Kvant 2021, số 1 · Trang

4

KVANT 2021/№1

hãy nghĩ đến các thí nghiệm tưởng tượng có thể giúp xác định vị trí và động lượng của một vật với độ chính xác cao hơn mức được quy định bởi các hệ thức bất định. Không có nỗ lực nào trong số này thành công. Nguyên lý bất định là một quy luật tự nhiên, một quy luật cơ bản. Không nên nghĩ rằng độ không đảm bảo đo này luôn gắn liền với sai số đo: nhiều dữ kiện được xác lập bằng thực nghiệm cho thấy rằng nó có bản chất cơ bản và mối quan hệ độ không đảm bảo đo được tôn trọng ngay cả khi sử dụng các thiết bị đo chính xác nhất.

Thế giới tất định và lượng tử Nguyên lý bất định dường như mâu thuẫn với những gì chúng ta biết về thế giới xung quanh. Nó bác bỏ những ý tưởng tất định của chúng ta ở mức độ nào? Đối với một vật có khối lượng m, nguyên lý Heisenberg trông giống như ’ x ’ $v_{x} t$ ℏ m. Trong trường hợp quả bóng nặng 0,7 kg dùng cho trò chơi bi sắt (môn thể thao ném bóng quốc gia Provençal), giới hạn của tích ’ x ’ $v_{x}$ lớn hơn $10^{34} м^{2}$ s một chút, rất gần bằng 0. Nếu vị trí của quả bóng được biết với độ chính xác cao, chẳng hạn như ’ $x 10^{10}$ m (gần bằng kích thước của một nguyên tử!), thì độ không đảm bảo tối thiểu ’ $v_{x}$ đối với tốc độ vẫn cực kỳ thấp - từ 0,03 nanomet mỗi giờ. Do đó, thế giới vĩ mô, theo ý tưởng của chúng tôi, bất chấp mối quan hệ Heisenberg, trên thực tế vẫn mang tính quyết định. Ở mức độ nào thì hiệu ứng lượng tử trở nên đáng kể? Chúng ta hãy tiến xa hơn về phía thế giới nano và thảo luận về chuyển động Brown của các hạt nhỏ nhất trong chất lỏng. Xét một hạt Brown có khối lượng khoảng $10^{13}$ kg và đường kính khoảng 1 µm. Mối quan hệ bất định cho chúng ta biết rằng tích ’ x ’ $v_{x}$ phải vượt quá giá trị ℏ m, trong trường hợp này là xấp xỉ $10^{21} м^{2}$ s. Nếu chúng ta muốn biết vị trí của hạt Brown với

chính xác trong khoảng 1% kích thước của nó, thì sai số đo tốc độ của nó không thể vượt quá $10^{13}$ ms, tức là vẫn rất nhỏ. Trên thực tế, tốc độ chuyển động của hạt Brown là khoảng $10^{6}$ ms, vượt quá sai số tìm thấy ‘$v_{x}$ hơn một triệu lần! Điều này có nghĩa là ngay cả những hạt nhỏ chuyển động Brown cũng được cơ học cổ điển mô tả chính xác. Do đó, mối quan hệ bất định chỉ trở nên có ý nghĩa đối với các hạt nhỏ hơn đáng kể so với các hạt Brown. Vì vậy, nó trở nên cực kỳ quan trọng đối với điện tử. Điều quan trọng là, như sẽ được trình bày dưới đây, có thể ước tính kích thước của một nguyên tử dựa trên cơ sở của nó.

Từ nguyên lý bất định đến bán kính nguyên tử. Hãy xem xét một nguyên tử của nguyên tố đơn giản nhất - hydro, bao gồm một proton và một electron. Mô tả chính xác đầu tiên về nguyên tử hydro được đưa ra bởi nhà vật lý người Anh Ernest Rutherford (1871–1937). Ông phát hiện ra rằng một electron, có điện tích âm e, và một proton, mang điện tích cùng độ lớn nhưng trái dấu, được giữ với nhau bằng tương tác tĩnh điện. Trong trường hợp này, electron quay quanh proton, giống như Trái đất quay quanh Mặt trời. Lưu ý rằng trong mô tả này, một electron quay tượng trưng cho dòng điện tròn. Tuy nhiên, bất kỳ mạch kín nào có dòng điện chạy qua, giống như ăng-ten, đều phát ra bức xạ điện từ. Kết quả là, theo mô tả của Rutherford, electron sẽ mất năng lượng… và cuối cùng “rơi” vào proton (Hình 2)! Nhưng chúng ta biết rằng nó không rơi - nguyên tử hydro ổn định. Để giải thích thực tế này, cần phải đưa ra một số nguyên lý vật lý mới vượt ra ngoài phạm vi của vật lý Newton. Đây là nguyên lý bất định của Heisenberg. Theo nguyên lý này, một electron kém phải quay trong một vùng không gian có kích thước nào đó với

6

KVANT 2021/№1

Chúng tôi đang cố gắng tìm ra lý do tại sao các giá trị năng lượng của một nguyên tử tạo thành một tập hợp rời rạc. Vào đầu thế kỷ 20, câu hỏi về bản chất của nguyên tử, hạt nhỏ nhất của một chất mang các đặc tính của nó, là một trong những câu hỏi trọng tâm của vật lý. Các mô hình được đề xuất, mâu thuẫn nội tại hoặc không phù hợp với thực nghiệm, lần lượt bị bác bỏ. Và vì vậy, vào năm 1913, nhà vật lý người Đan Mạch Niels Bohr (1885–1962) đã đề xuất một lý thuyết đơn giản về mặt toán học về nguyên tử nhằm giải thích các dữ liệu thực nghiệm hiện có, nhưng dựa trên những giả định khác thường đến mức chính ông gọi chúng là “các định đề”.

Nguyên tử, theo Niels Bohr, Niels Bohr, khi đề xuất mô hình nguyên tử của ông, không biết gì về nguyên lý bất định và việc khám phá ra nguyên lý này vẫn còn phải mất 14 năm nữa. Trong mô hình của Bohr, cũng như trong mô hình của Rutherford, electron quay quanh hạt nhân, giống như Trái đất quay quanh Mặt trời, nhưng electron chỉ có thể chuyển động theo những quỹ đạo nhất định. Ví dụ, các quỹ đạo tròn chỉ có thể xảy ra nếu tích của động lượng mv của electron và bán kính quỹ đạo R của nó, tích này được gọi là “động lượng góc”, là bội số của hằng số Planck:

mvR n ℏ.

(4)

Tuy nhiên, động lượng của electron và bán kính quỹ đạo cũng có liên quan với nhau bởi thực tế là gia tốc hướng tâm của electron, bằng $v^{2} R$, được tạo ra bởi lực hút tĩnh điện. Đối với một nguyên tử hydro có hạt nhân gồm một proton thì proton bằng $e 4 SH_{0} R$. Từ đây có thể tìm được bán kính $R_{n} 1$ của quỹ đạo được phép cho mỗi giá trị của n. Vì vậy, với n 1, chúng ta tìm thấy giá trị quen thuộc $R_{0}$, tương ứng với trạng thái cơ bản. Chúng tôi để người đọc tự suy ra công thức tổng quát áp dụng cho trạng thái kích thích của electron. Mô hình Bohr, được phát triển năm 1913, mô tả quang phổ của

Hình 4. Mô hình Bohr giúp giải thích phổ phát xạ của nguyên tử hydro trong vùng khả kiến. Các vạch nằm gần bước sóng 410, 434, 486 và 656 nm tương ứng với sự chuyển tiếp lên mức n 2 từ trạng thái kích thích n 6, 5, 4 và 3

bức xạ nguyên tử (Hình 4), nhưng những nhược điểm của nó sớm lộ rõ. Một thập kỷ sau, lý thuyết của Bohr được mở rộng về mặt khái niệm bằng cách đưa ra một mô tả xác suất về vị trí của electron. Như vậy, hóa ra giá trị $R_{0}$ (khoảng cách từ electron đến hạt nhân) trong nguyên tử hydro chỉ có thể được coi là một giá trị trung bình nhất định; Nguyên lý bất định không cho phép chúng ta xác định rõ ràng khoảng cách giữa một proton và một electron.

Xác suất tìm thấy. Giả sử rằng tại một thời điểm nào đó chúng ta đã xác định được vị trí của electron. Có thể dự đoán vị trí của nó trong một giây? Không, bởi vì việc biết vị trí của electron chắc chắn sẽ dẫn tới sự bất định hoàn toàn về tốc độ của nó. Không có dụng cụ nào, không có lý thuyết nào có thể dự đoán được electron sẽ đi đâu. Vậy phải làm gì? Hãy thay đổi chiến lược và đánh dấu điểm trong không gian mà tại đó electron được phát hiện, sau đó là một điểm khác - kết quả của phép đo tương tự với một electron khác và lặp lại quy trình này nhiều lần. Mặc dù không thể dự đoán vị trí dấu tiếp theo sẽ xuất hiện nhưng sự phân bổ của chúng tuân theo một quy luật nhất định. Mật độ của các vết, thay đổi tùy theo điểm trong không gian, cho biết xác suất tìm thấy electron trong quá trình đo. Chúng ta buộc phải từ bỏ mô tả chuyển động của electron, nhưng bây giờ chúng ta có thể xác định xác suất vị trí của nó tại mỗi điểm trong không gian. Hành vi của một electron trong thế giới nano được đặc trưng bởi xác suất!

7

SỰ KHÔNG CHẮC CHẮN

–

WARP

Người đọc không quen với khái niệm này có thể không đánh giá cao vai trò của cơ hội trong các quy luật tự nhiên. Tuy nhiên, như bạn sẽ thấy, lý thuyết xác suất như vậy được hỗ trợ bởi bằng chứng thực nghiệm nghiêm túc. Do đó, trong thế giới nano, vị trí của electron được xác định bởi các định luật xác suất. Các dấu hiệu mà chúng ta đã đặt chung giống như một đám mây, giống như những giọt nước tạo thành những đám mây có mật độ khác nhau trên bầu trời. “Đám mây điện tử” này là sự thể hiện chính xác hơn của electron so với hành tinh nhỏ quay quanh hạt nhân như Rutherford đã mô tả.

Sóng de Broglie và phương trình Schrödinger Điều gì quyết định cấu trúc của các đám mây điện tử? Có phương trình nào mô tả cơ học lượng tử giống như các định luật Newton mô tả cơ học cổ điển không? Vâng, một phương trình như vậy tồn tại. Nó được đề xuất vào năm 1925 bởi nhà vật lý người Áo Erwin Schrödinger (1887–1961) và là cơ sở của vật lý nguyên tử và hóa học lý thuyết. Lý thuyết của Schrödinger đã khái quát hóa ý tưởng mang tính cách mạng do người Pháp Louis de Broglie (1892–1987) đề xuất một năm trước đó, đó là bất kỳ hạt nào có động lượng p đều có thể liên kết với một sóng có độ dài O h p. Do đó, bất kỳ hạt nào cũng có thể biểu hiện cả hành vi hạt và hành vi sóng, giống như ánh sáng. Tương tự như lý thuyết sóng ánh sáng do James Maxwell (1831–1879) đề xuất, trong đó điện trường E x, y, z, t là hàm theo thời gian và ba tọa độ không gian, phương trình Schrödinger mô tả trạng thái của một hạt sử dụng “hàm sóng” \ x, y, z, t, bình phương của nó xác định mật độ xác suất tìm thấy hạt tại thời điểm t cho trước tại điểm x, y, z. Cách tiếp cận này dựa trên sự tương tự với quang học, trong đó bình phương mô đun điện trường xác định xác suất tìm thấy một photon trong một môi trường nhất định.

