Kvant 1971, số 6 · Trang

Tạp chí khoa học phổ thông vật lý-toán học
Kvant
6
1971
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học
Sư phạm Liên Xô

⟦không có folio⟧

Bảo đảm trong kế hoạch năm năm mới:
tiếp tục nghiên cứu các vấn đề của toán học lý thuyết và ứng dụng và điều khiển học…
phát triển các nghiên cứu về vật lý hạt nhân, vật lý chất rắn và chất bán dẫn, điện tử lượng tử, vật lý plasma, vật lý nhiệt độ thấp…

Chỉ thị của Đại hội XXIV Đảng Cộng sản Liên Xô về kế hoạch năm năm phát triển nền kinh tế quốc dân Liên Xô trong các năm 1971—1975

Trong số này:
Về các xấp xỉ tốt nhất 1 Đ. V. Fuks,
M. V. Fuks

Điốt và triốt bán dẫn 8 M. A. Fedorov

Sự phát triển của tinh thể 16 R. Fulman

Đống tuyết 23 L. G. Aslamazov

Câu lạc bộ toán học
Lời giải các bài toán của bài kiểm tra đầu vào tại ЗМШ 25 A. L. Toom

Phòng thí nghiệm “Kvant”
Con lắc lạ 30 N. A. Mints

Bài toán của “Kvant”
Bài toán 33

Lời giải bài toán
M34—M38, Ф52—Ф58 35 A. K. Tolpyu,
A. G. Kushinirenko,
N. V. Vasilyev,
L. M. Lopovok,
I. Sh. Slobodetsky

Thực hành cho thí sinh
Phương trình lôgarit 46 V. V. Golberg

Bài toán hình học 52 Yu. V. Sidorov

Kỳ thi viết môn toán
tại khoa hóa học Đại học Moskva
năm 1970 56 N. N. Kolesnikov,
V. M. Tikhomirov

Kỳ thi viết môn vật lý tại МФТИ
năm 1970 60 V. E. Belonuchkin,
S. M. Kozel

Đáp số, chỉ dẫn, lời giải 63

Góc của người sưu tập
Tem dành cho Galileo
trang bìa thứ 3

Trò chơi Escott
trang bìa thứ 4

dựa trên những ý tưởng tự thân đã thú vị.

Ta sẽ chứng minh định lý này bằng các mạng lưới.

§ 2. Mạng lưới

Giả sử trên mặt phẳng cho hai đường thẳng cắt nhau: $l_0$ và $m_0$, và ngoài ra cố định hai đoạn đơn vị: $a$ và $b$. Về cả hai phía của đường thẳng $l_0$, kẻ các đường thẳng song song $l_{\pm 1}, l_{\pm 2}$… cách nó những khoảng $a, 2a$, …

Tương tự, về cả hai phía của $m_0$, cách nó những khoảng $b, 2b$, … kẻ các đường thẳng $m_{\pm 1}, m_{\pm 2}$, … Đánh dấu mọi giao điểm của các đường thẳng $l_i$ với các đường thẳng $m_j$. Tập hợp các điểm này được gọi là mạng lưới (hình 2).

Nhấn mạnh rằng mạng lưới là tập hợp các giao điểm của các đường thẳng, chứ không bao gồm chính các đường thẳng ấy. Điều này quan trọng, vì cùng một mạng lưới có thể thu được từ những họ đường thẳng hoàn toàn khác nhau. Chẳng hạn, mạng lưới ở hình 3 thu được cả khi lấy giao của các đường thẳng màu xanh lẫn khi lấy giao của các đường thẳng màu đỏ.

Không cần đi xa để tìm ví dụ về mạng lưới. Các giao điểm của các dòng kẻ trong vở «ô vuông» tạo thành một mạng lưới. Còn các điểm trong những quyển vở mà học sinh lớp một viết thì không tạo thành mạng lưới — khoảng cách giữa các dòng ngang kề nhau không bằng nhau (hình 4).

Cố định trên mặt phẳng các họ đường thẳng $l_i, m_j$ và ký hiệu mạng lưới được dựng với sự giúp đỡ của chúng là $R$.

Định lý 2 (tính chất hình bình hành). Nếu ABCD là hình bình hành và các điểm A, B, C thuộc lưới, thì mỗi điểm trong số đó nằm trên một trong các đường thẳng $l_i$ và trên một trong các đường thẳng $m_j$. Cả hai khẳng định được chứng minh hoàn toàn giống nhau, và chúng ta chỉ xét chứng minh của khẳng định thứ nhất.

Vì các điểm A, B, C thuộc lưới, nên mỗi điểm trong số đó nằm trên một trong các đường thẳng $l_i$, giả sử A nằm trên $l_i$, B — trên $l_j$, C — trên $l_k$ (xem hình 5). Từ điểm A hạ đường vuông góc AE xuống đường thẳng $l_j$, từ điểm D hạ đường vuông góc DF xuống đường thẳng $l_k$. Vì BA || CD, $l_j || l_k$ và AE || DF (là các đường vuông góc với các đường thẳng song song), nên các tam giác BAE và CDF đồng dạng. Hơn nữa, vì BA=CD, nên các tam giác này bằng nhau. Do đó, AE=DF. Độ dài đoạn AE là khoảng cách giữa

$$2 \times 2 = 4$$

lưới

không phải lưới

Hình 4.

4

các đường thẳng $l_i$ và $l_j$, tức là $AE=a|i-j|$. Do đó, đường thẳng kẻ qua điểm $D$ song song với các đường thẳng $l$, cách $l_k$ một khoảng $DF=AE=a|i-j|$, là bội của $a$, và đường thẳng này là một trong các đường thẳng $l$ (chính xác hơn — đường thẳng $l_{k+i-j}$).

Định lý được chứng minh.

Chúng ta sẽ không cần đến các tính chất khác của lưới. Chúng tôi sẽ nêu một số tính chất trong đó không chứng minh — để tự suy nghĩ.

1. Nếu đỉnh của hình bình hành song song với các đường thẳng $l$ nằm cách $l_k$ một khoảng $DF=AE=a|i-j|$, là bội của $a$, thì đường thẳng này là một trong các đường thẳng $l$ (chính xác hơn — đường thẳng $l_{k+i-j}$).

Ví dụ, cơ bản là tất cả các hình bình hành mà các đường thẳng $l_i$, $m_j$ chia mặt phẳng thành.

2. Để một hình bình hành có các đỉnh thuộc lưới là cơ bản, điều kiện cần và đủ là bên trong hình bình hành này và trên các cạnh của nó không có điểm nào của lưới, ngoài các đỉnh của hình bình hành.

3. Mọi hình bình hành trên mặt phẳng đều là cơ bản đối với một và chỉ một lưới.

§ 3. Mối liên hệ giữa các lưới và các xấp xỉ hữu tỉ

Bây giờ ta trở lại mục tiêu ban đầu của mình: tìm các xấp xỉ cho số vô tỉ $\alpha$. Trước hết, ta sẽ liên hệ với số $\alpha$ một lưới đặc biệt nào đó.

Đưa vào mặt phẳng một hệ tọa độ vuông góc. Là các đường thẳng $m_0, m_{\pm 1}, m_{\pm 2}, \dots$ ta lấy các đường thẳng song song với trục $Ox$ và đi qua các điểm $(0,0), (0,\pm 1), (0,\pm 2), \dots$. (phương trình đường thẳng $m_q: y=q$). Là đường thẳng $l_0$ ta lấy đường thẳng đi qua các điểm $(0,0)$ và $(\alpha, 1)$; phương trình của nó: $x=\alpha y$. Cuối cùng, là các đường thẳng $l_{\pm 1}, l_{\pm 2}, \dots$ ta lấy các đường thẳng song song với đường thẳng $l_0$ và đi qua các điểm $(\pm 1,0), (\pm 2,0), \dots$. (phương trình đường thẳng $l_p: x=\alpha y-p$). Lưới này được biểu diễn ở hình 6. Gán cho lưới này ký hiệu “$R$”.

Hóa ra, câu hỏi về việc $\frac{p}{q}$ là một xấp xỉ tốt đến mức nào cho số $\alpha$ có thể quy về câu hỏi điểm giao của các đường thẳng $l_p$ và $m_q$ nằm ở đâu trên mặt phẳng. Thật vậy, hãy tìm tọa-

6

tọa độ của điểm này. Điều đó có thể làm bằng các phương pháp hình học sơ cấp, cũng như bằng cách giải đồng thời các phương trình của các đường thẳng này:

$$\begin{cases} x = \alpha y - p \\ y = q \end{cases}$$

(lₚ), (mₙ).

Ta được rằng tọa độ của giao điểm là: αq—p, q. Ta thấy rằng tung độ của điểm này bằng mẫu số của phân số $\frac{p}{q}$. Còn hoành độ của nó bằng αq—p = q($\alpha - \frac{p}{q}$). Như vậy, môđun của hoành độ trùng với hệ số chất lượng của phép xấp xỉ, và nó dương nếu α > $\frac{p}{q}$ (hoặc $\frac{p}{q}$ là phép xấp xỉ “thiếu”), và âm nếu α < $\frac{p}{q}$ (hoặc $\frac{p}{q}$ là phép xấp xỉ “thừa”). Lưu ý rằng vì α là vô tỉ, nên hiển nhiên α ≠ $\frac{p}{q}$, và do đó không có điểm lưới nào, trừ điểm (0,0), nằm trên trục Oy.

