Kvant 1970, số 5 · Trang

Khoa học phổ thông vật lý-toán học
Kvant
5
1970
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Giáo dục Liên Xô

1

Tổng biên tập — Viện sĩ I. K. KIKOIN,
Phó thứ nhất của tổng biên tập —
Viện sĩ A. N. KOLMOGOROV,

Ban
biên tập:

L. A. Artsimovich, viện sĩ
M. I. Bashmakov
V. G. Boltyansky, ủy viên thông tấn Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
I. N. Bronstein
N. B. Vasilyev
I. F. Ginzburg
V. G. Zubov, ủy viên Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
P. L. Kapitsa, viện sĩ
V. A. Kirillin, viện sĩ
G. I. Kosourov (phó tổng biên tập
V. P. Lishevsky
A. I. Markusevich, ủy viên Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
M. D. Millyuonchikov, viện sĩ
N. A. Patrikeeva
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
I. Sh. Slobodetsky (phó tổng biên tập)
M. L. Smolyansky (tiến sĩ khoa học vật lý-toán học
Ya. A. Smorodinsky, ủy viên Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
V. A. Fabrikant, Ya. E. Shnaider (thư ký phụ trách)

Ở trang 1 bìa: D. V. Beloe
«Đo chiều dài».

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova.
Họa sĩ chính E. P. Leonov.
Biên tập kỹ thuật T. M. Makarova.
Hiệu đính M. V. Mamulova và T. A. Pankova.

Nhà xuất bản «Nauka»
Ban biên tập chính
văn học vật lý-toán học
Moskva, V-71, đại lộ Leninsky, 15

Đưa vào sắp chữ ngày 23/III-1970.
Ký in ngày 16/VI-1970.
Giấy 70×100 1/16. In vật lý 4.
Tờ in quy ước 5, 36. Tờ xuất bản 6,11.
Số lượng in 205055 bản. T-09753.
Giá 30 kopeck. Đơn đặt hàng 467.
Tổ hợp in Chekhovsky của Tổng cục Công nghiệp In ấn thuộc Ủy ban Báo chí trực thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô
thành phố Chekhov, tỉnh Moskva.

1

TRONG SỐ NÀY:

Máy móc có thể làm gì 2
Đo độ dài 10
Kết quả vòng chung kết
Cuộc thi tối ưu hóa toàn Liên Xô dành cho học sinh 17
Hình học stolkoveiny 18
So sánh theo mô hình và số học phần dư 27
Lý thuyết sơ cấp về chuyển động bay và sóng trên mặt nước 34
Sách bài tập «Kvanta» 39
Cách nuôi tinh thể 42
Về các kỳ thi tuyển sinh toán học vào các trường kỹ thuật năm 1969 45
Có người mất, có người tìm thấy 48
Tivi — trợ thủ của bạn khi chuẩn bị vào trường đại học! 52
Nước sôi và giá lạnh 54
Cờ vua hình trụ 56
Giáo trình «Phân tích toán học» 58
Đáp án, chỉ dẫn, lời giải 60
Bài toán cho lớp 5 64
Ô chữ «Hình học» —

Trang thứ 3 của bìa

3

cỗ máy đầu tiên của loài người nên được coi là hòn đá bình thường mà vật giống khỉ của chúng ta đã dùng để đập vỡ hạt (hoặc một thứ gì đó rắn chắc không kém, chẳng hạn đầu thú vật), và chiếc gậy đơn giản đóng vai trò đòn bẩy để dịch chuyển một hòn đá nặng, khi cần lấy từ dưới nó ra một con thú hoặc một củ rễ ăn được.

Heron thành Alexandria, sống vào khoảng thế kỷ thứ nhất sau Công nguyên (ông đã tìm ra công thức tính diện tích tam giác và phương pháp gần đúng liên tiếp để khai căn bậc hai), đã làm một cỗ máy mở cửa. Khi ấy chưa có thang máy, nhưng có thể cho rằng chuyện về thang máy sẽ không làm Heron ngạc nhiên lắm. Còn kể cho ông nghe về tự động hóa hoặc điện thoại thì khó hơn nhiều.

Cũng vậy, một kỹ sư những năm ba mươi của thế kỷ này sẽ không ngạc nhiên lắm trước chuyện về các vệ tinh nhân tạo của Trái Đất bay trong những năm sáu mươi, nhưng câu chuyện về một cỗ máy chẩn đoán bệnh cho người bệnh, dịch các văn bản khoa học từ tiếng Anh sang tiếng Nga, chứng minh định lý, chơi cờ đam và cờ vua, sáng tác thơ và nhạc, hẳn sẽ được ông đón nhận với sự hoài nghi sâu sắc và tự nhiên.

Hẳn bạn đọc đã đoán rằng đang nói về các máy tính điện tử, về “điều kỳ diệu bình thường” này của thời đại chúng ta.

Ý nghĩ về việc tạo ra “những cỗ máy biết suy nghĩ” đã nảy sinh ở con người từ khá lâu. Nó đã được nhà sư Tây Ban Nha Raymond Lull (thế kỷ XIII sau Công nguyên), nhà bác học Pháp Blaise Pascal (1623—1662), nhà toán học và triết học vĩ đại người Đức Gottfried Wilhelm Leibniz (1646—1716) nêu ra và cố gắng thực hiện ở một mức độ nào đó. Tuy nhiên vào thời ấy, những cố gắng này không thành công và cũng không thể thành công.

Những ý nghĩ ấy cũng không bỏ qua các nhà văn. Hãy nhớ nhà châm biếm Anh xuất sắc Jonathan Swift (1667—1745) và chuyến du hành của Gulliver đến Laputa. Trong số những người mang các ý tưởng khác nhau, giả khoa học và đáng bị chế giễu theo quan điểm của tác giả*), bạn đọc sẽ gặp cả một giáo sư nào đó, người làm việc “…về một dự án mà mục đích là hoàn thiện tri thức tư biện bằng các thao tác kỹ thuật và cơ học… Nhờ phát minh của ông, người ngu dốt nhất, bỏ ra ít chi phí và tốn ít sức lực thể chất, có thể viết sách về triết học, thi ca, chính trị, luật pháp, toán học và thần học, hoàn toàn không có học vấn và tài năng**).

Điều thú vị là bức vẽ đi kèm với “cỗ máy” được Swift mô tả, lạ lùng là

*) Tuy nhiên, vài năm trước tạp chí “Kỹ thuật — tuổi trẻ” đã trích tuyển từ chương này của “Những chuyến du hành của Gulliver”. Bản trích tuyển nêu khá nhiều ý tưởng bị Swift chế giễu nhưng đã được áp dụng trong những năm của chúng ta, cho tới cả “việc xây nhà bắt đầu từ mái”, hiện đang được các tổ hợp xây dựng nhà ở Leningrad áp dụng thành công.

**) J. Swift, Những chuyến du hành tới một số xứ sở xa xôi của Lemuel Gulliver, đầu tiên là một bác sĩ phẫu thuật, rồi là thuyền trưởng của vài con tàu, Nhà xuất bản Văn học Nghệ thuật Nhà nước, Moskva, 1967, tr. 217.

4

gợi nhớ ma trận bộ nhớ của máy tính hiện đại.
Điều này dễ thấy nếu so sánh hình minh họa máy của Swift mà chúng tôi mượn từ ấn bản tiếng Nga năm 1947 (và, có lẽ, tái tạo bản gốc tương ứng của Swift) với ảnh chụp ma trận bộ nhớ được thực hiện mười năm sau.

Nhưng nếu có thể coi các «máy lôgic» chỉ là trò giải trí, thì nhu cầu về các máy tính giúp con người tính toán là rõ ràng, vì thế chúng đã được chế tạo từ khá lâu.

Rõ ràng, việc đếm bắt đầu «trên đầu ngón tay», vì vậy các ngón tay phải được coi là máy tính đầu tiên (hay nguyên thủy). Bước tiếp theo trong sự phát triển của máy tính phải được coi là bàn tính và bàn tính Nga còn tồn tại đến ngày nay, trong đó các số được biểu diễn bằng những viên sỏi hoặc hạt xâu trên các thanh. Các phép tính trên những thiết bị này được thực hiện hoàn toàn bằng tay, vì vậy bàn tính phải được xem là thiết bị hỗ trợ tính toán, chứ không phải là máy tính.

Lịch sử máy tính bắt đầu từ năm 1642, khi Blaise Pascal phát minh bánh xe đếm thập phân và cơ cấu tự động chuyển nhớ từ hàng này sang hàng khác. Ý tưởng của cơ cấu chuyển nhớ này đến nay vẫn được dùng trong các máy bàn phím để bàn, về thực chất không có thay đổi nào. Nhưng trình độ kỹ thuật khi đó quá thấp để tạo ra các cơ cấu và dụng cụ hoạt động tin cậy. Cần thêm khoảng một trăm năm mươi năm nữa để thực hiện những ý tưởng này và tạo ra các máy tính thực dụng.

Năm 1874, kỹ sư Nga V. T. Odner phát minh và chế tạo máy tính cơ, trong đó để biểu diễn các số dùng những bánh răng có số răng thay đổi. Năm 1878, nhà toán học vĩ đại Nga P. L. Chebyshev (1821—1894) phát minh máy tính cơ có cơ cấu chuyển nhớ liên tục từ hàng này sang hàng khác. Năm 1891 bắt đầu sản xuất công nghiệp các máy tính cơ Odner. Sự thành công của kết cấu này được chứng minh ít nhất bởi việc mãi đến giữa những năm năm mươi, việc sản xuất máy tính cơ cầm tay «Felix», về nguyên tắc không khác các máy tính cơ Odner, mới được thay bằng việc sản xuất các máy tính cơ điện.

Máy cộng dồn cũng được phổ biến rộng rãi

Бэрроуза, изготовленная в 1885 году. В дальнейшем создавалось и создается большое количество различных вычислительных машин, обеспечивающих механизацию счета, сначала ручных, а затем и снабженных электродвигателями. Однако все они имеют ручное управление: для каждого действия оператор, работающий на машине, должен ввести в машину требуемые числа и указать требуемое действие, нажав соответствующую клавишу *).

Другую линию в развитии математических машин представляют так называемые машины непрерывного действия или аналоговые машины. Первыми их представителями были всем известная логарифмическая линейка и различные планиметры и логиметры, предназначенные для нахождения плоских областей и длины плоских кривых. В конце XIX и начале XX века были сконструированы непрерывные машины для выполнения операций дифференцирования и интегрирования. В 1912 году великий русский ученый, математик и кораблестроитель А. Н. Крылов (1863—1945) сконструировал машины для решения дифференциальных уравнений. Все они были основаны на механических элементах. С развитием электротехники и электроники аналоговые машины, построенные с широким использованием электрических и электронных элементов, получили очень большое распространение.

Настоящими представителями современных электронных вычислительных машин следует считать машины, которые сконструировал около 1830 года профессор Кембриджского университета Чарльз Бэббедж. Идея Бэббиджа оказалась технически неосуществимой в то время, и фактически его машина так никогда и не работала. Но она содержала уже все основные устройства, которыми обладает современная вычислительная машина. Наконец, в конце сороковых годов, т. е. немного более двадцати лет назад, появились первые электронные вычислительные машины, использовавшие электрические лампы.

Для электронных вычислительных машин, существующих две основ-

6

các đặc trưng — tốc độ thực hiện các phép toán số học và dung lượng bộ nhớ. Những máy tính điện tử Xô viết đầu tiên BESM, M-2, Strela, Ural có tốc độ 200—2000 phép toán số học trong một giây và dung lượng bộ nhớ 1024—2048 ô. Những máy này dùng đèn điện tử và mỗi máy có vài nghìn đèn điện tử.

Những máy tính được phổ biến rộng rãi hơn vào cuối những năm sáu mươi là BESM-4, M-220, Minsk-22, Razdan-3 với tốc độ khoảng 25 000 phép toán số học trong một giây và dung lượng bộ nhớ tác nghiệp 8192—32 768 ô. Máy BESM-6 với bộ nhớ tác nghiệp 32 768 ô đã có tốc độ tới một triệu phép toán số học trong một giây. Trong những máy này, các đèn điện tử đã hoàn toàn được thay thế bằng các phần tử bán dẫn (transistor), có kích thước nhỏ hơn đáng kể và đòi hỏi công suất nhỏ hơn đáng kể.

Việc sử dụng transistor đã cho phép chế tạo những máy điện tử bàn phím để bàn có kích thước nhỏ, thay thế các máy điện cơ. Chúng khác biệt bởi tốc độ lớn và sự hoàn toàn không có tiếng ồn, điều rất quan trọng đối với các phòng thí nghiệm tính toán lớn. Vì vậy những máy điện tử bàn phím để bàn bắt đầu thay thế các máy điện cơ. Ở nước ta, những máy «Vyatka», «Iskra», «Orbita» và một số loại khác đã giành được sự phổ biến rộng rãi.

Ngay những thành công đầu tiên trong việc chế tạo máy tính đã cho phép sử dụng chúng cho những nhiệm vụ đặc biệt mới thuộc nhiều loại khác nhau.

Không quá khó, ít nhất về mặt lý thuyết, để «xây dựng thêm» một máy tính thành một máy điều khiển. Hãy xét bài toán về việc điều khiển một quá trình công nghệ nào đó, chẳng hạn quá trình thu được một chất hóa học nào đó trong một thiết bị phản ứng đặc biệt.

Diễn biến của quá trình được xác định bởi trạng thái bên trong thiết bị phản ứng: nồng độ của các chất ban đầu và chất thu được, nhiệt độ và áp suất bên trong thiết bị phản ứng, v.v. Việc điều khiển quá trình thường bao gồm thay đổi các tham số được điều chỉnh, chẳng hạn tốc độ đưa các chất ban đầu vào và nhiệt độ. Khi điều khiển bằng tay, người vận hành dựa theo chỉ số của các dụng cụ xác định trạng thái của quá trình tại thời điểm hiện tại và, xác định các giá trị có lợi nhất của các tham số được điều chỉnh đối với trạng thái đó, đưa chúng về các giá trị cần thiết.

Để điều khiển tự động một quá trình như vậy cần tạo ra một máy tính với các dụng cụ đo lường, đặc trưng

7

đặc trưng cho trạng thái của quá trình, và các thiết bị điều chỉnh. Nhận từ các thiết bị đo lường thông tin về trạng thái của quá trình, máy sẽ tính chế độ có lợi nhất trong trạng thái đã cho và chuyển các thiết bị điều chỉnh đến những vị trí cần thiết, hơn nữa việc tính toán và điều chỉnh như vậy có thể được lặp lại sau những khoảng thời gian nhất định.

Tất nhiên, khi thực hiện thực tế một sơ đồ như vậy có thể gặp, và thực tế có gặp, những khó khăn rất khác nhau, nhưng việc khắc phục chúng, như người ta vẫn thường nói, đã là “việc kỹ thuật”.

Đặc biệt quan trọng là việc dùng các máy tính điện tử tốc độ cao để điều khiển các quá trình nhanh. Nhiều quá trình như vậy đòi hỏi sự can thiệp điều chỉnh hàng chục và hàng trăm lần trong một giây; không có các máy tốc độ cao thì việc điều chỉnh những quá trình như vậy hoàn toàn không thể thực hiện được. Nhưng đề tài này đáng được thảo luận chi tiết hơn, và chúng tôi dự định làm điều đó trong một số báo sau của tạp chí.

Các ứng dụng “không tính toán” khác nhau của các máy tính hiện đại khá rộng và đa dạng. Chẳng hạn, việc sử dụng chúng để dịch văn bản từ ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác rất đáng chú ý. Ở đây chúng tôi chỉ có thể đưa ra một mô tả gần đúng về các nguyên tắc hoạt động của một chương trình như vậy. Nhưng ngay từ sự gần đúng thô sơ này cũng có thể hình dung khá rõ các kết quả và những khó khăn hiện có.

