng được sử dụng giống như với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ (ví dụ: xem cuốn sách của I. I. Aleksandrov “Bộ sưu tập hình học bài toán dành cho xây dựng”, M.: Uchrednitsa, 1952). Hãy xem xét liệu điều này có đúng với hai phép toán từ các điều kiện của bài toán của chúng ta hay không.

A. V. Poleb

M1160. Ở đầu A của đường thẳng AB, tập hợp 10 con chuột túi và bắt đầu nhảy cóc. Họ lần lượt nhảy: người đầu tiên nhảy bất cứ nơi nào anh ta muốn mỗi lần; người thứ hai nhảy qua người thứ nhất sao cho người thứ nhất ở chính xác nửa đường từ điểm bắt đầu đến điểm cuối của bước nhảy, người thứ ba nhảy qua người thứ hai theo cách tương tự, v.v., người thứ mười nhảy qua người thứ chín, sau đó một loạt bước nhảy mới bắt đầu theo các quy tắc tương tự.

a) Sau 10 lần nhảy, liệu có thể thu thập được tất cả chuột túi ở điểm B không?
b) Họ có thể thu thập ravshe ở đó không?

0 $x_1(1)$ $x_1(2)$ … 1
0 $x_2(1)$ $x_2(2)$ … 1
0 $x_3(1)$ $x_3(2)$ … 1
0 $x_{10}(1)$ $x_{10}(2)$ … 1

Bảng 1.

0 1/512 10/512 … 1
0 1/256 9/256 … 1 1
0 1/4 3/4 1 … 1 1
0 1/2 1 1 … 1 1
0 1 1 1 … 1 1

Bảng 2.

Đáp số: a) có, 6) không.

Chúng ta sẽ đặt vị trí của con kangaroo thứ $i$ sau lần nhảy thứ $k$ theo tọa độ $x_i(k)$ trên trục AB, lấy điểm A là 0 và $B$ là 1. Sau đó

$$x_{i-1}(k) = \frac{x_i(k-1)+x_i(k)}{2},$$

(1)

hoặc

$$x_i(k-1) = 2x_{i-1}(k)-x_i(k).$$

(2)

Hãy xem xét một bảng trong đó tại giao điểm của hàng thứ $i$ và cột thứ $k$ có số $x_i(k)$; thêm cột “không” cho vị trí ban đầu: $x_1(0)=x_2(0)=\dots=x_{10}(0)=0$. Theo (1), mỗi số trong bảng, ngoại trừ các số ở cột 0 và hàng cuối cùng (thứ 10), bằng hai số ở hàng tiếp theo - trong cùng một cột và ở cột trước đó (xem Bảng 1). Nếu tất cả các con chuột túi một lần được thu thập tại điểm $B$, thì cột cuối cùng bao gồm các số một và từ (2) theo đó, toàn bộ góc đều chỉ bao gồm các số một, như trong Bảng 2. Ngay sau đó, số chuỗi bước nhảy phải ít nhất là 10 và con kangaroo thứ $i$ ($i=2,3,\dots,10$) phải duy trì ở điểm $B$, điểm cuối cùng loạt $i-1$. nhảy ngay tại chỗ. (Tất nhiên, các điều kiện giả định rằng những bước nhảy như vậy được cho phép, tức là một số con chuột túi có thể ở cùng một điểm.)

Sử dụng cùng một bảng, 2 trong số 10 hàng và 11 cột cho thấy chuột túi phải nhảy như thế nào để rơi xuống điểm $B$ trong 10 chuỗi. Con kangaroo thứ 10 đã có trong loạt đầu tiên sẽ rơi vào $B$ và theo công thức (1) lần lượt tìm (trừ 1) các số $x_i(k)$, bắt đầu từ dòng dưới cùng: cho $i=9$, sau đó $i=8$, v.v. Để biểu thị các bước nhảy ($i-1$ của kangaroo, bạn cần đánh dấu điểm giữa của các vectơ mà nó nhảy lên đó $i$con chuột túi thứ 6 (xem hình).