QUANTUM

NHÀ VẬT LÝ

điểm. Sự khác biệt nằm ở chỗ điện trường có thể đo được về mặt vật lý, chẳng hạn như do tác dụng của nó lên các vật tích điện, trong khi hàm sóng do de Broglie đưa ra không có ý nghĩa vật lý rõ ràng. Sử dụng phương trình Schrödinger, hóa ra có thể tìm ra sự phân bố không gian của mật độ xác suất electron đối với các trạng thái có thể có của nó trong nguyên tử hydro. Bằng cách vẽ đồ thị các phân bố mật độ xác suất này trên một mặt phẳng với các màu sắc khác nhau, chúng ta sẽ có được hình ảnh của các quỹ đạo nguyên tử khác nhau (các vùng trong đó xác suất tìm thấy electron là cao nhất). Những hình ảnh như vậy thay thế quỹ đạo electron của mô hình Bohr của nguyên tử và thể hiện trực quan hành vi của các electron trong nguyên tử. Các tính toán dựa trên phương trình Schrödinger giải thích sự tồn tại của các mức năng lượng rời rạc, chúng gây ra quang phổ vạch quan sát được trong quá trình phát xạ và hấp thụ ánh sáng. Các phép tính tương tự nhưng phức tạp hơn cho phép chúng ta hiểu liên kết hóa học được hình thành giữa các nguyên tử như thế nào. Lưu ý rằng công trình của de Broglie và Schrödinger có trước khám phá của Heisenberg về nguyên lý bất định. Phương trình sau đơn giản, ngắn gọn, tinh tế nhưng chứa ít thông tin hơn phương trình Schrödinger.

Thí nghiệm Davisson-Germer. Khái niệm về mối liên hệ giữa sóng và hạt, hay còn gọi là lưỡng tính sóng-hạt, do de Broglie đề xuất, đã dẫn đến ý tưởng sử dụng các phương pháp nghiên cứu quang học bằng cách thay thế ánh sáng bằng các dòng hạt. Vì vậy, vào năm 1927, các nhà vật lý người Mỹ Clinton Davisson và Lester Germer đã bắn phá một tinh thể niken bằng các electron. Kết quả là họ thu được các mẫu nhiễu xạ tương tự như các mẫu tạo ra khi tinh thể được chiếu xạ bằng tia X. Để giải thích các hình ảnh nhiễu xạ thu được, các electron phải được ấn định một bước sóng nhất định, và nó trùng với giá trị mà de Broglie tiên đoán. Vì vậy, thí nghiệm đã xác nhận một cách xuất sắc giả thuyết của ông.

11

SỰ KHÔNG CHẮC CHẮN

–

WARP

bạn bè. Để biết con chó ở cách xa 1000 km còn sống hay không, bạn chỉ cần mở camera có hình con mèo. Do đó, chúng ta nhận được thông tin ngay lập tức, mặc dù không có tín hiệu nào có thể truyền nhanh hơn tốc độ ánh sáng! Người ta thậm chí có thể nghĩ rằng việc mở một căn phòng có một con mèo mà chúng ta thấy còn sống sẽ ngay lập tức, ở khoảng cách xa, gây ra cái chết cho con chó, mà cho đến nay nó mới chỉ “chết dở”. Tất nhiên, không thể đoán trước được kết quả của việc mở căn phòng, bởi vì chúng ta sẽ tìm thấy một con mèo còn sống hay đã chết với xác suất như nhau là 1 2, cũng như một con chó; tuy nhiên, chúng tôi hiểu rằng Einstein, Podolsky và Rosen đã rất bối rối. Cuối bài viết, họ bày tỏ quan điểm về sự cần thiết phải phát triển cơ học lượng tử mới. Nó có thể dựa trên giả định về sự tồn tại của các tham số ẩn, tức là các tham số không thể tiếp cận được để xác minh bằng thực nghiệm và không được đưa vào các lý thuyết của Schrödinger và Heisenberg.

Bất đẳng thức Bell và thí nghiệm của Aspe về nghịch lý EPR đã bị nhiều nhà nghiên cứu tranh cãi, trong đó có Bohr. Các nhà khoa học lỗi lạc khác, bao gồm Louis de Broglie và David Bohm, như Einstein, muốn khôi phục thuyết tất định. Cuộc thảo luận kéo dài rất lâu và mang âm hưởng triết học. Năm 1964, John Bell đã có thể làm cho nó cụ thể hơn và chỉ ra rằng vật lý xác định, ngay cả với thuyết tất định ẩn giấu, phải bao gồm

QUANTUM

NHÀ VẬT LÝ

bao gồm một số bất đẳng thức có thể đo được mâu thuẫn với dạng cơ học lượng tử thông thường. Bất đẳng thức Bell đã được Alain Aspe và các cộng sự của ông ở Paris xác minh vào năm 1982. Họ tái tạo một tình huống tương tự như tình huống mà chúng tôi đã mô tả trước đó một chút. Rõ ràng, các nhà khoa học đã không sử dụng con mèo và con chó, vì cơ học lượng tử không áp dụng được cho các vật thể vĩ mô, mà là các photon, sự phân cực của chúng (tức là hướng dao động của điện trường) có thể có hai hướng trực giao lẫn nhau, giống như con mèo và con chó có thể ở hai trạng thái có khả năng xảy ra như nhau (sống và chết). Các nhà nghiên cứu bắt đầu tìm ra mối tương quan giữa sự phân cực của photon. Và đây chỉ là một trong rất nhiều khó khăn của thí nghiệm. Một khó khăn khác liên quan đến thực tế là các photon chuyển động với tốc độ rất lớn và trong quá trình chuyển động của chúng có rất nhiều việc phải làm. Cuối cùng, các thí nghiệm của Aspe đã dẫn tới kết luận rằng các bất đẳng thức Bell không thể kiểm chứng được. Điều này có nghĩa là cơ học lượng tử, như được trình bày trong sách giáo khoa, là đúng và không thể thay thế hay bổ sung bằng lý thuyết về các tham số ẩn. Thí nghiệm của Aspe đã biến thí nghiệm tưởng tượng của Einstein, Podolsky và Rosen thành một thí nghiệm thực sự.

Bài viết là một chương trong cuốn sách “Vật lý của cuộc sống hàng ngày” do nhà xuất bản Phi hư cấu Alpina xuất bản năm 2020.

Để thu hút sự chú ý của độc giả của chúng tôi

Kể từ năm 2017, tạp chí «Kvant» đã trở thành tạp chí hàng tháng và 12 số tạp chí được xuất bản mỗi năm. Bạn có thể đăng ký tạp chí của chúng tôi từ bất kỳ số nào tại bất kỳ bưu điện nào. Chỉ số đăng ký của chúng tôi trong danh mục “Báo chí Nga” là 90964. Bạn có thể mua tạp chí «Kvant» trong cửa hàng “Sách toán học” của nhà xuất bản MCNMO (địa chỉ cửa hàng trực tuyến: biblio.mccme.ru), cũng như tại các hiệu sách ở Moscow “Biblio-Globus”, “Young Guard”, “Moscow House of Books” và trong tòa soạn tạp chí. Kho lưu trữ các số đã xuất bản của tạp chí «Kvant» có ​​sẵn trên trang web http://kvant.ras.ru

Đường đi ngắn nhất và giả thuyết Poincaré

V.PROTASOV

Ví dụ “TRẺ EM” của chúng tôi về đường trắc địa thứ tư trên bề mặt của một hình elip (Hình 8) bác bỏ quan niệm sai lầm lớn nhất liên quan đến giả thuyết Poincaré. Một ellipsoid có độ dài trục khác nhau có thể có nhiều đường trắc địa hơn, điều đó có nghĩa là bản thân “giả thuyết ba đường trắc địa” lẽ ra phải được xây dựng theo cách khác. Cả Poincaré, Hilbert và Urysohn đều không nhận thấy điều này. Và không chỉ họ. Ví dụ, đây là điều mà Andrei Nikolaevich Kolmogorov (1903–1987), nhà toán học vĩ đại nhất người Nga, đã viết:

Kết thúc. Mở đầu là trong số trước của tạp chí.

“Giả thuyết của Poincaré là theo ít nhất ba cách khác nhau, một vòng cao su đã căng có thể được đặt trên hòn đá của chúng ta sao cho nó, khi cố gắng rút ngắn chiều dài của nó, sẽ không bị trượt ra (tức là, sao cho chiều dài của nó không thể bị giảm đi bằng một sự dịch chuyển nhỏ sang một bên trong một diện tích nhỏ). Trong trường hợp này, chỉ xem xét cách sắp xếp vòng cao su không có các điểm tự giao nhau (ví dụ, không có hình dạng của hình số 8). Trên bề mặt của một quả bóng có vô số cách sắp xếp vòng như vậy (dọc theo bất kỳ “lớn” nào) đường tròn”), trên một hình elip ba trục có đúng ba (dọc theo ba

Minh họa của M. Kashin

13

NGẮN NHẤT

CÁCH

VÀ

Hình 8. Đường trắc địa không phẳng trên hình elip - đường màu đỏ và xanh

phần chính) (nhấn mạnh thêm – V.P.).” Và một lần nữa “chính xác là ba”! Nhưng việc đề xuất ý tưởng về một ví dụ sẽ nằm trong khả năng của một học sinh nhỏ tuổi hơn. Hóa ra là ngay cả ở cấp trường học, việc coi một khám phá là quan trọng đối với khoa học hiện đại là hoàn toàn có thể. Tất nhiên, trường hợp này là một ngoại lệ. Tuy nhiên, hình học cơ bản đôi khi cũng đủ để nghiên cứu trắc địa. Ví dụ, đối với trắc địa trên bề mặt khối đa diện.

Đo đạc trên khối đa diện “Có thể nói gì mới về khối đa diện? - bạn hỏi. “Đây cũng là những bề mặt lồi, có nghĩa là mọi điều chúng ta đã nói trước đó cũng đúng với chúng.” Không thực sự. Các bề mặt của khối đa diện không nhẵn - chúng có các đỉnh và các cạnh. “Chuyện vặt” này trong trường hợp này dẫn đến hậu quả nghiêm trọng. Trên một số khối đa diện không có đường trắc địa nào cả (không có một đường trắc địa nào cả!). Vì vậy, cả phương pháp Lyusternik–Shnirelman lẫn định lý Franks–Bangert đều không áp dụng được cho khối đa diện. Nhưng trong trường hợp này, trắc địa có một mô tả rất đơn giản, “trường học”. Hóa ra là có thể xây dựng chúng và nhận được các kết quả khác nhau về chúng mà không cần sử dụng toán học cao hơn. Chúng ta thử nhé? Chúng ta sẽ thấy rằng trên một số khối đa diện có vô số đường trắc địa. Hơn nữa, trên một tứ diện đều có các đường trắc địa có độ dài tùy ý. Do đó, một đường trắc địa khép kín có chiều dài, chẳng hạn 100 km, có thể được quấn quanh một khối tứ diện có cạnh 1 cm (không có giao điểm tự!). Nhưng chúng ta đừng vượt quá chính mình.