Hãy hình dung hai ngôn ngữ gồm cùng một số lượng từ, các từ không biến đổi khi biến cách hoặc chia động từ và tất cả đều có nghĩa độc lập (trong tiếng Nga hầu như tất cả các từ đều có nghĩa độc lập; chẳng hạn, trong các ngôn ngữ châu Âu khác có một số từ chức năng không có nghĩa độc lập. Ví dụ, der hoặc ein với nghĩa mạo từ trong tiếng Đức, the — trong tiếng Anh, v.v.). Giả sử tiếp rằng mỗi từ của một ngôn ngữ có đúng một bản dịch sang ngôn ngữ kia. Theo thuật ngữ toán học, điều này có nghĩa là giữa các từ của hai ngôn ngữ đang xét có một tương ứng một-một.

Nếu còn giả sử rằng trật tự từ trong câu không quan trọng đối với cả hai ngôn ngữ (đại khái tình hình đúng như vậy trong tiếng Nga, nơi các từ trong câu có thể đổi chỗ khá tùy ý, khác với nhiều ngôn ngữ khác, nơi trật tự của chúng được quy định bởi cấu trúc ngữ pháp và nghĩa của câu viết có thể thay đổi khi đảo các từ), thì viết một chương trình dịch cho những ngôn ngữ như vậy là hoàn toàn đơn giản.

Chỉ cần đưa vào máy một từ điển. Có thể làm điều đó, chẳng hạn, bằng con đường gián tiếp sau. Đánh số các từ của ngôn ngữ thứ nhất bằng một cách nào đó, chẳng hạn theo thứ tự chữ cái. Còn các từ của ngôn ngữ thứ hai thì đánh số bằng chính những số ấy sao cho các từ tương ứng với nhau của hai ngôn ngữ có cùng một số. Bây giờ chỉ còn lập một chương trình nhờ đó máy có thể, theo từ đã đưa vào của ngôn ngữ thứ nhất, tìm số của nó, rồi theo số đó tìm từ tương ứng của ngôn ngữ thứ hai, và in nó ra. Như vậy chương trình dịch sẽ được tạo ra.

Đối với các ngôn ngữ thực sự tồn tại, dĩ nhiên, tình hình phức tạp hơn nhiều. Trước hết, thông thường các từ biến đổi và trật tự từ trong câu không phải là không quan trọng. Vì vậy, ngoài từ điển, chương trình cần được cung cấp một danh mục khá chi tiết các quy tắc ngữ pháp của cả hai ngôn ngữ, những quy tắc sẽ cho phép:

1. phân tích cú pháp câu đã nhập, xác định chủ ngữ, vị ngữ và

Các thành phần thứ yếu của câu và xác định tính chất của chúng;

2. nghiên cứu từng từ, tách ra gốc của nó và tìm dạng cơ bản (đối với danh từ là cách chủ cách số ít, v.v.);

3. sau khi dịch từng từ sang ngôn ngữ khác bằng từ điển, sắp xếp các từ của ngôn ngữ khác trong câu đã dịch theo đúng trật tự;

4. thay đổi từng từ phù hợp với dạng cần thiết (số, cách, v.v. hoặc các dạng ngữ pháp khác tùy thuộc vào từ loại).

Từ đó thấy rằng để xây dựng chương trình dịch cần có những hiểu biết khá sâu rộng về cấu trúc của ngôn ngữ (cấu trúc ngôn ngữ học), hơn nữa những hiểu biết ấy phải được đưa đến mức có thể trình bày hoàn toàn hình thức — cho máy móc. Hiện nay chúng ta chưa có những hiểu biết như vậy về các ngôn ngữ.

Nhưng tất cả những điều này, như người ta vẫn nói, mới chỉ là những bông hoa. Quả của dịch máy chỉ thực sự chín khi chúng ta suy nghĩ chi tiết hơn về từ điển. Cho đến lúc đó, chúng ta giả định rằng giữa các từ của hai ngôn ngữ tồn tại sự tương ứng một-một. Như ta biết, trên thực tế hoàn toàn không phải như vậy.

Trước hết, trong mỗi ngôn ngữ đều có các từ đồng âm — đó là tên gọi của những từ có một số nghĩa khác nhau. Ví dụ, từ tiếng Nga «коса» có thể có bốn nghĩa khác nhau: коса có thể là cái hái sắc, màu tóc vàng nhạt, bãi cát hoặc có thể là tính từ ngắn (từ «косая»). Rõ ràng rằng ở đây không thể dịch từng từ riêng biệt được nữa, và từ điển cũng trở nên phức tạp hơn nhiều so với điều đã mô tả ở trên; việc đánh số đơn giản các từ ở đây sẽ không đủ.

Còn nhiều khó khăn hơn nữa do sự tồn tại của các từ đồng nghĩa, tức là một số từ có nghĩa giống nhau hoặc, nói chính xác hơn, gần giống nhau, như «замечательно», «превосходно» và «великолепно». Thông thường chúng có thể thay thế cho nhau, nhưng có những trường hợp khi từ vô số từ đồng nghĩa cần chọn một từ, còn một số từ khác và tập hợp các quy tắc ngữ pháp cần được bổ sung bằng các quy tắc lựa chọn bản dịch cần thiết trong số nhiều bản dịch có trong từ điển, phối hợp sự lựa chọn này với các từ khác của văn bản. Những quy tắc như vậy đã rất khó xây dựng.

Có thể thêm rằng việc phân tích từ theo từ loại cũng có thể gặp những khó khăn cần thiết. Ví dụ, dường như không một độc giả nào nghi ngờ rằng «стекло» là danh từ giống trung, đứng ở cách chủ … cho đến khi gặp một câu trong đó nó phản bội chuyển thành động từ. Một câu như vậy có thể là, chẳng hạn, câu sau: «Масло разлилось по столу и ручейком стекло на пол». Ở đây một lần nữa, khi xem xét một từ, chúng ta phải thu hút các từ khác.

Như vậy, để tạo ra các chương trình dịch đầy đủ từ một ngôn ngữ sang một ngôn ngữ khác vẫn còn khá nhiều vấn đề cần được giải quyết. Như một trong những chuyên gia làm việc trong lĩnh vực này đã nói rất đúng: «trước hết cần học cách dịch tốt từ tiếng Nga sang tiếng Nga». Tuy nhiên, chúng ta đã có khá nhiều điều và còn học được nhiều hơn nữa.

Một trong những hướng thực tế để đơn giản hóa nhiệm vụ dịch là sự tồn tại của các lĩnh vực văn bản đang được xem xét. Nếu giới hạn ở các văn bản thuộc một lĩnh vực tri thức nhất định, thì để dịch chúng sẽ cần một từ điển đơn giản hơn.

Trong đó có thể có ít từ hơn và ít cách biến đổi hơn để dịch từng từ. Ngoài ra, các cấu trúc cú pháp của câu trong trường hợp ấy cũng ít đa dạng hơn, điều này cũng làm cho công việc dễ dàng hơn. Một số chương trình «hẹp» như vậy để dịch từ tiếng Pháp hoặc tiếng Anh sang tiếng Nga ở nước ta đã được xây dựng.

Muộn hơn một chút so với các công trình về dịch máy, bắt đầu có những nghiên cứu trong lĩnh vực chứng minh máy, tức là việc sử dụng máy tính để chứng minh các định lý hoặc, nói chính xác hơn, để suy ra một trong các mệnh đề từ những mệnh đề khác. Trong đó máy không chỉ quyết định về những mệnh đề đã biết.

Tại hội nghị quốc tế về lập trình heuristic vào tháng 2 năm 1967, nhà toán học Mỹ G. Gelernter kể về việc ông xây dựng chương trình để chứng minh các định lý hình học sơ cấp. Làm việc theo chương trình này, máy đã chứng minh

một định lý mà tính đúng đắn của nó trước đó người lập trình chưa biết.

Định lý được chứng minh được phát biểu như sau. Từ một đỉnh của hình vuông không nằm trên đường chéo của nó, kẻ hai đoạn thẳng nối đỉnh đó với trung điểm của hai cạnh đối diện. Khẳng định rằng các đoạn thẳng này chia đường chéo thành ba phần bằng nhau (xem hình). Dĩ nhiên, định lý này không quá khó, và chắc rằng các bạn đọc có thể tự mình chứng minh nó. Nhưng chứng minh này sẽ không còn là chứng minh đầu tiên nữa — lần đầu tiên định lý này được chứng minh bởi một máy tính điện tử.

Ở Liên Xô cũng đã tạo ra một số chương trình loại này, cụ thể là các chương trình chứng minh các định lý số học, có khả năng (điều này đặc biệt có thể thú vị đối với học sinh lớp chín) sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Còn có những chương trình thú vị hơn nữa, nhờ chúng mà các máy tính điện tử có thể chơi các trò chơi bài, đô-mi-nô, cờ đam và cờ vua. Ở đây chúng tôi sẽ không kể về những thành tựu đã có trong lĩnh vực này, vì dự định dành cho các vấn đề này một bài viết riêng. Tương tự, việc áp dụng các máy tính hiện đại trong các bài toán nhận dạng và chẩn đoán cũng đáng được phân tích chi tiết hơn. Chúng tôi dự định sẽ thực hiện điều đó muộn hơn một chút.

ĐO ĐỘ DÀI

“Trong khoa học, đo lường và trọng lượng là những công cụ chủ yếu của nhận thức. Khoa học bắt đầu khi người ta bắt đầu đo lường”.
D. I. Mendeleev

Nhu cầu đo độ dài đã xuất hiện ở con người từ thời cổ xưa. Ban đầu, người ta dùng các đơn vị chủ quan do người cai trị một nước đặt ra. Điều này, chẳng hạn, được phản ánh trong tên gọi của thước kẻ, trong tiếng Anh gọi là “ruler”, nghĩa là “người cai trị” (từ đó cũng có — thước cuộn). Chẳng hạn, vua Anh Henry I đã xác định yard là khoảng cách từ chóp mũi đến đầu ngón tay cái của cánh tay duỗi thẳng. Về sau, người ta làm một thanh đồng bằng một yard và vạch lên đó các chia độ cách đều nhau.

Vào thời Trung cổ ở châu Âu, đơn vị đo độ dài được lấy là một đơn vị mà mẫu của nó là độ dài của một “chuỗi” gồm mười sáu người đứng sao cho gót chân của người trước chạm vào đầu ngón chân của người sau. Một phần mười sáu độ dài của “chuỗi” ấy là “foot”, theo tiếng Anh nghĩa là “bàn chân”. Khi xác định foot bằng bao nhiêu, độ dài bàn chân nhỏ hơn của người này được bù bằng độ dài bàn chân lớn hơn của người khác, vì vậy giá trị trung bình của foot ở các địa điểm địa lí khác nhau ít khác biệt nhau.

Cũng có những đơn vị độ dài kì lạ. Chẳng hạn, khi mua đất, người da đỏ lấy làm đơn vị đo diện tích mà một người có thể đi vòng quanh trong một ngày. Vì vậy, người mua thường thuê người chạy nhanh nhất cho việc này.

Ở Nga, các đơn vị độ dài chủ quan là gang tay, bước chân, khuỷu tay. Những khoảng cách lớn được đo bằng tầm bay của mũi tên. Cùng với sự phát triển của thương mại và thủ công nghiệp, các đơn vị độ dài khách quan được luật hóa đã xuất hiện. Ở Nga, đơn vị ấy là arshin. Ba arshin làm thành một sải, 500 sải — một verst (1,0668 km).

Vào cuối thế kỉ mười tám, một nhóm các nhà khoa học Pháp đã đề xuất hệ mét “cho mọi thời đại”

11

trao đổi và cho tất cả các dân tộc». Hệ thống được xây dựng trên hai đơn vị cơ bản: mét và kilôgam cùng các đơn vị dẫn xuất và các phân bội thập phân. Tính đơn giản của hệ mét và sự tiện lợi trong ứng dụng của nó hoàn toàn đáp ứng các yêu cầu thời bấy giờ. Hệ thống đã được nhiều nước chấp nhận, trong đó có cả Nga.

Làm đơn vị độ dài — mét — người ta lấy một phần bốn mươi triệu của kinh tuyến Trái Đất đi qua Paris. Cuối thế kỷ XVIII — đầu thế kỷ XIX, một nhóm nhà khoa học theo chỉ thị của Viện Hàn lâm Khoa học Pháp đã đo độ dài đoạn kinh tuyến từ Dunkerque đến đảo Formentera *). Dựa trên các phép đo đã tiến hành, từ hợp kim platin-iridi, bền nhất vào thời đó, đã chế tạo

*) Phép tính đầu tiên về độ dài chu vi Trái Đất thuộc về Eratosthenes (276—194 tr. CN). Ông biết rằng ở Syene có một cái giếng mà ánh sáng Mặt Trời chiếu tới đáy vào ngày hạ chí, nghĩa là vào lúc ấy tại Syene Mặt Trời ở thiên đỉnh. Đồng thời ở Alexandria, nơi Eratosthenes sống, Mặt Trời lệch về phía nam so với đường dây dọi một góc bằng 1/50 vòng tròn, tức là 7°12′. Khoảng cách giữa Syene và Alexandria, Eratosthenes xác định là 5000 stade. Từ những dữ liệu này, ông tìm được chu vi Trái Đất, theo Eratosthenes bằng 39 690 km (theo các đơn vị hiện đại), chỉ khác không đáng kể so với giá trị thực.

Hình 1. Đó là cách người ta xác định một foot bằng bao nhiêu trong thời Trung cổ.

mẫu chuẩn của mét, đến nay vẫn được lưu giữ tại Cục Cân đo Quốc tế ở Sèvres gần Paris.

Mét được hình dung như một đơn vị độ dài tự nhiên — một phần bốn mươi triệu của kinh tuyến Trái Đất. Nhưng theo thời gian nó không còn là đơn vị như vậy. Độ dài chu vi Trái Đất được xác định chính xác hơn, thanh platin thay đổi, và nay mẫu mét không phải là một phần bốn mươi triệu độ dài chu vi Trái Đất, mà chỉ là một độ dài cố định nào đó. Vì vậy nảy sinh nhu cầu trở lại với chuẩn tự nhiên, có trong tự nhiên và dễ tái tạo. Nếu không, sẽ nảy sinh sự lộn xộn khủng khiếp nếu chuẩn quốc tế của mét bỗng vì một lý do nào đó bị thất lạc, làm sạch hoặc hư hỏng. Ngoài ra, chuẩn hiện có không bảo đảm đo độ dài với độ chính xác cần thiết cho nhu cầu của khoa học và kỹ thuật.

Hội nghị toàn thể lần thứ XI về Cân đo (1960) đã đưa ra định nghĩa mới về mét. Nghị quyết của hội nghị viết: «…hội nghị, xét rằng mẫu chuẩn quốc tế không xác định mét với độ chính xác đủ cho các nhu cầu hiện đại, và rằng, mặt khác, cần phải chấp nhận một chuẩn tự nhiên và không

12

Hình 2. Việc so sánh độ dài của mét chuẩn với độ dài của bước sóng ánh sáng được thực hiện bằng các dụng cụ gọi là các máy so sánh giao thoa. Một trong các sơ đồ của dụng cụ như vậy được trình bày trên hình vẽ. Chùm song song các tia sáng từ nguồn S chiếu tới dưới góc 45° vào tấm kính bán trong suốt được tráng bạc П, tấm này chia dòng ánh sáng thành hai phần. Tia phản xạ 1 đi tới gương 3₁, phản xạ từ gương đó và, đi qua tấm П₁, rơi vào kính quan sát T. Tia 2, đi qua tấm П, phản xạ từ gương 3₂, sau đó phản xạ từ mặt bán trong suốt của tấm П và cũng rơi vào kính T. (Để dễ quan sát, các tia 1 và 2 được vẽ bằng màu khác nhau.) Tia 2 đi qua tấm П ba lần, còn tia 1 — chỉ một lần. Để bù lại hiệu đường đi của các tia phát sinh do điều này, trên đường đi của tia thứ nhất đặt một tấm П₁ trong suốt, được làm từ cùng vật liệu với tấm П. Các chùm sáng 1′ và 2′ kết hợp và tạo ra trong trường nhìn của kính T một hình ảnh giao thoa. Tùy thuộc vào hiệu đường đi của các tia, trường nhìn của kính sáng hoặc tối. Khi di chuyển gương 3₁ một khoảng bằng một phần tư độ dài bước sóng, hiệu đường đi của cả hai tia tăng lên một nửa độ dài bước sóng và xảy ra sự thay đổi độ sáng của trường nhìn. Thay cho kính có thể đặt một bộ nhân quang, bộ này sẽ phát ra các xung điện khi mỗi lần độ sáng thay đổi. Như vậy có thể đếm được số sóng đã giảm trên độ dài đã cho.