Vậy, mỗi điểm của lưới chúng ta nằm phía trên trục Ox (ta xét trường hợp q > 0) tương ứng với một phép xấp xỉ hữu tỉ nào đó của số α; trong đó khoảng cách của điểm này đến trục Ox là mẫu số của phép xấp xỉ; khoảng cách của nó đến trục Oy là hệ số chất lượng của phép xấp xỉ; nếu điểm nằm bên phải (bên trái) trục Oy, thì phép xấp xỉ tương ứng là phép xấp xỉ thiếu (thừa).

§ 4. Chứng minh định lý cơ bản

Ta sẽ chứng minh một mệnh đề mạnh hơn định lý cơ bản.

Định lý 3. Với mọi số tự nhiên N, k, tồn tại ít nhất k phân số khác nhau $\frac{p}{q}$ sao cho

a) $q \leqslant Nk$,

b) $q \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{N}$.

(Điều rằng định lý 3 suy ra định lý 1 là hiển nhiên: k có thể lớn tùy ý, do đó tập hợp tất cả các phép xấp xỉ có hệ số chất lượng nhỏ hơn 1/N là vô hạn).

Chứng minh. Ta hãy xem khẳng định của chúng ta có nghĩa gì đối với lưới R được xây dựng ở § 3. Như ta đã thấy, các phép xấp xỉ tương ứng với các điểm của lưới này, trong đó các mẫu số bằng các tung độ, còn các hệ số chất lượng bằng môđun các hoành độ của những điểm này. Vậy, ta cần chứng minh rằng tồn tại k điểm của lưới R nằm bên trong hình chữ nhật P, được xác định bởi các bất đẳng thức: $-\frac{1}{N} < x < \frac{1}{N}, 0 < y < kN + 1$ (xem hình 7).

Để chứng minh, ta xét hình chữ nhật rộng hơn $\tilde{P}$: $-\frac{1}{2} < x < \frac{1}{2}, 0 < y < kN + 1$ (hình 8). Bên trong hình chữ nhật này

6

có $kN$ điểm lưới $R$. Thật vậy, trên mỗi đường thẳng $y=1, y=2, \dots, y=kN$ các điểm lưới cách nhau những khoảng bằng 1; vì vậy trên đoạn của mỗi đường thẳng này nằm trong hình chữ nhật $\tilde{P}$ có đúng một điểm lưới (các điểm lưới không rơi vào các cạnh đứng của hình chữ nhật $\tilde{P}$, vì hoành độ của chúng là vô tỉ). Chia hình chữ nhật $\tilde{P}$ thành $N$ hình chữ nhật bằng nhau $p_1, p_2, \dots, p_N$ có đáy $\frac{1}{N}$.

Rõ ràng, hoặc trong mỗi hình chữ nhật có đúng $k$ điểm lưới, hoặc trong một hình chữ nhật nào đó (chẳng hạn, trong $p_m$) có ít nhất $k+1$ điểm lưới (chẳng hạn $A_0, A_1, \dots, A_k$).

Trong trường hợp thứ nhất, định lý cần chứng minh có ngay: hình chữ nhật $P$ hiển nhiên chứa một trong các hình chữ nhật $p_i$, và do đó trong nó có $k$ điểm lưới.

Trong trường hợp thứ hai, ta thực hiện phép dựng sau (hình 9). Để xác định, giả sử rằng $A_0$ là điểm thấp nhất trong các điểm $A_0, \dots, A_k$. Nối điểm $A_0$ với điểm $O$ và từ các điểm $A_1, \dots, A_k$ vẽ các đoạn thẳng bằng và song song với $A_0O$.

Gọi đó là các đoạn thẳng $A_1B_1, \dots, A_kB_k$.

Các điểm $B_1, \dots, B_k$ thuộc lưới $R$; thật vậy, tứ giác $A_0OB_iA_i$ với $1 \leq i \leq k$ là hình bình hành (vì $A_0O \parallel A_iB_i, A_0O=A_iB_i$) và các điểm $A_0, O, A_i$ thuộc $R$; do đó, theo tính chất của hình bình hành (định lý 2), $B_i$ cũng thuộc $R$.

Các điểm $B_1, \dots, B_k$ nằm trong hình chữ nhật $P$. Thật vậy, với $1 \leq i \leq k$ các đoạn thẳng $A_0A_i$ và $OB_i$ bằng nhau và song song, do đó có các hình chiếu bằng nhau lên trục $Ox$. Nhưng đoạn thẳng $A_0A_i$ nằm trong hình chữ nhật $p_m$ và hình chiếu của nó lên trục $Ox$ nhỏ hơn $\frac{1}{N}$. Vậy, theo môđun, hoành độ của điểm $B_i$ nhỏ hơn $\frac{1}{N}$, tức là $B_i$ nằm trong $P$. Như vậy, $B_1, \dots, B_k$ là $k$ điểm của lưới nằm trong hình chữ nhật $P$. Định lý được chứng minh.

§ 5. Kết luận

Từ định lý 3 cũng có thể rút ra những hệ quả rất thú vị khác.

Chẳng hạn, hệ quả sau:

Định lý 4. Tồn tại vô số phân số $\frac{p}{q}$ tối đa

$$\left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^2}.$$

Chứng minh. Trong định lý 3, lấy $k=1$. Khi đó, theo định lý này, với mỗi $N$ tồn tại một xấp xỉ $\frac{p}{q}$ của số $\alpha$ sao cho $q \leq N$ và

$$q \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{N}.$$

⟦tờ 8⟧

Chất dẫn điện, chất bán dẫn và chất điện môi

Trước khi nói về điốt bán dẫn và tranzito, chúng ta sẽ kể về chất bán dẫn là gì, cấu trúc bên trong của chúng ra sao và chúng có những tính chất nào.

Trong số rất nhiều chất bán dẫn đã biết trong tự nhiên, silic và gecmani được nghiên cứu nhiều nhất. Đó là các nguyên tố đứng trong bảng Menđêlêép ở các số 14 và 32.

Nếu nói chặt chẽ, thì chất bán dẫn là chất điện môi, chỉ là những chất điện môi rất yếu. Yếu theo nghĩa là không khó biến chúng thành chất bán dẫn. Có vài cách để làm điều đó. Những cách chính là: chiếu xạ, bắn phá chất bán dẫn bằng các hạt nhanh, nung nóng và thêm vào chất bán dẫn những tạp chất thích hợp.

Như đã biết, chất điện môi không dẫn dòng điện, tức là chúng là chất cách điện. Nếu tạo hiệu điện thế ở hai đầu một mẫu điện môi và đo dòng điện, thì nó sẽ bằng không. Điều này được giải thích bởi trong mẫu không có các hạt mang điện tự do, chẳng hạn các electron, mà dưới tác dụng của điện trường sẽ chuyển từ đầu này của mẫu sang đầu kia và như vậy tạo ra dòng điện. Các nguyên tử của chất điện môi giữ chặt tất cả các electron của mình và nếu có nhả chúng ra, thì chỉ để đổi với nguyên tử bên cạnh lấy một electron khác.

Khác hẳn là trong kim loại. Phần lớn electron ở đó cũng ứng xử giống như electron trong chất điện môi. Nhưng một số trong chúng, những electron ở xa các hạt nhân mang điện dương và vì thế liên kết yếu với chúng, khi hình thành tinh thể nhận được tự do đến mức có thể ở khắp tinh thể. Những electron này được gọi là electron tự do, hoặc electron dẫn điện. Nếu đặt kim loại vào điện trường, thì những electron này

9

các electron tự do (vì chúng mang điện tích âm) chuyển động theo hướng ngược với hướng của điện trường. Điện trường, như gió, thổi chúng dạt vào biên của mẫu. Điện kế, được nối như vậy, sẽ ghi nhận dòng điện.

Vậy, chất điện môi không dẫn dòng điện vì trong nó không có các hạt mang điện tự do, có thể tự do chuyển động trong mẫu dưới tác dụng của điện trường.

Nhưng chúng ta có thể tự tạo ra những điện tích như vậy. Một trong các cách là tác động lên nguyên tử của chất điện môi bằng một «dụng cụ» thích hợp nào đó, chẳng hạn bằng lượng tử ánh sáng — photon. Chúng ta chiếu chất điện môi bằng ánh sáng thông thường, hoặc tốt hơn nữa — bằng tia RENTgen, vì chúng có năng lượng lớn hơn, và bứt các electron ra khỏi các nguyên tử tạo thành tinh thể. Bằng cách đó, có thể tạo ra các electron tự do trong chất điện môi và biến nó thành chất dẫn điện. Rõ ràng, năng lượng cần để giải phóng electron trước hết phụ thuộc vào việc tinh thể được tạo thành từ những nguyên tử nào và các nguyên tử này được sắp xếp trong tinh thể ra sao. Nói cách khác, năng lượng này khác nhau đối với các tinh thể khác nhau. Năng lượng nhỏ nhất cần thiết để tách electron khỏi nguyên tử và biến nó thành tự do được gọi là khe năng lượng của chất điện môi đã cho. Nếu bức xạ có năng lượng lượng tử thấp hơn năng lượng nhỏ nhất cần để giải phóng electron chiếu vào tinh thể, thì không electron nào bị bứt ra và chất điện môi vẫn sẽ là chất cách điện.