GIẢ THUYẾT

POINCARE

Tất cả các kết quả về sự tồn tại của đường trắc địa khép kín trên bề mặt nhẵn đều mang tính lý thuyết, bằng chứng của chúng không mang tính xây dựng: chúng không cung cấp công thức xây dựng. Có thể tìm được các phương trình lời giải Euler–Lagrange tuần hoàn, nhưng điều này rất khó. Và vấn đề chính là bài toán này không ổn định, tức là một thay đổi nhỏ trong dữ liệu sẽ kéo theo một thay đổi lớn trong lời giải. Điều này có thể gây ra vấn đề nghiêm trọng khi tìm kiếm lời giải bằng số trên máy tính. Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta ước chừng một bề mặt nhẵn bằng một khối đa diện (với số lượng mặt rất lớn) và xây dựng một đường trắc địa trên đó? Tốt $идея!^{2}$ Điều này có nghĩa là bạn cần học cách dựng các đường trắc địa khép kín trên các khối đa diện. Làm thế nào để xác định trắc địa trên bề mặt của khối đa diện? Thứ nhất, trên mỗi mặt của đường trắc địa phải là một đoạn thẳng, vì trên mặt phẳng chỉ có một đường ngắn nhất cục bộ - đường thẳng. Do đó, bất kỳ đường trắc địa nào trên một khối đa diện đều là một đường đứt đoạn có các đỉnh ở các cạnh. Để không nhầm lẫn các đỉnh của khối đa diện và các đỉnh của một đường đứt nét, chúng ta sẽ đồng ý gọi các nút sau. Hai liên kết liền kề của một đường trắc địa phải nằm trên các mặt khác nhau. Nếu trường hợp này không xảy ra và chẳng hạn như các cạnh AB và BC nằm trên cùng một mặt thì chúng ta lần lượt lấy các điểm $A_{1}$ và $C_{1}$ trên các liên kết này, rất gần với điểm B (Hình 9, a). Theo định nghĩa của đường trắc địa, đường đứt nét $A_{1} BC_{1}$ phải là đường đi ngắn nhất nối các điểm $A_{1}$ và $C_{1}$, điều này tất nhiên là không đúng: đường đi ngắn nhất là đoạn $A_{1} C_{1}$. Vậy hai liên kết AB và BC nằm trên các mặt khác nhau. Hãy mở rộng hai mặt này lên một mặt phẳng. Chúng ta hãy sử dụng lại tính chất ngắn nhất cục bộ tại điểm B và nhận được rằng các đoạn AB và BC sau khi phát triển phải nằm trên cùng một đường thẳng. Nếu không, đường dẫn $A_{1} BC_{1}$ lại có thể được thay thế bằng đường dẫn ngắn hơn -

2 Rõ ràng, nó được thể hiện lần đầu tiên bởi V.M. Tikhomirov, một nhà toán học nổi tiếng và là tác giả lâu năm của «Kvant». Ông đã đưa ra cách phân loại bài toán của trắc địa khép kín trên một khối đa diện.

14

KVANT 2021/№1

Hình 9. Tính chất quang học của trắc địa

trên đoạn $A_{1} C_{1}$ (Hình 9, b), sau đó đặt sự phát triển trở lại bề mặt của khối đa diện. Do đó, trong quá trình phát triển, các liên kết liền kề của một đường trắc địa kết thúc trên cùng một đường thẳng, hoặc giống nhau, hai liên kết liền kề của một đường trắc địa tạo thành các góc bằng nhau với cạnh mà chúng giao nhau. Góc mà đường trắc địa đi vào cạnh bằng góc mà đường trắc địa đi ra. Người ta gọi tính chất này là quang học là điều tự nhiên - “góc tới bằng góc phản xạ”. Cuối cùng, đường trắc địa không thể đi qua các đỉnh của khối đa diện. Tại sao lại thế này? Tất cả đều vì cùng một lý do. Giả sử rằng nút B ở trên cùng. Tổng các góc phẳng tại đỉnh của một khối đa diện lồi nhỏ hơn 360q. Đường đa giác ABC cắt các góc phẳng tại đỉnh B thành hai phần. Ở ít nhất một trong số chúng, tổng các góc sẽ nhỏ hơn 180q. Hãy phát triển các góc này trên một mặt phẳng. Sau khi mở gói, góc ABC sẽ nhỏ hơn 180°. Sau đó, chúng ta lại thu được rằng đường dẫn $A_{1} BC_{1}$ không phải là đường dẫn ngắn nhất - nó có thể được thay thế bằng đoạn $A_{1} C_{1}$, sau đó đưa sự phát triển trở lại bề mặt của khối đa diện (Hình 10). Vì vậy, đường trắc địa là một đường đứt đoạn không đi qua các đỉnh của khối đa diện tại mỗi nút

Hình 10. Đường trắc địa không đi qua một đỉnh

đáp ứng tính chất quang học - các góc được hình thành bởi các liên kết liền kề với cạnh đều bằng nhau. Rõ ràng là điều này là đủ: bất kỳ đường đứt nét nào có các đặc tính như vậy đều là đường ngắn nhất cục bộ. Thật vậy, tại mỗi điểm bên trong của liên kết, nó ngắn nhất cục bộ vì nó thẳng và tại một nút, nó ngắn nhất cục bộ do đặc tính quang học. Chúng ta đã chứng minh một phát biểu quan trọng, mặc dù là một phát biểu đơn giản (nó không được coi là một định lý), vì vậy chúng ta sẽ gọi nó là một mệnh đề: Mệnh đề 1. Một đường khép kín trên bề mặt của một khối đa diện là đường trắc địa khi và chỉ khi nó là một đường đứt đoạn với các nút ở các cạnh, không đi qua các đỉnh của khối đa diện và mỗi nút có một tính chất quang học. Đối với đường trắc địa không đóng, điều này cũng được thực hiện, với lưu ý duy nhất là nó có thể bắt đầu hoặc kết thúc ở một đỉnh. Hãy quay trở lại trắc địa khép kín. Nếu chúng ta mở rộng hai mặt liền kề lên một mặt phẳng thì các liên kết trắc địa đi qua chúng sẽ kết thúc trên cùng một đường thẳng. Chúng ta hãy lấy một nút tùy ý của đường trắc địa A và bắt đầu mở ra các mặt một cách tuần tự trong khi đi ngang qua đường trắc địa cho đến khi chúng ta đến cùng một điểm A (chúng ta biểu thị điểm thứ hai trên đường phát triển là A c; Hình 11). Tất cả địa tinh-

Hình 11. Đường trắc địa thẳng tiến trên sự phát triển

zical chuyển thành đoạn AA c. Trong trường hợp này, các góc được đánh dấu trong hình, bằng nhau do tính chất quang học, trở thành các góc tương ứng tại cát tuyến AA c. Điều này có nghĩa là các đoạn MN và M c N c, biểu diễn cùng một cạnh, song song. Chúng ta đã chứng minh thêm một tính chất có thể được coi là một định nghĩa khác (đã là thứ ba!) của đường trắc địa trên khối đa diện: Mệnh đề 2. Một đường khép kín trên bề mặt của khối đa diện là đường trắc địa khi và chỉ khi

16

KVANT 2021/№1

Một số trong số chúng đạt đến hai đỉnh. Vì hình chóp có bốn mặt hình tam giác nên tổng các góc phẳng của nó bằng 360q 2. Do đó, tổng các góc ở mỗi phần sẽ bằng 360q. Một trong các phần sẽ chứa hai đỉnh ở đáy kim tự tháp. Tổng các góc trong mỗi góc bằng 2 D 60 q, trong đó D là góc ở đáy của mặt bên. Điều này có nghĩa là 2 D 60 q 180 q, do đó D 60 q, tức là mặt bên là một tam giác đều và điều này bị cấm. Xây dựng trắc địa trên khối đa diện. Đối với điều này, chúng tôi có hai cách. Phương pháp đầu tiên: theo Mệnh đề 2, bạn cần tìm một phương án phát triển phù hợp trong đó sẽ có hai đoạn song song (và có hướng giống nhau!) Đại diện cho một cạnh. Sau đó, bạn cần lấy một điểm cho mỗi câu - A và A c. Chúng phải biểu diễn cùng một điểm trên cạnh, tức là các đoạn NA và N c A c phải bằng nhau. Bây giờ chúng ta vẽ đoạn AA c. Nếu nó không vượt quá phạm vi quét, thì nó mô tả một đường trắc địa. Phương pháp thứ hai: bạn có thể thực hiện mà không cần quét, sử dụng Mệnh đề 1. Ước tính các cạnh mà đường trắc địa có thể giao nhau (ví dụ: từ các cân nhắc vật lý: hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang kéo căng một vòng cao su), sau đó tìm vị trí của các nút bằng cách sử dụng thuộc tính quang học. Có trắc địa không? Theo Định lý 3, bây giờ chúng ta không chắc chắn liệu các khối đa diện khác nhau có đường trắc địa khép kín hay không? Giả sử khối lập phương có chúng? Đúng. Và hình lập phương, bát diện đều và các khối đa diện phổ biến khác (xem bài tập 9–11). Hơn nữa, như chúng ta đã biết, mỗi đường trắc địa tạo ra vô số đường đẳng cấu. Để đơn giản, chúng tôi sẽ xác định tất cả các đường trắc địa đẳng cấu và chỉ tính các đường trắc địa khác nhau, tức là không đẳng cấu. Đường trắc địa Cube One là hiển nhiên - đây là một vành đai hình vuông (Hình 12, a). Nó không đi qua các đỉnh, nó có tính chất quang học (nó cắt tất cả các cạnh theo một góc vuông). Vì vậy, đây là trắc địa và không cần thiết phải vẽ sự phát triển. Nếu bạn suy nghĩ một chút, sẽ có cái thứ hai. Đây là hình lục giác đều

Hình 12. Hai trắc địa trên một khối lập phương

đi qua giữa xương sườn (Hình 12, b). Tính chất quang học cũng được thỏa mãn, mọi góc đều là 45q. Đường trắc địa này (giống như đường trắc địa trước) bằng phẳng, nó nằm hoàn toàn trong một mặt phẳng. Nếu chúng ta di chuyển mặt phẳng này song song, chúng ta sẽ có được một đường đẳng cấu trắc địa với nó (Hình 12, c). Đây cũng là một hình lục giác, nhưng không còn đều đặn nữa. Nó có cùng chu vi. Chúng ta đã đồng ý xác định trắc địa đẳng cấu, vì vậy trường hợp này không cung cấp điều gì mới. Nhưng không dễ để tìm được đường trắc địa thứ ba trên một khối lập phương! Cô ấy đây, trong Hình 13. Cô ấy

Hình 13. Đường trắc địa thứ ba trên hình lập phương

Hình 14. Phát triển đường trắc địa thứ ba trên khối lập phương

hình lục giác và không phẳng! Cắt tất cả các cạnh ở góc D và 90q D, trong đó D là một góc có tiếp tuyến bằng 2. Để thuận tiện, chúng ta đã biểu thị độ dài của các đoạn trong hình, coi cạnh của hình lập phương bằng 1. Hai đỉnh bằng nhau

20

KVANT 2021/№1

“bám” vào các đỉnh của tứ diện. Nút L của đường trắc địa được gọi là nút liên kết nếu nó và hai nút liền kề với nó nằm trên ba cạnh nổi lên từ một đỉnh D của tứ diện và là các nút gần D nhất trên các cạnh này. Trong trường hợp này D được gọi là đỉnh liên kết của nút L. Như vậy đường trắc địa trong Hình 18 được liên kết với từng đỉnh

Hình 18. Đường trắc địa loại (2;1) được liên kết với đỉnh D bằng nút L

giếng tứ diện; đối với đỉnh B và C, các nút liên kết lần lượt là $K_{3}$ và $K_{1}$. Định lý 5. Bất kỳ đường trắc địa $типа^{n;} m$ nào, trong đó $n t^{m} t 1$, có đúng 4 nút liên kết. Chúng tạo thành hai cặp nút đối diện của đường trắc địa, mỗi cặp chia nó thành hai phần có cùng số nút. Mỗi đỉnh của tứ diện là một đỉnh liên kết của một trong các nút. Cho $a_{1}$ và $b_{1}$ là các liên kết của trắc địa rời khỏi nút liên kết, $a_{2}$ và $b_{2}$ các liên kết sau, v.v. Khi đó các liên kết $a_{i}$ và $b_{i}$ nằm trên cùng một mặt và không có điểm nào khác của trắc địa giữa chúng. Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu diễn đường trắc địa g như một đường thẳng trên sự phát triển và chứng tỏ rằng g được liên kết với đỉnh K từ chứng minh Định lý 4; lý luận tương tự cho các đỉnh khác. Chúng ta vẽ một đường thẳng g c đối xứng với g đối với điểm K. Rõ ràng là dải giữa g và g c không chứa các nút khác ngoại trừ các nút nằm trên $g_{1}$. (Hãy nhớ rằng $g_{1}$ là đường thẳng song song gần g nhất trên vùng phát triển có chứa một nút.) Do đó, các đường g và g c cắt nhau cả 6 đoạn mạng phát ra từ K, và

mỗi điểm trong số sáu điểm giao nhau biểu thị nút trên đường trắc địa gần đỉnh K nhất trên cạnh tương ứng của tứ diện. Do đó, trắc địa được liên kết với K. Hơn nữa, các đường g và g c đi song song dọc theo các tam giác mạng (các mặt) cho đến khi chúng giao nhau với 6 đoạn mạng ra khỏi K. Hóa ra bằng cách này, bạn có thể thu được bất kỳ số vô hạn trắc địa nào trên tứ diện. Chúng ta “kéo” đường trắc địa qua góc tam diện ở đỉnh D, sau đó quấn quanh bề mặt của tứ diện, uốn cong 2 n 2 m 1 qua các cạnh và móc nó vào đỉnh C. Bất kỳ đường trắc địa nào cũng thu được theo cách này và mỗi đỉnh của tứ diện có thể được chọn làm đỉnh ban đầu. Tương tự, nhưng chặt chẽ hơn: đường trắc địa được nối với đỉnh D bằng các liên kết $a_{1}$ và $b_{1}$, sau đó các liên kết $a_{2}, b_{2}$ đi dọc theo một mặt, gặp cạnh của mặt này tại các nút liền kề, sau đó $a_{3}, b_{3}$ đi dọc theo mặt tiếp theo, v.v., cho đến cuối cùng móc trắc địa đến đỉnh C với các cạnh $a_{2} n_{2} m, b_{2} n_{2} m$. Đường trắc địa giới hạn một dải trên bề mặt của một khối tứ diện thành các cặp cạnh $a_{i}, b_{i}$.

