Kvant 2025, số 5-06 · Trang

4

KVANT 2025/№5–6

Irina Aleksandrovna Tyulina

Gorimir Gorimirovich Cherny

Irina Aleksandrovna Tyulina tình nguyện ra mặt trận vào năm 1941 khi còn là sinh viên năm thứ hai Khoa Cơ và Toán của Đại học Tổng hợp Moscow. Sau khi hoàn thành các khóa học điều dưỡng, cô tham gia Trận Moscow và chiến đấu trong Mặt trận Belorussia số 2 ở Belarus và Ba Lan. Chiến tranh kết thúc ở Đức trên sông Elbe. Cô đã được trao mệnh lệnh và huy chương. Sau chiến tranh, Irina Aleksandrovna trở lại Khoa Cơ học và Toán học và tốt nghiệp thành công. Cô trở thành một nhà khoa học cơ khí, một chuyên gia về lịch sử và phương pháp cơ học.

dựa trên nhật ký ông lưu giữ trong chiến tranh. Gorimir Gorimirovich đã được trao nhiều mệnh lệnh và huy chương. Sau chiến tranh, ông trở thành nhà khoa học, học giả nổi tiếng thế giới và thành lập một trường khoa học trong lĩnh vực cơ khí thủy văn và động lực học khí.

Gorimir Gorimirovich Cherny bắt đầu chiến tranh khi còn là sinh viên tại Đại học quốc gia Moscow, tham gia lực lượng dân quân nhân dân. Anh tham gia trận chiến giành Moscow gần Yelnya và Vyazma, nơi sư đoàn của anh gần như bị tiêu diệt hoàn toàn. Ông bị bao vây, bị trúng đạn pháo nặng nề, và vào tháng 3 năm 1942, ông thấy mình đang ở trong lãnh thổ do Đức chiếm đóng. Gorimir Gorimirovich mô tả khoảng thời gian sống dưới sự chiếm đóng bằng cụm từ ngắn gọn “Tôi đã sống sót - và đã sống sót”. Nhiều tháng lang thang, cố gắng tiếp cận nhân dân của chúng ta, hoạt động đảng phái chống lại quân Đức. Sau đó anh lại gia nhập quân đội tại ngũ. Tôi ăn mừng chiến thắng ở Praha tưng bừng. Con đường đi đến chiến thắng khó khăn của ông được miêu tả trong cuốn hồi ký “Những năm tháng chiến tranh” do

David Oskarovich Shklyarsky, tốt nghiệp loại xuất sắc tại Đại học Moscow vào tháng 6 năm 1941, thay vì trường cao học dự định, được cử đến làm việc tại Viện Khí động lực học Trung ương mang tên N.E. Zhukovsky. Tuy nhiên, anh đã được cử đi làm tình nguyện viên cho quân đội tại ngũ. Vào tháng 1 năm 1942, ông viết: “Đó là một ngày mùa đông đẹp trời, thời tiết giống như Pushkin - sương giá và nắng, một ngày tuyệt vời. Có lẽ đây là lý do tại sao tôi đang có tâm trạng vui vẻ và tươi sáng… Chiến tranh sẽ kết thúc và tôi sẽ lại học toán, điều mà tôi đã không hoàn toàn quên trong chiến tranh.” Vào tháng 2 năm 1942, ông được đưa ra sau tiền tuyến cho một biệt đội du kích, từ đó ông không trở về. Mất vào tháng 6 năm 1942. Khi còn là một cậu học sinh, David Oskarovich đã nhận được giải nhất tại Olympic Toán học Moscow lần thứ hai. Năm 1938-1941, sinh viên này lãnh đạo công việc của các nhóm toán học tại Đại học Moscow. Ông đã cơ cấu lại rất nhiều nội dung công việc của các nhóm và

6

KV ANT 2025/№5–6

đã tính đến các biến dạng khớp của nòng súng và đạn di chuyển trong đó… …Chỉ trong hai tháng, người ta đã có thể tạo ra nền tảng của lý thuyết biến dạng đàn hồi nhỏ và chứng minh rằng lý thuyết biến dạng dẻo đơn giản nhất là đáng tin cậy về mặt vật lý đối với các tải trọng đơn giản (tỷ lệ)… Kết quả lý thuyết chính của những nghiên cứu này là tạo ra cái gọi là “phương pháp đàn hồi lời giải bê tông bài toán”. Tất cả các định lý và phương pháp tổng quát này được tạo ra nhằm mục đích tìm hiểu các hiện tượng xảy ra trong một quả đạn pháo khi nó di chuyển dọc theo lỗ khoan. Chúng đã giúp chứng minh khả năng có một phương pháp tiếp cận mới trong sản xuất đạn pháo và thay đổi hoàn toàn, đơn giản hóa và giảm chi phí thiết kế và tính toán, và quan trọng nhất là sản xuất và được quân đội chấp nhận… … “Cơn đói đạn pháo” giảm mạnh, và chẳng bao lâu sau, thậm chí còn xuất hiện tình trạng dư thừa đạn pháo. Chỉ khi đó bộ chỉ huy quân sự mới có cơ hội tổ chức các hoạt động quy mô lớn như vòng vây pháo binh Stalingrad.” Năm 1942 A.A. Ilyushin đã được trao giải thưởng Stalin.

chuyển động quay theo chiều dọc của đạn. Ông đã xác định độ dốc tối ưu của nòng súng để đảm bảo độ chính xác khi bắn cao nhất và mở rộng khả năng chiến thuật khi sử dụng súng pháo. Vì công trình nghiên cứu về tính ổn định của chuyển động và cơ học phân tích, Nikolai Guryevich đã được trao Giải thưởng Lênin (sau khi chết).

Nikolai Guryevich Chetaev trong chiến tranh đã quyết định bài toán về sự ổn định của

Trong những năm đầu của cuộc chiến, Andrei Nikolaevich Kolmogorov là Viện sĩ-Thư ký Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Ông dành nhiều thời gian để tổ chức công việc của học viện nhưng cũng nghiên cứu các vấn đề toán học nảy sinh trong lý thuyết bắn súng. Andrei Nikolaevich coi điều quan trọng không chỉ là xây dựng một lý thuyết bắn súng chặt chẽ về mặt toán học (ông cho rằng lý thuyết hiện tại không đạt yêu cầu) mà còn phải đi vào ứng dụng thực tế. Người ta có thể nói, hãy đưa lý thuyết đến những con số cụ thể. Và điều này dẫn đến những vấn đề tính toán rất khó khăn phải được giải quyết trong thời gian ngắn nhất. Một trong những ý tưởng được Kolmogorov đề xuất là chụp ảnh với độ phân tán nhân tạo. Có thể mô tả ngắn gọn như sau. Chúng ta hãy xem xét bài toán định nghĩa của một hệ thống bắn súng, với một số nhất định

Nikolai Guryevich Chetaev

Andrey Nikolaevich Kolmogorov

Đường hầm lượng tử

(kỷ niệm 125 năm vật lý lượng tử và 100 năm cơ học lượng tử)

L. BELOPUKHOV

VẬY TRONG VẬT LÝ LÝ THUYẾT người ta thường gọi hiệu ứng đó là đường hầm. Định nghĩa bách khoa về hiệu ứng đường hầm như sau: sự xâm nhập của một vi hạt vào vùng của hàng rào thế khi tổng năng lượng cơ học của hạt nhỏ hơn chiều cao của hàng rào thế. Trong trường hợp một chiều, trên đồ thị sự phụ thuộc của năng lượng vào tọa độ, nó sẽ trông như thể có một ngọn núi trên đường đi của hạt, nó vượt qua trong một “đường hầm”, đi qua ngọn núi và kết thúc ở con dốc khác của nó. Tất nhiên, trên thực tế không có ngọn núi nào cả. Nó chỉ xuất hiện trên biểu đồ. Nhưng trên thực tế, trong các thí nghiệm khi phát hiện ra một hiệu ứng như vậy, hạt đang chuyển động sẽ tiến đến điểm mà tại đó nó bị tác dụng bởi một lực đẩy nó trở lại, và theo các định luật vật lý cổ điển, nó dừng lại và sau đó đổi dấu tốc độ của nó. Nói một cách dễ hiểu, hạt được phản chiếu như thể từ một bức tường vô hình. Các nhà văn khoa học viễn tưởng gọi bức tường vô hình này là rào cản lực. Nhưng hóa ra trong thế giới vi mô thì điều này không phải như vậy, hay nói đúng hơn là không hoàn toàn như vậy. Dòng vi hạt trong tình huống này hoạt động theo cách mà một phần của dòng thực sự được phản ánh. Nhưng một phần của dòng chảy xuất hiện một cách bí ẩn nào đó trong khu vực của hàng rào lực và thậm chí phía sau hàng rào nếu nó có phạm vi hữu hạn.

DOI: https: doi.org 10.4213 kvant20250502

Trạng thái của các hạt trong vùng rào cản đặc biệt bất thường. Sẽ thích hợp hơn nếu coi hàng rào lực trong vật lý vi mô là một hàng rào thế năng, tức là sự phụ thuộc của thế năng của hạt vào khoảng cách, tương ứng với các lực không cho phép nó xuyên qua vùng rào cản. Nếu E là cơ năng toàn phần, theo định luật bảo toàn, trước và sau rào chắn bằng nhau, và $U_{0}$ là chiều cao của rào chắn hình chữ nhật, tức là giá trị thế năng tương tác của hạt với các lực tác dụng trong vùng rào chắn, thì động năng của hạt trong vùng rào chắn là $E_{к} E U_{0}$. Và nếu $U_{0}$! $E, то_{к}^{E} 0$ – động năng âm và tốc độ là ảo. Làm thế nào bạn có thể tưởng tượng điều này? Như thông lệ trong vật lý vi mô hiện đại – hoàn toàn là ảo, tức là không tìm kiếm bất kỳ hình ảnh thực tế (hình ảnh) nào của hành vi