Sự khác biệt giữa chất điện môi và chất bán dẫn chính là ở độ lớn của khe năng lượng. Các chất điện môi có khe năng lượng đủ nhỏ được gọi là chất bán dẫn. Khe năng lượng ở chất bán dẫn nhỏ hơn khoảng 10 lần so với ở các chất điện môi điển hình, chẳng hạn như kim cương. Độ rộng khe năng lượng của kim cương bằng 7 38, trong khi đối với gecmani ta có 0,72 38, còn đối với silic là 1,1 38*). Như vậy, để biến chất bán dẫn thành chất dẫn điện, chỉ cần truyền cho các electron của nó một lượng nhỏ nhỏ nhỏ nhỏ nhỏ nhỏ nhất tương đối.

Bây giờ hãy hình dung rằng chúng ta nung nóng chất điện môi. Khi nhiệt độ tăng, năng lượng trung bình của các electron sẽ tăng, và nhiều electron trong số đó sẽ có năng lượng đủ để vượt qua khe năng lượng. Kết quả là số electron tự do ngày càng nhiều, hơn nữa sự xuất hiện các electron tự do càng thường xuyên khi nhiệt độ càng cao, và dĩ nhiên thường xuyên nhất ở những tinh thể có khe năng lượng nhỏ hơn, tức là ở chất bán dẫn. Vì thế chất bán dẫn được gọi là chất bán dẫn: ở nhiệt độ đủ cao (chẳng hạn, nhiệt độ phòng ~300°К) chúng là chất dẫn điện, còn khi nhiệt độ hạ xuống thì biến thành chất điện môi. Máy thu transistor không hoạt động trong giá rét khắc nghiệt, vì các chất bán dẫn được dùng trong các transistor của nó biến thành những chất cách điện thực sự.

Electron và lỗ trống

Giả sử bằng cách nào đó chúng ta đã bứt một electron khỏi nguyên tử của chất điện môi và nó bay khỏi nguyên tử ấy. Trong tinh thể, ở chỗ đó xuất hiện sự thiếu hụt electron, hay như người ta nói, một lỗ trống. Điều thú vị là lỗ trống không đứng yên một chỗ, mà bắt đầu chuyển động và nói chung ứng xử như một hạt mang điện tích dương. Điều này diễn ra như sau.

Khi một nguyên tử nào đó thiếu electron, thì electron có thể chuy-

*)1 electron-vôn (1 38) — năng lượng mà electron thu được khi đi qua hiệu điện thế 1 vôn. 1 38=1,6·10⁻¹⁹ jun.

10

nhảy từ nguyên tử lân cận, có đủ số electron cần thiết (hình 1, a). Nhưng khi đó sự thiếu electron xuất hiện ở nguyên tử lân cận, tức là lỗ trống chuyển sang nguyên tử lân cận (hình 1, b). Dĩ nhiên, trên thực tế các electron từ những nguyên tử đã lấp đầy nhảy sang các nguyên tử lân cận chưa lấp đầy, nhưng nói về chuyển động của lỗ trống thì tiện hơn. Lỗ trống vẫn chỉ có một, nhưng phản ánh chuyển động của nhiều electron. Chuyển động của lỗ trống giống chuyển động của một hạt mang điện tích dương, bởi vì nếu dưới tác dụng của điện trường các electron chuyển động theo một hướng thì sự “thiếu hụt” của chúng chuyển động theo hướng khác.

Sẽ hữu ích khi nhấn mạnh sự khác nhau giữa cách ứng xử của kim loại và chất bán dẫn trong điện trường. Dòng điện trong kim loại chỉ do các electron tự do tạo ra. Kim loại có cấu tạo sao cho trong nó luôn có một số lượng electron tự do nào đó. Còn trong chất bán dẫn, ở nhiệt độ đủ thấp thì không có electron tự do. Những electron tự do này

Hình 1.

có thể được tạo ra. Nhưng khi đó, tách electron khỏi nguyên tử và cho nó tự do, ta cũng tạo ra một lỗ trống. Sau đó các electron và lỗ trống này chuyển động độc lập với nhau. Hóa ra dòng điện trong chất bán dẫn gồm dòng electron và dòng lỗ trống.

Có thể xảy ra rằng electron tự do và lỗ trống gặp nhau, tức là electron khi chuyển động trong tinh thể gặp một nguyên tử vừa đúng đang thiếu electron. Nó sẽ chiếm chỗ trống đó, và lúc ấy cả electron lẫn lỗ trống đều biến mất. Trong trường hợp này người ta nói rằng đã xảy ra sự tái hợp. Bạn có quyền hỏi: vậy tại sao lại tạo ra electron và lỗ trống, nếu sớm hay muộn chúng sẽ đơn giản hủy diệt lẫn nhau như thế? Thứ nhất, khi có điện trường, electron và lỗ trống là các hạt mang điện tích khác nhau nên chuyển động theo những hướng ngược nhau, và ta có thể ghi nhận dòng điện mà chúng tạo ra trước khi tái hợp. Thứ hai, ta không bứt electron khỏi mọi nguyên tử, mà chẳng hạn khỏi mỗi nguyên tử thứ một nghìn. Khi đó ta tạo ra một dòng điện đáng kể (vì trong mỗi centimet khối tinh thể có khoảng $10^{23}$ nguyên tử) và vẫn để lại đủ tự do cho electron và lỗ trống chuyển động.

Các tinh thể bán dẫn được nuôi lớn cực kỳ tinh khiết. Điều này cũng được làm để không gì cản trở chuyển động của electron và lỗ trống.

Chất cho và chất nhận

Cũng có một cách như vậy để tạo electron tự do trong chất bán dẫn. Hãy tưởng tượng một tinh thể germani, trong đó một nguyên tử germani được thay bằng một nguyên tử asen. Hóa trị của các nguyên tử germani bằng 4, còn của các nguyên tử asen — 5. Khi một nguyên tử asen nằm giữa các nguyên tử germani, electron thứ năm

11

Electron của asen liên kết với nó rất yếu (hình 2). Để bứt nó ra, chỉ cần năng lượng 0,1 eV, không vượt quá năng lượng nhiệt của tinh thể. Như vậy, một trong các electron của nguyên tử asen trở thành tự do và chuyển động trong tinh thể. Khi đưa vào chất bán dẫn các tạp chất có hóa trị cao hơn, ta luôn có thể thu được một số lượng đủ các hạt tải điện âm. Trong trường hợp này, các nguyên tử tạp chất được gọi là donor, còn bản thân các chất bán dẫn chứa tạp chất kiểu donor được gọi là chất bán dẫn loại $n$.

Có thể đưa vào tinh thể gecmani các nguyên tử hóa trị ba, chẳng hạn nhôm. Để nguyên tử nhôm bám chắc trong tinh thể gecmani, nó cần có hai electron ngoài cùng, vì vậy nó bắt electron còn thiếu từ các nguyên tử gecmani lân cận (hình 3). Trong tinh thể hình thành một lỗ trống. Các nguyên tử tạp chất kiểu này được gọi là acceptor $^*$), còn các chất bán dẫn — chất bán dẫn loại $p$.

Chất bán dẫn loại $n$ và $p$ tương ứng có số lượng dư thừa các hạt tải điện âm hoặc dương. Dư thừa — so với những electron và lỗ trống được tạo ra bởi kích thích nhiệt. Tuy nhiên, tổng điện tích của chất bán dẫn, dĩ nhiên, bằng không, vì tinh thể của chúng được tạo thành từ các nguyên tử trung hòa. Điện tích âm của electron trong chất bán dẫn loại $n$ được bù bởi các tâm donor mang điện dương, cố định tại các nút của mạng tinh thể, chẳng hạn các nguyên tử asen. Trong chất bán dẫn loại $p$, điện tích dương của lỗ trống được triệt tiêu bởi điện tích âm của các tâm acceptor.

Chuyển tiếp giữa các chất bán dẫn

Hãy lấy hai mẫu gecmani khác nhau (loại $p$ và $n$) và áp chúng vào nhau $^*$). Chúng ta quan tâm điều gì sẽ xảy ra tại mặt phân cách (hình 4).

Cho đến khi chưa tạo được tiếp xúc giữa các mẫu, electron trong vùng $n$ và lỗ trống trong vùng $p$, khi đến gần ranh giới mẫu, bị phản xạ khỏi bề mặt và trở về sâu trong chất bán dẫn. Khi

$\cdot$) Từ gốc «accept» — nhận.

⟦trang 12⟧

Hình 4.

chỉ khi chuyển tiếp được tạo thành, tình hình mới thay đổi. Các electron từ vùng $n$, chuyển động về phía mặt phân cách, có thể nhảy sang vùng $p$. Tương tự, các lỗ trống từ vùng $p$ thấm sang vùng $n$. Cả hai quá trình này đều tác động theo một hướng: chúng có xu hướng tích điện dương cho chất bán dẫn loại $n$, và tích điện âm cho chất bán dẫn loại $p$. Thật vậy, vùng $n$, mà tổng điện tích trước đó bằng không, nay tích điện dương, nhường các electron mang điện tích âm cho vùng $p$. Các lỗ trống mang điện tích dương đi từ vùng $p$ sang chỉ càng góp phần vào điều đó. Còn chất bán dẫn loại $p$, cả do electron đi tới lẫn do lỗ trống đi đi, đều nhận điện tích âm.