13

Hình 3. Phương pháp tam giác. Biết độ dài $AB$ và các góc $\alpha$ và $\beta$, có thể xác định khoảng cách đến đối tượng $C$.

chuẩn mẫu có thể phá hủy, giải quyết: mét — là độ dài bằng 1 650 763,73 bước sóng trong chân không của bức xạ … của nguyên tử krypton 86». Với việc đưa vào chuẩn mẫu mới, độ chính xác của phép đo độ dài tăng lên một trăm lần.

Như vậy, loài người đã trở lại với chuẩn mẫu tự nhiên của độ dài. Dựa trên bản hướng dẫn kèm theo định nghĩa mét, ở bất kỳ quốc gia nào cũng có thể tái tạo chuẩn mẫu độ dài mới. Vì mục đích này có một thiết bị đặc biệt: máy so sánh. Với sự trợ giúp của nó có thể nhận được các mét mẫu của mét.

Độ dài được thay đổi như thế nào? Sau khi đơn vị đo được xác định, việc này không khó. Chỉ cần xem có bao nhiêu lần mét (hoặc một phần nào đó của nó) đặt vừa trong khoảng cách cần đo.

Còn phải làm gì nếu cần đo khoảng cách đến một đối tượng nằm trong núi hoặc ở địa hình rất gồ ghề? Khi đó một phương pháp xác định độ dài khác, gọi là phương pháp tam giác, được sử dụng. Từ hai điểm, khoảng cách giữa chúng đã biết, xác định được vị trí của đối tượng (hình 3). Theo khoảng cách đã biết $L$ và các góc $\alpha$ và $\beta$ có thể tính được tất cả các yếu tố của tam giác.

Chính phương pháp tam giác đã được sử dụng khi đo độ dài kinh tuyến từ Dunkerque đến đảo Formentera. Sau đó, biết khoảng cách giữa hai điểm này theo một đơn vị độ dài nào đó và theo độ, có thể tính được độ dài của toàn bộ kinh tuyến.

Phương pháp đo trực tiếp độ dài và phương pháp tam giác cho cùng một kết quả khi chúng được áp dụng trên Trái Đất. Vì vậy tự nhiên là mở rộng phương pháp tam giác sang việc đo khoảng cách đến các vật thể vũ trụ. Chẳng hạn, bằng phương pháp này xác định độ cao bay của…

14

Рис. 5. Определение расстояния до ближайших звезд методом триангуляции. Известной длиной — базой — служит диаметр орбиты Земли.

искусственного спутника Земли, так было определено в свое время расстояние до Луны, нашего естественного спутника. В последнее время расстояние до Луны было уточнено локацией (сначала радио, а затем лазерной). Так как скорость распространения радио и световых волн нам известна, то по времени, которое проходит от посылки сигнала до его возвращения после отражения от поверхности Луны, можно определить расстояние до нашего естественного спутника (путь равен скорости, умноженной на время).

Но метод триангуляции отказывал, когда встает вопрос об определении расстояний до планет нашей солнечной системы и самого Солнца. Эти космические объекты расположены так далеко от Земли, что с любой точки поверхности нашей планеты они видны практически под одним и тем же углом. Мы не можем найти расстояние до Солнца и планет, но мы можем определить их взаимное расположение. Найдя затем расстояние до небольшой планеты Эрос, которая временами близко подходит к Земле, мы можем вычислить абсциссные расстояния до Солнца и всех планет солнечной системы, включая Плутон.

Для определения расстояния до

Рис. 6. Фотография участка неба со спиральной галактикой, подобной нашей. Если предположить, что ее diameter равен диаметру нашей Галактики, то, основываясь на кажущемся размере этой галактики, можно вычислить расстояние до нее. Оно оказывается равным 30 миллионам световых лет (3.10²³ м).

ближайших звезд можно снова применить метод триангуляции, воспользовавшись годовым движением Земли вокруг Солнца. Если мы направим телескоп на небесную звезду один раз зимой, а другой раз летом (рис. 5), то можно с достаточной точностью определить углы, а следовательно, и расстояние до звезды.

А как быть с далекими звездами? Здесь на помощь приходит другой метод, связанный с тем, что чем дальше находится звезда от нас, тем она выглядит более тусклой. Если для близких звезд, расстояние до которых известно, установить зависимость от расстояния, то по степени яркости любой звезды, пользуясь полученным законом, можно определить, как далеко она от нас расположена.

Данные о диаметре нашей Галактики позволяют определить еще большие межгалактические расстояния. Размеры всех галактик примерно одинаковы. Поэтому, зная угловой размер какой-либо галактики, то есть угол, который она занимает на небесном своде, и ее diameter, можно вычис-

15

Mét

10^28
10^27
10^26
10^25
10^24
10^23
10^22
10^21
10^20
10^19
10^18
10^17
10^16
10^15
10^14
10^13
10^12
10^11
10^10
10^9
10^8
10^7
10^6
10^5
10^4
Khoảng cách đến những thiên hà xa nhất nhìn thấy được bằng kính thiên văn —5 tỷ năm ánh sáng
Khoảng cách giữa các thiên hà
Đường kính của Thiên hà của chúng ta — 100 000 năm ánh sáng
Khoảng cách từ Mặt Trời đến tâm Thiên hà
Khoảng cách từ Mặt Trời đến Sao Thiên Lang—8,7 năm ánh sáng
đến α Nhân Mã —4,2 năm ánh sáng
đến ranh giới của Hệ Mặt Trời —1 năm ánh sáng
đến Sao Diêm Vương—5929 triệu km
đến Sao Mộc—777,8 triệu km
đến Trái Đất—149,55 triệu km
Đường kính Mặt Trời —1,30 triệu km
Khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng—384 nghìn km
Đường kính Trái Đất—12756 km
Ranh giới quy ước của khí quyển Trái Đất
Độ cao trung bình của quỹ đạo các tàu vũ trụ
Độ sâu lớn nhất của đại dương—11034 m

Độ cao Jomo-lungma (Everest) — 8848 m
Độ cao tháp truyền hình ở Moskva—533 m
Chiều dài cá voi — đến 33 m
Chiều cao con người 1 mét
Đường kính: quả anh đào
hạt đậu
đầu kim
Chiều dài trùng giày
Đường kính «hạt máu»
Đường kính hạt Brown
Độ dài sóng của ánh sáng nhìn thấy được
của tia tử ngoại
của tia X
của tia γ
Đường kính hạt nhân nguyên tử

mét
Hình 7.
tia tử ngoại
tia X
tia γ
Đường kính hạt nhân nguyên tử

mét
Hình 7.

16

Рис. 8. Ảnh chụp các virus này được thực hiện bằng kính hiển vi điện tử. Quả cầu «lớn» có kích thước 2·10⁻⁷ м (2000Å). Nó được đặt vào để so sánh.

ĐO KHOẢNG CÁCH ĐẾN THIÊN HÀ NÀY. Hiện nay người ta cho rằng khoảng cách đến một số thiên hà xấp xỉ bằng 10²⁶ м.

Bây giờ hãy xem các độ dài nhỏ được xác định như thế nào.

Không khó để chia mét thành một nghìn phần. Khó hơn một chút là chia milimét thành một nghìn phần. Muốn làm điều đó chỉ cần một kính hiển vi tốt. Như vậy ta thu được micron — một phần triệu của mét. Nhưng việc chia tiếp theo rất khó thực hiện tùy ý, vì không thể nhìn thấy các vật thể nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng nhìn thấy (khoảng 5·10⁻⁷ м).

Bằng kính hiển vi điện tử có thể nhìn thấy và thay đổi các vật thể có kích thước đến 10⁻⁸ м. Bước sóng của bức xạ điện tử càng nhỏ, chúng ta càng có thể «nhìn thấy» những vật thể nhỏ hơn. Ví dụ, tia gamma cho phép «xem xét» các vật thể có kích thước không vượt quá 10⁻¹¹ м.

Để xác định kích thước hạt nhân, người ta đã áp dụng những phương pháp hoàn toàn khác: đo cái gọi là tiết diện ngang hiệu dụng của hạt nhân. Có thể xác định nó bằng cách cho một chùm hạt năng lượng cao đi qua một tấm mỏng của chất và đo số hạt không đi xuyên qua nó. Tỉ số giữa số hạt không đi qua và tổng số hạt được phát ra tỉ lệ với tỉ số giữa diện tích mà các hạt nhân atom chiếm giữ và diện tích của tấm. Những thí nghiệm tương tự cho thấy rằng bán kính của hạt nhân nằm trong khoảng từ 1·10⁻¹⁵ đến 6·10⁻¹⁵ м*).

Cuối cùng, hãy nói về hình 7, trong đó thể hiện toàn bộ sự đa dạng về kích thước của thế giới xung quanh chúng ta. «Khi giải quyết các vấn đề khoa học, nhà khoa học luôn phải trong trí tưởng tượng của mình hình dung rõ ràng các đại lượng… của những đại lượng vật lý dùng để mô tả hiện tượng đang nghiên cứu… Vì vậy cần phải rèn luyện các nhà khoa học từ khi còn trẻ, để các ký hiệu trong công thức xác định các đại lượng vật lý luôn biểu thị đối với họ những giá trị cụ thể, định lượng. Đối với nhà vật lý, khác với nhà toán học, cả các tham số lẫn các đại lượng biến trong phương trình toán học phải là những lượng cụ thể», — viện sĩ П. Л. Капица nói.

Đơn vị đo của thang trong hình 7 là mét. Mỗi hai vạch chia liền nhau biểu thị các kích thước khác nhau đúng 10 lần. 10° м — một mét, 10¹ м — mười mét, 10² м — một trăm mét, v.v. Tương tự, 10⁻¹ м — một phần mười mét (hoặc mười centimet), 10⁻² м—một phần trăm mét (một centimet), v.v. Nhờ các thang logarit có thể biểu diễn trên một đồ thị tất cả các kích thước gặp trong tự nhiên và kỹ thuật: từ nhỏ nhất đến lớn nhất.

*) Đơn vị độ dài bằng 10⁻¹⁵ м được gọi là fermi, theo tên nhà vật lý nổi tiếng Enrico Fermi (1901—1954).

17

KẾT QUẢ VÒNG CHUNG KẾT
KỲ THI OLYMPIC HỌC SINH TOÀN LIÊN BANG

Những người đoạt giải môn toán

Từ ngày 24 đến ngày 30 tháng 4 tại Simferopol đã diễn ra vòng chung kết Olympic toán học toàn Liên bang, với sự tham gia của 660 người đoạt giải trong các kỳ Olympic cấp tỉnh và cộng hòa.

Những người đoạt giải trong số học sinh lớp tám là: Yuri Kolmakov từ thành phố Rasskazovo, tỉnh Tambov, Andrey Kogan — học sinh trường số 55 thành phố Penza, Sergey Kuksin — học sinh trường số 22 thành phố Kharkov; trong số học sinh lớp chín: Alexey Aleksandrov — học sinh trường nội trú toán-lý trực thuộc Đại học Quốc gia Leningrad, Dmitry Logachev — học sinh schools số 2 thành phố Moskva; trong số học sinh lớp mười: Andrey Klimov và Andrey Khodulev — học sinh trường nội trú toán-lý trực thuộc Đại học Quốc gia Moskva.

31 người tham gia Olympic được trao giải nhì, 37 người — giải ba, thêm 140 người được tặng giấy khen.

Những người đoạt giải môn vật lý

Từ ngày 9 đến ngày 15 tháng 4 tại Sverdlovsk đã diễn ra vòng chung kết Olympic vật lý toàn Liên bang. Có 652 người đoạt giải trong các kỳ Olympic cấp tỉnh và cộng hòa tham gia.

Các cuộc thi diễn ra qua hai giai đoạn. Ngày 10 tháng 4 là vòng lý thuyết, còn ngày 13 — vòng thực nghiệm.

Các vị trí đầu tiên thuộc về: học sinh lớp tám Valery Marinich — học sinh schools số 1 thành phố Dolinsk, tỉnh Sakhalin và Sergey Akhulkov — học sinh schools số 7 thành phố Smolensk; học sinh lớp chín Igor Artyukhov — học sinh trường nội trú toán-lý trực thuộc Đại học Quốc gia Moskva, Dmitry Kazakovtsev — học sinh schools số 145 thành phố Kiev, Vladimir Nazaykinsky và Vladimir Fleishaker — cả hai từ schools số 2 thành phố Moskva; học sinh lớp chín Sergey Gorbachevsky và Alexey Lomakin — học sinh trường nội trú toán-lý trực thuộc Đại học Quốc gia Leningrad.

16 người tham gia Olympic đạt giải nhì, 40 người — giải ba, 82 người — được tặng giấy khen.

Tạp chí «Квант» chúc mừng tất cả những người đoạt giải Olympic và chúc họ tiếp tục thành công.

Báo cáo chi tiết hơn sẽ được đăng trong một số báo tiếp theo của tạp chí.

18

HÌNH HỌC
CỦA CÁC VA CHẠM

Я. А. SMORODINSKY,
E A SURKOV

MỞ ĐẦU NHỎ.

Một trong những bài toán thường gặp trong vật lý hiện đại là bài toán về tán xạ đàn hồi. Nó thường được đặt ra như sau: cần xác định vận tốc (về độ lớn và hướng) của hai hạt sau khi chúng va chạm và bay ra xa nhau (như người ta nói, bị tán xạ), nếu hướng chuyển động và năng lượng của chúng trước va chạm đã biết.

Va chạm được gọi là đàn hồi nếu nó không kèm theo sự tỏa nhiệt, và có thể coi rằng tổng các động năng của các hạt trước và sau va chạm là bằng nhau. Ngoài ra, các hạt tuân theo định luật bảo toàn động lượng.

Khi hai hạt — các phân tử khí hoặc hai nuclon — va chạm với nhau, thì kết quả của va chạm có thể khác nhau. Nếu các hạt bay qua nhau ở khoảng cách đủ lớn, ở khoảng cách đủ lớn giữa chúng,

19

Ở trên: ảnh chụp một va chạm không trực diện của một quả cầu đang chuyển động với một quả cầu giống hệt đang đứng yên. Các quả cầu tách ra dưới góc vuông. Quả cầu đứng yên sau va chạm chuyển động sang phải. Chiếu sáng hoạt nghiệm, tần số chớp — 25 lần trong một giây.

thì hướng chuyển động của chúng có thể hầu như không thay đổi và đường đi của các hạt chỉ lệch nhẹ khỏi đường thẳng; trong những trường hợp khác, khi các hạt va chạm, có thể nói là «đối đầu trực diện», hướng chuyển động của chúng có thể thay đổi mạnh. Nếu biết trạng thái ban đầu của các hạt (các vectơ vận tốc của chúng), thì vận tốc của các hạt sau va chạm được xác định nếu ta cho góc tán xạ — góc mà một

Ở dưới: các va chạm liên tiếp của proton với những proton khác, ban đầu đứng yên. Ảnh được chụp trong buồng bọt chứa hiđrô lỏng. Vết của các proton bay được nhìn thấy dưới dạng một chuỗi các bọt nhỏ nhất.

trong các hạt lệch đi khi va chạm (sau đây chúng ta sẽ xác định khái niệm này chính xác hơn).