“Hiểu được những điều bạn không thể tưởng tượng được” Như vậy, trên một tứ diện đều có vô số loại trắc địa, mỗi loại tương ứng với một cặp số nguyên tố cùng nhau. Hóa ra đó không phải là tất cả. Mỗi đường trắc địa có thể được “nhân lên” để nó không tự giao nhau. Một loạt các trắc địa. Đường trắc địa trên một tứ diện đều được xác định bởi một đường thẳng trên mạng song song với một vectơ nguyên tùy ý. Chúng ta hãy vẽ không phải một mà là nhiều đường thẳng song song như vậy. Tất cả chúng sẽ là trắc địa. Nhưng còn một điều đáng ngạc nhiên nữa: không phải tất cả chúng đều giao nhau. Chứng minh điều này khá đơn giản. Nếu hai đường trắc địa $g_{1}$ và $g_{2}$ cắt nhau tại một điểm P nào đó thì xét các điểm $P_{1}$

21

NGẮN NHẤT

CÁCH

VÀ

và $P_{2}$, mô tả nó trên bản quét. Rõ ràng là $P_{1} z P_{2}$, vì các đường $g_{1}$ và $g_{2}$ song song với nhau. Các điểm $P_{1}$ và $P_{2}$ trên quá trình phát triển đại diện cho một điểm trên bề mặt của khối tứ diện, do đó, $P_{1}$ phải được dịch thành $P_{2}$ bằng cách dịch chuyển số nguyên hoặc bằng phép đối xứng về nút. Trong trường hợp này, $g_{1}$ sẽ biến thành một đường thẳng $g_{1} c$. Vì cả tính đối xứng và phép tịnh tiến đều bảo toàn tính song song, đường thẳng $g_{1} c$ song song với $g_{2}$ và do đó trùng với đường thẳng đó vì nó giao nhau tại điểm $P_{2}$. Hóa ra đường trắc địa $g_{1}$ và $g_{2}$ trùng nhau. Một đường trắc địa dài hơn 1 km không chỉ có thể được quấn thành một khối tứ diện có cạnh 1 cm mà không tự giao nhau, mà nhiều đường trắc địa này có thể được quấn theo ý muốn (đồng thời!), và tất cả chúng sẽ không giao nhau. Nhân tiện, theo Định lý 4, tất cả chúng sẽ đẳng cấu và có cùng độ dài. Chúng tôi đã chứng minh điều này một cách dễ dàng - còn gì có thể đơn giản hơn một loạt các đường thẳng song song trên một mặt phẳng! Nhưng không thể tưởng tượng được điều này trên bề mặt của một khối tứ diện nữa! Viện sĩ L.D. Landau nói rằng “khoa học cho phép một người hiểu được những điều mà anh ta không thể tưởng tượng được nữa”. Trong Hình 19, chúng tôi đã trình bày một gói gồm ba trắc địa loại 1; 1.

Hình 19. Bó 3 trắc địa loại (1;1)

Phải chăng chỉ trên một tứ diện đều mới có vô số đường trắc địa? Không, không chỉ vậy. Bất kỳ tứ diện đẳng diện nào cũng có tính chất này. Một tứ diện được gọi là đẳng diện nếu tất cả các mặt của nó bằng nhau. Để có được một khối tứ diện như vậy rất đơn giản: bạn cần lấy một hình tam giác có góc nhọn tùy ý và gấp nó dọc theo các đường ở giữa (Hình 20). Có nhiều tài sản

GIẢ THUYẾT

POINCARE

Hình 20. Tứ diện đều

và dấu của tứ diện đẳng diện. Chúng tôi đã thu thập một số trong số chúng trong Bài tập 14. Trong tất cả các cuộc thảo luận của chúng ta về trắc địa, một tứ diện đều có thể được thay thế bằng một tứ diện đẳng diện - sẽ không có gì thay đổi. Chỉ có mạng bây giờ sẽ không bao gồm các hình tam giác đều mà là các hình tam giác giống hệt nhau bằng mặt. Hoá ra một tứ diện đẳng diện cũng có vô số trắc địa, được đánh số bằng các cặp số nguyên tố cùng nhau n; m. Chúng được xây dựng theo cùng một cách - quét vô hạn. Có những bề mặt khác có nhiều đường trắc địa như vậy không? Một tứ diện đẳng diện có đường trắc địa có độ dài tùy ý. Còn các khối tứ diện khác thì sao? Hóa ra là không. Trong số tất cả các tứ diện, chỉ có tứ diện có tính chất này. Bất kỳ khối tứ diện nào khác chỉ có thể có một số lượng hữu hạn các đường trắc địa không đẳng hình - và chúng thậm chí có thể không tồn tại, giống như một kim tự tháp thông thường. Có thể có vô số đường trắc địa không đẳng cấu cho một khối đa diện không phải là tứ diện không? Như chúng ta đã thấy, cả khối lập phương lẫn khối tám mặt đều không phù hợp với vai trò này. Năm 2008, người ta đã chứng minh rằng không có khối đa diện nào khác phù hợp [9]. Trong số tất cả các khối đa diện, chỉ có tứ diện đẳng diện có đường trắc địa dài tùy ý. Bài báo tương tự đã đưa ra giả thuyết rằng tứ diện đẳng diện là duy nhất không chỉ trong số các khối đa diện, mà còn trong số tất cả các bề mặt lồi. Trong mười năm, giả thuyết này vẫn còn bỏ ngỏ, chỉ gần đây nó mới được A.V. Akopyan và A.M. Petrunin [1]: Nếu một mặt lồi có các đường trắc địa khép kín dài tùy ý thì đây là mặt của một tứ diện đẳng diện.

22

KVANT 2021/№1

Vì vậy, tứ diện đẳng diện là một hình hoàn toàn độc đáo! Trong số tất cả các hình lồi, chỉ có anh ta là có vô số đường trắc địa khép kín.

Bài tập

13. Chứng minh rằng tứ diện đẳng diện chỉ có thể được tạo thành từ một tam giác nhọn. 14. Chứng minh rằng các tính chất sau của một tứ diện tương đương với tính chất là đẳng diện: 1) Các cạnh đối diện trong mỗi cặp đều bằng nhau. 2) Hai góc phẳng đối diện với một cạnh bằng nhau (đối với mỗi cạnh). 3) Tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh là 180q. 4) Tứ diện có trục đối xứng. 5) Các hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp có một tâm chung. 6) Tất cả các mặt đều có diện tích bằng nhau. 15. Có bao nhiêu loại trắc địa 40 nút? 16. Đường trắc địa loại (314; 15) có bao nhiêu nút và chiều dài của nó là bao nhiêu? 17. Vẽ hình các đường ray trên mỗi mặt cho một loại trắc địa (22; 17). 18. Độ dài tối thiểu của một đường trắc địa có 1000 nút là bao nhiêu?

Văn học

1. A. Akopyan, A. Petrunin. Đường trắc địa dài trên bề mặt lồi. – Nhà thông minh toán học, 40 (2018), số 3, trang 26–31. 2. L.A. Lyusternik, L.G. Shnirelman. Các phương pháp tôpô trong các bài toán biến phân và ứng dụng của chúng vào hình học vi phân của các bề mặt. – Những tiến bộ trong khoa học toán học, 2 (1947), số 1, trang 166–217. 3. J.Francs. Trắc địa $on S^{2}$ và các điểm tuần hoàn của phép đồng cấu hình vành khuyên. – Inventiones Mathematicae, 108 (1992), số 2, trang 403–418. 4. V. Bangert. Về sự tồn tại của trắc địa khép kín trên hai mặt cầu. – Tạp chí Toán học Quốc tế, số 4 (1993), số 1, trang 1–10. 5. W. Klingenberg. Bài giảng Địa trắc học khép kín. – Springer, New York, 1978. 6. W. Klingenberg. Hình học Riemannian. – de Gruyter Nghiên cứu về Toán học, Berlin: Walter de Gruyter & Co. 1982. 7. G.A. Galperin. Về định lý Lyusternik–Shnirelman cho khối đa diện. – Những tiến bộ trong khoa học toán học, 46 (1991), số 6, trang 207–208. 8. V.Yu.Protasov. Đường trắc địa khép kín trên bề mặt của một đơn hình. – Tuyển tập toán học, 198 (2007), số 2, tr. 103–120. 9. V.Yu.Protasov. Về số lượng đường trắc địa khép kín trên một khối đa diện. – Những tiến bộ trong khoa học toán học, 63:5(2008), tr.197–198. 10. D.B.Fuchs, E.Fuchs. Đường trắc địa khép kín trên khối đa diện đều. – Tạp chí Toán học Moscow, số 7 (2007), số 2, tr. 265–279.

Để thu hút sự chú ý của độc giả của chúng tôi

Bạn có thể nhận thấy rằng trong số tạp chí này, trên trang thứ hai của trang bìa, một phần mới đã xuất hiện - “Ngôn ngữ bài toán”. Chúng tôi lấy bài toán này từ một cuốn sách tuyệt vời (Bài toán Olympic Ngôn ngữ. 1965 - 1975. Tái bản lần thứ 2, sửa đổi/biên tập. V.I. Belikov, E.V. Muravenko, M.E. Alekseev. - M.: MTsNMO, 2020), trong đó có bài toán Olympic về ngôn ngữ học và toán học. Những cuộc thi Olympic như vậy đã được tổ chức ở Moscow từ năm 1965. Một trong những người nhờ đó mà thể loại ngôn ngữ học bài toán đã nảy sinh là học giả A.A. Zaliznyak, nhà ngôn ngữ học vĩ đại người Nga. Và Olympic nảy sinh theo sáng kiến ​​​​của một nhà ngôn ngữ học xuất sắc khác, A.N. Zhurinsky, và đã tiếp tục trong nhiều năm kể từ đó.

Ngôn ngữ học bài toán theo một nghĩa nào đó gần giống với toán học: chúng có thể được giải quyết dựa trên các điều kiện nhất định; tất cả tài liệu cần thiết cho lời giải đều có trong điều kiện bài toán hoặc có thể được người quyết định hoàn thành dựa trên ý tưởng trực quan của mình về cấu trúc ngôn ngữ mẹ đẻ của mình. Giải bài toán là một hoạt động thú vị nhưng người đọc không chỉ thấy thích thú mà còn học được rất nhiều điều mới, độc lập “khám phá” các yếu tố cấu trúc của ngôn ngữ và các quy luật cấu trúc của nó. Ngoài ra, các nhiệm vụ sử dụng nhiều ngôn ngữ khác nhau trên thế giới làm tài liệu mà người đọc có thể chưa từng nghe đến trước đây nhưng những ngôn ngữ này lại được hàng triệu người sử dụng.