Tuy nhiên, toàn bộ quá trình này sớm hay muộn phải dừng lại. Khi termni loại $n$ tích điện dương, còn termni loại $p$ — tích điện âm, thì hình thành một tụ điện, và ở ranh giới xuất hiện điện trường hướng từ vùng $n$ sang vùng $p$ (hình 5). Điều đó có nghĩa là, chẳng hạn, các electron từ vùng $n$ sẽ không thể tiếp tục đi sang vùng $p$. Điện trường mạnh ở ranh giới sẽ buộc chúng quay trở lại. Điều tương tự cũng có thể nói về các lỗ trống. Điện trường đã xuất hiện sẽ làm giảm khả năng chúng đi sang vùng $n$. Như vậy, sẽ đạt tới trạng thái cân bằng, trong đó termni loại $n$ tích điện dương, termni loại $p$ —

Hình 5.

tích điện âm, còn ở ranh giới sẽ có điện trường mạnh hướng từ vùng $n$ sang vùng $p$.

Nếu lấy điện thế của điện trường ở biên bằng không, thì điện thế của vùng $n$ lớn hơn không, còn điện thế của vùng $p$ nhỏ hơn không (hình 6), như ở các bản của một tụ điện đã tích điện. Điện thế thay đổi đột ngột trong vùng có điện trường, tức là ở mặt phân cách giữa các vùng $p$- và $n$-loại. Hiệu điện thế trong chuyển tiếp $p$—$n$ bằng năng lượng mà electron cần có để chuyển từ vùng $n$ sang vùng $p$, hoặc lỗ trống cần có để chuyển từ vùng $p$ sang vùng $n$. Còn đối với các lỗ trống trong vùng $n$ và các electron trong vùng $p$, thì nếu chúng may mắn tình cờ đến được mặt phân cách, điện trường chỉ đẩy chúng sang vùng kia. Tuy nhiên, nếu điều đó xảy ra, thì nó dẫn đến sự giảm điện tích của cả vùng $n$ lẫn vùng $p$, tức là làm giảm sự chuyển-

13

làm giảm thế năng ở biên và làm giảm điện trường.
Nhưng khi đó sẽ có các electron trong vùng $n$ và các lỗ trống trong vùng $p$, có năng lượng đủ để vượt qua hàng rào thế năng đã giảm $^*$). Chúng sẽ đi qua hàng rào, và trạng thái cân bằng sẽ được khôi phục. Ta thấy rằng trạng thái cân bằng giữa vùng $p$ và vùng $n$ là động. Giữa chúng luôn diễn ra sự trao đổi electron và lỗ trống, nhưng sự trao đổi này là tương đương: điện tích trung bình của vùng $p$ và vùng $n$ không đổi và, do đó, độ chênh thế và điện trường ở biên cũng không đổi. Tuy nhiên, tổng dòng điện qua biên bằng không. Chỉ có thể phá vỡ trạng thái cân bằng này bằng cách tạo ra ở hai đầu của chuyển tiếp $p$—$n$ một hiệu điện thế ngoài. Bây giờ xét trường hợp này.

Điôt bán dẫn

Một mẫu có chuyển tiếp $p$—$n$ có một tính chất quan trọng: nó có thể hoạt động như một điôt, tức là một hệ chỉ cho dòng điện đi qua theo một chiều.

Hãy xem điều gì xảy ra nếu ta mắc chuyển tiếp $p$—$n$ vào mạch điện, tức là tạo ra ở hai đầu mẫu một hiệu điện thế ngoài. Có thể có hai trường hợp. Hoặc độ chênh thế ở biên của chuyển tiếp $p$—$n$ tăng lên, hoặc giảm đi. Sự cân bằng giữa các vùng $p$ và $n$, được thực hiện nhờ sự trao đổi electron và lỗ trống, bị phá vỡ, và dòng điện trung bình qua biên phụ thuộc vào việc hiệu điện thế ngoài tăng hay giảm độ chênh thế vốn tồn tại trong chuyển tiếp tự nó.

Nếu điện áp ngoài tăng ở biên, thì chuyển tiếp cố làm giảm độ chênh thế nếu nó đã tăng, và ngược lại. Nhưng nó không làm được điều đó, vì chuyển tiếp được mắc vào mạch điện. Điện tích trung bình được chuyển từ một phía của chuyển tiếp $p$—$n$ sang phía kia không bị giữ lại trong mẫu mà đi tiếp theo mạch. Sự cân bằng vẫn bị phá vỡ.

Vậy, khi mắc chuyển tiếp $p$—$n$ dưới điện áp, sự trao đổi điện-

⟦trang 14⟧

điện tích giữa vùng $p$ và $n$ thay đổi và dòng điện chạy qua chỗ chuyển tiếp. Dòng điện này rất lớn với một dấu của điện áp ngoài và rất nhỏ với dấu kia.
Tính chất của điôt bán dẫn chỉ cho dòng điện đi qua theo một hướng được dùng, chẳng hạn, để chế tạo các bộ chỉnh lưu — những thiết bị biến đổi dòng điện xoay chiều thành dòng điện một chiều.
Sơ đồ đơn giản nhất của một bộ chỉnh lưu như vậy được vẽ ở hình 7. Để phân tích hoạt động của sơ đồ này, đối với chúng ta chỉ quan trọng sự kiện là với một dấu của chiều, điện trở của điôt ($R_D$) thực tế bằng không (khi nó cho dòng điện rất lớn đi qua), còn với dấu của chiều kia, điôt thực tế không dẫn điện và, do đó, điện trở của nó rất lớn.

Bây giờ giả sử rằng điôt chỉ cho dòng điện đi từ trái sang phải, tức là nó mở khi điện áp ở đầu vào lớn hơn không, và đóng khi nó âm.
Khi $U_{bx} > 0$ điện trở toàn phần của mạch
$$R_D + R \approx R,$$
và điện áp ở đầu ra sẽ thực tế bằng điện áp ở đầu vào.
Khi $U_{bx} < 0$ điện trở của điôt là vô hạn ($R_D \gg R$), và, do đó, điện áp trên $R$ thực tế bằng không. điện áp ở đầu ra bằng không. Như vậy, hệ biến đổi của chúng ta biến điện áp xoay chiều thành điện áp một chiều theo dấu.

Transistor
Bây giờ chúng ta có thể xét transistor — một hệ thống kết hợp trong mình hai chỗ chuyển tiếp vừa xét. Transistor $p-n-p$ — chẳng hạn, là một thanh nhỏ làm từ gecmani, gồm ba phần: vùng $p$, vùng $n$ và lại vùng $p$ (hình 8). Mỗi chỗ chuyển tiếp trong transistor có tính chất như đã mô tả ở trên. Đặc biệt, ở mỗi chỗ chuyển tiếp phải có độ chênh điện thế — sự giảm từ vùng $n$ sang mỗi vùng $p$, sao cho sự phân bố điện thế tổng thể sẽ như được chỉ ra ở hình 8.

Trong transistor đang hoạt động, mỗi trong ba vùng được nối với nguồn-

18

bám vào bề mặt tinh thể rồi lập tức lại rời khỏi nó. Như vậy, ngay cả trong bức tranh lý tưởng hóa, sự phát triển của tinh thể hoàn toàn không diễn ra có trật tự như việc xếp gạch. Sự phát triển của tinh thể phải diễn ra gần đúng như trên hình 1, 6. Một khối lập phương rơi xuống bề mặt tinh thể chỉ liên kết bền với nó khi ít nhất ba trong sáu mặt của nó bám với các khối lập phương đã nằm trên tinh thể. Hơn nữa, để có thể bảo đảm sự phát triển của một lớp nào đó, nó phải gồm một số tối thiểu xác định các khối lập phương.

Trong trường hợp một phần quá lớn các khối lập phương cấu thành nó nằm ở các góc hoặc ở các cạnh, chúng sẽ không thể giữ các khối lập phương mới rơi xuống bề mặt.

Tốc độ chuyển của các phân tử từ vật rắn vào hơi bao quanh nó phụ thuộc vào cường độ chuyển động phân tử — tức là vào nhiệt độ. Tốc độ trở về từ hơi vào vật rắn phụ thuộc vào nồng độ các phân tử trong hơi, tức là vào áp suất hơi. Với mỗi nhiệt độ có một “áp suất hơi bão hòa” nào đó, tại đó các tốc độ chuyển từ vật rắn sang hơi và ngược lại cân bằng nhau. Trong những điều kiện này tinh thể sẽ không phát triển. Nó chỉ có thể phát triển khi hơi quá bão hòa.

Hơn nữa, mô hình phát triển tinh thể này giả định rằng sau khi một lớp trên bề mặt đã được lấp đầy, sự phát triển tiếp theo của tinh thể bị khó khăn: cần mức quá bão hòa cao hơn để bắt đầu lấp đầy lớp mới.