Đầu máy tinh gọn hiện đại rời khỏi đường hầm

10

Ngài Joseph John Thomson

K B $АНT_{2025/№5–6}$

các hạt trong vùng này Hơn nữa, nếu rào cản có phạm vi hữu hạn, nó được gọi là chiều rộng rào cản, thì đằng sau rào cản, hạt đi vào một vùng trong đó tổng năng lượng của nó lại lớn hơn thế năng và động năng là dương. Hạt được nhận ra một lần nữa và tiếp tục chuyển động của nó. Liên quan đến dòng chảy của các hạt, điều này có nghĩa là một phần của dòng chảy không bị phản xạ mà đi qua rào cản - như thể đi qua một đường hầm tưởng tượng. Do đó có tên “hiệu ứng đường hầm”, “đường hầm”. Và liên quan đến một hạt riêng lẻ, chủ nghĩa hình thức toán học cho phép chúng ta đưa ra xác suất vượt qua rào cản là tỷ lệ giữa số hạt ‘N vượt qua rào cản với số hạt N đã tiếp cận rào cản: W’ N N. Xác suất này có thể được gọi là hệ số trong suốt của rào cản. Không có cách thực nghiệm nào để theo dõi chuyển động của một hạt riêng lẻ trong vùng rào cản, chẳng hạn như quỹ đạo của nó. Và những lời giải thích

hiệu ứng đường hầm đơn giản là không tồn tại trong vật lý cổ điển. Giải thích đề cập đến việc tạo ra và thảo luận về một mô hình trực quan của một hiện tượng. Nhưng bản thân hiện tượng này đã tồn tại! Nó được chú ý và bắt đầu được nghiên cứu độc lập với sự ra đời của vật lý lượng tử. Vào đầu thế kỷ XX, do sự phát triển nhanh chóng của điện tử vô tuyến, các nhà vật lý rất chú ý đến việc nghiên cứu chi tiết về sự phóng điện của khí. Và vào năm 1901, nhà khoa học trẻ Robert Earhart trong phòng thí nghiệm của J. J. Thomson ở Cambridge đã thu được những kết quả bất ngờ về hoạt động của các ion trong quá trình phóng điện giữa hai điện cực đặt gần nhau. Thomson cho rằng đây không phải là một lỗi thử nghiệm mà là một hiện tượng mới nào đó. Công việc thực tế về việc tạo ra các ống vô tuyến đã khiến các nhà vật lý mất tập trung vào việc nghiên cứu một hiện tượng khó hiểu. Những nghiên cứu này chỉ được tiếp tục vào năm 1911 bởi Franz Roser, nghiên cứu sinh của Thomson. Năm 1914, ông phát hiện ra sự giải phóng electron (phát xạ) từ cực âm khi sự phát xạ không thể xảy ra do có một điện cực tích điện âm khác ở gần đó (trong điều kiện chân không cao). Hiện tượng này được gọi là phát xạ trường và không có lời giải thích nào được đưa ra vào thời điểm đó. Các nhà vật lý tại Phòng thí nghiệm Cavendish bắt đầu quan tâm đến việc tạo ra mô hình hành tinh của nguyên tử và các phản ứng hạt nhân đầu tiên. Nhưng cũng có những hiện tượng không thể giải thích được trong vật lý hạt nhân. Một trong số đó là bản chất xác suất của sự biến đổi phóng xạ của hạt nhân. Một lời giải thích lý thuyết cho những hiện tượng khó hiểu này liên quan đến sự hiện diện của một rào cản tiềm năng chỉ xuất hiện sau khi cơ học lượng tử được tạo ra vào năm 1925. Nhà vật lý người Đức Friedrich Hund, các nhà vật lý người Nga Leonid Mandelstam, Mikhail Leontovich và Georgiy Gamow, các nhà vật lý người Mỹ Ronald Henry và Edward Condon đã áp dụng gần như đồng thời và độc lập cơ học lượng tử sóng, lúc đó mới được tạo ra bởi Edwin Schrödinger, cho các bài toán về rào cản tiềm năng. Và một trong

12

K B $АНT_{2025/№5–6}$

Louis de Broglie

Tiền thân của cơ học lượng tử là giả thuyết của Louis de Broglie về tính chất sóng của vật chất, được ông trình bày vào năm 1923. Vào thời điểm này, giả thuyết của Einstein về tính chất lượng tử của bức xạ, do ông xây dựng vào năm 1905, đã được công nhận rộng rãi, đặc biệt là sau khi A. Compton ứng dụng nó một cách xuất sắc để giải thích sự tương tác của bức xạ điện từ với các electron tự do. Theo giả thuyết này, sóng bức xạ điện từ cũng có thể được coi là một vật thể có đặc tính cơ học hạt (lượng tử) - động lượng p và năng lượng E, liên hệ với bước sóng O bởi hệ thức $p h O,^{E} hc O$, trong đó h là hằng số Planck, c là tốc độ ánh sáng trong chân không. Như vậy, bức xạ điện từ có tính chất kép (lưỡng tính). Trong một số hiện tượng, tính chất sóng có ý nghĩa hơn, ở những hiện tượng khác - tính chất hạt (lượng tử). Nhưng thực tế là thuyết nhị nguyên như vậy không chỉ là đặc trưng của bức xạ điện từ mà còn của mọi

đối với một vật thể vật chất, chưa được các nhà vật lý công nhận ngay lập tức. Và đây chính là bản chất của giả thuyết của de Broglie. Bất kỳ vật nào có động lượng p, đồng thời, đều có những tính chất sóng nhất định được đặc trưng bởi bước sóng O h p. Thật vậy, ngay sau khi bài báo của de Broglie được xuất bản và ông bảo vệ luận án về chủ đề này vào năm 1924, hiện tượng sóng nhiễu xạ electron lên tinh thể đã được phát hiện trong thí nghiệm của các nhà vật lý người Mỹ Joseph Davisson và Lester Germer vào năm 1925. Năm 1930, hiện tượng này được nghiên cứu chi tiết hơn bởi nhà vật lý người Anh George Thomson, con trai của J. J. Thomson nổi tiếng, người đã “khám phá” ra electron vào năm 1897. kính hiển vi đã bắt đầu. Joseph Davisson và George Thomson trở thành người đoạt giải Nobel năm 1937. Lưu ý rằng J.J. Thomson Sr. không chỉ là một nhà vật lý tuyệt vời mà còn là một giáo viên vĩ đại. Bản thân là người đoạt giải Nobel (1906), ông đã nuôi dạy bảy người đoạt giải Nobel, trong đó có con trai ông. Nhưng vào năm 1924, rất ít nhà vật lý quan tâm đến vấn đề nhị nguyên. Một trong những người quan tâm là Edwin Schrödinger, giáo sư vật lý lý thuyết tại Đại học Zurich. Ông nhận thấy ý tưởng thú vị của de Broglie, được trình bày trong luận án của ông, rằng quỹ đạo của một electron trong quỹ đạo nguyên tử đứng yên có thể được biểu diễn dưới dạng một loại sóng dừng. Sử dụng điều kiện đứng yên của sóng dừng dọc theo chiều dài quỹ đạo của electron và định đề của ông về tính chất sóng của electron, de Broglie đã thu được cho nguyên tử hydro những giá trị năng lượng electron rời rạc giống như Niels Bohr đã rút ra 10 năm trước đó trong lý thuyết của ông và đã được kinh nghiệm xác nhận rất rõ ràng. Schrödinger bắt đầu tìm kiếm một phương trình có nghiệm là sóng đứng này. Đây không phải là một nhiệm vụ dễ dàng. Lúc đầu, ông đã thất bại trong nỗ lực biểu diễn sóng dừng này như một sự phân bố điện tích electron giống như sóng trong không gian. Vào mùa thu năm 1925, bệnh lao của Schrödinger trở nên trầm trọng hơn và ông phải rời đi để điều trị.

13

K V ANTO V OE

Niels Bohr

Hầm Ở ANIYE

đến khu nghỉ mát và viện điều dưỡng Alpine nổi tiếng nhất Arosa. Trong tiểu sử của Schrödinger đôi khi người ta viết rằng ông sống “trong một túp lều trên núi”. Đây là cách vẽ hình ảnh của một ẩn sĩ thời Trung cổ. Không có gì thuộc loại này. Không phải là một túp lều, mà là một ngôi nhà gỗ tiện nghi. Không phải là một ẩn sĩ, mà đi cùng với một người bạn đồng hành trẻ tuổi thậm chí còn hiểu biết đôi điều về vật lý. Nói một cách dễ hiểu, có đủ điều kiện cho cả công việc và nghỉ ngơi. Ở đó Schrödinger sau đó đã tạo ra phương trình nổi tiếng của mình, đồng nghĩa với sự ra đời của một lý thuyết mới mà ông gọi là “lý thuyết sóng của cơ học nguyên tử và phân tử”. Thử nghiệm đầu tiên của nó cũng là sự so sánh với dữ liệu thực nghiệm về quang phổ của nguyên tử hydro. Và đây không chỉ là sự so sánh giữa lý thuyết với kinh nghiệm. Lý thuyết này dự đoán những giá trị chính xác hơn và sau đó đã nhận được sự xác nhận bằng thực nghiệm. Lấy cảm hứng từ thành công đó, Schrödinger đã gửi một bài báo về kết quả nghiên cứu của mình tới một tạp chí vật lý Đức (nó được xuất bản năm 1926). Vậy điều gì đang lắc lư trong làn sóng De Broglie? Schrödinger từ bỏ việc tìm kiếm hình ảnh trực quan của vật thể dao động này. Ông chỉ đơn giản đặt tên cho nó, chọn một chữ cái Hy Lạp mà trước đây chưa từng có.

được sử dụng trong vật lý - chữ cái \ (“psi”). Trong sóng de Broglie, hàm \ dao động. Vì vậy, nó là một đối số trong phương trình Schrödinger. Đồng thời, các nhà vật lý lý thuyết người Đức do Werner Heisenberg và Max Born dẫn đầu đã phát triển một lý thuyết mà họ gọi là cơ học lượng tử ma trận. Schrödinger đã chỉ ra rằng lý thuyết của ông cho kết quả tương tự như lý thuyết này. Kể từ đó, phương trình Schrödinger được coi là nội dung chính của cơ học $волновой^{квантовой}$. Một thời gian sau, dưới ảnh hưởng của Niels Bohr, hàm \ được mang ý nghĩa xác suất. Vì nó, giống như lời giải của phương trình sóng vi phân, là một đại lượng phức và xác suất W là một đại lượng thực, nên “vật lý hóa” của hàm \ như sau: bình phương mô đun của hàm \ là mật độ xác suất tìm thấy một hạt tại một điểm nhất định tại một thời điểm nhất định. Việc giải thích xác suất của hàm \ giúp có thể đặt các điều kiện biên và ban đầu cho định nghĩa của nó dưới dạng phương trình lời giải Schrödinger. Một trong những biểu đồ hiển thị ở đây hiển thị lời giải trong trường hợp đơn giản nhất: $<_{1}$ và $<_{3}$ cho các vùng trước và sau hàng rào và $<_{2}$ cho vùng bên trong hàng rào. Tỷ lệ bình phương < -hàm