Mặc dù việc tìm mối liên hệ giữa vận tốc của các hạt và góc tán xạ về nguyên tắc là một bài toán không khó, tuy nhiên các phép tính cần được tiến hành theo đúng trình tự — nếu không thì rất dễ bị nhầm lẫn trong đó.

Một phương pháp hình học rất trực quan và thuận tiện để giải bài toán va chạm dựa trên việc là trong va chạm dựa trên việc là

mỗi quá trình va chạm có thể được gắn với một tứ giác tạo thành từ các vectơ vận tốc. Việc xác định các góc và vận tốc trong phương pháp này có thể quy về bài toán giải tam giác đã biết trong lượng giác. Phương pháp này còn thuận tiện ở chỗ có thể khái quát hóa cho các quá trình phức tạp hơn, chẳng hạn như các phản ứng hạt nhân, và thậm chí — cho việc giải các bài toán trong cơ học của thuyết tương đối. Ở đây chúng ta chỉ xét những bài toán đơn giản nhất.

Để sử dụng phương pháp hình học, cần đưa vào khái niệm không gian vận tốc. Vì vận tốc là các vectơ, nên các phép toán có thể thực hiện với chúng rất giống với các phép toán thực hiện với các vectơ độ dời (khoảng cách). Vì vậy, cũng giống như tất cả các độ dời có thể có tạo thành (hoặc, nếu muốn, lấp đầy) một không gian chung (chúng ta sẽ gọi nó là không gian tọa độ), tất cả các vận tốc có thể có cũng tạo thành một đối tượng hình học tương tự — không gian vận tốc. Chính trong không gian vận tốc chúng ta sẽ dựng và giải các tam giác.

Thuận tiện nhất là kể về các tính chất của không gian vận tốc xuất phát từ sự tương tự với không gian tọa độ. Vì vậy, trước hết chúng ta sẽ nêu một số tính chất của không gian sau.

KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ.

Xét không gian hai chiều, ví dụ như mặt sàn của một căn phòng, được kéo dài về mọi phía đến vô hạn.

Nếu trên mặt phẳng có một số điểm (các vật trên sàn), thì để nói về vị trí của các điểm này, ta cần chọn một vật mốc — một trong các điểm, ví dụ $O$ (hình 1). Khi đó vị trí của mọi điểm $A$ đối với $O$ được xác định bởi bán kính-vectơ $\vec{OA}$, hướng từ điểm $O$ đến điểm này, hay, cũng có thể nói, là vectơ độ dời từ điểm $O$ đến điểm $A$.

Nếu chúng ta muốn kể cho ai đó cách tìm điểm $A$, thì ngoài vật mốc $O$, chúng ta còn phải chọn thêm một điểm nào đó $C$ (hình 2), để nói góc $\alpha$ mà vectơ $\vec{OA}$ tạo với hướng $OC$. Góc này cùng với độ dài của bán kính-vectơ $\vec{OA}$ xác định điểm $A$.

Có thể làm theo cách khác: qua điểm $O$ vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau $OX$ và $OY$ (các trục tọa độ), một trong hai đường này đi qua điểm $C$, và cho hai số $A_x$ và $A_y$ — các hình chiếu của vectơ $\vec{OA}$ lên các trục tọa độ.

Sau này chúng ta sẽ chỉ xét những đại lượng không phụ thuộc vào hệ tọa độ, —

21

khoảng cách giữa các điểm và góc giữa các đường thẳng. Vì vậy chúng ta sẽ không cần đưa vào hệ tọa độ.

Nếu chọn làm vật báo cáo không phải là điểm $O$ mà là một điểm nào đó khác trên mặt phẳng, chẳng hạn điểm $B$ (hình 1), thì vị trí của điểm $A$ so với $B$ sẽ được xác định bởi bán kính-vectơ $\vec{BA}$, bằng tổng của các vectơ $\vec{BO}$ và $\vec{OA}$. Nói cách khác, nếu ta chuyển sang vật báo cáo mới — điểm $B$, được xác định bởi vectơ $\vec{OB}$, thì để tìm bán kính-vectơ $\vec{BA}$, xác định vị trí của vật $A$ so với $B$, cần cộng vào vectơ $\vec{OA}$, xác định vị trí của vật $A$ so với vật báo cáo ban đầu thứ nhất $O$, vectơ $\vec{BO} = -\vec{OB}$.

Rõ ràng phép cộng vectơ đúng được biểu diễn trên hình vẽ hơi khác. Các vectơ được cộng được vẽ xuất phát từ cùng một điểm, nghĩa là dựng vectơ $\vec{BD}$ song song với vectơ $\vec{OA}$ và có độ dài bằng nó (hình 3). Vectơ $\vec{BA}$ được coi là tổng $\vec{BO} + \vec{BD}$. Nhưng cũng có thể cộng các vectơ theo cách được chỉ ra trong hình 1. Về sau chúng ta sẽ cần chính phương pháp này để cộng các vận tốc.

Các chốt như vậy có đi theo phương ngang hay phương thẳng đứng, xác định các vị trí tương đối của các vật nằm trên mặt phẳng. Bây giờ chúng ta sẽ quan tâm đến các vận tốc tương đối của vật chuyển động đều và thẳng trên mặt phẳng.

ПРОСТРАНСТВО СКОРОСТЕЙ

ПРОСТРАНСТВО СКОРОСТЕЙ

Đặt trên mặt phẳng một điểm, ký hiệu nó là $V_0$, và các vectơ vận tốc của mọi vật chuyển động so với vật mốc $O$ sẽ được vẽ sao cho gốc của các vectơ này nằm tại điểm $V_0$. Gọi $V_A$ là điểm mà đầu mút của vectơ vận tốc của vật $A$ tới (hình 4). Vì vận tốc là vectơ độ dời trong một đơn vị thời gian, nên các vectơ vận tốc được cộng đúng như các vectơ độ dời. Vì vậy, nếu chọn làm vật mốc không phải điểm $O$, mà là một vật nào đó khác, chẳng hạn $B$, có vectơ vận tốc so với $O$ là vectơ $\vec{V}_0\vec{V}_B$, thì vectơ vận tốc của vật $A$ so với $B$ có thể tìm được bằng cách sử dụng quy tắc cộng vectơ mà chúng ta đã nói đến khi xét không gian tọa độ. Vận tốc của vật $A$ so với $B$ bằng tổng các vectơ $\vec{V}_B\vec{V}_O$ và $\vec{V}_O\vec{V}_A$, tức là vectơ-

bởi $V_B V_A$. Về thực chất, chúng ta chỉ cần kiểm tra vectơ từ điểm $V_B$ đến điểm $V_A$.

Rõ ràng, vận tốc của bất kỳ vật nào $C$ trên mặt phẳng của chúng ta phải tương ứng với một điểm nào đó $V_c$, là đầu mút của vectơ $\vec{V}_o V_c$ — vận tốc của vật $C$ so với vật $O$. Vectơ được vẽ từ điểm $V_c$ đến bất kỳ điểm nào khác của mặt phẳng, chẳng hạn — đến $V_A$, biểu diễn vectơ vận tốc của vật $A$ so với vật $C$.

Điều này cho phép chúng ta biểu diễn vận tốc của các vật không chỉ bằng các vectơ, mà còn bằng các điểm trên mặt phẳng trong không gian vận tốc. Mỗi điểm trên mặt phẳng này biểu thị vận tốc của một vật, còn vectơ đi từ một điểm đến một điểm khác — là vectơ vận tốc tương đối của vật. Rõ ràng, điểm $V_o$, từ đó chúng ta bắt đầu, có ý nghĩa gì. Đó là vận tốc của vật $O$.

Dĩ nhiên, khi sử dụng không gian vận tốc, ta không phân biệt được các vật nằm ở những điểm khác nhau trong không gian tọa độ nhưng có cùng vận tốc. Tất cả chúng đều tương ứng với cùng một điểm trong không gian vận tốc. Vì vậy, theo hình 4 ta không thể nói vật $C$ sẽ đuổi kịp vật $O$ hay rời xa nó. Điều này được xác định bởi điều kiện chung của bài toán mà ta đang giải và vị trí của các vật trong không gian tọa độ.

BIỂU ĐỒ ĐỘNG HỌC

Bây giờ ta chuyển sang giải bài toán về tán xạ. Giả sử một hạt có khối lượng $m_1$ và vận tốc $v_1$ va chạm với một hạt khác có khối lượng $m_2$ và vận tốc $v_2$, và sau va chạm vận tốc của các hạt tương ứng bằng $v_1'$ và $v_2'$. Bài toán là tìm các vận tốc

*) Ta coi rằng các hạt va chạm với nhau như những quả bóng bi-a: bản thân cú va chạm kéo dài một thời gian rất ngắn, còn trong toàn bộ thời gian còn lại các hạt chuyển động như những hạt tự do. Khi đó các biểu thức «trước va chạm» và «sau va chạm» có ý nghĩa hoàn toàn rõ ràng.

$v_1'$ và $v_2'$, nếu các vectơ $v_1$ và $v_2$ cùng với khối lượng của các hạt đã biết.

Các vận tốc $v_1'$ và $v_2'$ dĩ nhiên không thể nhận những giá trị tùy ý. Trước hết, chúng phải thỏa mãn định luật bảo toàn động lượng (lượng chuyển động):

$$m_1 v_1' + m_2 v_2' = m_1 v_1' + m_2 v_2' ,$$

(1) thứ hai, chúng phải thỏa mãn định luật bảo toàn năng lượng: thỏa mãn định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2} = \frac{m_1 v_1'^2}{2} + \frac{m_2 v_2'^2}{2} .$$

Trong trường hợp các hạt trước và sau va chạm chuyển động trên cùng một đường thẳng (va chạm như vậy gọi là va chạm xuyên tâm), các phương trình này được giải khá đơn giản. Thay cho phương trình vectơ (1), ta có thể viết một phương trình vô hướng hoàn toàn giống như vậy đối với độ dài của các vectơ. Khi đó ta nhận được hai phương trình vô hướng với hai ẩn: $v_1'$ và $v_2'$. Nhưng thường gặp hơn nhiều là va chạm không xuyên tâm, trong đó các hạt tách ra theo những góc khác nhau. Chiếu các vectơ vận tốc của các hạt lên hai phương vuông góc lẫn nhau, trong đó một phương thuận tiện chọn song song với vận tốc của một trong các hạt trước khi tán xạ, cùng với các phương trình (1) ta có thể viết hai phương trình vô hướng chính xác cho các hình chiếu của các vectơ. Vì vậy, các định luật bảo toàn trong trường hợp va chạm không xuyên tâm sẽ cho phép tìm vận tốc của các hạt sau tán xạ và hai góc mà các vectơ này tạo với phương đã chọn. Nếu cho trước một trong các đại lượng đó, thì phương trình có thể được giải.

Thành phần chuyển động trong bất kỳ hệ quy chiếu nào. Chẳng hạn, hãy lấy một hệ như vậy, trong đó hạt 1 đứng yên trước va chạm (hệ như vậy gọi là hệ phòng thí nghiệm). Trong đó $v_1 = 0$, còn định luật bảo toàn động lượng có dạng:

$$m_2 v_2 = m_1 v_1' + m_2 v_2' .$$

Điều này có nghĩa là ba vectơ

23

$m_2v_2, m_1v_1'$ và $m_2v_2'$ tạo thành một tam giác. Trong mặt phẳng của tam giác này nằm mọi vận tốc tương đối của các hạt (trước và sau va chạm). Vì vậy, ta chỉ cần xét không gian vận tốc hai chiều.

Ta đánh dấu trên mặt phẳng vận tốc các điểm $v_1, v_2, v_1'$ và $v_2'$. Các điểm tương ứng sẽ được ký hiệu đơn giản bằng các chữ số 1, 2, 1’ và 2’ (hình 5). Ta sẽ chứng minh rằng các điểm này nằm ở các đỉnh của một hình thang cân. Để làm điều đó, ta đưa vào một hệ quy chiếu mới: hệ quy chiếu khối tâm. Nó được chọn sao cho trong hệ này các động lượng của các hạt va chạm có độ lớn bằng nhau và ngược chiều nhau. Đối với các hạt 1 và 2, điểm $C$ — vận tốc của khối tâm — nằm trên đường thẳng nối các điểm này và chia đường thẳng đó thành các đoạn tỷ lệ nghịch với khối lượng của các hạt. Nếu ký hiệu độ lớn vận tốc của các hạt trong hệ khối tâm qua $u_1$ và $u_2$, thì $m_1u_1 = m_2u_2$.

Đẳng thức này giống với quy tắc cân bằng của đòn bẩy. Điểm ứng với hạt nhẹ nằm xa tâm hơn. Rõ ràng, tổng động lượng của các hạt trong hệ khối tâm bằng không. Theo định luật bảo toàn động lượng trong hệ này, tổng động lượng của các hạt sau va chạm cũng sẽ bằng không. Điều này có nghĩa là điểm $C$ nằm trên đường thẳng nối các điểm này và chia đường thẳng đó thành các đoạn tỷ lệ nghịch với khối lượng của các hạt.

Không khó để chứng minh rằng do định luật bảo toàn năng lượng trong hệ khối tâm, độ lớn động lượng của mỗi hạt không thay đổi, mà chỉ thay đổi hướng của chúng. Để làm điều này, cần biểu diễn năng lượng của các hạt qua độ lớn động lượng của chúng và, viết định luật bảo toàn năng lượng dưới dạng

$$\frac{(m_1u_1)^2}{2m_1} + \frac{(m_2u_2)^2}{2m_2} = \frac{(m_1u_1')^2}{2m_1} + \frac{(m_2u_2')^2}{2m_2},$$

thay trong phương trình này động lượng của hạt 2 bằng các động lượng của hạt 1 có độ lớn bằng chúng hoặc ngược lại. Trong trường hợp thứ nhất, ta nhận được $m_1u_1' = m_1u_1$ hoặc $u_1' = u_1$, còn trong trường hợp thứ hai, $m_2u_2' = m_2u_2$ hoặc $u_2' = u_2$. Và điều đó có nghĩa là trên hình 5 thu được một hình thang cân.

Nếu khối lượng của cả hai hạt bằng nhau, thì hình thang này biến thành hình chữ nhật. (Vì $m_1 = m_2$, nên $u_1 = u_2 = u_1' = u_2'$.)

MỘT SỐ BÀI TOÁN

Xét một số bài toán có thể giải bằng các giản đồ động học.

Ta xét trường hợp va chạm không tâm của các hạt có khối lượng bằng nhau (hình 6). Nếu điểm 1 trước khi va chạm-

mua, thì góc 212’ là góc mà quỹ đạo của hạt 2 lệch đi khi tán xạ. Hạt 1 bay ra theo hướng 1’. Góc 211’ được gọi là góc giật lùi. Từ hình vẽ thấy rằng trong hệ tọa độ, trong đó một trong các hạt (hạt 1) trước va chạm đứng yên, các hạt 1 và 2 sau va chạm bay ra theo hai hướng vuông góc 11’ và 12'.

Xét hai hệ tọa độ: α — góc tán xạ trong hệ khối tâm, β — góc tán xạ trong hệ mà hạt 1 trước va chạm đứng yên. Từ hình vẽ thấy rằng α = 2β, vì α là góc ngoài, không kề với góc β trong tam giác cân 12’C. Góc tán xạ, khi chuyển sang hệ phòng thí nghiệm, nhỏ hơn hai lần góc tán xạ trong hệ khối tâm.

Nếu ta quay các đoạn 12 và 12’ quanh điểm C — tuy nhiên thuận tiện hơn là giữ đoạn 12 cố định, chỉ quay đoạn 12’ — thì ta sẽ mô tả tất cả các trường hợp tán xạ có thể xảy ra với các năng lượng đã cho (hay tương đương, với các độ lớn vận tốc đã cho) của các hạt trước khi tán xạ, tức là tất cả các trường hợp va chạm có thể xảy ra.