Chính ở điểm này lý thuyết cổ điển về sự phát triển tinh thể đã thất bại. Các tính toán cho thấy rằng việc hình thành những đảo đủ lớn làm tâm ngưng tụ, để sự xây dựng các lớp mới bắt đầu và tinh thể có thể tiếp tục phát triển, đòi hỏi áp suất vượt áp suất hơi bão hòa từ 25 đến 50 phần trăm. Tuy nhiên, năm 1931, các nhà vật lý M. Volmer và V. Schultze đã có thể nuôi tinh thể ở mức quá bão hòa của hơi chỉ một phần trăm. Lý thuyết dự đoán rằng ở mức quá bão hòa như vậy, tinh thể có thể phát triển với tốc độ nhỏ hơn $10^1000$ lần so với tốc độ mà thực tế nó đã phát triển. Đây, dường như, là một trong những sai khác kỷ lục nhất giữa lý thuyết và thí nghiệm.

Vậy bằng cách nào sự xây dựng tương đối dễ dàng như vậy của các mặt phẳng tinh thể mới bắt đầu và tiếp diễn? Các nhà vật lý tiếp tục tính toán hết lần này đến lần khác, nhưng trong khuôn khổ mô hình cũ, họ không thể, như nay đã rõ, đi tới những kết quả có ý nghĩa nào. Điều này kéo dài đến năm 1949, khi nhà vật lý Anh F. Frank đề xuất một mô hình mới. Frank nhận thấy rằng có thể hiểu khá đơn giản sự phát triển của tinh thể nếu giả sử rằng trong quá trình hình thành, các mặt phẳng tinh thể của nó không được sắp xếp độc lập với nhau, mà tạo thành một cấu trúc xoắn ốc. Điều này có thể xảy ra nếu tinh thể có một độ lệch khỏi cấu trúc lý tưởng, gọi là “lệch vị trí xoắn”.

Hãy hình dung một mạng tinh thể gồm hai phần kề nhau, trong đó suốt chiều sâu của tinh thể, các lớp tinh thể của một phần (phần bên phải trên hình 2) nằm thấp hơn các lớp tương ứng của phần kia. Tại sao sự phá vỡ cấu trúc như vậy được gọi là lệch xoắn? Giả sử một người quan sát tí hon đi vòng quanh mép trong của vết cắt trên bề mặt tinh thể, bắt đầu từ đầu trên của nó. Người ấy sẽ kết thúc ở một mức thấp hơn. Điều đó sẽ xảy ra trong mỗi vòng tiếp theo, đồng thời đưa người quan sát của chúng ta vào sâu trong tinh thể. Mô hình mà chúng ta đã mô tả được gọi là lệch xoắn, vì con đường xoắn ốc đi vào sâu trong tinh thể buộc người quan sát luôn phải rẽ sang phải.

Ngay khi Frank hình dung rõ cấu trúc của tinh thể có lệch, ông lập tức hiểu rằng sự có mặt của lệch luôn tạo ra trên bề mặt một bậc hở. Các nguyên tử và phân tử luôn có thể dễ dàng gắn vào đó và tiếp tục xây dựng tinh thể, hoàn toàn không bắt đầu một hàng mới. Bậc này, khi có thêm các đơn vị xây dựng mới, lan rộng trên bề mặt tinh thể. Tuy nhiên đồng thời nó bị uốn cong (hình 2). Để hiểu nguyên nhân của điều đó, hãy xét một hàng người trượt băng quay quanh một đầu của nó. Nếu họ muốn giữ đội hình, thì những người trượt băng ở gần đầu kia của hàng sẽ phải chạy nhanh hơn những người ở gần tâm quay. Bởi vì họ phải chạy theo một đường tròn có bán kính lớn. Trong trường hợp của chúng ta với bậc trên bề mặt tinh thể, điều kiện là mép ngoài của nó không được xây lấp nhanh hơn vùng ở trung tâm. Các viên gạch được xếp với tốc độ ít nhiều không đổi dọc theo toàn bộ chiều dài của bậc. Trong trường hợp này, khi được xây lấp, phần ngoài của bậc quay quanh tâm không đủ nhanh và bậc bị uốn cong, tạo thành một đường xoắn ốc.

Bức tranh mới về sự phát triển của tinh thể có đúng không? Sự xác nhận không phải chờ lâu. Tại một trong các hội nghị bàn về những vấn đề của lý thuyết này, người ta đã trình bày các ảnh hiển vi của bề mặt tinh thể, trên đó phát hiện những hình ảnh bậc xoắn ốc đã được mô tả. Điều đó hoàn toàn trả lời các câu hỏi. Những khảo sát chuyên sâu tiếp theo về các tinh thể dưới kính hiển vi đã phát hiện nhiều hình ảnh phát triển khác nhau, mà chỉ có thể do

Hình 2. Trên hình $a$ cho thấy sự xuất hiện của lệch xoắn, dẫn đến sự phát triển dạng xoắn ốc của tinh thể, được minh họa trong các hình tiếp theo $b, c, d$.

20

của lý thuyết lệch xoắn và đã được ông dự đoán từ trước.

Trong tự nhiên hiếm khi xuất hiện những tinh thể hoàn toàn đúng dạng. Chúng thường chứa ít nhất một lệch. Đó là điều kiện cần thiết cho sự phát triển khi độ quá bão hòa nhỏ. Trong trường hợp tổng quát, tinh thể có nhiều lệch. Sự có mặt của các lệch khác nhau làm phức tạp bức tranh phát triển. Chẳng hạn, hai lệch nằm gần nhau, một lệch phải và lệch kia trái, có thể dẫn đến một bậc được cố định ở cả hai đầu của nó (hình 3, a). Khi các viên mới bám vào một bậc như vậy, nó có dạng bán nguyệt (hình 3, b). Cuối cùng ta đi đến một bậc hình vòng (hình 3, θ). Đó chính là bề mặt tinh thể đã được xây kín hoàn toàn trên tinh thể như vậy. Tuy nhiên, trong khi đó ở đỉnh của bậc ban đầu hình thành một bậc mới, đóng vai trò hạt nhân để xây kín hàng mới (hình 3, e). Khi quá trình này lặp lại, tinh thể phát triển thành một tập hợp các vòng tròn xếp chặt, chứ không phải các xoắn ốc, như khi có một lệch xoắn. Bạn thấy ảnh của một tinh thể như vậy ở hình 4. Các bậc ở đây là những hình chữ nhật, chứ không phải các vòng tròn, vì các điều kiện của tinh thể này ở ngoại vi và ở trung tâm hơi khác nhau.

Hình 3. Các vòng khép kín có thể xuất hiện từ những bậc như vậy, bắt đầu và kết thúc trên bề mặt tinh thể (hình a) và do hai lệch lân cận gây ra: lệch phải và lệch trái. Một bậc như vậy được cố định ở cả hai đầu và chỉ có thể phát triển bằng cách phồng lên. Hình b cho thấy bậc đang phồng lên bắt đầu lộn ra. Hình tiếp theo cho thấy thời điểm phát triển khi các phần nhô ra bên trái và bên phải chạm vào nhau. Ở hình cuối có thể thấy các phần bên trong đã tách khỏi lớp được lấp đầy. Có thể thấy một chỗ lõm trong bậc này, chỗ sẽ được lấp đầy ngay khi vùng площадка hình thành trên đỉnh của vòng phát triển từ площадка thứ nhất bắt đầu được lấp đầy bằng các phân tử.

21

Hình 4. Bậc bốn hàng, hình thành do sự có mặt của bốn lệch mạng cùng loại nằm rất gần nhau. Một dãy gồm nhiều lệch mạng tạo ra các bậc nhiều lớp.

Có thể thay đổi chiều cao của bậc tinh thể. Hóa ra một số tinh thể có những bậc cao nhiều hàng nguyên tử (hình 5). Lý thuyết giải thích sự xuất hiện của những bậc nhiều hàng như vậy bằng sự có mặt của một nhóm các lệch mạng nằm gần nhau, hơn nữa hoặc đều là lệch phải, hoặc đều là lệch trái. Mỗi lệch mạng làm bậc tăng thêm một hàng nguyên tử. Trên hình 6 là tinh thể cadmi iodua có bậc cao nhiều hàng. Đường thẳng ngắn gần tâm xoắn là một tập hợp các lệch mạng xoắn.

Lý thuyết cũng giúp làm sáng tỏ những đặc điểm khác của cấu trúc tinh thể, vốn từ lâu làm các nhà tinh thể học bối rối. Đó là sự sắp xếp các mặt phẳng tinh thể trong tinh thể. Để hiểu điều này, cần làm rõ thêm hình dạng của các đơn vị cấu tạo tinh thể, mà cho đến nay chúng ta vẫn coi đơn giản là những viên gạch. Những đơn vị xây-

Hình 5. Ảnh hiển vi cho phép phát hiện các bậc tăng trưởng trên bề mặt tinh thể parafin.

Hình 6. Xoắn ốc tháo ra ở bốn vị trí liên tiếp trên bề mặt tinh thể cadmi iodua. Một bậc như vậy, có chiều cao bằng nhiều lớp, được tạo ra bởi một nhóm lớn các lệch mạng xếp chặt.

22

Hình 7. Trên sơ đồ, các phân tử xếp khít được biểu diễn bằng các vòng tròn. Các tam giác chỉ ra hai khả năng vị trí của các phân tử ở lớp tiếp theo.