27

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

Hình 2

BFO OFE y và DEO OEF z. Trong tam giác BFO ta có BOF 180 q x y z. Điều này hàm ý sự giống nhau của BFO $\sim$ DOE, nên FB BO OD DE hoặc BF DE BO OD. Tương tự, chứng minh BG DH BO OD, từ đó đẳng thức cần tìm (*) được chứng minh và bài toán được giải. Một lời giải khác có thể thu được bằng cách lưu ý rằng tính song song của FG P HE tương đương với tính đồng nhất của các tam giác BGF và DEH, hoặc là giao điểm của các đường thẳng BD, EG, FH tại một điểm. Cái sau tuân theo định lý Brianchon cho hình lục giác BFEDHG được mô tả. V. Eisenstadt

M2623. Trong giải đấu bóng đá diễn ra một vòng, tất cả các đội đều ghi được số điểm khác nhau. Nếu một chiến thắng không được trao ba mà là hai điểm, thì tất cả các đội cũng sẽ có số điểm khác nhau, nhưng vị trí của mỗi đội sẽ khác nhau. Với số lượng lệnh tối thiểu có thể thực hiện được điều này là bao nhiêu?

Đáp số: là 12. Đầu tiên ta giả sử số đội là số chẵn: n 2k. Lưu ý rằng với hai điểm cho một trận thắng, đội có hiệu số trận thắng và số trận thua lớn hơn sẽ chiếm vị trí cao hơn. Vì những khác biệt này là khác nhau đối với tất cả các đội, nên đội đứng đầu có thể có hiệu số (và do đó là số trận thắng) không nhỏ hơn k. Đội dẫn trước khi chuyển sang hệ thống ba điểm phải có thêm ít nhất hai trận thắng nữa (mỗi đội được cộng thêm số điểm bằng số trận thắng của mình) và do đó phải

“QUANTA”

có ít nhất ba trận thua nữa. Do đó k 5 d 2 k 1, tức là n t 12. Tương tự, chúng ta thấy rằng với số lượng lệnh lẻ n t 11. Giả sử trường hợp n 11 có thể xảy ra. Lập luận theo cách tương tự như trước, chúng ta thấy rằng trong hệ thống hai điểm, các đội ghi được từ 15 đến 5 điểm, đội đầu tiên phải có 5 trận thắng và 5 trận hòa, đội thứ hai phải có 7 trận thắng và 3 trận thua, vì vậy khi chuyển sang hệ thống ba điểm, họ sẽ đổi chỗ. Hơn nữa, đội cuối cùng phải có ít nhất hai trận thắng và vì với năm điểm thì không quá hai trận thắng nên đội đó có hai trận thắng và một trận hòa. Khi đó cô chỉ có thể đổi chỗ với người áp chót, người có 6 trận hòa và 5 trận thua. Tương tự, ta thấy đội thứ 3 có 3 thắng 7 hòa hoặc 4 thắng 5 hòa 1 thua chỉ được đổi chỗ với đội thứ 4 có 5 thắng 2 hòa 1 thua hoặc 6 thắng 4 thua. Trong số năm đội còn lại, có ba đội phải luân phiên theo một vòng. Đây có thể là đội thứ năm-sáu-bảy hoặc thứ bảy-tám-chín. Cả hai trường hợp đều được coi là tương tự nhau, vì vậy chúng tôi sẽ giới hạn phân tích trường hợp đầu tiên. Vì đội thứ bảy khi chuyển sang thể thức ba điểm phải vượt đội thứ năm kém hai điểm nên phải có thêm ít nhất ba trận thắng và năm trận thua nữa. Như vậy, đội thứ 5 có 1 trận thắng và 9 trận hòa, còn đội thứ 7 có 4 trận thắng, 5 trận thua và 1 trận hòa. Khi đó, đội thứ sáu có thể có hai lựa chọn: 1 thắng, 8 hòa và 1 thua hoặc 4 thắng, 2 hòa và 4 thua (trong các trường hợp khác, với 3 điểm cho một trận thắng, đội đó sẽ ghi được số điểm bằng với một trong các đội lân cận). Cuối cùng, đối với đội thứ tám và thứ chín, chúng ta cũng có hai khả năng: lần lượt là 0-8-2 và 2-3-5 hoặc 1-6-3 và 3-1-6 thắng-thua. Bây giờ chúng ta hãy xem xét sự phân bố của các trận hòa. Vì đội thứ hai không có trận hòa và đội thứ năm có 9, nên tất cả các đội ngoại trừ đội thứ hai đều hòa với đội thứ năm, điều này đặc biệt có nghĩa là đội thứ ba và thứ tư có

Khoảng ba đoạn bằng nhau

Trong hình học, có dãy bài toán, trong đó cần chứng minh sự đẳng thức của ba đoạn thẳng hoặc xây dựng (tìm) điểm tạo ra ba đoạn thẳng bằng nhau. Những bài toán như vậy rất hữu ích, đẹp đẽ, đôi khi khó khăn và thường có tính chất sáng tạo. Chúng tôi giới thiệu tới độc giả một bộ sưu tập bài toán – bài toán, trong đó x y z. Bài toán 1. Trên đường chéo AC của hình vuông ABCD lấy điểm F sao cho AF AB (Hình 1). Vuông góc được khôi phục thành

Hình 1

Hình 4

chia hợp âm FN thành ba phần bằng nhau: x y z. Bài toán 5. Điểm O là tâm của đường tròn Z, ngoại tiếp tam giác nhọn ABC (Hình 5). Tia AO cắt cạnh BC và cắt đường tròn Z lần lượt tại K và T. Các đường vuông góc KD và KE

Hình 2

điểm F cắt đường thẳng AC, cắt cạnh BC tại điểm N. Chứng minh rằng x y z. Bài toán 2. Cho góc nhọn A và điểm F bên trong góc (Hình 2). Vẽ các điểm B và C trên các cạnh của góc sao cho x y z. Bài toán 3. Lấy điểm K và T trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho đoạn AK và AT chia góc BAC thành ba phần bằng nhau

Hình 5

các cạnh AC và AB cắt bán kính OC và OB lần lượt tại các điểm F và N. Chứng minh rằng x y z (TK CF BN). Bài toán 6. Các đường phân giác của tam giác ABC cắt nhau tại điểm I. Tia AI cắt đường tròn Z ngoại tiếp tam giác

Hình 3

các bộ phận: 1 2 3 D (Hình 3). Với cái gì D thì có thể x y z được? Bài toán 4. Tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn Z (Hình 4). F, N lần lượt là trung điểm của các cung AC và AB. Chứng minh rằng các đoạn AC và AB

Hình 6

biệt danh ABC, tại điểm W (Hình 6). Chứng minh rằng IW BW CW, hoặc x y z. Bài toán 7. Ba đường tròn có tâm $O_{1}, O_{2}$ và $O_{3}$ tiếp xúc ngoài theo cặp (Hình 7). Chứng minh rằng ba tiếp tuyến chung trong của chúng cắt nhau tại

Hình 10

Hình 7

một điểm và các đoạn của các tiếp tuyến này bằng nhau: xy z. Bài toán 8. Cho đường thẳng l và đoạn AB song song với nó (Hình 8). Chỉ sử dụng

Hình 8

dùng thước kẻ chia AB thành ba phần bằng nhau ( x y z ). Bài toán 9. Điểm O là tâm chung của đường tròn Z và s (Hình 9). Vẽ cát tuyến A B C D sao cho AB BC CD, hoặc x y z.

Bài toán 10. Đường tròn Z và s có tâm $O_{1}$ và $O_{2}$ cắt nhau tại điểm A và B (Hình 10). Đường tròn $Z_{1}$ đi qua các điểm $A, O_{1}$ và $O_{2}$, cắt đường thẳng AB lần thứ hai tại điểm T, và đường tròn Z và s (thứ hai) cắt nhau lần lượt tại các điểm K và N. Chứng minh rằng KT BT NT ( x y z ). Bài toán 11. Gọi OA và OB là bán kính trong đường tròn Z (Hình 11). Vẽ dây TQ sao cho các bán kính này chia thành ba phần bằng nhau: xyz.

Hình 11

Bài toán 12. Trên các cạnh AC và AB của tam giác ABC dựng các điểm F và N

Hình 12

sao cho độ dài của các đoạn CF, FN và NB bằng nhau: x y z (Hình 12). Tài liệu do G. Filippovsky chuẩn bị

Hình 9

37

Z ADACHNIK

“QUANTA”

Hình 5

thì hình $Z_{1}$ chứa chính xác một trong các ô màu đen của hình $O_{1}$. Điều này có nghĩa là từ ô tương ứng trong phân vùng màu đen, các phân đoạn sẽ đi đến các ô khác nhau. Chúng tạo ra một chu trình có độ dài lớn hơn 2. Tiếp theo chúng ta sẽ chứng minh rằng bên trong bất kỳ chu trình nào có độ dài lớn hơn 2 chắc chắn sẽ có một lỗ trống. Không mất tính tổng quát, chúng ta sẽ giả sử rằng tồn tại một chu trình có độ dài lớn hơn 2 trong phân vùng màu đen. Chúng ta hãy gọi một hình bên trong loại O từ một phân vùng nằm hoàn toàn bên trong chu trình của chúng ta. Chúng ta hãy gọi một hình biên loại O từ các ô có hai ô màu đen thuộc về chu trình mà chúng ta đã chọn. Các đoạn trong chu trình xen kẽ nhau: sau đoạn nối các ô đen của hình loại O, có một đoạn nối các ô đen của hình loại Z, nghĩa là độ dài chu kỳ của chúng ta là 2k, trong đó k N. Chúng ta hãy biểu thị số lượng ô đen và trắng nằm đúng trong chu kỳ của chúng ta lần lượt là b và w. Bất kỳ ô đen nào bên trong một chu trình đều thuộc về hình bên trong loại O, bất kỳ ô trắng nào bên trong chu trình đều thuộc về hình biên loại O hoặc hình bên trong. Tổng cộng có k hình ranh giới và mỗi hình thuộc về chính xác một ô màu trắng bên trong. Mặt khác, tất cả các hình bên trong loại O đều chứa chính xác b ô đen, và do đó có chính xác b ô trắng. Vì thế, w b k. Bây giờ hãy tính mối quan hệ giữa b và w theo một cách khác. Hãy nhìn vào lưới mới. Các nút của lưới mới sẽ là tâm của các ô đen trước đây. Trung tâm của các tế bào mới sẽ là trung tâm của các tế bào trắng trước đây.

hiện hành. Sau đó, chu trình của chúng ta là một hình đi dọc theo các đường của lưới mới. Số lượng nút lưới bên trong bằng số lượng ô đen bên trong cũ, tức là b. Số lượng nút trên ranh giới là độ dài chu kỳ, tức là 2k. Bây giờ, hãy tính diện tích hình của chúng ta bằng công thức Peak (xem [1] và [2]): S b 2 k 2 1 b k 1. Nhưng diện tích của hình mới là số tâm bên trong của các ô mới, tức là số lượng ô trắng cũ trong chu kỳ. Từ đó chúng ta kết luận rằng w S b k 1. Một mâu thuẫn. Từ giả định rằng không có lỗ trống bên trong một chu trình nhất định, chúng ta đi đến mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là trong bất kỳ chu kỳ nào cũng sẽ có ít nhất một lỗ trống. Bình luận. Một phát biểu thậm chí còn mạnh mẽ hơn được rút ra từ chứng minh: trong một hình có thể cắt thành cả tetramino loại O và tetramino loại Z, tồn tại một lỗ có diện tích lẻ. Là một lỗ như vậy, chúng ta có thể chọn một lỗ không chứa các thành phần được kết nối khác trong hình của chúng ta. Hãy thử tự mình sửa đổi cách chứng minh cho trường hợp này bằng cách rút ra một điều kiện về số ô đen và trắng bên trong một lỗ như vậy.