Sự đi qua của một hạt qua một rào cản tiềm năng

16

K B $АНT_{2025/№5–6}$

đến sự tổng hợp hạt nhân sắt. Sản phẩm phản ứng (hạt nhân và hạt) có động năng lớn hơn hạt nhân ban đầu. Phản ứng quan trọng nhất trong tự nhiên là sự tổng hợp hạt nhân helium từ hạt nhân của các đồng vị hydro. Những phản ứng này là bản chất của các ngôi sao như nguồn năng lượng. Tuy nhiên, trong các ngôi sao, các phản ứng hạt nhân khác xảy ra cùng với sự hình thành các nguyên tố khác trong bảng tuần hoàn đồng thời giải phóng năng lượng. (Khi tổng hợp các hạt nhân nặng hơn, các phản ứng đã thu nhiệt, tức là chúng cần tiêu hao năng lượng.) Trong những năm đầu tiên sau Chiến tranh thế giới thứ hai, một sự kiện có tầm quan trọng đặc biệt đã xảy ra trên trái đất - vào ngày 1 tháng 11 năm 1952, trên đảo san hô Enewetak (Quần đảo Marshall của Thái Bình Dương), một phản ứng sao đã được thực hiện để tổng hợp helium từ các đồng vị hydro - deuterium và tritium. Đó là một vụ nổ - nguyên mẫu của bom hydro trong tương lai. Tuy nhiên, thiết bị này không thể được sử dụng cho mục đích quân sự - nó có khối lượng 82 tấn và có kích thước bằng một ngôi nhà hai tầng. Phần lớn của thiết bị là bảo vệ nhiệt, hay nói đúng hơn là “bảo vệ lạnh” các đồng vị hydro lỏng khỏi sôi khi sử dụng nitơ lỏng. Người thiết kế chính của thiết bị này là nhà khoa học và kỹ sư xuất sắc người Mỹ Edward Teller. Chưa đầy một năm sau, vào ngày 12/8/1953, một thiết bị phù hợp cho mục đích quân sự chỉ nặng 7 tấn đã phát nổ tại bãi thử Semipalatinsk ở Kazakhstan (Liên Xô). Và năng lượng của vụ nổ này tương đương với 400 kiloton TNT. Đây không phải là nơi để thảo luận làm thế nào đạt được điều này. Chúng ta chỉ cần lưu ý rằng sự ra đời của thiết bị (quả bom) này hoàn toàn là do tài năng khoa học và kỹ thuật của Viện sĩ A.N. Sakharov. Một cuộc chạy đua vũ trang đã bắt đầu. Vụ nổ thử nghiệm quả bom khủng khiếp nhất vào ngày 30/10/1961 (có biệt danh là “Bom Sa hoàng” hay “Mẹ của Kuzka”) có năng lượng tương đương với vụ nổ 58 megaton TNT (một đoàn tàu với

toa xe TNT dài 30 nghìn km!). Và với mục đích này, chỉ có hơn 800 kg đồng vị hydro được đưa vào quả bom. Chúng ta hãy loại bỏ bản chất khủng khiếp của những thành tựu khoa học và công nghệ quân sự này. Và mặc dù ngày nay vẫn còn một nghìn rưỡi quả bom hydro trong kho vũ khí hạt nhân của Hoa Kỳ và Nga, nhưng khả năng chúng được sử dụng một cách khủng khiếp là rất nhỏ và chúng tiếp tục được tháo dỡ dần dần. Trong 30 năm, kho vũ khí hạt nhân đã giảm hơn 10 lần. Ngay cả trước khi chế tạo bom, vào những năm 1950-51, A.D. Sakharov, cùng với I.E. Tamm, đã phát triển nguyên lý phản ứng tổng hợp hạt nhân cố định như một nguồn năng lượng “hòa bình” gần như vô tận. Nó được gọi là phản ứng nhiệt hạch. Tại sao? Sẽ đúng hơn nếu gọi nó là nhiệt hạch. Để hai hạt nhân đồng vị hydro (ví dụ, một deuteron, tức là hạt nhân deuterium, với một triton, tức là, hạt nhân tritium) kết hợp với nhau, chúng cần phải tiếp cận ở khoảng cách 2 fm (2 $10^{15}$ m). Chỉ khi đó các lực hạt nhân mạnh mới “bật” và với lực hút cực mạnh của chúng, sẽ mang lại cho các hạt tốc độ cỡ 5 $10^{6}$ ms. Khi có nhiều hạt và chúng có tốc độ trung bình như vậy, điều này có nghĩa là nhiệt độ của toàn bộ khối lượng hạt sẽ vào khoảng hàng trăm triệu, thậm chí hàng tỷ kelvin. Rõ ràng, đây chính xác là nhiệt độ của các lớp bên trong của Mặt trời. Nhưng trên con đường va chạm của các hạt, hai hạt nhân deuterium hoặc hạt nhân deuterium với hạt nhân tritium, có một rào cản tiềm năng của lực đẩy Coulomb. Các tính toán đã chỉ ra rằng nếu hạt nhân của các đồng vị hydro có năng lượng trung bình tương ứng với nhiệt độ 20 triệu độ thì rào cản này có thể được khắc phục một phần. Xác suất của hiệu ứng đường hầm sẽ đủ để các hạt tiến gần hơn đến 2 fm và sự hợp nhất hạt nhân xảy ra với sự xuất hiện của hạt nhân helium và neutron. Nhưng năng lượng trung bình của chúng sẽ cao hơn nhiều - nó sẽ tương ứng với một tỷ kelvin.

17

K V ANTO V OE

Trang web ITER (nhìn từ trên xuống)

Hầm Ở ANIYE

Và 20 triệu Kelvin chính xác là nhiệt độ mà plasma của “quả cầu lửa” của vụ nổ hạt nhân uranium hoặc plutonium có được. Vì vậy, trong mỗi quả bom hydro, “điện tích” hydro được bao quanh bởi các lớp uranium hoặc plutonium. Theo nghĩa bóng, chúng ta có thể gọi điện tích uranium này là “khớp” để “đốt cháy” điện tích chính – đồng vị hydro. Nhưng không phải bằng một trận đấu đơn giản, mà bằng một trận đấu “lượng tử”, sử dụng hiệu ứng đường hầm lượng tử. Giờ đây, “thiết bị” khoa học khổng lồ nhất (về quy mô và chi phí) - ITER, lò phản ứng thử nghiệm nhiệt hạch quốc tế, sắp hoàn thành. Theo dự án, ở chế độ xung trong 400 giây, nó sẽ giải phóng năng lượng 500 MeV trong khi tiêu tốn 50 MeV cho một “trận đấu”, tức là ít hơn 10 lần. “Trận đấu” trong trường hợp này là các tia plasma deuterium-tritium được gia tốc bằng điện trường - đây là cái gọi là gyrotron, được phát minh và sản xuất ở Nga, nước tham gia đầy đủ vào thí nghiệm hoành tráng này (10% chi phí sản xuất các phần tử riêng lẻ). Và sản phẩm của phản ứng nhiệt hạch là hạt nhân nguyên tử helium và neutron sẽ nhường năng lượng cho chất làm mát. Trong tương lai, không còn là lò phản ứng thử nghiệm nữa mà là lò phản ứng đang vận hành, hơi nước nhận năng lượng này sẽ ở dạng tuabin-

máy phát điện tạo ra dòng điện. Nhưng điều này vẫn còn rất xa; theo một số ước tính, sẽ phải mất ít nhất 50 năm nữa mới tạo ra được “nhà máy điện” nhiệt hạch đầu tiên. Hơn nữa, vào năm 2021, người ta đã phát hiện ra những khiếm khuyết nghiêm trọng trong vật liệu của các đường ống dẫn khí heli lỏng qua đó, tạo ra nhiệt độ thấp trong cuộn dây của nam châm điện khiến chúng ở trạng thái siêu dẫn. Điều này có thể sẽ trì hoãn việc ra mắt ITER vài năm. Chúng tôi nhấn mạnh rằng nếu không có hiệu ứng đường hầm thì lò phản ứng sẽ không thể hoạt động. Nhưng ngày càng rõ ràng là hiệu ứng đường hầm đóng một vai trò quan trọng không chỉ trong vật lý hạt nhân. Ví dụ, vai trò của nó đã được chứng minh là rất quan trọng trong động học của nhiều phản ứng hóa học. Vai trò của hiệu ứng này cũng rất lớn trong các hiện tượng và thiết bị bán dẫn - điốt đường hầm, hiệu ứng quang điện cổng, đèn LED, hiệu ứng Josephson và các hiệu ứng khác. Và hiệu ứng đường hầm không thể được hiểu và áp dụng nếu không có cơ học lượng tử. Năm 2025 là năm kỷ niệm 100 năm của ngành khoa học này, không ngoa, có thể coi đây là một trong những thành tựu khoa học quan trọng nhất của thế kỷ XX. Đây chính xác là cách mà người đoạt giải Nobel, nhà vật lý lý thuyết người Nga Lev Landau đã mô tả tầm quan trọng của cơ học lượng tử trong cuộc phỏng vấn của ông vào năm 1962.

Bài toán trong toán học và vật lý

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: [email protected] và [email protected], tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp cho bản gốc bài toán này, đến cùng các địa chỉ. Bài toán M2842 đã được đưa ra ở giai đoạn khu vực của Olympic XVII mang tên L. Euler, bài toán M2844 a, b và M2845 - tại Giải đấu XLIV của các thành phố, và bài toán M2846–M2849 - ở giai đoạn cuối của LI Olympic toàn Nga dành cho học sinh môn toán. Bài toán F2849–F2856 đã được đưa ra ở giai đoạn cuối của Kỳ thi Olympic Vật lý toàn Nga LVIII dành cho học sinh.

Bài toán M2842–M2849, F2849–F2856

M2842. Một số (nhiều hơn một) số tự nhiên liên tiếp được viết lên bảng. Có thể nào tổng của tất cả các số chẵn được viết ra bằng bình phương của một số tự nhiên và tổng của tất cả các số lẻ được viết ra bằng bình phương của một số tự nhiên? A. Kuznetsov

M2843. Gọi A c, B c, C c lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB trong tam giác đều ABC (Hình 1). Trên phần tiếp theo của đoạn A c B c, điểm D được lấy là B c, và trên phần tiếp theo của đoạn A c C c, điểm E được lấy là C c sao cho đoạn DE đi qua điểm A. Các đoạn B c E và C c D cắt nhau tại điểm X.

a) Chứng minh các điểm X, A c, B c, C c cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng các đoạn thẳng A c X, CE, BD và B c C c cắt nhau tại một điểm. K. Bayrak, học sinh lớp 11

M2844. Người chủ lấy trong tủ lạnh ra một miếng thịt, lũ mèo con vây quanh cô. Mỗi phút một lần, bà nội trợ cắt một miếng thịt và cho một trong những chú mèo con ăn (theo lựa chọn của cô ấy), và mỗi miếng phải có cùng tỷ lệ với miếng được cắt ra. Một lúc sau, bà nội trợ cho phần thịt còn lại vào tủ lạnh. Người nội trợ có thể cho mèo con ăn số lượng thịt bằng nhau không nếu có a) tổng cộng hai chú mèo con; b) ba; c*) bốn? A. Kushnir, V. Retinsky

M2845. Trong không gian tọa độ ba chiều, hãy xem xét tập hợp tất cả các hình khối có tọa độ đỉnh nguyên. Chứng minh rằng tập hợp này chứa một tập con vô hạn K sao cho hai khối lập phương khác nhau từ K không có cạnh song song. M. Malkin, M. Meerov

Hình 1

M2846. Petya và Vasya chơi một trò chơi trên một bàn ca rô ban đầu trống 100 và 100, thay phiên nhau thực hiện các nước đi. Petya bắt đầu. Trong lượt của mình, người chơi bước vào

20

KVAN T 2025/№5–6

Hình 3

bằng nhau và bằng P. Bảng chuyển động với gia tốc không đổi theo phương ngang a có hướng vuông góc với đường tiếp xúc với hình trụ. Gia tốc trọng trường là g. Tại những giá trị nào gia tốc a của tấm ván thì hình trụ sẽ không quay quanh trục nằm ngang nếu hệ số ma sát P có thể nhận giá trị nào lớn hơn 0? A. Ivshin, E. Vasenin, A. Vergunov

F2852. Trên mặt phẳng nằm ngang gồ ghề của bàn có một hệ gồm một lăng kính có khối lượng m, được trang bị một khối sáng và một khối có khối lượng M = 2m (Hình 4). Bề mặt bên của lăng kính