Khi đó ta sẽ thấy rằng góc tán xạ α trong hệ khối tâm thay đổi 360°: 180° theo chiều kim đồng hồ và 180° ngược chiều kim đồng hồ. Vì trong hệ phòng thí nghiệm góc tán xạ β nhỏ hơn hai lần góc tán xạ β nhỏ hơn hai lần góc tán xạ β: v₂’ = v₂cosβ, trong đó v₂—vận tốc ban đầu của hạt 2 trong hệ này.

Bây giờ xét bài toán va chạm của các hạt có khối lượng không bằng nhau. Để bao quát tất cả các trường hợp tán xạ có thể xảy ra, ta lại quay đoạn 12’ quanh điểm C. Hạt 1 nhẹ hơn, thì điểm 1 vẽ nên một đường tròn lớn hơn, còn

25

điểm $2'$ (hình 7, a). (Vì $m_1u_1 = m_2u_2$, nên khi $m_1 < m_2$, $u_1 > u_2$.) Từ biểu đồ 7, a thấy rằng trong hệ quy chiếu, trong đó phần nặng 2 đứng yên trước khi tán xạ, phần nhẹ 1 có thể tán xạ theo mọi góc (góc tán xạ — $121'$).

Tình hình khác đi nếu phần nhẹ hơn 1 đứng yên. Vì điểm $2'$ nằm trên đường tròn bán kính nhỏ, nên rõ ràng đoạn $C2'$ nhất thiết nằm trong góc mà từ điểm 1 nhìn thấy đường tròn này (hình 7, b). Điều này có nghĩa là góc tán xạ cực đại của hạt 2 trong hệ tọa độ, nơi hạt 1 đứng yên trước khi tán xạ (góc $212'$), bằng góc mà từ điểm 1 nhìn thấy nửa đường tròn nhận được khi quay đoạn $2'C$ quanh điểm $C$. Từ hình 8 (đây là chi tiết phóng to của hình 7, b) ta tìm được rằng

$$\sin \alpha_{\max} = \frac{u_2'}{u_1} = \frac{u_2}{u_1} = \frac{m_1}{m_2}.$$

Nếu phần nặng tán xạ trên phần nhẹ, nó không thể lệch đi một góc quá lớn. Góc cực đại được xác định bởi tỉ số khối lượng.

Như vậy, cần học cách đọc các biểu đồ, còn sau đó vấn đề quy về phép lượng giác đơn giản, phép này cho câu trả lời cho mọi câu hỏi. Bây giờ chúng ta không cần mỗi lần lại giải các phương trình biểu diễn các định luật bảo toàn năng lượng và xung lượng, mà có thể ngay lập tức vẽ trong không gian vận tốc biểu đồ động học (đối với nó các định luật này được thực hiện một cách tự động) và sau đó xem xét nó từ quan điểm của người quan sát chuyển động với các vận tốc khác nhau. Trong hình 9, cùng một quá trình va chạm được biểu diễn từ quan điểm của ba hệ quy chiếu khác nhau: a) trong hệ tâm khối, b) trong hệ phòng thí nghiệm, trong đó trước khi tán xạ phần 1 đứng yên, b) trong hệ quy chiếu tùy ý O.

Hãy tự giải các bài toán sau.

27

1. PHÉP CHIA CÓ DƯ

Bạn chuẩn bị đi tàu điện ngầm. Giá vé là 5 kopeck; việc kiểm soát ở lối vào được tự động hóa: để đáp ứng yêu cầu của máy tự động, cần bỏ vào một đồng 5 kopeck, còn nếu không có thì phải đổi tiền của mình tại quầy đổi tiền lấy các đồng tiền mệnh giá 5 kopeck.

Giả sử bạn có một đồng 20 kopeck. Bạn có thể nhận được bao nhiêu đồng 5 kopeck ở quầy? Ai cũng sẽ nói rằng 4.

Thế còn nếu bạn có 19 kopeck không có đồng 5 kopeck? Rõ ràng là bạn có thể nhận được tổng cộng 3 đồng 5 kopeck và thêm 4 kopeck tiền thừa. Ta viết như sau: $19 = 3 \cdot 5 + 4$. Đây là cách ghi phép chia số 19 cho 5 có dư.

Bây giờ hãy tưởng tượng rằng có những đồng tiền với mọi mệnh giá, tức là 1 kopeck, 2 kopeck, 3 kopeck, 4 kopeck, v. v., và bạn cần đổi một đồng $a$ kopeck sao cho nhận được số lượng lớn nhất các đồng $b$ kopeck. Ta hỏi làm thế nào để thực hiện điều đó?

Rõ ràng, nếu bạn học cách đếm các đồng $b$ kopeck:

$b, 2b, 3b$ v. v.,

thì cuối cùng sẽ đến lúc, sau khi nhận được một số đồng $b$ kopeck, bạn không thể nhận thêm đồng tiếp theo; bạn sẽ nhận được một số…

28

số đồng xu $b$ kopek và một số tiền lẻ nào đó nữa, chẳng hạn $r$ kopek. Khi đó $r$ sẽ nhỏ hơn hẳn $b$ (dĩ nhiên không loại trừ trường hợp $r = 0$).

Kết quả của việc đổi tiền như vậy có thể viết như sau:

$$a = kb + r, \quad r < b.$$

Trong công thức này, các số $a, b$ là số tự nhiên, tức là số nguyên dương, còn $k$ và $r$ là các số nguyên không âm.

Về định lý chia có dư. Chia số nguyên $a$ cho số tự nhiên $b$ nghĩa là biểu diễn $a$ dưới dạng

$$a = kb + r,$$

trong đó $k, r$ là các số nguyên, $b > r \geq 0$.

Khi đó số $k$ được gọi là thương, còn $r$ — số dư của phép chia $a$ cho $b$.

Trong thực tế, phép chia có dư được thực hiện theo cách thông thường, tức là “chia góc”. Ví dụ,

$$\frac{175}{14} = \frac{14}{12};$$

$$\frac{28}{7}$$

ở đây lập tức tìm được số dư và thương: $175 = 12 \cdot 14 + 7$.

Lưu ý rằng trong định nghĩa này, ta không yêu cầu $a$ nhỏ hơn $b$, và thậm chí không yêu cầu $a$ dương. Chẳng hạn, có thể chia

a) 5 cho 7: $5 = 0 \cdot 7 + 5 \quad (k = 0, r = 5)$,

b) -13 cho 7: $-13 = (-2) \cdot 7 + 1 \quad (k = -2, r = 1)$,

b) -224 cho 7: $-224 = (-32) \cdot 7 \quad (k = -32, r = 0)$.

Trong trường hợp số dư bằng không, tức là $a = kb$, ta nói rằng $a$ chia hết cho $b$.

Rõ ràng là nếu các số $a$ và $b$ chia hết cho số $c$, thì cả $a+b$ và $a-b$, cũng như $ka, kb$ ($k$ — số tự nhiên) đều chia hết cho $c$.

2. ĐỒNG DƯ CỦA CÁC SỐ NGUYÊN THEO MÔĐUN

Thường gặp những bài toán mà vai trò chính không phải do chính các số có trong điều kiện bài toán, mà do các số dư khi chia những số đó.

Ví dụ thứ nhất. Psezid đi từ thành phố $A$ đến thành phố $B$ trong 78 giờ. Anh ta rời $A$ lúc 10 giờ sáng. Anh ta sẽ đến $B$ lúc mấy giờ?

Ta nhớ rằng một ngày có 24 giờ, chia số 78 cho 24:

$$78 = 3 \cdot 24 + 6$$

Vậy, anh ta sẽ đi từ $A$ đến $B$ trong ba ngày 6 giờ. Do đó, anh ta sẽ đến $B$ lúc 16 giờ.

Hãy chú ý rằng kết quả hoàn toàn giống như vậy cũng thu được nếu anh ta đi từ $A$ đến $B$ không phải 78 mà là 54, 30 hoặc 126, 102 và nói chung là $24 \cdot k + 6$ giờ với mọi số nguyên $k$.

Ví dụ thứ hai. Một giáo viên toán tổ chức các bài kiểm tra trong lớp theo hệ thống sau đây, theo ý ông, bảo đảm sự cần thiết của việc học sinh giúp đỡ lẫn nhau. Ông lần lượt phát cho các em những tờ giấy ghi điều kiện bài toán (“đề”), đánh số chúng theo số học sinh trong lớp, và thông báo rằng tất cả các đề đều khác nhau. Và quả thật, những học sinh ngồi không xa nhau giải các bài toán khác nhau.

Thực ra giáo viên chỉ chuẩn bị 7 đề khác nhau: đề 8 trùng với đề 1, 9 — với 2, …, 14 — với 7, 15 — với 1, v.v.

30

Bây giờ ta đưa ra định nghĩa sau:

Định nghĩa. Nếu có thể nói rằng hiệu của các số nguyên $a$ và $b$ chia hết cho số tự nhiên $m$, thì ta nói rằng $a$ và $b$ đồng dư theo môđun $m^*$).

Sự đồng dư của các số $a$ và $b$ theo môđun $m$ được viết như sau:

$$a \equiv b \pmod{m}.$$

Rõ ràng, hai số đồng dư theo môđun $m$ khi và chỉ khi khi chia cho $m$ chúng cho các số dư như nhau, tức là thuộc cùng một lớp.

Ví dụ,

$$27 \equiv 7 \pmod{10}, \quad 78 \equiv 6 \pmod{24}, \quad 6 \equiv 0 \pmod{3}, \quad 25 \equiv -1 \pmod{13}.$$

Khái niệm đồng dư của các số tỏ ra hữu ích khi giải nhiều bài toán.

Bài toán 1. Với những số tự nhiên $n$ nào thì số $n^2+2$ chia hết cho 3, tức là $n^2+2 \equiv 0 \pmod{3}$?

Lời giải.

Nếu $n \equiv 0 \pmod{3}$, thì $n^2+2 \equiv 2 \pmod{3}$,

» $n \equiv 1 \pmod{3}$, » $n^2+2 \equiv 0 \pmod{3}$,

» $n \equiv 2 \pmod{3}$, » $n^2+2 \equiv 0 \pmod{3}$.

Vậy, $n^2+2 \equiv 0 \pmod{3}$ khi và chỉ khi $n$ không chia hết cho 3.

Các tính chất cơ bản của đồng dư gợi nhớ các tính chất của đẳng thức thông thường. Cụ thể, các đồng dư có thể được cộng, trừ và nhân:

nếu $a \equiv b \pmod{m}$, và $c \equiv d \pmod{m}$, thì

$$a + c \equiv b + d \pmod{m}, \quad a - c \equiv b - d \pmod{m}, \quad ac \equiv bd \pmod{m}.$$

Chẳng hạn, hãy chứng minh rằng các đồng dư có thể nhân với nhau. Vì $a \equiv b \pmod{m}$ và $c \equiv d \pmod{m}$, nên $a-b$ và $c-d$ chia hết cho $m$. Từ các đẳng thức

$$ac - bd = ac - ad + ad - bd = a(c-d) + d(a-b)$$

thấy rằng $ac-bd$ cũng chia hết cho $m$, tức là

$$ac \equiv bd \pmod{m}.$$

Hãy chứng minh như một bài tập rằng các đồng dư có thể cộng và trừ.

Cho $a \equiv b \pmod{m}$. Từ các tính chất của đồng dư đã nêu ở trên suy ra rằng $a^k \equiv b^k \pmod{m}$ với mọi $k$ tự nhiên (nghĩa là hai vế của đồng dư có thể nâng lên lũy thừa) và, ngoài ra, $ac \equiv bc \pmod{m}$, trong đó $c$ là một số nguyên bất kỳ (nghĩa là hai vế của đồng dư có thể nhân với một số nguyên bất kỳ).

Bài toán 2. Số $(2^2+1)(3^2+1)(4^2+1) \dots (1000^2+1)$ cho số dư nào khi chia cho 3?

Lời giải. Số dư này không thay đổi nếu mỗi số trong các số 2, 3, . . . , 1000 trong biểu thức đã cho được thay bằng số dư của nó khi chia cho 3. Do đó, số đang xét theo môđun 3 bằng $(2^2+1)^{333} (3^2+1)^{333} (1^2+1)^{333} \equiv 5^{333} \cdot 10^{333} \cdot 2^{333} \equiv 2^{333} \cdot 1^{333} \cdot 2^{333} \equiv 2^{2 \cdot 333} \equiv 4^{333} \equiv 1^{333} \equiv 1$, tức là số dư cần tìm bằng 1.

*) Từ “môđun” (từ tiếng Latinh “modulus”—độ đo) được dùng trong nhiều lĩnh vực của toán học và các ứng dụng của nó; nó được gán cho một số có ý nghĩa đặc biệt quan trọng; chẳng hạn, việc đếm hoặc đo được tiến hành theo số đó.

31

Bài tập 3. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên $n$ đồng dư theo modulo 9 với tổng các chữ số của nó.

Lời giải. Cho

$$\overline{a = a_n a_{n-1} \dots a_0},$$

trong đó $a_0, a_1, \dots, a_n$ là các chữ số của số $a$. Ta có

$$a = a_n \cdot 10^n + a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + \dots + a_0.$$

Bây giờ viết các đồng dư sau:

$$1 \equiv 1 \pmod{9}, \quad 10 \equiv 1 \pmod{9}, \quad \dots, \quad 10^n \equiv 1 \pmod{9}.$$

Nhân các đồng dư này tương ứng với $a_0, a_1, \dots, a_n$ rồi cộng lại, ta được

$$a_0 + 10 \cdot a_1 + \dots + 10^n a_n = a \equiv (a_0 + a_1 + \dots + a_n) \pmod{9}.$$

Từ đây, nhân tiện, lập tức suy ra dấu hiệu chia hết quen thuộc cho 9 (và cho 3).

3. SỐ HỌC CÁC SỐ DƯ THEO MODULO ĐÃ CHO

Cho số tự nhiên $m$ (modulo). Xét mọi số nguyên, ta sẽ chỉ quan tâm đến số dư của chúng khi chia cho $m$. Như vậy, ta sẽ không phân biệt các số đồng dư theo modulo $m$. Trong điều kiện này, ta còn lại $m$ đối tượng “khác nhau” — các số dư khi chia cho $m$:

$$0, 1, 2, 3, \dots, m-1,$$

và với chúng ta có thể xác định các quy tắc mới của “cộng” và “nhân”: cụ thể, nếu $r_1$ và $r_2$ là hai số dư, thì “tổng” $r_1 + r_2$ sẽ được gọi là số dư mà số $r_1 + r_2$ cho khi chia cho $m$, còn “tích” $r_1 \cdot r_2$ là số dư của phép chia $r_1 \cdot r_2$ cho $m$. Chẳng hạn, với $m = 10$, số dư của phép chia cho số 10 là chữ số cuối cùng trong cách viết thập phân của nó. Vì vậy, trong số học các số dư theo modulo 10, chẳng hạn, cũng đúng các đẳng thức

$$7 + 3 = 0, \quad 1 + 2 = 3, \quad 7 + 5 = 2, \quad 7 \cdot 5 = 5, \quad 7 \cdot 6 = 2, \quad 2 \cdot 5 = 0.$$

Trong số học các số dư theo modulo 2 chỉ có hai số dư: 0 và 1, nên số học này hoàn toàn đơn giản:

$$0 + 0 = 0, \quad 1 + 0 = 1, \quad 1 + 1 = 0,$$

$$0 \cdot 0 = 0, \quad 1 \cdot 0 = 0, \quad 1 \cdot 1 = 1.$$

Với $m = 6$ ta có

$$5 + 3 = 2, \quad 4 + 2 = 0, \quad 3 + 3 = 0, \quad 3 \cdot 2 = 0, \quad 3 \cdot 4 = 0$$ v.v.

Như vậy, mỗi môđun $m$ tương ứng với một số học riêng. Để ngắn gọn, ta sẽ gọi nó là số học $m$*).

32

Làm ví dụ, chúng tôi đưa ra các bảng nhân và cộng trong số học 7.