Văn học 1. G. Merzon. Công thức của Peak và băng tan. – «Kvant», 2018, số 9. 2. N. Vasiliev. Xung quanh công thức Pick. – «Kvant», 1974, số 12.

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

Bài toán

Chú chuột túi Smartik có 8 khối 1 u 1 u 1. Mỗi khối có hai mặt liền kề là màu đỏ và các mặt còn lại là màu trắng. Smartik ghép chúng lại với nhau thành một khối lớn 2 u 2 u 2. Số lượng mặt đỏ hoàn toàn lớn nhất mà một khối lớn có thể có là bao nhiêu?

2. Tất cả các góc trong hình đều là góc vuông.

3. Cắt hình chữ nhật bên dưới dọc theo các đường lưới (tức là đường ngang và đường dọc) thành các phần bằng nhau sao cho mỗi phần chứa chính xác một bông tuyết. S. Kostin

4. Bình đẳng

Bài toán 1 và 2 được đưa ra tại Cuộc thi-Trò chơi Toán học Quốc tế “Kangaroo”.

sự bình đẳng sẽ trở thành sự thật. Ba số đó là gì và tôi nên di chuyển chúng chính xác như thế nào? S. Kostin

Minh họa của D. Grishukova

Chu vi của hình trong hình là bao nhiêu?

2 1 1 – 3 3 = 2 0 2 1 tất nhiên là sai. Nhưng nếu chúng ta di chuyển ba chữ số trong đẳng thức này, thì

39

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

Tại sao máy bay cất cánh ngược gió?

S. DVORYANINOV

“Tôi thấy bạn đang suy nghĩ kỹ về điều gì đó?” – Papa Carlo hỏi Pinocchio của mình, nhận thấy cậu bé đã lật giở các trang sách giáo khoa vật lý rất lâu. – Vâng, hôm nay trong lớp cô giáo nói máy bay cất cánh ngược gió sẽ dễ dàng hơn. Và chúng ta cần giải thích tại sao lại như vậy. Tôi đã xem qua toàn bộ sách giáo khoa nhưng không tìm thấy đáp số. “Chà, hãy suy nghĩ một cách hợp lý,” Papa Carlo rũ bỏ những mảnh vụn trên tạp dề, bước ra khỏi bàn làm việc và ngồi xuống bàn. – “Lý luận một cách logic” nghĩa là gì? Logic là khi B theo sau A. Nhưng trong bài toán vật lý này không có A và B,” Buratino thất vọng nói.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210103

TRẺ EM HỌC SINH

“Con sai rồi,” Papa Carlo phản đối. – Và bây giờ cậu sẽ tự mình chứng kiến. Để trả lời câu hỏi của giáo viên, chúng ta sẽ xây dựng một chuỗi logic. Tôi sẽ hỏi bạn những câu hỏi, và bạn sẽ trả lời chúng. Vì vậy, hãy bắt đầu. – Điều gì xảy ra với máy bay trước khi nó rời khỏi mặt đất và bay lên không trung? “Máy bay đang tăng tốc, di chuyển dọc theo đường băng, điều đó rõ ràng”, Buratino trả lời. – Và so với cái gì thì máy bay đang chuyển động? – Tất nhiên là về đất đai và về những gì trên đó. Ví dụ như đây là tòa nhà sân bay, mọi người đang ngắm máy bay, cây cối… - Chà, điều quan trọng nhất là gì? So với cái gì thì máy bay đang chuyển động? Máy bay tăng tốc so với không khí! Đầu tiên chúng ta hãy giả sử rằng thời tiết không có gió, hoàn toàn yên tĩnh đến mức không một chiếc lá nào trên cây lay động. Vì vậy, so với không khí tĩnh lặng này, máy bay di chuyển ngày càng nhanh hơn dọc theo đường băng. Đồng ý? – Papa Carlo nói rõ. – Vâng, tôi đồng ý, nó trông giống như chuyển động tăng tốc của một chiếc thuyền máy trên hồ. TRONG

40

KVAN T 2021/№1

Buratino trả lời: “Không có dòng chảy trong hồ, nước đứng yên. – Giống như một con tàu nổi trên đại dương, một chiếc máy bay cũng trôi nổi trong đại dương không khí. – Đừng nhầm lẫn về mặt thuật ngữ, Pinocchio thân yêu của tôi. Những con tàu không nổi mà đi bộ, như những thủy thủ thực thụ đã nói. Theo định luật Archimedes, bóng bay, máy điều hòa không khí, khí cầu và thậm chí cả bóng bay trẻ em chứa đầy khí heli trôi nổi trong đại dương không khí. Và máy bay bay. Nhưng trước tiên họ phải cất cánh. Và một lực gọi là lực nâng nâng chúng lên khỏi mặt đất và nâng chúng lên. Nó xảy ra khi luồng không khí chạm vào máy bay,” Papa Carlo tiếp tục. – Nhưng khi tôi đi xe đạp, tôi cảm nhận rất rõ luồng không khí đang lao tới này. Nhưng đồng thời tôi không đứng dậy. Và ngay cả một chiếc ô tô đã tăng tốc rất nhiều vẫn tiếp tục lăn trên mặt đất và không bay đi đâu cả,” Buratino phản đối. – Điều anh nói là đúng. Nhưng chiếc máy bay và đặc biệt là đôi cánh của nó có hình dạng đặc biệt đến mức xuất hiện một lực nâng hướng lên trên. Tốc độ của dòng chảy tới càng lớn thì lực nâng càng lớn. Cuối cùng, nó thắng được trọng lực tác dụng lên máy bay và sau đó máy bay nhấc lên khỏi mặt đất. – Nhưng nếu lực nâng lớn hơn lực hấp dẫn thì mặt phẳng sẽ bay lên ngày càng cao không giới hạn. Nhưng điều đó không xảy ra,” Buratino cố gắng tranh luận lại. - Tất nhiên là không. Khi cần thiết, người lái máy bay, bằng cách thay đổi góc tấn công của cánh, đảm bảo rằng hai lực - lực nâng và trọng lực - trở nên bằng nhau, và sau đó máy bay bay ở độ cao không đổi,” Papa Carlo kết luận. – Bây giờ hãy so sánh tất cả các sự kiện mà chúng ta vừa nói và giải thích tại sao máy bay cất cánh ngược gió lại dễ dàng hơn. - Vâng, tôi có thể giải thích! - Buratino kêu lên, - đây rồi, một chuỗi logic. Để nâng một chiếc máy bay, chỉ cần đủ

nhưng tốc độ cao v của luồng không khí đang tới. Tốc độ là một khái niệm tương đối. Chúng ta có thể nói rằng dòng khí tác động lên mặt phẳng, hoặc chúng ta có thể nói rằng mặt phẳng đang chuyển động so với khối không khí. Khi gió thổi về phía máy bay trên đường băng, tốc độ của máy bay so với không khí bằng tốc độ của chính nó cộng với tốc độ gió. Trong trường hợp này, giá trị tốc độ yêu cầu v đạt được ở tốc độ tự nhiên thấp hơn của máy bay. Như thế này. “Đúng vậy, làm tốt lắm,” Papa Carlo kết luận. “Đó là lý do tại sao người ta nói rằng máy bay cất cánh ngược gió sẽ dễ dàng hơn.” Điều này đặc biệt quan trọng trong thời kỳ đầu của ngành hàng không, khi động cơ chưa mạnh mẽ lắm. Máy bay hiện đại có thể cất cánh khi có gió thuận, nhưng trong mọi trường hợp, phi công đều tính đến cả tốc độ và hướng gió. Vì vậy, khi lớn lên bạn sẽ trở thành phi công và hãy nhớ cuộc trò chuyện ngày hôm nay nhé! Và tôi cần phải tiếp tục làm việc. Và Papa Carlo đi đến bàn làm việc của mình.

TÙY CHỌN VẬT LÝ

Thủy ngân và nước – khuếch tán và bay hơi

L.ASHKINAZI

MỌI NGƯỜI ĐÃ BIẾT KHI THỦY NGÂN LÀ CÓ HẠI. Vì vậy, nếu thủy ngân ở trong vật chứa mà từ đó nó có thể bay hơi và xâm nhập vào phòng có người ở, hãy thêm một ít nước vào vật chứa này. Như bạn đã biết, nước nhẹ hơn thủy ngân khoảng 13,6 lần; nó nằm trên thủy ngân và ức chế sự bay hơi. Mọi thứ có vẻ rõ ràng, nhưng chúng tôi đã nói một số điều vô lý. Quả thực nước nhẹ hơn nhưng điều này không có nghĩa là nó “nằm trên”. Rượu và axeton nhẹ hơn nước, nhưng chúng không nằm trên mà hòa tan trong nước. Hơn nữa, độ hòa tan của chúng không bị giới hạn dưới bất kỳ hình thức nào; trong những trường hợp như vậy họ thường nói: “chúng được trộn theo mọi tỷ lệ”. Nhưng xăng nằm ở trên cùng, nhưng không hoàn toàn - độ hòa tan của xăng trong nước ở điều kiện bình thường là khoảng $10^{5}$ (theo trọng lượng). Và theo chiều ngược lại, tức là độ hòa tan của nước trong xăng là khoảng $10^{4}$. Nước và xăng có mối quan hệ phức tạp như vậy. Về độ hòa tan lẫn nhau của nước trong thủy ngân và thủy ngân trong nước, chúng nhỏ: lần lượt là 2 $10^{6}$ và 6 $10^{8}$ (một lần nữa, tính theo trọng lượng). Vì vậy, hoàn toàn có thể nói “trên hết” về nước và thủy ngân, nhưng điều này không tự động xuất phát từ thực tế là nước nhẹ hơn (thậm chí là 13,6 lần). Chúng ta lấy ý tưởng từ đâu cho rằng lớp phủ nước “ức chế sự bay hơi”? Liệu lớp phủ nào có thể không làm chậm lại mà làm tăng tốc độ bay hơi? Ý tưởng này có vẻ kỳ lạ, nhưng, chẳng hạn, đồ lót giữ nhiệt mặc trên người, sự bay hơi của nước (tức là mồ hôi), như người ta nói, có thể tăng tốc. Ở đó, nếu hiệu ứng này xảy ra là do cấu trúc không đồng nhất - các mao mạch đưa nước lên bề mặt nhờ sức căng bề mặt,