Hình 4

nhẵn và góc giữa mặt đặt khối và mặt bàn bằng D (sin D 3 5 ). Một sợi dây nhẹ không dãn được buộc vào một khối, ném qua một khối, vào đầu đối diện của nó tác dụng một lực nằm ngang F. Biết rằng gia tốc của lăng kính không phụ thuộc vào độ lớn của lực này. 1) Xác định các giá trị có thể có của hệ số ma sát P giữa lăng kính và mặt bàn. 2) Với mỗi giá trị của P thu được ở bước 1, hãy tìm gia tốc của lăng kính a. Gia tốc trọng trường là g. Phần nghiêng của ren song song với mặt bên trái của lăng kính. Không có ma sát trong trục khối. I. Yudin

F2853. Hình 5 thể hiện một đoạn đồ thị về sự phụ thuộc của công suất trung bình $N_{cp}$ vào thời gian W, bằng tỷ lệ giữa tổng lượng nhiệt được truyền bởi chất sáp nhập

Hình 5

ku bạc nặng m = 50 g, tính đến thời điểm nó trao đổi nhiệt với vật bên ngoài. Một thời gian sau khi bắt đầu truyền nhiệt, nhiệt độ của phôi ở trạng thái A tăng lên $t_{A} 40 q C$, và sau 2,2 phút nữa (ở trạng thái B) nó lại trở thành $t_{A}$. Nhiệt dung riêng của bạc c 240 J kg q C. 1) Khôi phục các trục tọa độ của đồ thị và thang đo của chúng nếu biết điểm bắt đầu của trục thời gian gia nhiệt trùng với điểm bắt đầu của trục $N_{cp}$. 2) Tìm nhiệt độ ban đầu $t_{0}$ của thỏi bạc (tại W 0 ). 3) Tìm nhiệt độ của phôi, công suất trao đổi nhiệt trung bình và tức thời với vật thể bên ngoài ở trạng thái tương ứng với các điểm C và D. M. Zamyatnin, A. Vergunov

F2854. Năm hình có hình dạng và kích cỡ khác nhau được cắt ra từ một tấm phẳng mỏng không dẫn điện. Mỗi trong số chúng được tích điện với mật độ bề mặt không đổi, dương và giống hệt nhau đối với tất cả các hình. Hình đầu tiên là một hình vuông có cạnh 2a, từ đó hình vuông có cạnh a được cắt từ một trong các góc (Hình 6). Mo-Hình. 6 cường độ điện trường tạo ra tại điểm O bởi các điện tích trên bề mặt của hình đó bằng $E_{0}$. 1) Tỷ số $E c E_{0}$ là bao nhiêu, trong đó E c là mô đun điện

Bức thư này dài quá vì tôi không có thời gian viết ngắn hơn. Blaise Pascal

Một vực thẳm đã mở ra và đầy sao; Những ngôi sao không có số, vực thẳm không có đáy. Mikhail Lomonosov

Con người hữu hạn không dám coi cái vô hạn như một thứ gì đó được cho sẵn và có thể tiếp cận được bằng trực giác thói quen của mình. Carl Friedrich Gauss

Nếu bạn truyền… một lượng nhiệt cực nhỏ vào cơ thể, thì câu hỏi đặt ra là nó sẽ tạo ra tác dụng gì… Rudolf Clausius

Chỉ có hai thứ vô hạn: Vũ trụ và sự ngu ngốc. Mặc dù tôi không hoàn toàn chắc chắn về Vũ trụ. Albert Einstein

… tại sao chỉ cần thừa hoặc thiếu một chút điện tích dương hoặc âm cũng đủ để tạo ra hiệu ứng điện đáng chú ý? Richard Feynman

Hãy để tôi vẽ các hình tam giác vô hạn lớn hơn. Từ bài giảng

Bạn có thực sự quen thuộc với điều này?

LỚN VÀ NHỎ trong VẬT LÝ

?

Những phản ánh về cái cực nhỏ và cái vô cùng lớn - từ nguyên tử đến Vũ trụ - đã kích thích tâm trí của không chỉ các nhà khoa học kể từ thời cổ đại. Các yếu tố không thể thiếu của bức tranh thế giới thu hút sự bí ẩn và phức tạp, nhưng vẫn không phải ai cũng có thể kết bạn với chúng, điều này đôi khi dẫn đến những sự cố và nghịch lý. Tuy nhiên, khoa học không chỉ “đảm bảo” chúng mà còn biến chúng thành công cụ lao động, kể cả đối với học sinh. Nếu không có họ, bạn không thể mở đường để tiếp tục việc học của mình - vì vậy hãy hiểu rõ sự khôn ngoan của số 0 và vô cực, bởi vì chỉ có họ mới không cảm thấy mình nắm vững các nguyên tắc chính xác!

Câu hỏi và bài toán

1. Ước tính khoảng cách đến đường chân trời, giả sử chiều cao của một người là h = 1,8 m và bán kính Trái đất là $R_{З} 6400 км.^{2.}$ Tại sao thực tế chúng ta không cảm nhận được sự quay $Земли?^{3.}$ Lực hấp dẫn sẽ thay đổi bao nhiêu phần trăm khi tăng lên độ cao h = 1 km? Bán kính $Земли_{З}^{R} 6400 км.^{4.}$ Một quả bóng có khối lượng m rơi xuống Trái đất từ ​​độ cao h và sau khi va chạm đàn hồi sẽ tăng lên cùng độ cao. Động lượng của anh ấy thay đổi, nhưng năng lượng của anh ấy vẫn giữ nguyên. Điều này như thế nào $объяснить?^{5.}$ Tìm thế năng của một điểm vật chất có khối lượng m ở các khoảng cách r khác nhau tính từ tâm Trái đất $( r t_{З}^{R} ).$ Xét giá trị thế năng ở vô cực bằng $нулю.^{6.}$ Tốc độ quay của Trái đất quanh trục của nó, hình dạng của nó và sự phân bố khối lượng theo thể tích có ảnh hưởng đến độ lớn gia tốc của nó dưới tác dụng của trọng lực $Солнца?^{7.}$ Một chiếc thuyền có khối lượng m được cho một tốc độ $v_{0}$. Tìm quãng đường nó đi được trước khi dừng lại nếu nó chịu tác dụng của lực cản của môi trường tỉ lệ với vận tốc. Sẽ mất bao lâu $времени?^{8.}$ Có thể căng sợi dây theo chiều ngang sao cho không $провисала?^{9.}$ Nhiệt dung của khí lý tưởng ở điều kiện đẳng nhiệt và đoạn nhiệt sẽ là bao nhiêu $процессах?^{10.}$ Ước tính có bao nhiêu electron đi qua tiết diện ngang của dây tóc trong một giây khi dòng điện trong bóng đèn pin bằng 0,3 A. Bạn có thể so sánh giá trị này với giá trị nào?

11. Trên chùm OA có vô số điện tích điểm có kích thước lớn

q sao cho khoảng cách giữa hai điện tích liền kề tăng gấp đôi. Xác định điện trường tại điểm O (điểm bắt đầu của chùm tia), trong đó điện tích $нет.^{12.}$ Chuỗi điện gồm vô số các mắt xích giống hệt nhau chứa ba điện trở có điện trở r. Xác định $сопротивление^{R}$ giữa điểm A và B.

13. Có nghĩa là gì khi họ nói rằng đặc tính chính của thấu kính được coi là tạo ra một chùm tia song song với sự trợ giúp của nó, nếu nguồn của chúng nằm ở tiêu điểm $линзы?^{14.}$ Đáy của một bể chứa có độ sâu H = 2 m được nhìn thẳng đứng xuống. Độ sâu biểu kiến ​​của hồ chứa sẽ là bao nhiêu? Chiết suất của nước n 4 3.

Kinh nghiệm vi mô

Dùng lược nhựa chải tóc khô và đưa lược đến gần những mảnh giấy hoặc giấy bạc nhỏ; đồng thời chúng “nhảy”, bị chiếc lược nhiễm điện thu hút. Chẳng phải điều này mâu thuẫn với định luật tương tác của các điện tích - xét cho cùng thì các mảnh vụn đều trung hòa về điện sao?

Thật thú vị rằng…

…việc xử lý bất cẩn khái niệm vô cực đã khiến các nhà khoa học Hy Lạp cổ đại đi vào ngõ cụt, dẫn đến việc nó bị trục xuất khỏi khoa học trong hơn hai thiên niên kỷ. …mặc dù tòa nhà phân tích vô cùng nhỏ đã được Newton và Leibniz xây dựng vào thế kỷ 17, nhưng nó vẫn bị bao phủ trong một lớp sương mù huyền bí cho đến đầu thế kỷ 19. Người Pháp Augustin Cauchy đã xua tan nó bằng cách đưa ra một định nghĩa về đạo hàm bằng cách sử dụng khái niệm giới hạn.

…một ví dụ về mô hình vật thể cứng nhắc khi mô tả nhiều hiện tượng là một điểm vật chất. Tuy nhiên, ngay cả vật nhỏ nhất cũng không thể được coi là điểm vật chất nếu nó quay. …để tưởng tượng đại khái về sự nhỏ bé của các nguyên tử, bạn có thể lấy một quả bóng bi-a. Nó sẽ lớn hơn các nguyên tử mà nó bao gồm, nhỏ hơn Trái đất bao nhiêu lần. …tỉ số giữa lực đẩy tĩnh điện của hai proton với nhau và lực hấp dẫn giữa chúng bằng giá trị thiên văn - $10^{36}$. …sự sáp nhập lỗ đen xảy ra cách đây 1,3 tỷ năm dẫn đến một vụ bùng nổ năng lượng khổng lồ. Nó được phát hiện trên Trái đất vào năm 2015 bởi một đài quan sát sóng hấp dẫn, mặc dù năng lượng của tín hiệu truyền tới nó nhỏ hơn $10^{51}$ lần so với năng lượng của sóng khi nó ra đời. …than ôi, sẽ không thể truyền tốc độ cao tùy ý cho cơ thể ngay cả khi người ta nỗ lực vô hạn. Định đề thứ hai của thuyết tương đối đặt ra một giới hạn: trong mọi trường hợp, tốc độ của một vật không thể vượt quá tốc độ ánh sáng trong chân không. …kết quả quan trọng nhất của cái gọi là lý thuyết hấp dẫn lượng tử vòng là không gian của chúng ta không liên tục, không phân chia vô hạn mà bao gồm các “nguyên tử của không gian”. Chúng cực kỳ nhỏ: nhỏ hơn một tỷ tỷ lần so với hạt nhân nguyên tử nhỏ nhất.

Đọc gì trong «Kvant» về lớn và nhỏ trong vật lý

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Bài toán trong vật lý - ý nghĩa của các điều kiện” - 2017, số 6, tr. 34; 2. “Các giá trị số: cái gì và tại sao chúng cần thiết” – 2019, Số 4, tr.2; 3. “Các vấn đề về tụ điện” – 2022, số 9, tr.2; 4. “Các thành phần nhỏ của khí quyển và hiệu ứng nhà kính” – 2023, số 8, tr.2; 5. “Và một lần nữa giải thưởng cho dụng cụ laser” - 2023, số 11 12, tr.2.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC

Các thử nghiệm cho Nam tước M.