Biên soạn bảng các bước nhảy này - 1; $\frac{1}{2}$ và $\frac{1}{2}$; $\frac{1}{4}$, $\frac{2}{4}$ và $\frac{1}{4}$; $\frac{1}{8}$, $\frac{3}{8}$, $\frac{3}{8}$ và $\frac{1}{8}$, v.v. - dễ dàng nhận thấy chúng được biểu thị thông qua các hệ số sinh học $C_n^m = \frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{1\cdot2\cdot\dots\cdot m}$, tham gia vào công thức *)

*) Xem tài liệu “Tam giác Pascal” của V. A. Uspensky (M.: Nauka, 1979) hoặc các bài viết tương ứng trong “Từ điển bách khoa của một nhà toán học cưỡi ngựa” (được tái bản gần đây: M.: Pedagogika, 1988).

35

$$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1} b + \ldots + C_n^k a^{n-k} b^k + \ldots + C_n^0 b^n.$$

Cụ thể, đối với lần nhảy thứ $k$ của con kangaroo thứ $i$ ($1 \leq k \leq 11-i, i=10, 9, \ldots, 1$) thì bằng

$$x_i(k) - x_i(k-1) = C_{10-i}^{k-1}/2^{10-i};$$

tổng $11-i$ của các lần nhảy này (trên tất cả $k$ từ 1 đến $11-i$) cho mỗi $i$ bằng 1.

S. L. Eliseev

F1168. Ước tính tốc độ tối đa của Lunokhod - phương tiện tự hành hoạt động trên Mặt Trăng, được điều khiển từ Trái Đất.

Giả sử rằng tại một thời điểm nào đó, điện thoại của tàu thám hiểm mặt trăng đã “phát hiện” ra một điểm không bằng phẳng trên bề mặt mặt trăng và “báo cáo” điều này với Trái đất. Cho đến khi nhận được lệnh, thời gian sẽ trôi qua như thế nào?

$$t = 2 \frac{l}{c} + \tau = 2 \frac{380 \cdot 10^3 \text{ км}}{300 \cdot 10^3 \text{ км/c}} + 0,1 \text{ с} \sim 2,6 \text{ с}.$$

Ở đây $l$ là khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng, $c$ là tốc độ truyền tín hiệu vô tuyến, $\tau$ là khoảng thời gian người vận hành chấp nhận lời giải.

Để ước tính tốc độ chuyển động của tàu thám hiểm mặt trăng, chúng ta sẽ giả sử rằng nó nhỏ hơn rất nhiều lần so với tốc độ $v \sim 20$ km/h chuyển động tự động trên một con đường bằng phẳng trên trái đất, bao nhiêu lần thời gian $t$ “chấp nhận lời giải” của tàu thám hiểm mặt trăng lớn hơn thời gian $\tau$ phản ứng của người lái xe trên trái đất. Do đó, tốc độ tối đa của Lunokhod

$$v_\pi \sim v \frac{\tau}{t} \sim 1 \text{ km/ч}.$$

V. I. Shelest

F1169. Máy tạo âm thanh là một thanh thẳng nhẹ có chiều dài $L$ (xem hìnhok), ở một đầu của nó (tại điểm B) gắn một bộ tạo âm thanh với mục tiêu và đầu còn lại được cố định trong một bản lề, có thể điều chỉnh không ma sát so với trục thẳng đứng $A$, đi cách trục xử lý O của máy xé đĩa một khoảng $R$ ($R > L$). Hình ảnh được đặt trên một bề mặt phẳng, đồng nhất của một đĩa chữa lành đồng nhất. Nauti được lắp đặt tại vị trí giữa tonar và lyceum của công ty cổ phần.

Rõ ràng là cánh tay đòn từ phía của đĩa chữa lành chịu một lực ma sát, như thường lệ, hướng vào tốc độ tương đối của cánh tay đòn và đĩa, ở vị trí ổn định - vuông góc với đoạn nối các điểm $B$ và $O$.

Ở trạng thái cân bằng, mômen của lực ma sát so với trục $A$ phải bằng 0. Điều này có nghĩa là lực ma sát hướng dọc theo cần tay, tức là góc $ABO$ là góc vuông, tam giác $ABO$ là góc vuông và góc $a$ là góc sao cho

$$\cos \alpha = \frac{L}{R}.$$

Điểm đặc trưng là trạng thái cân bằng này ổn định (bạn hãy tự chứng minh điều này).