Bảng nhân

| × | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| 2 | 2 | 4 | 6 | 1 | 3 | 5 |
| 3 | 3 | 6 | 2 | 5 | 1 | 4 |
| 4 | 4 | 1 | 5 | 2 | 6 | 3 |
| 5 | 5 | 3 | 1 | 6 | 4 | 2 |
| 6 | 6 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |

Bảng cộng

| + | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 0 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| 1 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 0 |
| 2 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 0 | 1 |
| 3 | 3 | 4 | 5 | 6 | 0 | 1 | 2 |
| 4 | 4 | 5 | 6 | 0 | 1 | 2 | 3 |
| 5 | 5 | 6 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| 6 | 6 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |

Các bảng này được lập như sau: tại giao điểm của các hàng và cột, người ta đặt tích (tương ứng — tổng) của các số dư đứng đầu các hàng và cột đó.

Từ các tính chất của đồng dư và các quy tắc thông thường về phép tính với số, thấy rằng trong số học $m$ các quy tắc đã nêu của số học thông thường đều đúng, tức là với mọi số dư $a, b, c$ ta có

$$a+b = b+a \text{ — tính giao hoán (đổi chỗ được) của phép cộng},$$
$$(a+b)+c = a+(b+c) \text{ — tính kết hợp của phép cộng},$$
$$ab = ba \text{ — tính giao hoán của phép nhân},$$
$$(ab)c = a(bc) \text{ — tính kết hợp của phép nhân},$$
$$a(b+c) = ab+ac \text{ — tính phân phối của phép nhân đối với phép cộng}.$$

Do đó, trong các số học của chúng ta chẳng hạn các công thức sau đều đúng:

$$(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2,$$
$$(a+b)(c+d) = ac + ad + bc + bd.$$

Xét vài bài toán về việc sử dụng số học $m$.

Bài tập 4. Tìm số dư khi chia $2^{1000}$ cho 7.

Lời giải. Ta phải xác định $2^{1000}$ bằng bao nhiêu trong số học 7. Dễ thấy rằng $2^{1000} = (2^3)^{333} \cdot 2 = 1^{333} \cdot 2 = 2$.

Bài tập 5. Tìm chữ số cuối cùng của số $7^{7^{1000}}$.

Lời giải. Ta phải xác định số này bằng bao nhiêu trong số học 10. Để làm điều đó, xét các lũy thừa liên tiếp của số 7 trong số học 10:

$$7^1 = 7, 7^2 = 9, 7^3 = 3, 7^4 = 1, 7^5 = 7 \text{ v.v.}$$

Rõ ràng rằng

$$7^{4n} = 1, 7^{4n+1} = 7, 7^{4n+2} = 9, 7^{4n+3} = 3.$$

Vậy, ta phải tìm số dư của phép chia số $7^{1000}$ cho 4. Để làm điều này, hãy xét $7^{1000}$ trong số học môđun 4. Vì $7^{1000} = 3^{1000}$, bây giờ ta xét dãy các số dư trong số học môđun 4:

$$3^1 = 3, 3^2 = 1, 3^3 = 3, 3^4 = 1, 3^5 = 3, \dots,$$

33

$$3^{2n+1} = 3, \quad 3^{2n} = 1.$$

Nhưng 1000 là số chẵn; do đó, $7^{1000} = 1$, tức là $7^{1000} = 4n+1$. Suy ra, trong số học 10 $7^{71000} = 7^{4n+1} = 7^{4n} \cdot 7 = 7$.

Đáp số: số $7^{71000}$ tận cùng bằng 7.

Bài toán 6. Chứng minh rằng nếu $a^2+b^2$ chia hết cho 3, thì cả $a$ lẫn $b$ đều chia hết cho 3.

Lời giải. Chuyển sang các số dư khi chia cho 3, ta được đẳng thức trong số học 3 $a^2+b^2 = 0$. Trong số học 3 có ba số dư: 0, 1, 2.

Ta có: $1^2 = 1, 2^2 = 1$. Dễ thấy rằng khi $a \neq 0$ thì $a^2+b^2 \neq 0$, tức là từ đẳng thức $a^2+b^2 = 0$ suy ra $a = 0$ và $b = 0$. Điều này có nghĩa là $a$ và $b$ đồng thời chia hết cho 3.

BÀI TOÁN *)

1. Phép chia có dư
   1.0. Chia có dư —297 cho 31, —1005 cho 98.

2. Chứng minh rằng số ước của mọi số tự nhiên $N$ không vượt quá $2\sqrt{N}$.

3. Tìm số dư khi chia các số ($n$ là số tự nhiên): a) $n$ cho $(n-1)$ và cho $(n-2)$; b) $(n^2+n+1)$ cho $(n+1)$ và cho $(n+2)$; c) $(n^4+1)$ cho $(n+3)$ (khi $n \geqslant 80$).

4. Tìm tất cả các số nguyên $n$ sao cho số $\frac{n^2+1}{n-1}$ cũng là số nguyên.

5. Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp bất kỳ chia hết cho 6.

6. Chứng minh rằng nếu $a+b+c$ chia hết cho 6, thì $a^3+b^3+c^3$ cũng chia hết cho 6 ($a, b, c$ là các số nguyên).
   7*. 15 số nguyên tố lập thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng công sai của nó lớn hơn 30 000.

7. So sánh các số nguyên theo môđun
   8.0. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho số $n^3+n+1$ chia hết cho 3.
   9.0. Giải đồng dư $6n+5 \equiv 0$ (mod 7).

8. Chứng minh dấu hiệu chia hết cho 11 sau đây:
   $$a = \overline{a_n a_{n-1} \dots a_0} \equiv 0 \pmod{11}$$

khi và chỉ khi
$(-1)^n a_n + (-1)^{n-1} a_{n-1} + \dots + a_n \equiv 0 \pmod{11}$.
11. Dùng tính chất $1000 \equiv -1$ (mod 7), cũng như $1000 \equiv 1$ (mod 37), hãy tìm các dấu hiệu chia hết cho 7 và cho 37.
12. Chứng minh rằng nếu các số $A$ và 5$A$ có cùng tổng các chữ số, thì $A$ chia hết cho 9.
13. Chứng minh rằng phương trình $15x^2-7y^2=9$ không có nghiệm nguyên.
14. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $n$, số $n^2+3n+5$ không chia hết cho 11.
15. Chứng minh rằng các số dạng $3n+2, 5n \pm 2, 7n+3, 7n-1, 7n-2$ không là số chính phương với bất kỳ $n$ tự nhiên nào.
3. Số học các số dư theo modulo đã cho
16.0. Lập các bảng cộng và nhân trong các số học modulo 4, 6, 8, 11 và 13.
17. Lập các bảng bình phương và lập phương trong số học modulo 9.
18. Dùng bảng lập phương thu được ở bài 17, chứng minh rằng các số dạng $9n+5$ và $9n+4$ không thể biểu diễn dưới dạng tổng các lập phương của ba số.
19. Chứng minh rằng trong số học modulo $p$, với $p$ là số nguyên tố, từ đẳng thức $ab=0$ khi $a \neq 0$ suy ra $b=0$.
20. Chứng minh rằng trong số học modulo $m$, với mọi số dư $a$ tồn tại duy nhất một số dư — $a$ sao cho $a+(-a)=0$. Suy ra từ đó rằng phương trình $a+x=b$ có nghiệm trong mọi số học modulo $m$ với mọi $a$ và $b$.
21. Chứng minh rằng khi $m$ là hợp số, trong số học modulo $m$ tồn tại các số dư $a \neq 0$ và $b \neq 0$ sao cho $ab=0$.
22. Dùng số học modulo 31, chứng minh rằng $1^{255}+2^{255}+\dots+30^{255}$ chia hết cho 31.

*) Các bài toán dễ được đánh dấu bằng vòng tròn, các bài khó nhất — bằng dấu sao.

ANHXTANH ANBE

LÝ THUYẾT
SƠ CẤP
VỀ SỰ BAY
VÀ SÓNG
TRÊN NƯỚC

Vì sao máy bay có thể ở lại trên không trung, nay ai cũng biết, nhưng sáu mươi năm trước điều đó còn là một
bí ẩn. Càng thú vị hơn

35

xem Albert Einstein — nhà khoa học vĩ đại, người sáng tạo ra thuyết tương đối — giải thích từ đâu xuất hiện lực nâng của cánh máy bay và chim.

Bài báo được công bố lấy từ tập các công trình khoa học của A. Einstein, do «Nauka» xuất bản năm 1967 (t. 4, tr. 22). Einstein viết công trình của mình năm 1916. Ông không biết các công trình của N. E. Zhukovsky, người từ năm 1910 đã xây dựng lý thuyết bay của các khí cụ nặng hơn không khí.

Từ đâu xuất hiện lực nâng của cánh máy bay chúng ta và của những con chim lượn trong không khí? Trong những vấn đề này ngự trị sự không rõ ràng hoàn toàn. Tôi phải thú nhận rằng ngay cả trong tài liệu chuyên ngành tôi cũng không thể tìm được cho chúng dù chỉ câu trả lời đơn giản nhất. Vì vậy tôi hy vọng rằng bạn đọc sẽ đủ hài lòng nếu tôi thử lấp chỗ trống này bằng những xem xét đơn giản sau đây từ lý thuyết chuyển động của chất lỏng.

Một chất lỏng không nén được, mà ma sát bên trong của nó chúng ta sẽ bỏ qua, chảy qua một ống thu hẹp dần (hình 1) theo hướng được chỉ bằng các mũi tên. Chúng ta sẽ quan tâm đến sự phân bố áp suất trong ống. Vì qua mỗi tiết diện trong một đơn vị thời gian phải chảy cùng một lượng chất lỏng, vận tốc dòng chảy $v$ sẽ lớn nhất ở nơi diện tích tiết diện nhỏ nhất, và nhỏ nhất ở nơi diện tích tiết diện lớn nhất. Do đó trên hình 1 vận tốc của hạt chất lỏng nhỏ nhất tại điểm $L$ và tăng liên tục theo hướng đến $R$. Nguyên nhân gây ra gia tốc như vậy của hạt chất lỏng không gì khác ngoài lực áp suất tác dụng lên chúng. Xét một hạt $F$ chất lỏng chiếm một thể tích hình trụ. Để hạt chất lỏng $F$ tại thời điểm đang xét có gia tốc hướng sang phải, áp suất lên mặt sau $A$ của nó phải lớn hơn áp suất lên mặt trước $B$ của nó. Áp suất trên mặt $A$ vượt quá áp suất trên mặt $B$. Lặp lại những lập luận này, chúng ta đi đến kết luận rằng áp suất trong ống giảm liên tục từ $L$ đến $R$. Cũng sự phân bố áp suất như vậy (áp suất giảm từ $L$ đến $R$) chúng ta sẽ thu được bằng lập luận tương tự cả trong trường hợp hướng dòng chảy của chất lỏng đổi thành ngược lại.

Khái quát điều đã nói, chúng ta có thể phát biểu định lý nổi tiếng sau đây của thủy động lực học về chất lỏng lý tưởng. Nếu chúng ta theo dõi quỹ đạo của một hạt chất lỏng nào đó trong dòng chảy ổn định, thì áp suất $p$ luôn lớn hơn ở nơi vận tốc của nó $v$ nhỏ hơn, và ngược lại. Như đã biết, biểu thức định lượng của định lý này đối với

36

của chất lỏng không nén được có dạng

$$p = \text{const} - \frac{1}{2} \rho v^2,$$

trong đó $\rho$ là khối lượng riêng của chất lỏng.

Trước hết hãy xét một ví dụ ai cũng biết minh họa định lý này,— sự chảy ra của chất lỏng dưới áp suất không đổi từ một lỗ (Torricelli). Tại điểm $J$ (hình 2), áp suất lớn hơn, còn vận tốc thì ngược lại nhỏ hơn tại điểm $A$, sao cho biểu thức

$$p + \frac{1}{2} \rho v^2$$

không đổi trong dòng chảy.

Làm ví dụ thứ hai, hãy xét bình phun (hình 3). Dòng không khí đi qua ống $L$, sau khi ra khỏi lỗ thì giãn ra theo mọi phía, đồng thời giảm vận tốc. Vì vậy áp suất tại điểm $P$ nhỏ hơn tại điểm $G$, và do đó nhỏ hơn áp suất của không khí đứng yên bao quanh điểm $P$. Chất lỏng từ bình $A$ nhờ áp suất giảm tại điểm $P$ dâng lên và bị dòng không khí phun thành những

giọt nhỏ. (Việc trong ví dụ này ta có dòng không khí chứ không phải dòng chất lỏng không nén được, về thực chất không làm thay đổi gì trong lập luận của chúng ta.)

Sau những chuẩn bị này, hãy xét sóng trên mặt nước. Giả sử $W$ là một bức tường cứng có dạng một hình trụ lượn sóng và đặt vuông góc với mặt phẳng bản vẽ, một phía tiếp giáp với dòng chất lỏng chảy từ trái sang phải (hình 4). Ta sẽ quan tâm đến lực mà chất lỏng tác dụng lên tường. Rõ ràng tiết diện ngang của dòng chất lỏng tại các điểm $B$ lớn hơn tại các điểm $T$. Do đó, gần các điểm $B$ chất lỏng sẽ chảy chậm hơn, còn gần các điểm $T$ — nhanh hơn so với những điểm bên trong chất lỏng nằm xa bức tường $W$. Vì vậy, gần các điểm $B$ dòng chất lỏng sẽ tạo ra áp suất dư, còn gần các điểm $T$ sẽ quan sát thấy sự giảm áp. Kết quả là chất lỏng sẽ ép lên tường như thể nó cố làm tăng độ cong của tường. Điều đó có nghĩa là dòng chảy không thể được duy trì,

⟦trang 37⟧

nếu bề mặt chất lỏng là tự do và tương ứng nếu thành có thể uốn cong và giãn ra không hạn chế *).

Trong những lập luận này, cũng như trước đây, chúng ta xuất phát từ giả thiết rằng không có nguyên nhân nào gây ra áp suất ngoài dòng chảy của chất lỏng. Nếu theo hướng mũi tên S tác dụng lực trọng trường, thì nó dẫn đến sự xuất hiện trong chất lỏng của lực áp suất hướng từ trên xuống dưới. Nếu chỉ có riêng lực trọng trường tác dụng, thì áp suất tại các điểm B sẽ nhỏ hơn tại các điểm T.

Như vậy, dòng chảy và lực trọng trường tạo ra những điều kiện dẫn đến sự xuất hiện các hiệu áp suất khác nhau giữa các điểm B và T. Rõ ràng có thể chọn vận tốc dòng chảy của chất lỏng sao cho các hiệu áp suất tổng hợp giữa các điểm B và T do các nguyên nhân đã nêu gây ra bằng không. Sau đó có thể bỏ thành W đi mà không gây ra bất cứ nhiễu loạn nào trong dòng chảy

*) Được biết rằng chính những nhận xét này cho phép giải thích vì sao lá cờ phấp phới trong gió.

Hình 4

Hình 5

của chất lỏng. Kết quả là ta thu được dòng chảy của chất lỏng với bề mặt uốn lượn, như có thể quan sát khi một dòng chảy bao quanh một vật cản nào đó. Ta quan sát được cảnh như vậy khi nhìn từ trên cầu xuống nước.

Nếu ta định mô tả toàn bộ quá trình theo quan điểm của người quan sát chuyển động sang phải với vận tốc của dòng chảy ở xa các thành, thì ta sẽ đi đến những sóng thông thường trên mặt nước. Đối với người quan sát này, nước đứng yên, còn các đỉnh B và các đáy T trôi đều về phía sau.

Vì vậy, khả năng của các quá trình tạo sóng dựa trên việc các hiệu áp suất tĩnh và động xuất hiện giữa các điểm có độ cao khác nhau triệt tiêu lẫn nhau.