K.KNOP

TRONG CÂU CHUYỆN TIÊU CHUẨN NHẤT bài toán về cân có cân (hoặc thiết bị khác) và một số thông tin về các vật thể chưa biết (đồng xu) được đưa ra. Ví dụ, nó cho biết có bao nhiêu đồng xu “giả” và cũng cho biết chúng có nhẹ hơn đồng xu thật hay không (hoặc người ta nói rằng chúng có thể không chỉ nhẹ hơn mà còn nặng hơn). Tuy nhiên, có một lớp riêng biệt bài toán, trong đó một công cụ mạnh mẽ nhất được thêm vào tất cả những điều này - chuyên gia trung thực nhất Baron M., người biết mọi thứ cần thiết về tất cả các đồng tiền. Khó khăn chính là nam tước phải chứng minh nghiêm ngặt tất cả những thông tin mà mình biết bằng cách sử dụng cân. Và vì chiếc cân là biểu tượng truyền thống của Themis nên nhân vật thứ hai trong những nhiệm vụ như vậy là người phán xử. Thẩm phán biết một số thông tin trong điều kiện bài toán, nhưng không phải tất cả thông tin mà chuyên gia biết. Nam tước sẽ phải đối mặt với những thử thách gì trong các hoạt động chứng cứ như vậy? Toán học đằng sau điều này là gì? Không giả vờ đề cập đầy đủ tất cả những gì có thể bài toán, chúng tôi sẽ tập trung vào một số trong số chúng.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20250504

Bài kiểm tra 1. Nam tước M. không thú vị có 12 đồng xu. Một nửa trong số chúng nặng 4 g, nửa còn lại nặng 5 g. Thẩm phán biết thông tin này, nhưng không biết đồng tiền nào nặng bao nhiêu. Liệu nam tước có thể chứng minh cho thẩm phán khối lượng của từng đồng xu trong một lần cân không? Gợi ý. Tất cả các đồng xu nhẹ nặng 24 g và năm đồng xu nặng nặng 25 g. Bài kiểm tra 2. Nam tước M. Không quan tâm có 6 đồng 4 g, 5 đồng 5 g và 4 đồng 6 g. Làm thế nào anh ta có thể chứng minh cho quan tòa thấy khối lượng của mỗi đồng xu trong một lần cân? Gợi ý. Phải đặt chính xác 24 g trên mỗi cân. Bài kiểm tra 3. Tám quả cân, một quả cân Nam tước trình bày 8 quả cân trước triều đình. Anh ta biết khối lượng của từng quả cân, nhưng trọng tài chỉ biết khối lượng của các quả cân là các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 8. Nam tước chỉ được phép chứng minh một lần cân. Làm thế nào anh ta có thể chứng minh cho quan tòa thấy khối lượng của một vật nặng bất kỳ? Hãy nhường sàn cho chuyên gia - Nam tước M. - Thưa quý tòa, tôi đặt 5 quả cân ở đĩa bên trái của cân, và hai quả cân ở bên phải. Bạn có thấy cái cân có cân bằng không? Điều này có nghĩa là khối lượng của 5 quả cân của tôi bằng khối lượng của hai quả cân còn lại. Nhưng khối lượng của hai quả cân bất kỳ hiện có không quá 7 + 8 = 15 g và năm quả cân bất kỳ không nhỏ hơn 1 + 2 + 3 + 4 + + 5 = 15 g, nghĩa là chỉ có thể bằng nhau khi có chính xác 15 g trên mỗi bát, tức là trên

39

TOÁN HỌC

Bát bên trái thực sự chứa các vật nặng từ 1 đến 5 g, và bát bên phải chứa các vật nặng từ 7 và 8 g. Điều này có nghĩa là quả cân duy nhất không cân phải có khối lượng là 6 g! Bài kiểm tra 4. Sáu quả cân, hai quả cân Nam tước trình bày 6 quả cân trước triều đình. Ông biết khối lượng của mỗi quả cân, nhưng trọng tài chỉ biết khối lượng của các quả cân là các số nguyên liên tiếp từ 1 đến 6. Nam tước phải thực hiện hai lần cân như thế nào để chứng minh cho quan tòa thấy khối lượng của mỗi quả cân? Baron đề xuất hai phép đo này: 1 + 2 + 3 = 6, 1 + 6 < 3 + 5. Tại sao kết quả của hai phép đo này lại có bằng chứng? Với tư cách là thẩm phán, chúng ta phải đảm bảo rằng không có hoán vị không giống nhau nào của các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể cho hai kết quả giống nhau. Hãy phân tích. Lần cân đầu tiên cho biết khối lượng của một quả cân bằng khối lượng của ba quả cân còn lại cộng lại. Nhưng khối lượng của ba quả cân nhỏ nhất không nhỏ hơn 1 + 2 + 3 g, còn quả cân lớn nhất không quá 6 g. Sự bình đẳng chỉ đạt được khi khối lượng 6 g nằm ở bát bên phải và các khối lượng 1, 2, 3 g theo thứ tự nào đó ở bên trái. Như vậy, kết quả của lần cân này cho phép trọng tài phân phối tất cả các trọng số thành ba bộ {1, 2, 3}, {6} và phần còn lại {4,5}. Hoán vị hiện chỉ có thể thực hiện được trong mỗi bộ chứ không phải giữa các bộ. Điều gì xảy ra ở lần cân thứ hai? Trên đĩa cân bên trái có quả nặng 6 g (đã được xác định) và một trong các quả cân của bộ đầu tiên, và bên phải - mỗi quả cân của bộ đầu tiên và bộ cuối cùng. Bát bên trái nhẹ hơn. Và cái gì? Chúng ta sẽ xem xét tất cả các lựa chọn còn lại chứ? Không. Hãy áp dụng lại phép phân tích dựa trên các bất đẳng thức: ở vế trái có ít nhất 7 g, vì có tổng khối lượng của khối lượng 6 và một khối lượng của khối lượng 1–3. Trên bát bên phải không quá 8 g, vì trên đó là tổng khối lượng của một trong các quả cân 4–5 và một trong các quả cân 1–3. Điều này có nghĩa là bát bên phải chỉ có thể nặng hơn bát bên trái nếu nó có 8 g và bát bên trái có 7 g. Nói cách khác, khối lượng của quả cân chưa biết ở bát bên trái là 1 g, và khối lượng của các quả nặng ở bát bên phải là 3 g và 5 g (rõ ràng quả nặng nào có khối lượng là bao nhiêu, vì chúng thuộc các bộ khác nhau!). Điều này có nghĩa là các khối lượng 1, 3, 5 đã được chứng minh. Nhưng sau đó

VÒNG TRÒN

Khối lượng của hai hạt còn lại cũng đã được chứng minh, vì chúng vẫn là những hạt duy nhất chưa được xác định trong tập hợp của chúng. Bài toán 1. Làm thế nào để chứng minh trước tòa trong hai lần cân khối lượng đúng cho một bộ tám quả cân như vậy: 10, 20, 25, 30, 35, 201, 203, 207 g? Bài kiểm tra 5. Chín quả cân, hai quả cân. Đánh giá Lần này nam tước có tới 9 quả cân, khối lượng mà anh ta biết. Có bộ quả cân nào mà anh ta có thể chứng minh khối lượng của chúng với trọng tài trong hai lần cân không? Bài phát biểu của nam tước trước tòa sẽ được tất cả những người yêu thích lý luận logic ghi nhớ từ lâu. - Thưa ngài! Bạn không chỉ giao cho tôi một nhiệm vụ khó khăn – không, nó không khó. Nó không thể hòa tan được! Hãy tưởng tượng trong đầu những gì tôi có thể làm bây giờ? Vì vậy, tôi đặt một số vật nặng lên cân, cân chúng và chúng tôi xem kết quả. Sau đó, chúng tôi làm tương tự với một bộ trọng số khác. Nói cách khác, tôi gán cho mỗi trọng lượng một “nhãn” gồm hai chữ số từ 00 đến 22, cho biết cân nào tôi đặt nó trên đĩa bên trái (1), trên đĩa bên phải (2) hoặc không sử dụng (0). Để kết quả cân chứng minh được khối lượng của từng quả cân thì tất cả các dấu hiệu phải khác nhau - xét cho cùng thì hai quả cân có cùng dấu hiệu là không thể phân biệt được. Vì vậy, số cân của tôi phải như thế này (tôi chỉ dấu của quả cân chứ không phải khối lượng của chúng!): 10 11 12? 20 21 22, 01 11 21? 02 12 22. Nhưng hãy nhìn vào những kết quả có thể xảy ra. Nếu kết quả cân là hai điểm cân bằng thì khi hoán đổi cặp quả cân 10 với 01, 20 với 02 và 12 với 21, lần cân thứ nhất sẽ “chuyển” sang lần cân thứ hai và ngược lại. Nói cách khác, chúng ta sẽ không thể xác định rõ ràng trọng lượng nào tương ứng với nhãn hiệu nào. Việc trao đổi trọng số giống nhau với việc bảo toàn kết quả sẽ xảy ra ở hai trạng thái mất cân bằng giống hệt nhau. Hơn nữa, nếu chúng ta nhận được hai bất đẳng thức khác nhau, thì chúng ta có thể xem xét việc hoán đổi cặp 01 với 20, 10 với 02 và 11 với 22 - cả hai bất đẳng thức sẽ vẫn giữ nguyên và chúng ta sẽ lại không thể xác định được khối lượng. Nếu ở lần cân đầu tiên có sự bằng nhau và ở lần cân thứ hai có một trong các bất đẳng thức, thì việc đổi 10 với 20, 11 với 21 và 12 với 22 sẽ cho kết quả tương tự. Và cuối cùng, nếu chỉ cân bằng ở lần cân thứ hai thì

40

KVANT 2025/№5–6

việc trao đổi 01 với 02, 11 với 12 và 21 với 22 được sử dụng. Vì vậy, đối với tất cả các kết quả có thể xảy ra, chúng ta không thể đảm bảo xác định được tất cả chín đồng tiền. Bài toán 2. Nếu Nam tước M. có một chiếc cân có con trỏ thay vì cân dạng cốc, liệu Nam tước M. có thể chứng minh trước tòa khối lượng của mỗi quả cân trong ba lần cân không? Bài kiểm tra 6. Bốn mươi lăm quả cân, hai quả cân. “Chia để trị” Ở phiên tiếp theo, thẩm phán nản lòng: Nam tước M. mang cả một hộp tạ. Kiểm kê trong hòm có xác nhận của thư ký tòa án cho biết có một quả cân nặng 9 g, hai quả cân nặng 8 g, ba quả cân nặng 7 g,…, chín quả cân nặng 1 g. “Bạn cần bao nhiêu lần cân để chứng minh tất cả những điều này?” – thẩm phán hỏi. “Chỉ có hai thôi,” Nam tước M trả lời với vẻ trang nghiêm của một nhà quý tộc. Anh ta nên hành động như thế nào? Bí quyết thao tác của nam tước rất đơn giản: k quả cân nặng (10 – k) g có khối lượng bằng (10 – k) quả cân nặng kg g mỗi quả. Do đó, nếu bạn đặt 9 + 8 + 7 quả cân nhẹ nhất trên một đĩa cân và 1 + 2 + 3 quả nặng nhất trên đĩa kia, thì sẽ có sự cân bằng trên cân - và nó sẽ cho phép nam tước chia tất cả các quả cân thành ba bộ {1, 2, 3}, {4, 5, 6} và {7, 8, 9}. Tương tự, nếu ở lần cân thứ hai, chúng ta cân lần lượt 9 + 6 + 3 quả cân có khối lượng 1, 4 và 7 g với 7 + 4 + 1 quả cân có khối lượng 3, 6 và 9 g, thì sự bằng nhau trong lần cân này sẽ cho phép chúng ta thiết lập chính xác khối lượng của tất cả các quả cân trong tất cả các bộ (2, 5 và 8 sẽ được thiết lập bằng cách loại trừ, tương tự như cách xác định 2 và 4 trong bài toán khoảng sáu quả cân). Bài toán 3. Có bộ cân nào thậm chí còn nhiều hơn mà Nam tước M. có thể chứng minh cho quan tòa thấy khối lượng của tất cả các quả cân trong hai lần cân không? Kiểm tra 7. Ba lần cân, 19 quả cân. Bất bình đẳng xuyên suốt Khi thẩm phán và nam tước gặp nhau lần sau, nam tước có trong tay cả một bộ quả cân, kiểm kê trong đó chứng nhận có những quả cân có trọng lượng từ 1 đến 19 g, mỗi khối một quả. “Tôi chỉ cho ngài ba lần cân thôi, Nam tước thân mến!” – ông thẩm phán tuyên bố, dùng búa đập xuống bàn. Nam tước thầm viết lên mỗi quả cân một số từ 1 đến 19 (rất có thể là

lẽ ra có nghĩa là khối lượng của nó), đặt trước mặt anh ta một mảnh giấy có viết các số 12, 7 và 3, cúi xuống và bắt đầu cân:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 7 + 8 + 10 + 13 = = 16 + 18 + 19,