Bây giờ hãy đặt kim vào bản ghi. Nói chung, khi thiết kế blaster, hãy chọn $L \approx R$. Sau đó, khi tấm bị rách, một lớp liên tục tác động lên kim, có xu hướng dịch chuyển kim về phía tâm đĩa, dẫn đến tấm bị mòn không đều. Vì vậy, các nhà sản xuất cao cấp được cảnh báo

36

F1170. Ước tính khối lượng của Thiên hà thu được bằng nhiều phương pháp khác nhau cho kết quả khác nhau. Do đó, theo ước tính trực quan, trong khoảng cách $R = 3 \cdot 10^9 R_0$ ($R_0$ là bán kính quỹ đạo Trái đất) tính từ tâm Thiên hà, khối lượng $M_1 = 1,5 \cdot 10^{11} M_0$ ($M_0$ là khối lượng của Mặt trời) tập trung. Trong khi đó, chu kỳ quay của các ngôi sao nằm ở khoảng cách xác định tính từ tâm Thiên hà là $T = 3,75 \cdot 10^8$ năm. Xác định “khối lượng ẩn” của Thiên hà, tức là khối lượng của vật thể vô hình của quả cầu bên trong có bán kính $R$. Khi tính toán chuyển động của các ngôi sao, khối lượng của Thiên hà có thể coi là tập trung ở trung tâm của nó.

F1171. Một lưỡng cực điện - hai hạt có khối lượng giống nhau $m$ và điện tích $+q$ và $-q$, được bao bọc ở hai đầu của một thanh lưỡng cực cứng không trọng lượng $l$ - chuyển động với tốc độ góc $\omega$ trong mặt phẳng nằm ngang quanh một trục thẳng đứng đi qua tâm $O$ của lưỡng cực (hình 1). Tại một số điểm, một từ trường không đổi được bật với độ tự cảm $B$ hướng thẳng đứng. Mô tả chuyển động ổn định của lưỡng cực.

Đối với một vật chuyển động theo đường tròn bán kính $r$ với tốc độ $v$ dưới tác dụng lực hút của một vật có khối lượng ở tâm $m_\pi$ thì gia tốc hướng tâm $v^2/r$ bằng gia tốc trọng trường $Gm_\pi/r^2$ (G là hằng số hấp dẫn):

$$\frac{v^2}{r} = \frac{Gm_\pi}{r^2}.$$

Do đó, sử dụng biểu thức $t = 2\pi r/v$ cho chu kỳ quay, cho khối lượng của vật trung tâm, ta thu được

$$m_\pi = \frac{4\pi^2 r^3}{Gt^2}.$$

So sánh chuyển động của Trái đất quanh Mặt trời (với chu kỳ $T_0 = 1$ năm) với chuyển động của các ngôi sao được xem xét trong nhiệm vụ, chúng ta tìm thấy tổng khối lượng $M$ của Thiên hà bên trong một quả cầu có bán kính $R$:

$$M_0 = \frac{4\pi^2 R_0^3}{GT_0^2}, \quad M = \frac{4\pi^2 R_3^3}{GT^2},$$

$$M = M_0 \frac{R^3}{R_0^3} \frac{T_0^2}{T^2} = 1,9 \cdot 10^{11} M_0.$$

Như vậy, “khối lượng ẩn” của Thiên hà bằng

$$\Delta M = M - M_1 = 4 \cdot 10^{10} M_0.$$

Khi bật từ trường lên, mỗi hạt sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz (hình 2), hướng dọc theo thanh và bằng

$$F_{\pi} = qvB = q\omega \frac{l}{2} B.$$

Lực tác dụng lên lưỡng cực nói chung là

$$F = 2F_{\pi} = q\omega lB.$$

37

Lực này có độ lớn không đổi nhưng hướng của nó trong không gian thay đổi: vectơ $F$ quay cùng với thanh với vận tốc góc $\omega$. Do đó, tâm của lưỡng cực - điểm $O$ - sẽ quay với vận tốc góc $\omega$ quanh một đường tròn có bán kính $r$, có thể xác định được từ định luật thứ hai của Newton:

$$F = 2m\omega^2 r \Rightarrow r = \frac{F}{2m\omega^2} = \frac{qlB}{2m\omega}.$$