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210104

nó bốc hơi từ đâu. Trong trường hợp của chúng tôi, phạm vi bao phủ, tức là. Lớp nước trên thủy ngân là đồng nhất và không có lý do gì để nghi ngờ đó là những thủ thuật như vậy. Hai năm trước, có thông tin cho rằng graphene, tức là lớp carbon đơn (dày một lớp nguyên tử), ngăn chặn sự bay hơi của nước từ các bề mặt ưa nước và tăng tốc độ bay hơi từ các bề mặt kỵ nước. Đúng, coi graphene là một “lớp phủ” thì hơi lạ; phương trình khuếch tán và các nguyên tắc tính toán thông thường không được áp dụng ở đây. Nhưng trong trường hợp của chúng tôi, điều này cũng không quan trọng, vì thủy ngân không được bao phủ bởi graphene hay một lớp nước đơn lớp. Vì vậy chúng ta sẽ cho rằng đây là nước thông thường. Đầu tiên, hãy xem xét một tình huống không có nước, nhưng trong một bình kín: bề mặt thủy ngân mở ra, có một lượng không khí nhất định phía trên thủy ngân, sau đó nắp được đóng lại. Thủy ngân bay hơi thành một thể tích không khí kín, nồng độ thủy ngân trong không khí tăng lên và xuất hiện dòng thủy ngân ngược từ không khí vào pha lỏng. Sau một thời gian, cái gọi là trạng thái cân bằng động đạt được, khi các dòng chảy bằng nhau và nồng độ thủy ngân trong không khí ngừng tăng. Nồng độ cân bằng này đã được biết; ví dụ: ở $температуре^{15} q C$ nó là 2 $10^{5}$ kg $м^{3}$. Nồng độ tối đa cho phép là 3 $10^{10}$ kg $м^{3}$, tức là nhỏ hơn 5 bậc độ lớn. Rõ ràng, ngồi trong một chiếc lọ kín phía trên một lớp thủy ngân là rất nguy hiểm. Nếu thủy ngân được bao phủ bởi một lớp nước và phía sau nó lại có một khối không khí khép kín thì tình hình sẽ trở nên phức tạp hơn. Nồng độ thủy ngân trong nước hoạt động giống như khi bay hơi vào không gian kín - nó tăng lên cho đến khi thiết lập trạng thái cân bằng động. Tuy nhiên, nồng độ cân bằng hóa ra lớn hơn gấp 3 lần so với trường hợp đầu tiên và lên tới 6 $10^{5}$ kg $м^{3}$. Có thể có hai lý do cho hiện tượng này - hoặc các phân tử nước hút các nguyên tử thủy ngân bằng điện trường của chúng (phân cực chúng) và tạo điều kiện cho chúng tách khỏi lớp thủy ngân, hoặc dòng chảy ngược của các nguyên tử thủy ngân từ nước lên bề mặt thủy ngân ở cùng nồng độ (và nhiệt độ) hóa ra là ít hơn so với từ không khí. Chúng ta sẽ sớm cần cả hai quá trình này. Cái nào trong số này

46

KVA NT 2021/№1

(tức là chia điểm thành từng cặp) có tổng lớn nhất; điều này có thể được thực hiện vì có số lượng cấu hình hữu hạn. Lưu ý rằng trong cấu hình như vậy không thể có hai đoạn không giao nhau. Thật vậy, nếu đoạn AB và CD không giao nhau (Hình 3), thì nếu chúng được thay thế bằng đoạn AC

Hình 3

và BD hoặc trên AD và BC thì tổng độ dài các đoạn sẽ tăng lên, điều này không thể xảy ra. Do đó, trong cấu hình có tổng lớn nhất, hai đoạn bất kỳ sẽ giao nhau. Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng sau đó tất cả các phân đoạn giao nhau. Để làm điều này, chúng ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 3. Một đường thẳng có nhiều đoạn, hai đoạn bất kỳ cắt nhau. Khi đó tất cả các phân đoạn đều có một điểm chung. Tuyên bố này không hiển nhiên như vẻ ngoài của nó - trong những tình huống khác tương tự như thế này, một tuyên bố tương tự có thể không đúng. Một ví dụ về tình huống như vậy được đưa ra trong Bài tập 2. Chứng minh Bổ đề 3. Xét phần giữa - khoảng cách giữa các điểm có số n và n 1 (các điểm vẫn được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 2n). Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng nó được chứa trong tất cả các phân khúc. Chúng ta hãy xem đầu bên trái và bên phải của các đoạn được đặt như thế nào. Nếu ở bên trái của phần giữa không phải tất cả các đầu đều ở bên trái (Hình 4), thì ở bên trái có đầu bên phải của một số đoạn và ở bên phải có đầu bên trái của một số đoạn. Khi đó hai đoạn này không giao nhau. Điều này có nghĩa là ở bên trái tất cả các đầu đều ở bên trái và ở bên phải tất cả các đầu đều ở bên phải (Hình 5). Do đó, tất cả các đoạn đều chứa điểm giữa và Bổ đề 3 được chứng minh và do đó Bổ đề 2 được chứng minh.

Hình 4

Hình 5

Bài tập

1. Chứng minh rằng nếu k đoạn thẳng nằm hoàn toàn bên trái đoạn giữa thì k đoạn thẳng nằm hoàn toàn bên phải đoạn giữa. 2. Các hình chữ nhật được sắp xếp trên một mặt phẳng sao cho hai hình chữ nhật bất kỳ có một điểm chung. a) Có thể nói rằng mọi hình chữ nhật đều có một điểm chung không? b) Nếu ta thêm điều kiện là các cạnh của hình chữ nhật song song với trục tọa độ thì sao?

Tiếp tục chứng minh Bổ đề 2. Phương pháp thứ hai. Hãy xem xét khoảng cách giữa điểm thứ nhất và điểm thứ hai. Nó chỉ được bao gồm trong một phân khúc. Khoảng cách giữa điểm thứ hai và điểm thứ ba được bao gồm không quá hai đoạn, vì chỉ có hai điểm ở bên trái của nó. V.v.: xét khoảng cách giữa các điểm được đánh số k và k 1 (Hình 6). Nó được bao gồm trong tối đa k đoạn, bởi vì chỉ những điểm ở bên trái của nó mới có thể là đầu bên trái của các đoạn chứa khoảng này.

Hình 6

Hình 7

Tương tự, xem xét các đầu bên phải, chúng ta có thể nói rằng khoảng này được bao gồm không quá n k đoạn. (Ví dụ: trong Hình 7, số lượng phân đoạn lớn nhất mà mỗi khoảng có thể bao gồm cho n 5 là bao nhiêu.) Tổng hợp các ước tính về số lần mỗi phân đoạn đơn lẻ này có thể được đếm, chúng ta nhận được 1 2 … n 1 n n n 1 … $2 1 n^{2}$.

Bài tập 3. Hoàn thành chứng minh bằng cách chỉ ra rằng tất cả các bất đẳng thức được thêm vào ở đây đều trở thành đẳng thức trong trường hợp tất cả các đoạn đều chứa trung điểm.

Cách thứ ba. Đặt các số (tọa độ) của các đầu của đoạn thứ i là $a_{i}$ và $b_{i}$, trong đó $a_{i}$! $b_{i}$. Khi đó độ dài của nó bằng hiệu $a_{i} b_{i}$. Hãy cộng tất cả độ dài của các đoạn: $a_{1} b_{1} a_{2} b_{2}$ … a n b n. Tổng này chứa tất cả các số 1, 2, …, 2n một lần, một nửa có dấu cộng, một nửa có dấu trừ. Để tổng lớn nhất, rõ ràng là với dấu cộng bạn cần lấy số lớn nhất

47

TOÁN HỌC

số cao hơn và với số trừ nhỏ nhất! Như vậy, ta hiểu rằng đầu bên trái phải là n điểm bên trái, và đầu bên phải phải là n điểm bên phải. Ở cuối bài viết có thêm một số bài toán về mô đun hiệu và tổng khoảng cách trên một đường thẳng, có thể được giải bằng cách xem xét tương tự.

---

Lưu ý rằng Bổ đề 2 có thể được khái quát hóa như sau. Bổ đề 4. Có 2n điểm được đánh dấu trên đường thẳng (khoảng cách giữa các điểm lân cận có thể khác nhau!). Các điểm được chia thành n cặp và trong mỗi cặp có hai điểm được nối với nhau bằng một đoạn. Khi đó, giá trị lớn nhất có thể có của tổng độ dài của chúng đạt được khi và chỉ khi tất cả các đoạn cắt nhau ở điểm giữa (khoảng cách giữa hai điểm có thứ tự trung bình). Đảm bảo rằng ba cách chứng minh tương tự của Bổ đề 2 cũng áp dụng được cho Bổ đề 4!

Bài tập 4. Có bao nhiêu cách vẽ n đoạn thẳng này sao cho chúng cắt nhau ở điểm giữa?

Chúng tôi sẽ để lại bài toán tiếp theo cho lời giải độc lập. Bài toán 2 (I. Izmestyev, Olympic toàn Nga, 1996). Được đánh dấu trên đường thẳng là $1996 точек.^{1}$ Petya tô màu một nửa trong số đó là màu đỏ và phần còn lại là màu xanh lam. Sau đó Vasya chia chúng thành các cặp màu xanh đỏ sao cho tổng khoảng cách giữa các điểm trong cặp là lớn nhất. Chứng minh rằng mức tối đa này không phụ thuộc vào việc Petya tô màu gì.

---

Bây giờ chúng ta hãy thảo luận về bài toán, trong đó Bổ đề 2 mà chúng tôi đã chứng minh là có ích. Bài toán 3 (A. Gribalko, Giải đấu chiến đấu toán học A.P. Savin, 2018). Xe đi vòng quanh tất cả các ô của bàn cờ một lần, xen kẽ các nước đi ngang và dọc rồi trở về ô ban đầu. Cái nào dài nhất

1 Tại Thế vận hội, trong điều kiện bài toán người ta đã bổ sung thêm rằng các điểm được tính theo các khoảng cách bằng nhau.

$К_{Р} У_{ЖО}$ K

liệu cô ấy có thể đi trên con đường đó không? (Chúng tôi tin rằng nếu một quân xe thực hiện một nước đi, chẳng hạn như từ hình vuông a2 đến hình vuông a5, thì nó sẽ không đi đến các ô a3 và a4. Chúng tôi coi độ dài của bước nhảy đó là khoảng cách giữa tâm của các ô vuông; trong ví dụ này là 3.) Lời giải. Hãy xem xét một hàng tùy ý (hàng hoặc cột). Có chính xác bốn lần nhảy, phần đầu và phần cuối của chúng nằm ở hàng này (Hình 8). Như vậy, tế bào

Hình 8

Ki của hàng này được chia thành các cặp để thực hiện bước nhảy. Theo Bổ đề 2, tổng độ dài của các bước nhảy như vậy không phải là $превышает^{4} 2 16$. Tổng cộng có 16 hàng (8 hàng và 8 cột), độ dài của các bước nhảy trong mỗi hàng không quá 16, nghĩa là tổng chiều dài của các bước nhảy không quá 16 16 256. Vẫn còn phải đưa ra một ví dụ. Trong ví dụ này, tổng độ dài tối đa phải đạt được trong mỗi hàng và để làm được điều này, mỗi lần nhảy phải đi qua giữa hàng tương ứng, tức là qua một trong các đường giữa của bảng (Hình 9). Đây là một sự cân nhắc

Hình 9

Suy nghĩ giúp bạn tìm ra cách đưa ra một ví dụ. Trong mỗi ô, chúng ta viết số của nó theo thứ tự quân xe di chuyển quanh bảng. Trước tiên, bạn có thể điền vào các dòng $1 и^{5}$ (Hình 10), sau đó bạn điền theo cách tương tự.

Hình 10

PHÒNG THÍ NGHIỆM HOẶC TẠI ORIA “KVA N TA”

Nam châm rơi vào ống nhôm

A. KNYAZEV, A. KNYAZEV (Jr.)

Học sinh đã hiểu rõ tác dụng hãm của cột từ rơi xuống và được mô tả bằng chuỗi bài toán đơn giản. Tuy nhiên, nó không bao giờ được đánh giá bằng số lượng bằng cách sử dụng các ví dụ thực tế. Trong bài viết này, chúng tôi trình bày cách có thể thực hiện các ước tính bằng số khi có ít đại lượng đã biết và cần có được dữ liệu cần thiết $самостоятельно.^{1}$ Để thuận tiện cho việc tính toán, chúng tôi sẽ sử dụng ví dụ về sự rơi trong từ trường.