1 + 2 + 3 + 6 + 9 + 11 + 16 = = 8 + 10 + 13 + 17,

1 + 4 + 6 + 8 + 12 + 18 = = 3 + 7 + 11 + 13 + 15. Thẩm phán và những người khác có mặt đều nín thở nhìn nam tước, nhưng không hiểu gì cả. Cuối cùng, thẩm phán không thể chịu đựng được: “Ông đang làm gì vậy, Nam tước?” Cho đến bây giờ, ít nhất bạn cũng tỏ ra là một người hợp lý - bạn đặt quả nặng nhất lên một cái cân, cái nhẹ nhất ở bên kia. Làm thế nào bạn sẽ chứng minh điều gì đó cho chúng tôi? - Thưa ngài! Hãy đưa thử nghiệm đến cùng. Để làm điều này,” Nam tước nhìn vào mảnh giấy, “chúng ta hãy nhân tất cả các số ở đẳng thức thứ nhất với 12, ở đẳng thức thứ hai với 7, và ở đẳng thức thứ ba với 3 rồi cộng tất cả lại với nhau. - Nói xong, nam tước bắt đầu chậm rãi viết ra biểu cảm

$22 m_{1} 19 m_{2} 16 m_{3} 15 m_{4} 12 m_{5} 10 m_{6} 9 m_{7} 8 m_{8} 7 m_{9}^{5} m_{10}^{4} m_{11} 3 m_{12} 2 m_{13}^{3m} 15 5 m_{16} 7 m_{17} 9 m_{18} 12 m_{19}$.

– Tất nhiên, bạn không thể biết khối lượng của vật nặng mà tôi gọi là “1”, cũng như tất cả các khối lượng khác. Nhưng bạn thấy rằng ở vế trái của đẳng thức, các hệ số giảm đều. Theo $транснеравенству^{1}$, giá trị nhỏ nhất có thể có của vế trái là

22 ˜ 1 19 ˜ 2 16 ˜ 3 15 ˜ 4 12 ˜ 5 10 ˜ 6 9 ˜ 7 8 ˜ 8 7 ˜ 9 5 ˜ 10 4 ˜ 11 3 ˜ 12 2 ˜ 13 634.

1 Thông tin thêm về bất đẳng thức sắp xếp lại có thể tìm thấy ở A.V. Cuốn sách của Arbit “Bất đẳng thức và các phương pháp cơ bản để chứng minh chúng” (bổ sung cho tạp chí «Kvant» số 3, 2016) hoặc từ cuốn sách “Các yếu tố của toán học trong các bài toán. Thông qua các cuộc thi Olympic và câu lạc bộ - đến nghề nghiệp" do A.A. Zaslavsky và những người khác.

41

TOÁN HỌC

Tuy nhiên, ở vế phải các hệ số tăng đơn điệu nên giá trị lớn nhất có thể có của nó bằng

12 ˜ 19 9 ˜ 18 7 ˜ 17 5 ˜ 16 3 ˜ 15

Như trong các bài toán trước, đẳng thức có nghĩa là tất cả các đẳng thức $m_{i} i$ đều đạt được đồng thời. – Vâng, tôi lại thấy ông nói đúng, Nam tước thân mến! Bài toán 4. Nam tước M. có thể chứng minh được bao nhiêu quả cân nếu ông ta cho phép không phải ba mà là bốn quả cân? Nam tước phải đối mặt với ba phiên tòa tiếp theo trong cùng một vụ án nên chúng tôi không đánh số chúng khác nhau. Thử thách $8-1.^{2}$ Mười tám đồng xu có hai khối lượng. Hệ thống bất bình đẳng Dường như không có thủ thuật cân nào có thể khiến ban giám khảo ngạc nhiên. Nhưng… nam tước đưa ra 18 đồng xu, trong đó thẩm phán chỉ biết rằng khối lượng của một số trong số chúng là 10 g, và số còn lại - 11 g, và ông ta tiến hành chứng minh điều này chỉ sau ba lần cân. - Nhưng bằng cách nào, Nam tước?! Được rồi, trong một lần cân bạn sẽ có thể chứng minh cho tôi thấy một đồng xu nặng và một đồng xu nhẹ. Trong lần cân tiếp theo, nếu bạn thêm hai đồng nặng vào một chiếc bát nhẹ và hai đồng xu nhẹ vào một chiếc bát có một đồng xu nặng thì kết quả cân sẽ thay đổi, tức là bạn có thể chứng minh được khối lượng của 2 đồng xu nặng và 2 đồng xu nhẹ. Lần cân thứ ba – 4 + 4 nữa, tổng cộng là 7 nặng và 7 nhẹ. Nhưng bạn không có 7 cái mà là 9 cái mỗi loại! – Không có gì là không thể ở đây, thưa ngài! Đầu tiên chúng ta hãy sắp xếp các đồng xu thành từng đống. Tôi sẽ đặt 2 đồng xu vào hai chồng đầu tiên và chứng minh rằng một chồng chứa 2 đồng xu nặng, còn chồng kia chứa 2 đồng xu nhẹ (tôi sẽ dán nhãn là “2t” và “2l”). Trong hai đồng xu tiếp theo - mỗi đồng xu (“3t” và “3l”), và trong hai đồng xu cuối cùng – 4 đồng xu (“4t” và “4l”) và tôi sẽ thực hiện các phép cân sau: 2t + 3l < 2l + 3t, ​​​​3t + 4l < 3l + 4t, 4t + 2l + 3l < 4l + 2t + 3t.

2 Trong trường hợp đơn giản là 14 đồng xu, bài toán này đã được đưa ra tại Olympic toàn Liên minh lần thứ VII và cũng được đặt trong “Bài toán Kvant (M212). Tác giả của bài toán khoảng 18 đồng xu và bài toán tiếp theo khoảng 12 + 12 đồng xu là S. Tokarev.

VÒNG TRÒN

• Vâng, thưa Nam tước, tôi đã xem kết quả cân. Nhưng chính xác thì họ chứng minh điều gì? “Ngài quá thiếu kiên nhẫn, thưa ngài.” Tôi sẽ chỉ cần một chút đại số. Gọi x là chênh lệch khối lượng giữa các cọc “2t” và “2l”, và y và z lần lượt là chênh lệch giữa các cọc “3t” và “3l” và “4t” và “4l”. Nó không quá khó phải không? - Không. Tiếp tục đi! – Tiếp theo x, y, z là các số nguyên. Lần cân đầu tiên cho thấy x < y, lần cân thứ hai - y < z, và lần cân thứ ba - z < x + y. Có rõ ràng tại sao không? - Đúng. – Thay bất đẳng thức chặt chẽ giữa các số nguyên bằng bất đẳng thức không chặt chẽ: x 1 d y, y 1 d z, z 1 d x y. Tôi muốn suy ra từ điều này rằng x = 2, y = 3, z = 4. Một khi điều này được chứng minh, sẽ thấy rõ rằng khối lượng của mỗi cọc hoàn toàn giống như tôi khẳng định - xét cho cùng, hiệu giữa khối lượng của một cặp đồng xu không vượt quá 1, nghĩa là đối với hai cặp, chênh lệch luôn không quá 2, đối với ba cặp - không quá 3, và đối với bốn - không quá 4, và sự bằng nhau chỉ đạt được nếu trong một số cọc chỉ có đồng xu nặng, và ở những nơi khác chỉ có ánh sáng. Phải? - Đồng ý. - Chà, hãy nhân bất đẳng thức thứ nhất với 2, thứ hai với 4, thứ ba với 3 - và cộng mọi thứ lại. Chúng ta nhận được 9 d x y z. Điều này thực sự có nghĩa là các đẳng thức x = 2, y = 3, z = 4 được thỏa mãn đồng thời. Tôi có mọi thứ, thưa ngài! Kiểm tra 8-2. Hai chục đồng xu. Một hệ bất đẳng thức khác Về 24 đồng xu tiếp theo do Nam tước đưa ra, quan tòa biết rằng khối lượng của 12 đồng trong số đó là 10 g, còn lại là 12 - 11 g. Tuy nhiên, vị nam tước bồn chồn một lần nữa đã chứng minh được khối lượng của mỗi đồng xu chỉ sau ba lần cân! Làm sao? Chúng ta hãy cẩn thận làm theo lý luận của nam tước từ lời giải trước đó. Đầu tiên, ông xếp các đồng xu thành từng chồng, sau đó xem xét sự khác biệt về khối lượng giữa các cọc, chứng minh rằng đối với mỗi cọc thì sự chênh lệch này bằng số lượng đồng xu trong đó. Tất nhiên, từ đây, mọi thứ cần thiết sẽ theo sau. Do đó, chúng ta hãy xem ngay giá trị của x, y, z sẽ thay đổi như thế nào nếu tổng số xu lúc này bằng 24 và các bất đẳng thức