S. Edravkovic (SFRY)

F1172. Bề mặt bên trong của quả cầu được phủ một tấm phản xạ khuếch tán có hệ số phản xạ là $r = 0,9$. Sự phân bố có điều kiện của ánh sáng phản xạ bởi gương phản xạ khuếch tán được mô tả bởi định luật Lambert:

$$\Delta N = \frac{N}{\pi} \cdot \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

trong đó $N$ là tổng số nền phản xạ, $\Delta N$ là số nền phản xạ theo một góc khối nhỏ $\Delta \Omega$, tạo một góc $\theta$ với pháp tuyến của vùng phản chiếu. Một nguồn sáng chính xác nhấp nháy ở trung tâm quả cầu. Phần nền nào sẽ xuất hiện thông qua sự từ chối rất nhỏ hiện diện trong hình cầu?

Thông qua sự từ chối trong quả cầu, trước tiên sẽ giải phóng những photon sẽ bị loại bỏ ngay sau khi tia sáng của nguồn phát ra, và thứ hai, những photon sẽ bị loại bỏ do phản xạ nhiều lần từ bề mặt bên trong của quả cầu.

Chúng ta hãy tính xem phần $p$ của nền được phản chiếu từ mặt phẳng $\Delta S'$ sẽ rơi trên mặt phẳng $\Delta S$ (xem hình). Theo định luật Lambert thì

$$p = \frac{\Delta N}{N} = \frac{1}{\pi} \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

trong đó $\Delta \Omega = \Delta S \frac{\cos \theta}{AB^2}$ (với $\theta$ tính đến diện tích $\Delta S$ “có thể nhìn thấy” từ điểm $A$). Vì $AB = 2R$ cos $\theta$,

$$p = \frac{\Delta S}{4\pi R^2}.$$

Do đó, tỷ lệ nền rơi trên mặt phẳng $\Delta S$ so với mặt phẳng $\Delta S'$ chỉ phụ thuộc vào tỷ lệ $\Delta S$ với mặt phẳng của hình cầu và không phụ thuộc vào vị trí tương đối của các mặt phẳng đã chọn. Ngược lại, điều này có nghĩa là nếu mặt phẳng loại bỏ là $s$ và mặt phẳng hình cầu là $S$, thì sau khi phản xạ từ hình cầu, một phần nền phản xạ bằng $s/S$ sẽ xuất hiện thông qua sự loại bỏ. Để đánh giá, hãy đặt $s/S = 0,1\%$.

Vì việc giảm số lượng nền do bề mặt của hình cầu có các ngăn xếp lớn hơn hai bậc so với do rò rỉ do loại bỏ (10% nền bị mất ở mỗi lần phản xạ và 0,1% bị mất do bị loại bỏ sau mỗi lần phản xạ), nên có thể bỏ qua việc giảm số lượng nền $N_0$ trong hình cầu do rò rỉ do loại bỏ. sau đó ngay sau đèn flash (trước phản xạ đầu tiên) nền $N_0 s/S$ sẽ được giải phóng thông qua quá trình từ chối, sau nền $-rN_0 s/S$ phản chiếu đầu tiên, sau phản xạ thứ hai $-r^2 N_0 s/S$, v.v. Tỷ lệ nền cuối cùng sẽ được giải phóng thông qua từ chối bằng với

$$\alpha = \frac{s}{S} (1 + r + r^2 + \dots + r^n) = \frac{s}{S} \frac{1}{1-r} = 1\%.$$

S. A. Khorozov

38

Về tính chất tâm của đường tròn ngoài

Trong ghi chú này, chúng tôi sẽ giới thiệu lời giải bài toán M1146. Bản thân bài toán này không khó. Nhưng khi xem xét kỹ hơn, đằng sau nó sẽ xuất hiện một chuỗi dài những khái quát hóa.

M1146. Điểm K là trung điểm cạnh AB của tam giác đều ABC. Trên các cạnh AC và BC lấy các điểm M và N sao cho ∠MKN=60°. Chứng minh rằng chu vi tam giác MCN bằng nửa chu vi tam giác ABC.