MÔ TẢ CỘT TỪ TÍNH RỠ qua một ống đồng hoặc nhôm có thành dày rất đơn giản nhưng luôn được khán giả đón nhận một cách thích thú và bất ngờ. Đầu tiên, qua một ống nằm thẳng đứng dài khoảng 1 m và có đường kính trong 18 mm, một mảnh phấn hoặc một hình trụ kim loại được ném với tốc độ ban đầu. Rõ ràng, chuyển động của họ chỉ mất một phần giây. Và sau đó chúng ta ném một cột từ có chiều dài và đường kính 15 mm vào cùng một ống, tức là xấp xỉ bằng đường kính của ống. Khi độ dày của thành ống khoảng 3-4 mm, nam châm treo bên trong đường ống theo đúng nghĩa đen - nó di chuyển (không bị biến dạng!) Rất chậm, chỉ nghe thấy tiếng xào xạc nhẹ của chuyển động trơn tru của nó. Trong bản demo của chúng tôi, thời gian rơi là hơn sáu giây! Một cuộc trình diễn khác cho thấy một chuyển động trượt chậm của một nam châm neodymium phẳng dọc theo một rãnh nghiêng của một góc duralumin có thành dày. Tính chất vật lý của hiện tượng này khá rõ ràng và có thể đưa ra những ví dụ rõ ràng khi áp dụng hiệu ứng này. Ví dụ, trong trường học trình diễn các dụng cụ đo điện, nó được sử dụng trong thiết kế bộ ổn định kim. Ở đầu đối diện với mũi tên, một tấm đồng (hoặc cuộn dây đồng phẳng) được gắn vào, nó dao động gần một nam châm vĩnh cửu. Khi tấm chuyển động, một điện trường động sẽ xuất hiện trong đó và kết quả là xuất hiện dòng điện (dòng điện Foucault). Sự tương tác của các dòng điện này với từ trường làm tấm từ trường chậm lại. Một ví dụ khác, thậm chí còn gần gũi hơn với học sinh ngày nay: phanh từ trong ổ cứng máy tính.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210106

Hình 1

luồn vào một ống tròn (Hình 1). Một nam châm chuyển động tạo ra dòng điện cảm ứng vòng trong thân ống. Dòng điện của vòng sơ cấp tương tác với nam châm và làm nó chậm lại. Trong trường hợp này, tại thời điểm đạt tốc độ không đổi, lực hấp dẫn của nam châm được cân bằng bởi lực từ. Khó khăn trong việc đánh giá bằng số các kết quả thí nghiệm là làm thế nào để mô tả từ trường của cột nam châm vĩnh cửu và làm thế nào để ước tính độ lớn của dòng điện cảm ứng. Rõ ràng là trong thiết kế kỹ thuật, cần phải sử dụng các công thức khá phức tạp, trong đó không thể thực hiện được nếu không chia không gian chiếm giữ của dây dẫn và ống thành các phần tử vô hạn và tích hợp thêm trên chúng. Điều này được giảng dạy trong các trường đại học và cao đẳng kỹ thuật. Tuy nhiên, trong những trường hợp phức tạp, các nhà vật lý thường trước khi tính toán,

1 Tác phẩm được dàn dựng tại Lyceum số 15 thành phố

Saratov, học sinh lớp 11 U. Makhova. Việc xác định thực nghiệm các thông số nam châm được thực hiện tại Trường Lý-Kỹ thuật số 1 thành phố Saratov.

56

KVA NT 2021/№1

Hình 6

Hình 4

các đầu của thanh ngang dài 24 cm, được cố định đối xứng trên trục thẳng đứng (Hình 4). Trục quay với tốc độ góc $Z_{1} 7 c^{1}$, chiều dài mỗi thanh là L 37 cm. Trong trường hợp này, lực căng của mỗi thanh bằng $T_{1} 49$ N. Lực căng sẽ bằng bao nhiêu nếu tốc độ quay giảm xuống các giá trị $Z_{2} 6 c^{1}$ hoặc $Z_{3} 5 c^{1}$? Bỏ qua sức cản của không khí, lấy gia tốc trọng trường trong bài toán bằng g 9,8 m $с^{2}. 2$ (vật lý phân tử). Chất lỏng làm việc của động cơ nhiệt là một lượng heli không đổi. Sơ đồ trong tọa độ “năng lượng bên trong – lượng nhiệt mà helium được trao đổi với các vật thể xung quanh” cho thấy một chu kỳ của chất lỏng làm việc (Hình 5). Ở đây $E_{0}$ là một ít năng lượng và thời gian ở vị trí 1. Bao nhiêu nhiệt sẽ tỏa ra trong điện trở sau khi phím được chuyển sang vị trí 2? Được biết, E 12 V, C 10 μF thì điện trở trong của pin bằng nhau và nhỏ hơn điện trở của điện trở n 3 lần. Điện trở của dây dẫn cũng như độ tự cảm của mạch có tụ điện là không đáng kể. 4 (quang học). Một chùm tia sáng song song hẹp thông thường rơi vào đế của một lăng kính cân trong suốt (Hình 7). Góc ở đáy lăng kính D 65 q,

Hình 7

Hình 5

$Q_{к} 4 3 ln 4 | 2,15. E_{0} 3$ Tìm hiệu suất của chu trình. Áp suất tối đa lớn nhất trong chu trình lớn hơn áp suất tối thiểu bao nhiêu lần? Phương trình đoạn nhiệt cho khí lý tưởng đơn nguyên tử: $pV^{5} 3$ const. 3 (điện và từ). Trong mạch điện ở Hình 6, chìa khóa là chiết suất của vật liệu của nó n 2. Hai chùm tia sáng nhất ló ra khỏi lăng kính sẽ hợp với phương ban đầu một góc bằng bao nhiêu? Xin lưu ý rằng khi tia tới bình thường từ bên trong lên bất kỳ mặt nào của lăng kính, cả tia truyền qua và tia phản xạ đều được quan sát thấy. 5 (quang học). Sử dụng một thấu kính mỏng, thu được ảnh sắc nét của một vật nhỏ trên màn với độ phóng đại ngang $|*_{1} | 2.$ Vật được dịch chuyển s 3 cm mà không di chuyển thấu kính. Để có được hình ảnh sắc nét trở lại, tôi phải di chuyển màn hình. Trong trường hợp này, độ phóng đại ngang hóa ra bằng $|*_{2} |^{5.}$ Màn hình phải được di chuyển bao nhiêu sc? Ấn phẩm được chuẩn bị bởi K. Parfenov

59

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

các đoạn nằm bên phải

từ giữa, số lượng như nhau. 2. a) Không. Một phản ví dụ được thể hiện trên Hình 5. b) Có. Hãy chiếu các hình chữ nhật lên trục tọa độ Ox và Oy. Trên $каж-_{Рис.} 5$ của các trục, cứ hai đoạn (hình chiếu của hình chữ nhật) có một điểm chung, và sau đó, theo Bổ đề 3, trên mỗi trục, tất cả các đoạn đều có một điểm chung. Gọi đây là điểm X trên trục Ox và điểm Y trên trục Oy. Xét một điểm A mà X và Y là các hình chiếu trên trục. Nếu các cạnh của hình chữ nhật song song với các trục và các điểm X và Y nằm trong hình chiếu của các cạnh của nó lên trục thì điểm A nằm bên trong hình chữ nhật. Vì điều này đúng với mọi hình chữ nhật nên điểm A nằm ở giao điểm của chúng. 4.n!. Hãy chọn điểm số 1 kết nối với điểm nào (n tùy chọn các điểm ở bên phải giữa), sau đó - điểm số 2 kết nối với ai (n còn lại 1 tùy chọn), v.v. Ta thấy số tùy chọn là n n 1 … 1 n!.

Bài toán

2. Gợi ý. Chứng minh rằng Vasya có thể chia các điểm thành các cặp màu xanh đỏ và nối chúng bằng các đoạn thẳng sao cho tất cả các đoạn thẳng đều cắt nhau ở điểm giữa. Khi đó có thể áp dụng Bổ đề 4. 6. md. Gợi ý đến lời giải được đưa ra trong bài viết. lời giải nữa là để ý mỗi cặp trai gái được tính đúng 1 lần. 7. Không. Bằng cách đổi dấu một số ở đỉnh, ta đổi dấu các số nằm ở tâm của ba mặt. Vì vậy, trong số 14 điều khoản, 4 điều khoản đã thay đổi. Số thay đổi từ 1 thành 1 hoặc ngược lại, tức là phần đóng góp của nó vào tổng thay đổi bằng 2. Vì mỗi số trong số 4 số đã thay đổi phần đóng góp của nó (theo hướng này hay hướng khác) lên 2, nên tổng của tất cả các số sẽ thay đổi thành 0, 4 hoặc 8, tức là thành một số là bội số của 4. Luôn thay đổi dấu của tất cả các số ở các đỉnh thành dấu cộng. Khi đó ở tâm mỗi mặt có 1, tổng các số bằng 14. Như vậy, khi thay đổi dấu của các số tại các đỉnh thì tổng các số sẽ không chia hết cho 4, đặc biệt không thể bằng 0. 8. Đầu tiên lời giải. Hãy đổi chỗ cho chàng trai và cô gái hàng xóm. Trong trường hợp này, số tiền được chỉ định sẽ đồng thời tăng 1 hoặc giảm 1. Bằng cách hành động theo cách này, chúng ta có thể có được bất kỳ sự sắp xếp nào về con cái. Và trong mọi sự sắp xếp trong đó các em đứng đối xứng với các em gái so với tâm thì sự bằng nhau về số lượng được chỉ định là hiển nhiên.

GIẢI PHÁP

Thứ hai lời giải. Bạn đứng ở vị trí thứ k bên trái sẽ gọi tên số 20 k nên tổng các số được bạn trai gọi tên bằng $200 S_{m}$, trong đó $S_{m}$ là tổng các vị trí của chúng. Bạn đứng ở vị trí thứ n bên trái sẽ gọi số n là 1 nên tổng các số được bạn gái gọi tên bằng $S_{d} 10$, trong đó $S_{d}$ là tổng các vị trí của bạn gái. Vẫn còn phải kiểm tra xem $200 S_{m} S_{d} 10$. Nhưng điều này thực sự là như vậy, vì $S_{m} S_{d} 1 2$ … 20 210. 9. Gợi ý đến lời giải đầu tiên. Chứng minh rằng nếu đổi chỗ hai thao tác liền kề (thêm một đồng vàng và bớt một đồng bạc) thì tổng các số trên tờ giấy sẽ thay đổi như nhau (tăng giảm một số). Thứ hai lời giải. Giả sử có n đồng bạc ở đầu và m đồng vàng ở cuối. Chúng ta sẽ miêu tả tình huống tại từng thời điểm theo điểm k; l trên mặt phẳng tọa độ (k là số đồng vàng trên bàn, l là số đồng bạc). Mỗi hành động - dịch chuyển một bên sang phải hoặc xuống dưới - sẽ được thể hiện bằng phân đoạn tương ứng. Kết quả sẽ là một đường đứt đoạn nối các điểm (0; n) và (m; 0) (Hình 6). Khi dịch sang phải, trên tờ đầu tiên ghi số bằng diện tích cột nằm dưới đoạn vẽ, $при_{Рис.} 6$ dịch xuống tờ thứ hai, ghi số bằng diện tích thanh nằm bên trái đoạn vẽ. Do đó, cuối cùng tổng các số trên mỗi tờ giấy sẽ bằng diện tích giới hạn bởi đường đa giác được vẽ và các trục tọa độ. Nhiệm vụ này và các nhiệm vụ khác lời giải trong đó cách tiếp cận tương tự sẽ giúp ích được mô tả trong bài viết của E. Bakaev “Con trai, con gái, bảng, biểu đồ…” trong «Kvant» Số 3 cho năm 2015. 10. Đầu tiên lời giải. Xét 4 ô nằm ở giao điểm của hai hàng và hai cột (Hình 7). Không khó để xác minh (ví dụ, bằng cách liệt kê các trường hợp) rằng trong số các ô A và D, về mặt chẵn lẻ, có nhiều ô màu đen như trong số các ô B và C. Điều này có nghĩa là nếu hai quân đồng thời di chuyển từ ô A và D đến ô B và C, thì số chẵn lẻ của số ô đen mà quân xe nằm trên đó sẽ không thay đổi. Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra cách sử dụng những hành động như vậy, chúng ta có thể giảm vị trí của các quân xe xuống vị trí mà tất cả các quân xe đều nằm trên đường chéo chính. Chúng ta có thể nhận thức được những hành động chúng ta thực hiện

Hình 7