Hoàn toàn tương tự là lời giải thích các nguyên nhân gây ra lực nâng của cánh. Giả sử trong dòng chất lỏng hoặc không khí có đặt một thành rắn, song song với-

⟦trang 38⟧

và vuông góc với mặt phẳng bản vẽ (hình 5), mà trên bề mặt trên có dạng một mặt phẳng. Nếu không có độ lồi này thì trên bề mặt của vách, không kể ma sát không tránh khỏi, sẽ không có lực nào tác dụng. Nhưng độ lồi sẽ ảnh hưởng đến dòng chảy của chất lỏng ở cả bề mặt trên lẫn bề mặt dưới của vách và do đó tạo ra áp suất bổ sung.

Đối với dòng chảy bao quanh vách từ dưới, độ lồi tạo ra sự tăng cục bộ của tiết diện ngang và do đó làm chậm dòng chảy; kết quả là áp suất tại điểm U tăng lên. Trái lại, ở bề mặt trên, độ lồi có nghĩa là tiết diện ngang giảm, tức là tốc độ dòng chảy tăng cục bộ và vì thế áp suất tại điểm O giảm. Như vậy, các lực áp suất động do dòng chảy tạo ra sinh ra một lực tác dụng lên vách và hướng lên trên. Rõ ràng, để lực này xuất hiện, chỉ cần mảnh vách đủ lớn để dòng chất lỏng bị uốn cong đáng kể. Ta có được cánh không tồn tại của máy bay hoặc của chim (không vỗ cánh khi bay).

Ngay từ những lập luận đơn giản nhất này cũng thấy rằng để bay chỉ cần một công suất nhất định, vì cần thắng sức cản của ma sát không tránh khỏi. Nếu không có ma sát, chim có thể bay những khoảng cách bất kỳ theo phương ngang mà không tốn một công nào.

BÀI TOÁN

Nhân viên điều tra dân số Smith và nhân viên khảo sát dân số Jones đồng thời đến ngôi nhà số 900. Mỗi người muốn biết tuổi của các cư dân trong nhà. Chủ nhà (chuyện xảy ra ở Hoa Kỳ) cho họ biết tuổi của mình và nói rằng trong nhà còn có ba cư dân nữa, tuổi của họ là ba số nguyên khác nhau mà khi nhân lại cho một số bằng số nhà. Chủ nhà nói rằng ông sẽ cho nhân viên điều tra dân số biết tuổi của một trong các cư dân. Ông thì thầm cho nhân viên điều tra dân số biết tuổi này, sau đó người này nói rằng mình không thể xác định tuổi của hai cư dân còn lại. Khi đó chủ nhà nói rằng ông sẽ cho nhân viên khảo sát biết tổng số tuổi của cư dân lớn tuổi nhất và một trong hai người kia. Ông thì thầm cho nhân viên khảo sát biết tổng này, và người đó nói rằng ông cũng không thể xác định tuổi của các cư dân.

Chủ nhà bắt đầu hỏi họ lần lượt. Lần đầu, nhân viên điều tra dân số trả lời rằng ông có thể xác định các tuổi ấy. Nhân viên khảo sát nói rằng ông có thể xác định các tuổi. Nhân viên khảo sát nói rằng ông vẫn chưa biết tuổi của các cư dân, còn nhân viên khảo sát tuyên bố: “Bây giờ tôi biết tất cả các tuổi.” Ba cư dân này bao nhiêu tuổi? (Trong điều kiện bài toán có chứa mọi thông tin cần thiết để giải!)

BÀI TẬP
của Kvant

Ф24. Giá đỡ,
trên đó
có vật
treo bằng
lò xo,
được bắt đầu
hạ xuống
với gia tốc α.
Tại thời điểm
ban đầu
lò xo
không bị dãn.
Sau
bao lâu
vật sẽ rời
khỏi giá đỡ?
Lò xo sẽ dãn
đến độ dài
cực đại nào?
Khối lượng của vật M,
độ cứng của lò xo κ.
N. I. Goldfarb

39

40

F25. Nếu điện thế anốt của tế bào quang điện cao hơn điện thế catốt, thì qua tế bào quang điện có dòng điện $I=10 \, a$ (dòng bão hòa). Trong trường hợp ngược lại, không có dòng điện qua tế bào quang điện. Bỏ qua điện trở trong của các pin, hãy tìm điện áp trên các tế bào quang điện trong các mạch vẽ ở hình 1 (các giá trị điện trở được ghi bằng kilôôm).

F26. Hai nửa mặt phẳng nằm ngang, đặt chồng lên nhau ở độ cao $h$, chuyển tiếp trơn tru vào nhau như chỉ ra ở hình 2. Trên nửa mặt phẳng trên, dưới góc $\alpha$ so với hướng xuống dốc, một khối nhỏ chuyển động với vận tốc $U$. Nó sẽ chuyển động như thế nào trên nửa mặt phẳng dưới? Coi rằng khối không nảy lên, tức là chuyển động không rời khỏi mặt dốc. Bỏ qua ma sát.

F27. Đổ nước qua lỗ ở đỉnh vào một vòm bán cầu áp sát trên bàn (hình 3). Khi nước đến lỗ, nó nâng vòm lên và bắt đầu chảy ra phía dưới. Tìm trọng lượng của vòm, nếu bán kính của nó bằng $R$, còn khối lượng riêng của nước là $\rho$.

⟦tờ 42⟧

Công nghiệp hiện đại không thể thiếu những tinh thể rất đa dạng. Chúng được dùng trong đồng hồ, máy thu bán dẫn, máy tính, laze và nhiều thứ khác. Phòng thí nghiệm vĩ đại — thiên nhiên — không còn có thể đáp ứng nhu cầu của kỹ thuật đang phát triển, vì thế tại các nhà máy chuyên dụng người ta nuôi các tinh thể nhân tạo: những tinh thể nhỏ, hầu như không đáng chú ý, và những tinh thể lớn — nặng vài kilôgam.

Có nhiều phương pháp nuôi tinh thể khác nhau. Thường quá trình này đòi hỏi nhiệt độ cao và áp suất rất lớn (chẳng hạn để thu được kim cương nhân tạo), nhưng một số tinh thể có thể được nuôi ngay cả trong điều kiện gia đình. Chúng tôi sẽ kể cho các bạn cách làm điều đó.

Dễ nhất là nuôi tại nhà các tinh thể phèn nhôm kali — KAl(SO₄)₂·12H₂O. Chất này có thể mua ở bất cứ cửa hàng hóa chất nào, và nó hoàn toàn vô hại (đôi khi phèn còn được thêm vào nước uống để làm trong nước). Nhưng trước khi bắt tay vào việc, hãy xem quá trình nuôi tinh thể là gì.

Nếu hòa tan một chất nào đó trong nước ở nhiệt độ không đổi, thì sau một thời gian, quá trình hòa tan sẽ ngừng lại. Dung dịch như vậy được gọi là bão hòa, còn lượng chất lớn nhất có thể hòa tan ở nhiệt độ đã cho trong 100 °С nước được gọi là độ tan của nó. Hiển nhiên khi nhiệt độ tăng, độ tan tăng. Vì vậy dung dịch, bão hòa công nghiệp hiện đại không thể thiếu những tinh thể rất đa dạng. Chúng được dùng trong đồng hồ, máy thu bán dẫn, máy tính, laze và nhiều thứ khác. Phòng thí nghiệm vĩ đại — thiên nhiên — không còn có thể đáp ứng nhu cầu của kỹ thuật đang phát triển, vì thế tại các nhà máy chuyên dụng người ta nuôi các tinh thể nhân tạo: những tinh thể nhỏ, hầu như không đáng chú ý, và những tinh thể lớn — nặng vài kilôgam.

Có nhiều phương pháp nuôi tinh thể khác nhau. Thường quá trình này đòi hỏi nhiệt độ cao và áp suất rất lớn (chẳng hạn để thu được kim cương nhân tạo), nhưng một số tinh thể có thể được nuôi ngay cả trong điều kiện gia đình. Chúng tôi sẽ kể cho các bạn cách làm điều đó.

Dễ nhất là nuôi tại nhà các tinh thể phèn nhôm kali — KAl(SO₄)₂·12H₂O. Chất này có thể mua ở bất cứ cửa hàng hóa chất nào, và nó hoàn toàn vô hại (đôi khi phèn còn được thêm vào nước uống để làm trong nước). Nhưng trước khi bắt tay vào việc, hãy xem quá trình hòa tan sẽ ngừng lại. Dung dịch như vậy được gọi là bão hòa, còn lượng chất lớn nhất có thể hòa tan ở nhiệt độ đã cho trong 100 °С nước được gọi là độ tan của nó. Hiển nhiên khi nhiệt độ tăng, độ tan tăng. Vì vậy dung dịch, bão hòa công nghiệp hiện đại không thể thiếu những tinh thể rất đa dạng. Chúng được dùng trong đồng hồ, máy thu bán dẫn, máy tính, laze và nhiều thứ khác. Phòng thí nghiệm vĩ đại — thiên nhiên — không còn có thể đáp ứng nhu cầu của kỹ thuật đang phát triển, vì thế tại các nhà máy chuyên dụng người ta nuôi các tinh thể nhân tạo: những tinh thể nhỏ, hầu như không đáng chú ý, và những tinh thể lớn — nặng vài kilôgam.

Có nhiều phương pháp nuôi tinh thể khác nhau. Thường quá trình này đòi hỏi nhiệt độ cao và lượng nước lớn, điều này có thể gây hư hại cho cấu trúc tinh thể. Vì vậy, nên sử dụng một phòng thí nghiệm chuyên dụng để nuôi tinh thể.

43

đã bão hòa ở một nhiệt độ, trở thành chưa bão hòa ở nhiệt độ cao hơn. Nếu làm nguội dung dịch bão hòa, phần chất dư sẽ kết tủa. Hình 1 cho thấy sự phụ thuộc của độ tan của phèn nhôm kali vào nhiệt độ. Từ đồ thị thấy rằng, chẳng hạn, khi làm nguội đến 10°С, từ 100 g dung dịch đã bão hòa ở 30°С phải có hơn 10 g chất kết tủa. Vậy, một cách nuôi tinh thể là để dung dịch bão hòa nguội đi.

Cũng có thể nuôi tinh thể bằng cách làm bay hơi. Bởi vì nếu dung dịch bão hòa bay hơi, thể tích của nó giảm, còn lượng chất hòa tan vẫn giữ nguyên. Nói cách khác, lại tạo ra phần chất dư, phần này kết tủa.

Bây giờ hãy xét sự tách ra của phần chất dư diễn ra như thế nào.

Lấy một dung dịch bão hòa và đun nóng nó. Đậy bình chứa dung dịch chưa bão hòa thu được bằng kính và để dung dịch nguội yên đến nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ bão hòa. Khi đó có thể không có kết tủa, và ta sẽ nhận được dung dịch quá bão hòa. Vấn đề là để hình thành

tinh thể cần có «mầm». Một tinh thể nhỏ của chính chất đó hoặc một hạt bụi đơn giản có thể làm mầm. Đôi khi chỉ cần lắc nhanh bình có dung dịch quá bão hòa hoặc bỏ tấm kính đậy nó đi là sự kết tinh tức thời bắt đầu. Khi đó thường hình thành rất nhiều tinh thể nhỏ. Để nuôi một tinh thể lớn, cần hạn chế số lượng «mầm». Tốt nhất là đưa vào một «mầm» nhân tạo, vai trò của nó do một trong các tinh thể đã thu được trước đó đảm nhiệm.

«Mầm» được chuẩn bị như sau. Lấy hai lọ thủy tinh và rửa thật kỹ. Đổ nước ấm vào một trong chúng và hòa tan phèn đến bão hòa. Khi khuấy dung dịch, theo dõi sự hòa tan. Khi chất không còn hòa tan nữa, cẩn thận rót dung dịch sang lọ thứ hai sao cho chất chưa hòa tan không lọt vào đó. Sau đó đậy lọ bằng kính. Khi dung dịch nguội, bỏ tấm kính đi. Sau một thời gian, bạn sẽ thấy trong lọ hình thành rất nhiều tinh thể. Hãy để chúng lớn thêm và chọn những tinh thể lớn nhất làm «mầm».

Bây giờ có thể bắt đầu nuôi tinh thể. Trước hết cần chuẩn bị dụng cụ. Để tiêu diệt những mầm không mong muốn-

44

trên thành bình, hãy hấp bên trong các lọ trên vòi ấm nước sôi. Sau đó lại pha một dung dịch bão hòa ấm và rót nó sang một lọ sạch khác.

Vậy là bạn có một dung dịch phèn bão hòa ấm. Hãy đun nóng thêm một chút, đậy lọ bằng kính và để nguội. Khi nhiệt độ dung dịch gần đến nhiệt độ bão hòa, hãy thả vào lọ “mồi” đã chuẩn bị từ trước. Vì dung dịch còn chưa bão hòa, tinh thể “mồi” bắt đầu tan. Nhưng ngay khi dung dịch nguội đến nhiệt độ bão hòa, tinh thể sẽ ngừng tan, và chẳng bao lâu nó bắt đầu lớn lên. (Nếu tinh thể tan hết, có thể cho một “mồi” mới vào dung dịch.)

Khi dung dịch ngừng nguội, có thể tiếp tục nuôi tinh thể. Để làm điều đó, hãy nhấc tấm kính lên sao cho nước bay hơi, nhưng bụi không rơi vào dung dịch. Tinh thể tiếp tục lớn trong hai-ba ngày.

Khi nuôi tinh thể, cố gắng không chạm vào và không di chuyển lọ. Khi tinh thể đã sẵn sàng, chỉ cần lấy nó ra khỏi dung dịch và thấm kỹ bằng khăn giấy, nếu không nó sẽ nhanh chóng xỉn màu.

Các tinh thể có hình dạng khác nhau tùy theo bạn thả “mồi” xuống đáy bình hay treo nó trên sợi chỉ (hình 2). Bằng cách này có thể, chẳng hạn, nuôi được “chuỗi hạt”. Muốn vậy cần “mồi” cho sợi chỉ, tức là chà nó vài lần lên tinh thể, rồi thả sợi chỉ vào dung dịch.

Trong ảnh ở đầu bài báo có một tinh thể thu được từ phèn nhôm-kali bằng phương pháp đã mô tả ở trên.

Nuôi tinh thể là một nghệ thuật. Có thể bạn sẽ không thành công ngay mọi việc. Đừng nản lòng. Một chút kiên trì, bền bỉ, cẩn thận, và bạn sẽ có những tinh thể đẹp.

Trả lời câu hỏi của độc giả

Có thể đặt mua “Kvant” tại mọi bưu cục và đại lý Союзпечать từ bất cứ nơi nào. Chỉ số của chúng tôi là 70 465. Nếu bị từ chối, xin báo cho ban biên tập.

Sai lầm logic ở đâu?

Trên tạp chí The Amer. math. Monthly có đăng một bài toán mà bản dịch tự do như sau: “phải xuất phát từ điểm nào trên quả địa cầu để, đi 10 km về phía nam theo kinh tuyến, rồi 10 km về phía đông theo vĩ tuyến, cuối cùng lại đi 10 km về phía bắc theo kinh tuyến, trở về điểm xuất phát?”

Một lời giải gần như hiển nhiên: xuất phát từ cực Bắc. Điều đáng chú ý là lời giải này không phải duy nhất. Một nhà toán học nổi tiếng đã giải bài toán như sau. Phần thứ nhất và thứ ba của đường đi theo các kinh tuyến; nhưng hai kinh tuyến chỉ có hai điểm chung — cực Bắc và cực Nam; điểm sau bị loại vì từ đó không thể đi về phía nam; còn lại cực Bắc là lời giải duy nhất.

Sai lầm trong lập luận là gì và làm thế nào để có được lời giải đầy đủ?

45

VỀ CÁC KỲ THI TUYỂN
MÔN TOÁN
TẠI CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC
KỸ THUẬT
NĂM 1969
V. A. TONYAN

CÁC KỲ THI TẠI MIEM

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ kể về các kỳ thi tuyển môn toán tại Viện Kỹ thuật Điện tử Moskva (MIEM).

Cũng như ở đa số các trường đại học kỹ thuật, thí sinh phải thi hai môn toán: thi viết và thi vấn đáp. Bài thi viết kéo dài 4 giờ (4×60 phút).