42

KVANT 2025/№5–6

x < y, y < z, z < x + y sẽ được chứng minh bằng cách sử dụng trọng số? Rõ ràng là trong bài toán x y z d 12 này, và mục tiêu của nam tước là chứng minh sự đẳng thức trong bất đẳng thức cuối cùng. Chính xác hơn, nam tước phải chỉ ra rằng x = 3, y = 4, z = 5, tức là chia các đồng xu thành các đống có cùng kích thước. Thật không may, hệ bất đẳng thức trên có lời giải không duy nhất - ví dụ z = 5, y = 4, z = 2 với tổng bằng 11 cũng phù hợp. Làm sao nam tước có thể hành động nếu lời giải trước đó của ông ta không hoạt động? Hóa ra nam tước vẫn hành động như vậy! Rốt cuộc, nếu tổng khối lượng của tất cả các đồng xu là số chẵn thì giá trị x + y + z cũng phải chẵn và do đó không thể bằng 11. Ví dụ: bạn có thể hành động theo tinh thần thay thế các bất đẳng thức nghiêm ngặt trước đó bằng các bất đẳng thức không nghiêm ngặt: x 1 d y, y 1 d z, z 2 d xy y. Trong bất đẳng thức cuối cùng, 2 xuất hiện thay vì 1, bởi vì trong đó tất cả các đồng xu có tổng khối lượng chẵn là 12 11 10 được đặt trên bàn cân, và nếu một cái bát nặng hơn thì hiệu giữa các cái bát ít nhất là 2. Chà, bây giờ nếu chúng ta nhân số thứ nhất với 2, số thứ hai với 4 và số thứ ba với 3, thì sau khi tính tổng, chúng ta sẽ nhận được x y z t 12, đó là số cần thiết. Kiểm tra 8-3. Hai lần ba mươi đồng xu, 4 lần cân Nam tước có thể đưa ra bao nhiêu đồng xu (có bằng chứng) nếu ông ta được phép thực hiện bốn lần cân thay vì ba? Ví dụ, rõ ràng là từ lời giải trước đó, phương pháp tính 20 + 20 đồng xu ngay sau đó: với lần cân thứ tư, nam tước đặt 9 đồng đã được xác định là nhẹ và 11 đồng chưa biết trên một đĩa cân, và mặt khác - 9 được xác định là nặng và 11 chưa xác định. Nếu cái bát đầu tiên nặng hơn thì 11 đồng xu chưa biết ở trên đó sẽ nặng và 11 đồng xu chưa biết ở bát kia sẽ nhẹ, vì chỉ có 20 đồng xu nặng chưa biết - 9 = 11, và nếu chúng bị phân hủy thành các bát khác nhau thì cân sẽ cân bằng. Có thể làm được nhiều hơn nữa? Vâng, khá. Chúng tôi sẽ trình bày phương pháp cho 30 + 30 đồng xu, chúng cần được chia thành các cọc 3 + 3, 7 + 7, 9 + 9 và 11 + 11. Mỗi cặp cọc có cùng số được xếp trên các thang đo khác nhau và nếu có sự khác biệt về khối lượng của chúng

bằng x, y, z, t thì tiến hành lấy trọng số chứng tỏ sự thỏa mãn của hệ bất đẳng thức z < x + y, x + y < t, t < x + z, x + t < y + z. Tương tự như lý luận từ bài toán trước, các bất đẳng thức nghiêm ngặt ở đây có thể được thay thế bằng các bất đẳng thức không nghiêm ngặt và trong bất đẳng thức cuối cùng, chênh lệch tối thiểu có thể có của các phần sẽ bằng 2: x y z t 1, t x z t 1, x z t t 1, y z x t t 2. Nếu bây giờ nhân số thứ nhất với 8, số thứ hai nhân 10, số thứ ba nhân 6, số thứ tư nhân 3 và cộng mọi thứ lên, chúng ta sẽ có bất đẳng thức x y z t t 30, điều đó chứng tỏ mọi thứ đều cần thiết. Bình luận. Tất nhiên, chuỗi các giá trị (10 + 10 và 30 + 30) được nam tước tìm thấy trong các thử nghiệm 8-1 và 8-3 không kết thúc bằng bốn lần cân. Người ta biết (được chứng minh bằng tìm kiếm trên máy tính) rằng nó tiếp tục: 114 + 114 – cho năm lần cân và 454 + 454 – cho sáu lần (https: oeis.org A280432). Chuỗi này liên quan chặt chẽ đến cấu trúc đại số như ma trận Hadamard. Như chúng ta đã thấy trong các ví dụ, bài toán về các lần cân mà một chuyên gia tham gia ít mang tính tổ hợp hơn (về tinh thần và nội dung) và mang tính đại số hơn nhiều so với bài toán cổ điển về việc tìm kiếm tiền giả. Nhưng chúng chứa đựng nhiều bí mật chưa được tiết lộ hơn - ví dụ, đối với hầu như không có bài toán thử nghiệm phức tạp nào trong số các thử nghiệm mới nhất, vẫn chưa thể chứng minh nếu không thử nghiệm toàn diện không chỉ các ước tính chính xác (trên) mà còn cả những ước tính gần với ước tính chính xác.

TÙY CHỌN VẬT LÝ

Tính chất nhiệt của nước

S. VARLAMOV

TRONG PHÂN TỬ NƯỚC, các điện tích được phân bố sao cho trên nguyên tử oxy điện tích “không cân bằng” là âm, và trên hai nguyên tử hydro gắn với nguyên tử oxy này, điện tích “không cân bằng” là dương và lớn bằng một nửa so với nguyên tử oxy. Nói cách khác, các điện tích được phân bố không đều trong toàn bộ phân tử nước và tổng điện tích của phân tử bằng không. Nói một cách hình tượng, phân tử nước là một lưỡng cực điện trong đó một điện tích âm (2 G) trên oxy và hai điện tích dương (G) cách nhau trong không gian trên các nguyên tử hydro nằm ở các góc của một tam giác cân có góc giữa hai cạnh bằng nhau là 104,5° (Hình 1). Các điện tích có dấu khác nhau hút nhau và sự sắp xếp có trật tự của các điện tích đó (cộng với trừ) tương ứng với thế năng tối thiểu. Độ sâu của giếng thế được cung cấp bởi một mol liên kết hydro (theo sách tham khảo) là khoảng 21 kJ mol. Nước rắn (và lỏng) là một hệ thống các phân tử được kết nối với nhau bằng cái gọi là liên kết hydro. Một phân tử hình thành ở vị trí gần nhất

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20250505

Hình 1

Hình 2

hàng xóm có bốn kết nối như vậy. Hình 2 thể hiện sơ đồ sự sắp xếp các phân tử này và các liên kết hydro được mô tả bằng các đoạn chấm chấm. Tất nhiên, trên thực tế, cấu trúc mang tính không gian và không nằm (như trong hình) trong một mặt phẳng, nhưng bản chất của vật chất vẫn được phản ánh trong hình vẽ như vậy. Trong pha rắn (trong cấu trúc băng), tất cả các liên kết hydro đều tham gia. Do đó, một mol phân tử nước, một phần của chất băng ngưng tụ, ở nhiệt độ không tuyệt đối nằm trong một giếng thế có độ sâu xấp xỉ

21 4 2 kJ mol U

42 U kJ mol.

Phần thứ hai của năng lượng tương tác tiềm năng, được ký hiệu bằng chữ U, được cung cấp không phải bởi các phân tử lân cận gần nhất, giữa chúng được thiết lập liên kết hydro, mà bởi các phân tử nằm cách xa nhau. Đây được gọi là tương tác van der Waals. Ngoài ra, mol phân tử nước này có nhiệt năng bằng C T, trong đó C là nhiệt dung mol của nước đá và T là nhiệt độ của nó. Và trong nước lỏng có cái gọi là cụm, bao gồm một số lượng lớn các phân tử, trong đó có cấu trúc giống như nước đá, nhưng ở ranh giới của các cụm không phải tất cả các liên kết hydro đều được “bao gồm”. Và khi nhiệt độ nước tăng lên, tỷ lệ của những chất đó bao gồm

45

Thế Vận Hội

xác định tổng chiều sâu của giếng thế. Chúng tôi tin rằng thành phần van der Waals U không thay đổi, vì mật độ của nước thay đổi rất ít (4%). Ví dụ, ở nhiệt độ 0 q C, nhiệt bay hơi trên mỗi mol nước $Q_{0}$, theo bảng trên, bằng 45 kJ mol. Chúng ta hãy tính nhiệt bay hơi này $Q_{0}$ bằng cách sử dụng các công thức dẫn xuất trước đó:

0,857 42 U 4,5 R 273 K $Q_{0} 3 1 R$ 273 K, từ đó $Q_{0} | 45$ kJ mol. Cũng là một sự trùng hợp tuyệt vời! Bạn có thể thử áp dụng mô hình tương tự cho nước ở nhiệt độ gần tới hạn (374 q C), ví dụ: ở nhiệt độ 370 q C 643 K. Trong những điều kiện như vậy, mật độ của nước đã nhỏ hơn hai lần rưỡi so với ở 277 K. Điều này có nghĩa là sự đóng góp của thành phần van der Waals đã trở nên ít hơn $2,5^{2} | 6$ lần. răng hàm

nhiệt bay hơi (theo bảng) xấp xỉ 7,9 kJ mol. Như vậy,

x 42 1,6 0,5 R 643 K 7,9

0, từ đó tìm được phần x của liên kết hydro còn lại “đang hoạt động”: x = 0,21. Điều này có nghĩa là chỉ còn lại khoảng 1/5 số liên kết hydro trước đó (trong nước đá lạnh) trên mỗi mol phân tử. Nói cách khác, trung bình có ít hơn một liên kết hydro trên mỗi phân tử trong những điều kiện này (nhiệt độ tới hạn rất gần!). Việc phân chia thế năng tương tác của các phân tử thành hai phần được đề xuất trong mô hình mô tả tính chất nhiệt của nước, như có thể thấy từ các tính toán trên, có được sự thống nhất tốt giữa các dự đoán của mô hình và dữ liệu thực nghiệm trong một phạm vi rộng nhiệt độ từ rất thấp đến gần tới hạn.

Thế Vận Hội

Giai đoạn cuối cùng của Olympic toàn Nga LI dành cho học sinh môn toán

Giai đoạn cuối cùng của Olympic Toán học toàn Nga LI diễn ra từ ngày 16 tháng 4 đến ngày 22 tháng 4 năm 2025 trên Lãnh thổ Liên bang Sirius. Những người tham gia lưu ý rằng ban tổ chức, với sự hỗ trợ của các đối tác truyền thống của Olympic toàn Nga, đã đạt được chất lượng tổ chức Olympic rất cao. “Sirius” quy tụ khoảng 500 nhà toán học trẻ giỏi nhất đất nước; sáu học sinh đến từ Trung Quốc cũng tham gia Olympic trực tuyến năm nay ở tỉnh Tứ Xuyên. Đại diện của 29 khu vực của Nga, trong tổng số 221 người tham gia Olympic, đã được trao bằng tốt nghiệp cho người chiến thắng hoặc người đoạt giải. Ba bảng sau đây phản ánh sự thành công của lời giải bài toán (kết quả của tất cả những người tham gia Nga được tính đến; người tham gia đã đạt ít nhất 5 trên 7 điểm có thể cho điều này bài toán được coi là đã giải được bài toán).

lớp 9

lớp 10

46

lớp 11

KVANT 2025/№5–6

Phạm vi điểm cần thiết để trở thành người chiến thắng hoặc á quân được hiển thị trong một bảng khác.

ny hình tam giác không có một đoạn chung của đường viền? S. Berlov

2. Các đường chéo của tứ giác lồi ABCD cắt nhau tại điểm E. Các điểm tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và CDE với các tiếp tuyến chung ngoài nằm trên đường tròn Z. Điểm tiếp tuyến của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE và BCE với các tiếp tuyến chung ngoài của chúng nằm trên đường tròn J. Chứng minh rằng tâm của các đường tròn Z và J trùng nhau. A. Tereshin

3. Xem bài toán M2848 “Bài toán Kvant”.

Theo truyền thống, vào cuối Thế vận hội, một cuộc khảo sát đã được thực hiện giữa những người tham gia, trong đó các chàng trai chỉ ra bài toán yêu thích của họ. Trong “cuộc thi sắc đẹp” dựa trên vấn đề này ở lớp 9 và 10, bài toán tương tự ở môn lý thuyết số (bài toán 3, tác giả - Taisiya Korotchenko) đã chiến thắng; ở lớp 11, bài toán môn lập thể (bài toán 2, tác giả - Alexander Tereshin) được công nhận là giỏi nhất. bài toán sau đây cũng chiếm các vị trí đoạt giải: ở lớp 9 – bài toán 4 (vị trí thứ 2) và 5 (vị trí thứ 3), ở lớp 10 – bài toán 7 (vị trí thứ 2) và 1 (vị trí thứ 3), ở lớp 11 – bài toán 4 (vị trí thứ 2) và 8 (vị trí thứ 3). Dưới đây là các điều kiện bài toán và danh sách những người chiến thắng ở chặng cuối của Olympic Toán học toàn Nga dành cho học sinh LI.