Chúng ta hãy lấy ngay một trường hợp tổng quát. Cho K là một điểm nằm trên phân giác của góc MCN có độ lớn γ, có hai điểm K và C nằm đối diện với MN (hình 1). Khi đó các điều kiện sau là tương đương:

(1) ∠MKN=(π−γ)/2,
(2) MN=PM+QM, trong đó P và Q là hình chiếu của điểm K lên các cạnh của góc.

Bài toán M1146 thu được từ đây tại γ=60° (hình 2): trong trường hợp này, góc MKN trong đẳng thức (1) bằng 60° và tính chất (2) tương đương với đẳng thức CM+MN+NC=CP+CQ=2CK cos 30°=3AB/2, tức là câu lệnh bài toán. Nhân tiện, hãy lưu ý rằng tại γ=90° bài toán M851 xuất hiện (xem «Kvant» số 3 cho năm 1984).

Có thể thu được một bằng chứng về sự tương đương của (1) và (2) bằng cách kiểm tra △KPM đối với góc π−γ trong đường tròn của điểm K (hình 3). Kết quả là, nó sẽ tiến tới △KQL (∠PKQ=π−γ), trong đó L là một điểm nào đó trên đường thẳng CN và ∠MKL=∠MKQ+∠QKL=

= ∠MKQ+∠PKM=π−γ, NL=NQ+QL=NQ+MP. Do đó, mỗi điều kiện (1) và (2) tương đương với đẳng thức của hai tam giác MKN và LKN. Thật vậy, những tam giác này có một cạnh chung KN và các cạnh bằng nhau KM và KL, ngoài ra, do (1) - các góc bằng nhau (∠MKN=(π−γ)/2 và ∠LKN=∠LKM=∠LKM−∠NKM=π−γ-(π−γ)/2, và do (2) – các cạnh bằng nhau MN và NL=NQ+QL=NQ+MP.

Chứng minh thứ hai về sự tương đương của (1) và (2) cho thấy ý nghĩa hình học của điểm K. Hoá ra điều kiện (1) và (2) có nghĩa là

(3) K là tâm đường tròn ngoài tam giác CMN, tức là đường tròn tiếp xúc với cạnh MN và kéo dài theo các cạnh CM và CN.

Trong thực tế, nếu K là tâm của đường tròn này thì P và Q là các điểm tiếp tuyến của nó với các đường thẳng CM và CN. Gọi R là điểm tiếp tuyến của đường tròn với MN (hình 4), khi đó rõ ràng MP=MR, NQ=NR, và do đó, tính chất (2) được thỏa mãn. Và từ đẳng thức của các tam giác KPM và KRM, KQM và KRN, suy ra rằng ∠MKN=∠PKQ/2=(π−γ)/2, tức là điều kiện (1) được thỏa mãn. Ngược lại, giả sử điểm K thỏa mãn điều kiện (1). Chúng ta chèn một đường tròn tâm K vào góc MCN và vẽ tiếp tuyến M′N′ song song với MN với nó. Theo những gì đã được chứng minh, ∠M′KN′=(π−γ)/2 = ∠MKN, nhưng điều này chỉ có thể xảy ra nếu M′=M, N′=N. Do đó, từ (1) suy ra (3). Chứng minh tương tự rằng từ (2) suy ra (3).

39

Vì vậy, đối với tất cả các tiếp tuyến $MN$ của đường tròn nội tiếp góc $C$ có tâm $K$, được vẽ từ cạnh của đỉnh của góc, độ lớn của góc $MKN$, cũng như chu vi của tam giác $CMN$ đều được dựng (và lần lượt bằng nhau, $(\pi - \gamma)/2$ và $CP + CQ = 2CK \cos(\gamma/2)$). Một giá trị không đổi khác cho tất cả các phân đoạn này là tích của các tỷ lệ trong đó các điểm $M$ và $N$ chia các phân đoạn $CP$ và $CQ$:

$$\frac{CM \cdot CN}{MP \cdot NQ} = \frac{1}{\sin^2(\gamma/2)}$$

Để chứng minh điều này, chúng ta thay thế $MK$ và $NK$ là các phân giác của các góc ngoài $PMN$ và $QNM$ của tam giác $CMN$ (xem hình 4). Hãy đặt $\angle CMN = \alpha$, $\angle CNM = \beta$, sau đó từ các tam giác $PKM$ và $CKM$ ta được $\angle PKM = \alpha/2$, $\angle CKM = \beta/2$.