Lưu ý rằng tất cả các câu hỏi và bài toán được đề nghị đều không vượt ra ngoài phạm vi chương trình đã được phê chuẩn cho các kỳ thi tuyển.

Dưới đây chúng tôi sẽ đưa ra các bài toán lấy từ những đề thi viết khác nhau được sử dụng năm 1969, kèm theo những sai lầm điển hình nhất mà thí sinh đã mắc phải.

Đề 0

1. Một người đi xe máy và một người đi xe đạp xuất phát đồng thời từ các điểm A và B về phía nhau và gặp nhau ở khoảng cách 12 km tính từ trung điểm AB. Vận tốc của người đi xe máy lớn hơn vận tốc của người đi xe đạp 32 km/giờ. Nếu người đi xe máy xuất phát muộn hơn một giờ thì họ sẽ gặp nhau ở trung điểm quãng đường. Tìm khoảng cách AB.

2. Giải phương trình
   $$x = a - \sqrt{a^2 - x \sqrt{x^2 + a^2}}.$$

3. Giải bất phương trình
   $$\log_{\sqrt{3}} \frac{\sqrt{27}}{\arctg x} \cdot \log_{\sqrt{3}} \arctg x > 2.$$

4. Giải phương trình
   $$\sin \sqrt{4 + 3x - x^2} + \cos \sqrt{4 + 3x - x^2} = \sqrt{2}.$$

5. Tâm của hai đường tròn có bán kính R và r nằm trên cạnh huyền của một tam giác vuông. Một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh góc vuông, đường tròn kia tiếp xúc với một cạnh góc vuông và với đường tròn thứ nhất. Tìm các cạnh của tam giác.

Chúng tôi trình bày lời giải các bài toán này.

1. Ký hiệu vận tốc của người đi xe đạp là x, còn độ dài AB là 2S; khi đó vận tốc của người đi xe máy sẽ là x+32. Nếu thời gian người đi xe đạp đi đến lúc gặp nhau bằng t, thì từ điều kiện bài toán ta có
   $$xt = S - 12,$$
   $$(x + 32)t = S + 12.$$

Nếu người đi xe máy xuất phát muộn hơn một giờ, thì người đó đi đến lúc gặp nhau trong $t_1$ giờ, còn người đi xe đạp — trong $(t_1-1)$ giờ và vì thế
$$(x + 32)t_1 = S,$$
$$x(t_1+1) = S.$$

Giải hệ này, ta được $S=48$ km.

Bài toán này không khó đối với các thí sinh. Đại đa số thí sinh đã giải được nó. Tuy nhiên, nhiều người đã lập những hệ phương trình cồng kềnh do chọn ký hiệu không khéo.

2. Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được
   $$x^2 - 2ax = -x \sqrt{x^2 + a^2}$$
   hoặc
   $$x(2a - x - \sqrt{x^2 + a^2}) = 0.$$

Từ đây
$$x_1 = 0$$ và $2a - x = \sqrt{x^2 + a^2}$.

Lại bình phương, ta được $3a^2 = 4ax$ hoặc $a(3a-4x)=0$. Bây giờ, nếu a=0,

46

thì $x_2 - \text{một số bất kỳ},$ nếu $a \neq 0$, thì
$$x_2 = \frac{3}{4} a.$$

Khi thực hiện phép biến đổi (bình phương), ta có thể đã làm mất tính tương đương, vì vậy cần kiểm tra các nghiệm tìm được $x_1, x_2, x_3$.

1. $x_1 = 0$. Thay giá trị $x_1$ vào phương trình ban đầu. Khi đó vế trái bằng 0, còn vế phải:
   $$a - \sqrt{a^2} = a - |a| = \begin{cases} 0 & \text{khi } a \geq 0, \\ 2a & \text{khi } a < 0. \end{cases}$$

2. Nếu $a = 0$, thì vế trái của phương trình bằng $x$, còn vế phải:
   $$- \sqrt{-x \sqrt{x^2}} = -\sqrt{-x |x|} = \begin{cases} -\sqrt{-x^2} & \text{khi } x > 0, \\ -\sqrt{x^2} & \text{khi } x \leq 0. \end{cases}$$

3. Thay giá trị $x_3 = \frac{3}{4} a$, ta được vế trái bằng $\frac{3}{4} a$, còn vế phải:
   $$a - \sqrt{a^2 - \frac{3}{4} a \sqrt{\frac{9}{16} a^2 + a^2}} = \begin{cases} a - \sqrt{\frac{a^2}{16}} = \frac{3}{4} a & \text{khi } a > 0, \\ a - \sqrt{\frac{31 a^2}{16}} + a + \frac{a \sqrt{31}}{4} & \text{khi } a < 0. \end{cases}$$

Đáp số. Nếu $a > 0$ thì $x_1 = 0$, $x_3 = \frac{3}{4} a$; nếu $a = 0$ thì $x \leq 0$.

Sai lầm điển hình nhất mà thí sinh mắc phải khi giải phương trình này là không kiểm tra các giá trị tìm được $x_1, x_2, x_3$. Khi giải phương trình này bằng phương pháp nêu trên, việc kiểm tra là một bộ phận của lời giải bài toán.

3. Đặt $\log \sqrt{3}$ arcctg $x = t$, ta được $t^2 - 3t + 2 < 0$, suy ra $1 < t < 2$.
   Trở lại biến $x$, có thể viết
   $$\sqrt{3} < \text{arcctg} x < 3$$
   suy ra đáp số: $\text{arcctg} 3 < x < \text{arcctg} \sqrt{3}$.

4. Điều kiện $4 + 3x - x^2 \geq 0$ cho ta $-1 \leq x \leq 4$.

Bây giờ, áp dụng các công thức cộng vào vế trái, ta được
$$\sqrt{2} \sin \left(\sqrt{4 + 3x - x^2} + \frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2},$$
suy ra
$$\sqrt{4 + 3x - x^2} = \frac{\pi}{4} + 2\pi n.$$
Vậy cần có $n \geq 0$.

Giải phương trình vô tỉ này, ta được
$$x = \frac{3 \pm \sqrt{25 - 4 \left(2\pi n + \frac{\pi}{4}\right)^2}}{2};$$
từ đó
$$\left(2n\pi + \frac{\pi}{4}\right)^2 = \frac{25}{4}.$$
Do đó, $n = 0$ và $x_{1,2} = \frac{6 \pm \sqrt{100 - \pi^2}}{4}$.

Dễ dàng kiểm tra rằng cả hai giá trị này đều là nghiệm của phương trình.

Khi giải phương trình này, nhiều người đã thu được đẳng thức (1), nhưng chỉ một phần các khảo sát đã xây dựng về công thức này và giữ lại nghiệm tương ứng với $n = 0$.

5. Cho $ABC$ là tam giác đã cho, $\rightarrow ACB$ vuông, $O$ và $O_1$ là tâm các đường tròn bán kính $R$ và $r$; $D$ và $E$ là các tiếp điểm của các đường tròn với cạnh góc vuông $CA$. Kẻ $EF \parallel AB$ và đặt $\rightarrow BAC = \alpha$. Khi đó từ $\triangle FDE$ ta có
   $$\sin \alpha = \frac{R - r}{R + r}.$$

Nhận thấy $CD = R$ và đặt $AC = b$, từ $\triangle ODA$ ta được
$$\text{tg} \alpha = \frac{R}{b - R}.$$

Từ (1) và (2) có thể viết
$$1 + \left(\frac{R}{b - R}\right)^2 = \left(\frac{R + r}{R - r}\right)^2,$$
từ đó, giải theo $b$, ta được
$$b = R \left[1 + \frac{2\sqrt{Rr}}{R - r}\right].$$

48

Chúng ta giải phương trình như thế nào! Xuất phát từ phương trình đã cho, ta lần lượt viết phương trình thứ nhất, thứ hai, thứ ba, … — một dãy phương trình, trong đó mỗi phương trình nhận được từ phương trình trước bằng cách biến đổi một hoặc đồng thời cả hai vế, và cứ thế cho đến khi nhận được một phương trình hoàn toàn đơn giản mà nghiệm của nó ta đã biết cách tìm. Nếu đồng thời mọi chuyển từ phương trình đã cho sang phương trình tiếp theo đều “đảo được”, tức là ta thấy rằng từ phương trình thứ tư có thể bằng phép biến đổi thu được phương trình thứ ba, từ phương trình thứ ba — phương trình thứ hai, v. v., thì rõ ràng phương trình cuối cùng của quá trình có cùng các nghiệm như phương trình ban đầu. Nhưng thường gặp những phương trình có căn thức, lôgarit, hàm lượng giác mà khi giải phải dùng đến những phép biến đổi khá phức tạp, khiến cho “bước chuyển ngược” không thật rõ ràng. Nếu khi giải những phương trình như vậy, ta thực hiện các phép biến đổi một cách hình thức, không đi sâu vào ý nghĩa của chúng, thì rất dễ mắc sai lầm: làm mất một nghiệm hoặc có thêm một nghiệm thừa. Bài viết này nói về việc điều đó xảy ra như thế nào và cách tránh những điều không hay tương tự.

1. MỘT SỐ KÝ HIỆU.

Giả sử cho các tập hợp số $X$ và $Y$. Ký hiệu $X \subset Y$ có nghĩa là mỗi phần tử của tập hợp $X$ đồng thời là phần tử của tập hợp $Y$, còn trong $Y$ có thể có những phần tử không thuộc tập hợp $X$. Ký hiệu $x \in X$ (tương ứng $x \in X$) có nghĩa là phần tử $x$ thuộc (không thuộc) tập hợp $X$.

Về sau, cùng với cụm từ “tập hợp $X$ gồm tất cả các số thực $x$”, cũng dùng ký hiệu: $X = \{x| -\infty < x < \infty\}$. Tương tự, cách viết $X = \{x|x \ge 3\}$ có nghĩa là tập hợp $X$ gồm tất cả các số $x$ thỏa mãn bất đẳng thức $x \ge 3$, còn cách viết $X = \{x|x \neq \pi\}$ có nghĩa là tập hợp $X$ chứa tất cả các số thực, trừ $x = \pi n^*$).

Và cuối cùng, điều kiện miền giá trị cho phép ĐKX (nhắc lại rằng miền

*) Ở mọi chỗ sau đây, giả sử rằng $n, k=0, \pm 1, \pm 2, \ldots$

49

Tập các giá trị chấp nhận được của phương trình $f(x)=g(x)$ được gọi là tập hợp những $x$ mà tại đó các hàm $f(x)$ và $g(x)$ xác định) của phương trình đã cho ký hiệu bằng chữ $X$, còn TXĐ của phương trình nhận được từ phương trình ban đầu do một phép biến đổi nào đó — bằng chữ $Y$.

2. NGHIỆM NGOẠI LAI TỪ ĐÂU MÀ CÓ?

Nguyên nhân thứ nhất là sự mở rộng TXĐ. Khi giải phương trình, người ta thường xuyên áp dụng rất nhiều phép biến đổi khác nhau. Khá thường xảy ra rằng TXĐ của phương trình nhận được từ phương trình ban đầu do một phép biến đổi nào đó lại rộng hơn TXĐ của phương trình ban đầu (cụm từ «TXĐ rộng hơn» có nghĩa là $X \subset Y$). Việc mở rộng TXĐ có thể dẫn đến sự xuất hiện các nghiệm ngoại lai. Vấn đề là phương trình nhận được có thể có những nghiệm mà, là phần tử của tập $Y$, lại không thuộc tập $X$. Chính chúng sẽ là các nghiệm ngoại lai của phương trình ban đầu.

Ví dụ 1. Giải phương trình
$$\frac{2}{2-x} + \frac{1}{2} = \frac{4}{2x-x^2}.$$
Lời giải. Trước hết, viết TXĐ của phương trình (1): $X=\{x|x \neq 0;2\}$. Quy đồng mẫu số, ta được
$$4x+2x-x^2=8.$$

Phương trình (2) đã có miền xác định khác: $Y=\{x|-\infty < x < \infty\}$. Giải phương trình (2), ta thu được hai nghiệm: $x_1=4$, $x_2=2$, trong đó $x_1 \in X$, còn $x_2 \in X$, vì vậy $x_2$ là nghiệm ngoại lai của phương trình (1). Như vậy, phương trình (1) có nghiệm duy nhất $x=4$.

Ví dụ 2. Giải phương trình
$$\lg (x^2+3x-4) = \lg (2x+2).$$
Lời giải. Giải hệ bất phương trình
$$\begin{cases} x^2+3x-4 > 0, \\ 2x+2 > 0, \end{cases}$$
ta tìm được miền xác định của phương trình (3): $X=\{x|x > 1\}$. Lũy thừa hóa, ta biến đổi phương trình (3) thành phương trình
$$x^2+3x-4=2x+2$$
có miền xác định rộng hơn: $Y=\{x|-\infty < x < \infty\}$. Phương trình (4) có hai nghiệm: $x_1=2$, $x_2=-3$, trong đó $x_1 \in X$, còn $x_2 \in X$. Vậy $x_2$ là nghiệm không đổi của phương trình (3) và do đó, phương trình (3) có nghiệm duy nhất $x=2$.

Việc mở rộng miền xác định đôi khi dẫn đến việc áp dụng một số công thức đã biết từ chương trình trung học. Đó là các công thức liên quan đến những tính chất khác nhau của logarit, căn bậc chẵn, cũng như một số-

$$\log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a [f(x) \cdot g(x)],$$
$$\frac{1-\cos x}{\sin x} = \tg \frac{x}{2}.$$

Không khó thấy rằng hàm số xuất hiện ở vế phải của các đẳng thức này có miền xác định rộng hơn hàm số xuất hiện ở vế trái.

Như vậy, miền xác định của hàm số $\log_a f(x)+\log_a g(x)$ được xác định bởi hệ bất đẳng thức
$$\begin{cases} f(x) > 0, \\ g(x) > 0, \end{cases}$$
trong khi miền xác định của hàm số $\log_a [f(x) \cdot g(x)]$ gồm các nghiệm của hệ (7) và các nghiệm của một hệ bất đẳng thức nữa
$$\begin{cases} f(x) < 0, \\ g(x) < 0. \end{cases}$$

Miền xác định của hàm số $\frac{1-\cos x}{\sin x}$ là: $X=\{x|x \neq \pi n\}$. Còn hàm số $tg \frac{x}{2}$ có miền xác định rộng hơn: $X=\{x|x \neq \pi(2k+1)\}$. Vì vậy, việc áp dụng các công thức (5), (6) và các công thức tương tự khi giải phương trình “từ trái sang phải” có thể dẫn đến xuất hiện các nghiệm ngoại lai.

Ví dụ 3. Giải phương trình
$$\frac{1-\cos x}{\sin x} + \tg^3 \frac{x}{2} = 0.$$

Lời giải. Viết ĐKXĐ của phương trình (8): $X=\{x|x \neq \pi n\}$. Áp dụng công thức (6), ta được phương trình
$$tg \frac{x}{2} + \tg^3 \frac{x}{2} = 0$$

với ĐKXĐ rộng hơn: $Y=\{x|x \neq \pi(2k+1)\}$. Nghiệm của phương trình (9) là các giá trị $x=2\pi n$. Tất cả các giá trị này không thuộc ĐKXĐ của phương trình (8), nên là các nghiệm ngoại lai. Như vậy, phương trình (8) không có nghiệm.

Lý do thứ hai là nhân cả hai vế của phương trình với cùng một hàm số. Cho phương trình
$$f(x)=g(x).$$
Nhân cả hai vế với hàm số $h(x)$. Ta được phương trình
$$f(x)\cdot h(x)=g(x)\cdot h(x),$$
các nghiệm của nó gồm cả các nghiệm của phương trình (10), lẫn các nghiệm của phương trình $h(x)=0$ (hay, như người ta còn nói, các nghiệm của hàm số $h(x)$. Trong số những nghiệm sau này cũng có thể có các nghiệm không thỏa mãn phương trìn-