Các khối cấu tạo của tinh thể — các ô nguyên tử hoặc phân tử — không phải là những viên gạch, mà đúng hơn giống những quả cầu. Một số tinh thể có cấu trúc xếp khít, nghĩa là các khối hình cầu này không nằm trực tiếp chồng lên nhau, mà như các quả đạn đại bác (hoặc bi-a) trong một kim tự tháp, trong đó mỗi quả cầu rơi vào chỗ lõm giữa các láng giềng gần nhất. Rõ ràng, mỗi lớp tiếp theo trong một kim tự tháp như vậy có thể khớp khít với lớp trước theo hai vị trí có thể có của các quả cầu. Trên hình 7, các vị trí này của các quả cầu ở lớp trên được chỉ bằng các ký hiệu ▲ và ▼. Khi một lớp được đặt lên lớp khác, điều kiện xếp khít đòi hỏi tất cả các quả cầu của lớp này phải nằm hoặc ở các vị trí được đánh dấu bằng ▲, hoặc ở các vị trí được đánh dấu bằng ▼. Lớp tiếp theo lại có thể được ghép sao cho các quả cầu của nó nằm hoặc ở vị trí này, hoặc ở vị trí kia. Giả sử các lớp được xếp sao cho các quả cầu của chúng lần lượt nằm khi ở vị trí này, khi ở vị trí kia. Một dãy lớp như vậy được ký hiệu bằng ▲. Tuy nhiên, các tinh thể thường được xếp theo cách phức tạp hơn nhiều. Chẳng hạn, một trong các dạng tinh thể cacbua silic được đặc trưng bởi cách sắp xếp sau:

▲▲▼▼▲▼▼▼ và cứ thế tiếp tục.

Ở đây một nhóm gồm năm lớp được lặp lại. Trong một số loại tinh thể cacbua silic, một nhóm gồm 29 lớp được lặp lại.

Làm thế nào có thể truyền thông tin về sự sắp xếp cần thiết của các quả cầu trong một lớp đi một khoảng cách lớn như vậy? Làm thế nào mỗi quả cầu ở lớp thứ ba mươi lại rơi đúng vào vị trí như quả cầu tương ứng ở lớp thứ nhất? Tinh thể học cổ điển không thể đưa ra lời giải thích nào và đã giả định sự tồn tại của những lực tầm xa chưa biết giữa các phân tử. Lý thuyết tăng trưởng tinh thể, sử dụng lý thuyết lệch mạng, đã đưa ra một câu trả lời đơn giản, tuy chưa đầy đủ. Một dãy lệch mạng xoắn có thể dẫn đến sự xuất hiện của một bậc cao nhiều lớp. Chính bậc này trở thành đơn vị lặp lại duy nhất trong cấu trúc tinh thể, luôn được tái tạo khi nó phát triển. Lý thuyết chỉ không giải thích được một đặc điểm quan trọng: trong trường hợp cacbua silic, chỉ tìm được 14 biến thể của kiểu cấu trúc tinh thể, trong khi lý thuyết dẫn đến sự xuất hiện của số lượng gần như không hạn chế các cấu trúc như vậy.

Lệch mạng xoắn ban đầu xuất hiện bằng cách nào? Câu trả lời cho câu hỏi này đến nay vẫn chưa hoàn toàn rõ ràng. Hầu như mọi tinh thể đều bắt đầu phát triển từ một nhân ngoại lai nhỏ. Một số nhân này có thể có những chỗ không đồng nhất trên bề mặt, nơi một lệch mạng xoắn xuất hiện và lan truyền khắp tinh thể đang phát triển. Những tinh thể khác có thể nhận được lệch mạng trong quá trình phát triển. Lệch mạng cũng có thể xuất hiện trên những hạt bẩn bị cuốn vào.

23

Các đoạn đường sắt hoặc đường bộ đi qua chỗ trũng bị tuyết lấp đầy, ngay cả khi không có tuyết rơi. Vì sao điều này xảy ra? Thoạt nhìn, câu trả lời đã rõ: gió cuốn tuyết đi. Tuy nhiên, để hiểu chi tiết cơ chế của quá trình này, đã cần đến cả một công trình nghiên cứu.

Năm 1936, nhà vật lí Anh Bagnold đã nghiên cứu sự vận chuyển cát bởi gió trong ống khí động học.

Hóa ra rằng nếu tốc độ gió nhỏ hơn một tốc độ nào đó $v_1$, thì cát không chuyển động. Khi tốc độ gió lớn hơn $v_1$, nhưng nhỏ hơn một tốc độ khác nào đó $v_2$, cát cũng có thể vẫn đứng yên. Nhưng nếu khi đó một hạt cát từ đâu đó rơi vào khối cát bất động, thì do va chạm của nó, một vài hạt cát khác bật lên trên. Những hạt cát này bị gió cuốn đi, rơi xuống, làm các hạt cát khác chuyển động, và kết quả là cát được vận chuyển theo chiều gió. Khi tốc độ gió lớn hơn $v_2$, các hạt cát bay lên trên, tạo thành một dòng cát-không khí có mật độ khá lớn, nhưng giảm dần theo chiều lên trên. Hình 1 cho thấy các quỹ đạo của hạt cát.

Bây giờ có thể giải thích vì sao tuyết trong thời tiết có gió lấp đầy các chỗ lõm. Tại chỗ trũng, dòng chảy giãn ra (điều này lập tức thấy rõ trên hình dòng 2), vì vậy tốc độ của nó giảm. Kết quả là sự cân bằng giữa các hạt bị gió cuốn lên và các hạt rơi xuống-

24

Hình 2.

sự cân bằng giữa các hạt rơi xuống và các hạt bay lên bị phá vỡ: số hạt rơi xuống nhiều hơn số hạt bay lên, và chỗ lõm dần dần được tuyết lấp đầy.

Những quá trình tương tự cũng xảy ra khi tuyết do gió cuốn đi gặp trên đường đi của nó một vật cản nào đó, chẳng hạn một cái cây. Trước thân cây, ở phía gió thổi tới, xuất hiện chuyển động đi lên của không khí. Điều đó dẫn đến việc ở phía đón gió của thân cây và ở hai bên, trên mặt tuyết hình thành một chỗ hõm sâu. Trước chỗ hõm này và hơi phía sau thân cây, nơi tốc độ gió nhỏ hơn, trái lại, hình thành một chỗ cao.

Hiện tượng đã mô tả được dùng để bảo vệ những đoạn đường đi qua các chỗ trũng khỏi bị tuyết lấp. Ở một khoảng cách nhất định trước chỗ hõm hoặc chỗ trũng, về phía gió thổi tới, người ta dựng một hàng rào bằng các tấm ván. Sau các tấm ván hình thành một vùng lặng với gió yếu đều, trong đó toàn bộ tuyết bị gió cuốn đi đều lắng đọng.

Chuyển động của các đụn cát cũng được giải thích như vậy. Gió đủ mạnh thổi tới đụn cát nâng cát lên từ phía đón gió. Ở phía khuất gió, nơi tốc độ gió nhỏ hơn, cát rơi xuống. Kết quả là theo thời gian các đụn cát dần dần di chuyển theo hướng gió — «bò».

ĐỪNG TIN

MẮT MÌNH

Trên các trang báo của chúng tôi («Kvant» số 10, 1970), chúng tôi đã viết về các ảo giác thị giác.

Đây là một ví dụ thú vị khác về sự đánh lừa thị giác như vậy. Trên bìa tạp chí có vẽ các đường tròn đồng tâm. Tuy nhiên, do nền gồm các đường xoắn ốc màu, các đường tròn, ở một số chỗ bị ngắt quãng, được mắt nhìn nhận như các đường xoắn ốc.

Dùng compa, bạn sẽ dễ dàng xác nhận rằng ở đây thực sự là hình các đường tròn.

Điều thú vị là nếu chiếu sáng hình vẽ bằng những chớp sáng ngắn, thì với một độ dài chớp nhất định, ảo giác sẽ biến mất.

Ảo giác tương tự cũng xuất hiện khi quan sát hình vẽ đặt phía dưới. Các đường tròn được vẽ ở đây cũng trông như các đường xoắn ốc.

25

Lời giải các bài của bài kiểm tra đầu vào ở ЗМШ

A. L. Toom

Trong số đầu tiên của “Kvant” đã đăng các bài của bài kiểm tra đầu vào Trường Toán học Hàm thụ. ЗМШ đã nhận được khoảng 6000 thư từ học sinh lớp tám. Khoảng 2500 người gửi lời giải đã được nhận vào ЗМШ và các chi nhánh của trường.

Trong số này chúng tôi đăng lời giải những bài khó nhất.

Đề bài

5. Về tam giác ABC có 4 khẳng định:

1. tam giác ABC vuông;
2. ∠A = 30°; 3) AB = 2BC; 4) AC = 2BC.
   Biết rằng hai trong các khẳng định này đúng, còn hai khẳng định kia — sai. Tìm chu vi tam giác ABC nếu BC = 1.

6. Biết rằng a+b+c<0 và phương trình ax²+bx+c=0 không có nghiệm thực. Xác định dấu của số c.

7. Về các điểm A, B, C biết điều sau: với mọi điểm M trên mặt phẳng, đoạn AM nhỏ hơn ít nhất một trong hai đoạn BM và CM. Chứng minh rằng điểm A nằm trên đoạn BC.

8. Có thể gói một khối lập phương cạnh 1 bằng một mảnh giấy hình vuông cạnh 3 không?

9. Có thể viết chín số 1,2,3,…, 9 theo vòng tròn theo thứ tự sao cho tổng của không hai số kề nhau nào chia hết cho 3, 5 hoặc 7 không?