Theo định lý sin

$$\frac{CM}{MP} = \frac{\sin(\beta/2)}{\sin(\alpha/2) \sin(\gamma/2)}$$

$$\frac{CN}{NP} = \frac{\sin(\alpha/2)}{\sin(\beta/2) \sin(\gamma/2)}$$

Từ những đẳng thức này (4) ngay sau đây.

Một thuộc tính đẹp khác của cấu hình của chúng ta sẽ lộ ra nếu chúng ta vẽ đoạn $PQ$ và tạo khoảng cách cho tam giác $RUV$, trong đó $U$ và $V$ là các điểm giao nhau của $PQ$ với $KM$ và $KN$ (hình 5):

$$U \cap V = \text{основания высот треугольника } KMN, \text{ причем треугольник } RUV \text{ подобен треугольнику } CNM \text{ с коэффициентом } 1/\sin(\gamma/2).$$

Hãy để chúng tôi phác thảo bằng chứng bằng cách sử dụng một phép biến đổi tương tự. Đầu tiên, chúng ta vẽ các đường phân giác của tất cả các góc (trong và ngoài) của tam giác $CMN$ và lưu ý, ngoài $K$, thêm hai điểm giao nhau của chúng - tâm $K_1$ và $K_2$

Hai hình tròn không có hình dạng của tam giác $CMN$ (xem hình 5). Vì các đường phân giác của các góc kề nhau là đường vuông góc nên các điểm $C, M, N$ là đáy các đường cao của tam giác $KK_2K_1$. Vì vậy, chúng ta chỉ cần biểu thị một phép biến đổi tương tự với hệ số $k = \sin(\gamma/2)$, biến $\triangle KK_1K_2$ thành $\triangle KNM$ và đồng thời $\triangle MNC$ thành $\triangle VUR$. Sự biến đổi như vậy là thành phần $F$ của đường phân giác tương đối đối xứng $l$ của góc $MKN$ và có tâm $K$ và hệ số $k$.

Thật vậy, trong trường hợp này các phép biến đổi

$$1^\circ$$ điểm $K$ vẫn giữ nguyên vị trí và các dòng $KK_1$ và $KK_2$ đi vào nhau và $F(K_1) = N$, $F(K_2) = M$ (nhập $KN/KK_1 = KM/KK_2 = \cos \angle MKN = \sin(\gamma/2) = k$);

$$2^\circ$$ $F(C) = R$ (vì $F(\triangle KK_1K_2) = \triangle KNM$, $KC$ và $KR$ là chiều cao của các hình tam giác này);

$$3^\circ$$ đường $KP$ đi vào đường $KC$ (chúng đối xứng với $l$) và $F(R) = E$, trong đó $E$ là điểm giao nhau của $KC$ và $PQ$ ($KE/KR = KE/KP = \cos \angle PKC = k$), và do đó.

$$4^\circ$$ đường thẳng $MN$ thành đường thẳng $PQ$, nghĩa là $F(M) = V$, $F(N) = U$.

Hãy thử tự mình tìm cách chứng minh mệnh đề (5) “truyền thống” (với các đường tròn phụ, góc đếm, v.v.), đồng thời giải quyết bài toán sau.

1. Chứng minh rằng điều kiện (4) và (5) tương đương với (1), (2) và (3).

2. Chứng minh rằng nếu trong cấu hình của chúng ta, chúng ta lấy điểm $K$ ngay từ đầu ở cùng phía với điểm $C$ từ dòng $MN$, thì các điều kiện (2), (4), (5) vẫn sẽ tương đương với nhau, cũng như các điều kiện

$$\begin{align*} (1') & \angle MKN = (\pi + \gamma)/2 \\ (3') & K - центр вписанной окружности треугольника CMN. \end{align*}$$

E. G. Gotman, V. N. Dubrovsky