Lớp 9 1. Trên một tờ giấy hình chữ nhật vẽ các đoạn thẳng song song với các cạnh của tờ giấy đó. Các đoạn này chia tờ giấy thành nhiều hình chữ nhật, bên trong không có đường kẻ nào được vẽ. Petya muốn vẽ một đường chéo trong mỗi hình chữ nhật có vách ngăn, chia nó thành hai hình tam giác và tô màu đen hoặc trắng cho mỗi hình tam giác. Phải chăng anh ấy chắc chắn sẽ làm được điều này để không có hai chiếc cùng màu?

Điều kiện bài toán

4. Vua cờ vua được đặt trên một ô của bàn cờ 8 và 8 và thực hiện 64 nước đi sao cho vua đi hết các ô và trở về ô ban đầu. Tại mỗi thời điểm, khoảng cách từ tâm hình vuông nơi vua đứng đến tâm của toàn bộ bàn cờ đã được tính toán. Chúng ta hãy gọi một nước đi là dễ chịu nếu do kết quả của nước đi đó, khoảng cách này trở nên ngắn hơn so với trước khi di chuyển. Tìm số bước di chuyển dễ chịu nhất có thể. (Vua cờ di chuyển một nước đến ô vuông cạnh bên hoặc góc.) S. Tokarev

5. Đặt $P_{1} x$ và $P_{2} x$ là tam thức bậc hai rút gọn và đặt các điểm $A_{1}$ và $A_{2}$ lần lượt là các đỉnh của parabol $y P_{1} x$ và $y P_{2} x$. Gọi m g x là giá trị nhỏ nhất của hàm g x. Được biết, hiệu $m P_{1} P_{2} x m P_{1} x$ và $m P_{2} P_{1} x m P_{2} x$ hóa ra là những số dương bằng nhau. Tìm góc giữa đường thẳng $A_{1} A_{2}$ và đường thẳng chứa trục Ox. N. Agakhanov

6. Petya chọn 100 cặp số dương khác nhau nhỏ hơn 1 và sắp xếp chúng thành một vòng tròn. Sau đó, anh ta thực hiện các hoạt động trên chúng. Trong một thao tác, bạn có thể lấy ba số a, b, c đứng thành một hàng (theo thứ tự đó) và thay số b bằng a b c. Petya có thể chọn được các số ban đầu ở mức tối đa bao nhiêu và thực hiện một số

47

Thế Vận Hội

sao cho sau chúng có k số nguyên trong số đó? S. Berlov

7. Các số 1, 2, 3, …, 60 được viết trên dòng (theo đúng thứ tự đó). Igor và Ruslan thay phiên nhau đặt các dấu “+”, “-” và “u” giữa họ, Igor bắt đầu; Mỗi người chơi đặt một dấu hiệu mỗi lượt. Khi một dấu được đặt giữa hai số liền kề, giá trị của biểu thức thu được sẽ được tính. Nếu nó chia hết cho 3 thì phần thắng thuộc về Igor, ngược lại - thuộc về Ruslan. Người chơi nào có thể giành chiến thắng, bất kể hành động của đối thủ? I. Efremov

8. Trên chu vi tam giác ABC, các điểm $D_{1}, D_{2}, E_{1}, E_{2}, F_{1}, F_{2}$ được chọn sao cho khi đi quanh chu vi các điểm gặp theo thứ tự $A, F_{1}, F_{2}, B, D_{1}, D_{2}, C, E_{1}, E_{2}$. Hóa ra là $AD_{1} AD_{2} BE_{1} BE_{2} CF_{1} CF_{2}$. Chứng minh rằng chu vi của các tam giác tạo thành bởi bộ ba đường thẳng $AD_{1}, BE_{1}, CF_{1}$ và $AD_{2}, BE_{2}, CF_{2}$ bằng nhau. K. Belsky

Lớp 10 1. Xem bài toán M2846 “Bài toán Kvant.

2. Bên trong tam giác ABC lấy điểm P. Điểm Q được đánh dấu trên đoạn AB và điểm R được đánh dấu trên đoạn AC sao cho các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác BPQ và CPR tiếp xúc với đường thẳng AP. Qua các điểm B và C vẽ các đường thẳng đi qua tâm ngoại tiếp tam giác BPC, qua các điểm Q và R - các đường thẳng đi qua tâm ngoại tiếp tam giác PQR. Chứng minh rằng có một đường tròn tiếp xúc với bốn đường thẳng đã vẽ. A. Tereshin, A. Kuznetsov

3. Xem bài toán M2848 “Bài toán Kvant”.

4. $10^{6}$ điểm được đánh dấu trên mặt phẳng, không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng và tất cả các đoạn giữa chúng đều được vẽ. Grisha đặt trên mỗi đoạn được vẽ một số thực, mô đun không vượt quá 1 và với mỗi sáu điểm được đánh dấu, anh ta tính tổng các số trên

tất cả 15 đoạn kết nối chúng. Hóa ra mỗi tổng như vậy không nhỏ hơn số C về giá trị tuyệt đối và trong số các tổng đó có cả số dương và số âm. Ở mức C cao nhất thì điều này có thể xảy ra? G. Chelnokov

5. Cho số tự nhiên n. Các số tự nhiên 1, 2, …, n được viết thẳng hàng trên bảng theo thứ tự nào đó. Với mỗi hai số liền kề, GCD (ước số chung lớn nhất) của chúng được tính và GCD này được viết ra trên một tờ giấy. Số lớn nhất của các số khác nhau có thể có trong số n – 1 số được viết trên tờ giấy là bao nhiêu? I. Bogdanov

6. Tại mức k tối thiểu nào đối với bất kỳ đa thức f x bậc 100 nào có hệ số thực thì có đa thức g x bậc không cao hơn k với hệ số thực sao cho đồ thị của y f x và y g x có đúng 100 điểm chung? A. Kuznetsov

7. Chương trình thi đấu bao gồm 25 môn thể thao, trong đó mỗi môn thể thao sẽ xác định một người chiến thắng sẽ nhận được huy chương vàng. 25 vận động viên tham gia thi đấu, mỗi người ở tất cả 25 môn thể thao. Có 25 chuyên gia, mỗi chuyên gia phải đưa ra dự đoán xem mỗi vận động viên sẽ nhận được bao nhiêu huy chương vàng và trong dự báo của mình, số huy chương phải là số nguyên không âm có tổng bằng 25. Một chuyên gia được công nhận là có năng lực nếu đoán đúng số huy chương vàng của ít nhất một vận động viên. Với k lớn nhất mà các chuyên gia có thể đưa ra dự đoán là bao nhiêu để ít nhất k trong số họ được công nhận là có năng lực, bất kể kết quả của cuộc thi như thế nào? M. Fedotova

lớp 11

8. Xem bài toán 8 cho lớp 9.

9. 777 số phức phân biệt theo cặp được viết lên bảng. Hóa ra có đúng 760 cách để chọn hai số một

48

KVANT 2025/№5–6

và b, được viết trên bảng, sao cho đẳng thức $a^{2} b^{2} 1 2 ab$ giữ nguyên. Các phương pháp khác nhau trong việc sắp xếp lại các số được coi là giống nhau. Chứng minh rằng có thể chọn được hai số c và d viết trên bảng sao cho $c^{2} d^{2} 2025 2 cd$. A. Kuznetsov

tăng mỗi người lên 1. Các chàng trai thay phiên nhau, Petya bắt đầu. Chứng minh rằng Vasya có thể hành động sao cho sau mỗi nước đi của anh ta có ít nhất 5 số dương trong số 100 số được viết ra, bất kể Petya chơi như thế nào. S. Berlov

2. Xem bài toán M2847 “Bài toán Kvant”.

3. Tứ giác ABCD không có cạnh song song nội tiếp trong đường tròn: Các đường tròn $Z_{a}, Z_{b}, Z_{c}, Z_{d}$ lần lượt nội tiếp các tam giác DAB, ABC, BCD, CDA. Chúng ta vẽ các tiếp tuyến chung ngoài của các đường tròn $Z_{a}$ và $Z_{b}, Z_{b}$ và $Z_{c}, Z_{c}$ và $Z_{d}, Z_{d}$ và $Z_{a}$ không chứa các cạnh của hình tứ giác ABCD. Một tứ giác có các cạnh liên tiếp nằm trên bốn đường thẳng (theo thứ tự đó) thì nội tiếp đường tròn *. Chứng minh rằng các đường nối tâm của các đường tròn $Z_{a}$ và $Z_{c}, Z_{b}$ và $Z_{d}$,: và * cắt nhau tại một điểm. A. Kuznetsov

4. Ta gọi một cặp đa thức F x, y và G x, y là quan trọng nếu từ khả năng chia hết cho 100 của cả hai hiệu F a, b F c, d và G a, b G c, d, trong đó a, b, c, d là các số nguyên, suy ra các số a – c và b – d đều chia hết cho 100. Có cặp đa thức P x, y, Q x, y quan trọng nào mà cặp đa thức P x, y xy và Q x, y xy cũng quan trọng phải không? A. Golovanov

5. Xem bài toán M2849 “Bài toán Kvant”.

6. Xem bài toán 5 cho lớp 10.

7. 100 đơn vị được viết trong một vòng tròn. Petya và Vasya chơi một trò chơi, mỗi người thực hiện $10^{10}$ nước đi. Với mỗi nước đi của mình, Petya chọn được 9 số liên tiếp và giảm mỗi số đi 2. Với mỗi nước đi của mình, Vasya chọn được 10 số liên tiếp và

lớp 9

8. Cho f: ¡ o ¡ là một hàm liên tục. Dây cung là một đoạn có độ dài nguyên song song với trục hoành, các đầu của nó nằm trên đồ thị của hàm f. Biết rằng đồ thị của hàm f có đúng N dây, trong đó có dây có độ dài 2025. Tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của N. A. Kuznetsov

người chiến thắng Olympic

Elizaveta Aksenova – St. Petersburg, Maxim Glavatskikh – Cộng hòa Tatarstan, Kirill Rovinsky – Moscow, Nelly Burovik – St. Petersburg;

lớp 10

Kravchenko Roman - St. Petersburg, Shishko Andrey - Moscow,

Sokolov Anatoly – vùng Moscow, Prokudina Arina – vùng Chelyabinsk;

lớp 11

Chasovskikh Ivan - Vùng Moscow, Koptilin Ratibor - Vùng Novosibirsk, Grishko Dmitry - Moscow, Patrushev Vasily - Lãnh thổ Primorsky, Zamotorin Ilya - St. Petersburg.

Ấn phẩm được biên soạn bởi N. Agakhanov, I. Bogdanov, P. Kozhevnikov, A. Kuznetsov, O. Podlipsky, K. Sukhov