10. Cư dân thành phố Pravdin luôn nói thật, còn cư dân thành phố Lgunov luôn nói dối.

Ở một trong hai thành phố này đã diễn ra một trận bóng đá giữa các đội của hai thành phố. Sau trận đấu, cạnh sân vận động nơi trận đấu diễn ra, xảy ra điều sau:

A(quay sang Б và В): “Tôi không ở trận đấu. Hãy nói xem, ai thắng?”
B: “Γ nói với tôi rằng đội của họ đã thua”.
B: “Đội chúng tôi thắng”.
Γ (lên xe buýt đi sang thành phố khác và quay sang A): “Đi cùng đi, A, vì chúng ta từ cùng một thành phố”.
A: “Bạn nhầm rồi, Γ. Tôi sống ở đây. Chính В là người từ thành phố của bạn”.
Xác định ai thuộc mỗi thành phố, trận đấu diễn ra ở đâu và đội nào thắng.

12. Trên đường cái, theo một hướng với vận tốc không đổi, cứ sau những khoảng thời gian bằng nhau lại có các xe buýt chạy không dừng. Một người đi bộ trên đường cái 4 km, và trong thời gian đó bị 6 xe buýt vượt. Lần khác người ấy đi 7 km, và trong thời gian đó bị 8 xe buýt vượt. Lần thứ ba người ấy đi 17 km. Khi đó có bao nhiêu xe buýt vượt người ấy? (Cả ba lần người ấy đi với cùng một vận tốc.)

Lời giải các bài

5. Chúng ta được nói rằng trong bốn khẳng định có hai khẳng định nào đó đúng, nhưng không nói rõ chính xác khẳng định nào đúng, khẳng định nào — không. Vì vậy hãy xét vài trường hợp. Trong mỗi trường hợp như vậy, chúng ta sẽ giả sử rằng hai khẳng định xác định nào đó đúng, còn hai khẳng định khác cũng đúng. Để không bỏ sót trường hợp nào, trước hết hãy làm rõ,

26

Trường hợp 1.2. Vì $\Rightarrow A=30^\circ$, nên góc vuông là либо $B$, либо $C$. Nếu $\Rightarrow B$ vuông, thì $AC=2BC$, điều này không được phép, vì khẳng định 3 trong trường hợp này là sai. Nếu $\Rightarrow C$ vuông, thì $AB=2BC$, điều này cũng mâu thuẫn với các điều kiện. Vậy trường hợp 1.2 là không thể.

Trường hợp 1.3. Góc $A$ không thể vuông, vì đối diện với nó không phải là cạnh lớn nhất. Nếu $\Rightarrow C=90^\circ$, thì $\Rightarrow A=30^\circ$, điều này không thể có trong trường hợp này. Vậy $\Rightarrow B=90^\circ$. khi đó các khẳng định 2 và 4 là sai. Vậy trường hợp như vậy là có thể. Khi đó theo định lý Pythagore $AC=\sqrt{5}$, còn chu vi bằng $3+\sqrt{5}$.

Trường hợp 1.4. Xét tương tự trường hợp 1.3. Có thể nếu $\Rightarrow C=90^\circ$. Chu vi bằng $3+\sqrt{5}$.

Trường hợp 2.3. Nếu $\Rightarrow A=30^\circ$ và $AB=2BC$, thì $\Rightarrow C=90^\circ$, trái với điều kiện.

Trường hợp 2.4. Tương tự trường hợp 2.3, là không thể.

Trường hợp 3.4. Mệnh đề 1.2 là sai. Vậy trường hợp này có thể xảy ra. Chu vi bằng 5.

Đáp số. a) $3+\sqrt{5}$; b) 5.

6. Vì tam thức bậc hai $ax^2+bx+c$ không có nghiệm thực, nên $b^2-4ac<0$, từ đó $ac>\frac{b^2}{4}$. Ta sẽ chứng minh rằng $c(a+b+c)>0$.

Thật vậy,

$$c(a+b+c)=ac+bc+c^2>\frac{b^2}{4}+bc+c^2=\left(\frac{b}{2}+c\right)^2\geq 0.$$

Vì trong tích dương, một thừa số $a+b+c$ âm, nên thừa số còn lại $c$ cũng âm. Vậy $c<0$.

Một cách giải. Được biết rằng nếu tam thức bậc hai $ax^2+bx+c$ không bằng không với bất kỳ $x$ nào, thì dấu của nó là như nhau với mọi $x$. Nhận thấy rằng số $a+b+c$ là giá trị của tam thức của ta tại $x=1$, còn số $c$ là giá trị của nó tại $x=0$. Vậy hai số này có cùng dấu. Vì $a+b+c<0$, nên $c<0$.

7. Ta sẽ chứng minh điều cần chứng minh bằng phản chứng. Giả sử điểm $A$ không nằm trên đoạn $BC$, và đi đến mâu thuẫn với các điều kiện. Tức là, ta sẽ chứng minh rằng khi đó mệnh đề “với mọi điểm $M$ trên mặt phẳng, đoạn $AM$ nhỏ hơn ít nhất một trong hai đoạn $BM$ và $CM$” là sai. Nói cách khác, ta sẽ tìm một điểm $M$ trên mặt phẳng sao cho đoạn $AM$ không nhỏ hơn đoạn nào trong hai đoạn $BM$ và $CM$. Xét hai trường hợp.

28

các cột được đánh số từ 1 đến 9. Nếu hai chữ số có thể đứng cạnh nhau, thì tại giao điểm của hàng và cột mang các số ấy có dấu cộng, còn nếu không thể thì có dấu trừ. Có thể làm cách khác. Ta vẽ chín vòng tròn và ghi vào đó các chữ số từ 1 đến 9. Nối bằng đoạn thẳng hai vòng tròn chứa các chữ số có thể đứng cạnh nhau. Còn nếu hai chữ số không thể là láng giềng, thì ta không nối chúng. Ta vẽ lại sơ đồ thu được để, nếu có thể, “gỡ rối” nó. Kết quả được thể hiện ở hình 4. Một khi đã dựng được hình như vậy, có thể phát biểu câu hỏi như sau: có thể, chỉ đi theo các đoạn thẳng, đi qua tất cả các vòng tròn của hình này mỗi vòng đúng một lần rồi trở về chỗ cũ không? Ta sẽ giải bài toán bằng cách nhìn vào bản vẽ này, mặc dù cũng hoàn toàn có thể dùng bảng.

Vì 4 chỉ nối với 7 và 9, nên 7 và 9 chính là các láng giềng của nó theo vị trí trên đường tròn. Tương tự, các láng giềng của 2 là các chữ số 6 và 9. Vậy 2 và 4 là láng giềng của 9, còn 7 và 8 hiển nhiên không kề 9. Do đó có thể gạch bỏ các nối kết của 9 với 7 và 8 (điều đó đã được làm trên hình). Tương tự, 1 có các láng giềng là 3 và 7. Vậy các láng giềng của 7 là các chữ số 1 và 4, còn nối kết của 7 với 6 có thể gạch bỏ. Bây giờ 8 chỉ nối với 3 và 5, vậy nối kết giữa 3 và 5 có thể gạch bỏ. Các đoạn thẳng còn lại tạo thành một đường đi khép kín, chính là nghiệm duy nhất (tính đến hướng đi) của bài toán.

11. Ta lập bảng:

| A ở Pravdin? | G ở Pravdin? |
| :— | :— |
| B ở Pravdin? | Trận đấu diễn ra ở Pravdin? |
| V ở Pravdin? | Đội Pravdin thắng? |

Giải bài toán nghĩa là điền vào các ô trống của bảng này các từ “có” hoặc “không” sao cho không mâu thuẫn với các điều kiện. Chính xác hơn, cần tìm tất cả các cách điền như vậy, vì có thể có nhiều hơn một cách. Trong trường hợp xấu nhất, có thể xét hết mọi cách điền có thể có (cả thảy 64 cách) và với mỗi cách kiểm tra xem nó có mâu thuẫn với các điều kiện hay không. Nhưng đó dĩ nhiên là một cách giải không đẹp. Ta sẽ giải cách khác.

1. Từ phát biểu của B suy ra rằng đội Pravdin đã thắng. Ta chứng minh điều đó. Nếu B ở Pravdin, thì điều anh ta nói là đúng, và đội Pravdin đã thắng. Nếu B ở Lgunov, thì điều anh ta nói là sai, và đội Pravdin vẫn thắng.

2. Từ phát biểu của B suy ra rằng B ở Lgunov, vì phát biểu của anh ta hoàn toàn sai. Ta chứng minh điều đó. Ta đã biết rằng đội Pravdin đã thắng.

29

đina. Nếu $\Gamma$ đến từ Pravdin, thì anh ta không thể nói rằng đội của họ đã thua, vì đó sẽ là lời nói dối. Nếu $\Gamma$ đến từ Lgunov, thì anh ta cũng không thể nói điều đó, vì đó sẽ là sự thật.

3. Từ phát biểu của $\Gamma$ suy ra rằng $A$ đến từ Pravdin. Hãy chứng minh điều này. Nếu $\Gamma$ đến từ Pravdin, thì $A$ thực sự cùng thành phố với anh ta, tức là từ Pravdin. Nếu $\Gamma$ đến từ Lgunov, thì $A$ không cùng thành phố với anh ta, tức là $A$ lại từ Pravdin.

4. Bây giờ dễ dàng trả lời mọi câu hỏi. Từ phát biểu cuối cùng của $A$ suy ra rằng sự việc diễn ra ở Pravdin, $B$ và $\Gamma$ — đến từ Lgunov.

Đáp án. $A$ — từ Pravdin, $B$, $B$, $\Gamma$ — từ Lgunov, trận đấu diễn ra ở Pravdin, đội Pravdin thắng.

12. Rõ ràng xe buýt vượt người ấy sau những khoảng thời gian bằng nhau. (Mỗi khoảng như vậy bằng $\frac{v_1 t}{v_1 - v_2}$, trong đó $t$ — khoảng thời gian giữa các xe buýt, $v_1$ — vận tốc của xe buýt, $v_2$ — vận tốc của người ấy. Tuy nhiên, chúng ta sẽ không dùng công thức này.) Vì thế giữa những thời điểm xe buýt vượt người ấy, mỗi lần người ấy kịp đi được cùng một quãng đường. Ký hiệu quãng đường này là $x$.

Trên hình 5, đoạn $AB$, được đánh dấu bằng dấu ngoặc nhọn, biểu thị 4 km mà người đó đã đi trong lần đầu. Đánh dấu trên đó 6 điểm $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$, $P_5$, $P_6$, tại đó xe buýt vượt người đó. Giữa chúng có 5 khoảng, và độ dài mỗi khoảng bằng $x$. Còn lại hai đoạn đường ở hai đầu $AP_1$ và $P_6B$, mà người đó đã đi trước khi xe buýt thứ nhất vượt người đó, và sau khi xe buýt cuối cùng vượt người đó (trên hình được vẽ bằng đường đỏ). Độ dài mỗi đoạn này nhỏ hơn $x$. Hãy chứng minh điều đó. Chẳng hạn, giả sử $P_6B \geq x$. Khi đó trên đoạn $P_6B$ còn đặt được một điểm $P_7$ sao cho $P_6P_7 = x$. Tại điểm này, dĩ nhiên xe buýt cũng vượt người đó, và tổng cộng trên 4 km này người đó bị hơn sáu xe buýt vượt, điều này mâu thuẫn với điều kiện. Tương tự chứng minh được rằng $AP_1 < x$. Có tính đến tất cả những điều đó, ta có thể viết:

$$5x \leq 4 < 7x. \tag{1}$$

Tương tự, vì trên đoạn đường dài 7 km có 8 điểm cách nhau $x$, còn các đoạn ở hai đầu lại nhỏ hơn $x$:

$$7x \leq 7 < 9x. \tag{2}$$

Từ (1) ta được $x \leq 4/5$, còn từ (2) ta được $x > 7/9$.

Bây giờ ta phải xác định có thể đặt bao nhiêu điểm cách nhau $x$ km trên đoạn đường dài 17 km.

Vì $\frac{17}{4/5} = 21 \frac{1}{4}$, còn $\frac{17}{7/9} = 21 \frac{6}{7}$, nên $21 \frac{1}{4} \leq \frac{17}{x} < 21 \frac{6}{7}$ hay

$$21 \frac{1}{4}x \leq 17 < 21 \frac{6}{7}x. \tag{3}$$

Ta chứng minh rằng trên đoạn đường dài 17 km, người đó sẽ bị 21 hoặc 22 avtovis vượt qua. Thật vậy, nếu người đó bị 20 avtovis (hoặc ít hơn) vượt qua, thì số khoảng dài $x$ giữa chúng sẽ là 19 (hoặc ít hơn), suy ra $17 < 21x$, trái với (3). Nếu người đó bị 23 avtovis (hoặc nhiều hơn) vượt qua, thì $17 > 22x$, điều này cũng trái với (3).

Đáp số. 21 hoặc 22 avtovis.

30

CON LẮC KỲ LẠ

N.A. MINTS

Con lắc toán học thông thường, quen thuộc với bạn, không thay đổi mặt phẳng dao động của nó.

Thí nghiệm Phucô, một minh họa nổi tiếng về sự quay của Trái Đất, dựa trên tính chất này của con lắc. Một con lắc có dây treo dài dao động. Bên dưới nó có đánh dấu một vòng tròn, giống như mặt đồng hồ. Do mặt phẳng dao động của con lắc không thay đổi so với các ngôi sao cố định, còn Trái Đất quay quanh trục của mình, theo thời gian con lắc lần lượt đi qua phía trên tất cả các vạch của vòng tròn. Ở cực, trong một ngày đêm, vòng tròn dưới con lắc sẽ quay trọn một vòng. Lần đầu tiên thí nghiệm như vậy được nhà vật lí Pháp L. Phucô tiến hành vào năm 1851 dưới mái vòm Điện Panthéon ở Paris, với một con lắc dài 67 m.

Nhưng có phải mọi con lắc đều nhất thiết giữ nguyên mặt phẳng dao động? Dù sao thì dây treo cũng cho phép nó dao động trong bất cứ mặt phẳng thẳng đứng nào.

Hãy thử làm một con lắc như ở hình 1. Để làm điều đó, lấy một sợi chỉ, gập đôi nó lại, rồi buộc một sợi chỉ khác vào giữa. Gắn vào đầu kia của sợi chỉ thứ hai này một cái thìa, cái kéo hoặc một vật nào khác — thế là con lắc đã xong. (Dây treo thẳng đứng phải đủ dài. Ít nhất không ngắn hơn dây treo nghiêng.)

Treo con lắc bằng hai đầu của sợi chỉ gập đôi lên các móc hoặc đinh (chẳng hạn, ở khung cửa). Nếu bây giờ kéo con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng rồi thả ra, bạn sẽ thấy một cảnh tượng thú vị. Con lắc sẽ chuyển động theo một hình elip, và hình elip này sẽ liên tục thay đổi, khi kéo dài theo hướng này, khi theo hướng khác. Vì sao điều đó xảy ra?

Ở con lắc có một điểm treo (hình 2), mặt phẳng dao động không được phân biệt bởi điều gì cả. Dù có như thế nào đi nữa

Hình 1. Hình 2. Hình 3.

⟦trang 31⟧

độ lệch ban đầu của vật, mọi lực tác dụng lên nó đều nằm trong một mặt phẳng. Chỉ cần, khi thả vật, không chỉ sự lựa chọn của nó.

Thật vậy, hãy dựng một mặt phẳng qua vị trí ban đầu và vị trí lệch của vật. Hiển nhiên, trong mặt phẳng này sẽ nằm cả trọng lực $mg$, lẫn lực căng của sợi dây $T$. Do đó, hợp lực của các lực này, chính nó làm cho vật dao động, ở mọi vị trí lệch của vật cũng nằm trong cùng mặt phẳng ấy. Điều đó có nghĩa là không có những lực có thể khá phức tạp, đặc biệt khi tần số của các dao động dọc và ngang gần nhau. Nếu các tần số bằng nhau, quỹ đạo chuyển động sẽ là một elip. Hình vẽ ở hình 4 mô tả vật có phương trình chuyển động như sau: $x=\sin 3t$, $y=\sin 5t$. Hình 5 tương ứng với các dao động $x=\sin 3t$, $y=\sin 4t$.

Tỉ số các tần số có thể thay đổi, bằng cách thay đổi tỉ số độ dài

$\cdot$ Dĩ nhiên, nếu lệch vật đúng vuông góc với mặt phẳng treo, nó sẽ thực hiện các dao động trong một mặt phẳng, vuông góc với mặt phẳng treo. Nhưng trên thực tế luôn có độ lệch khỏi phương vuông góc và vận tốc không nằm trong mặt phẳng của độ lệch ban đầu.

Hình 4.

Hình 5.

32

Hình 6.

của các sợi treo thẳng đứng và nghiêng. Việc tính các tần số dao động của con lắc khá khó, nhưng nhìn thấy các hình do nó vạch ra thì đơn giản hơn nhiều.

Để nhìn thấy các hình Lissajous, có thể gắn vào dây treo của con lắc một chiếc hộp nhỏ có hai lỗ, đựng đầy cát, rồi đặt trên sàn một miếng bìa cứng sơn màu tối. Khi đó con lắc sẽ «vẽ» một quỹ đạo rõ nét của chuyển động.

Hình 7.

Có thể chụp ảnh các quỹ đạo chuyển động của con lắc.

Hãy lấy một quả chì hoặc một quả cầu nhỏ nặng và sơn nó bằng sơn trắng. Làm bằng các sợi chỉ tối màu một dây treo giống như của con lắc được vẽ ở hình 1. Đặt dưới con lắc một tờ giấy đen nhám. Giấy nhẵn có thể phản sáng, điều đó sẽ cản trở việc quan sát. Cần chụp từ trên xuống. Đặt máy ảnh sao cho mặt phẳng của vật nằm ngang. Với thời gian phơi sáng đủ lớn, trên ảnh có thể thấy các quỹ đạo rõ nét.

Ở các hình 6 và 7 là ảnh các quỹ đạo thu được bằng cách đó. Có thể thấy con lắc đã thay đổi hướng dao động như thế nào. Trên hình 6, sự thay đổi này xảy ra đột ngột hơn. Thời gian phơi sáng của hai ảnh này khác nhau. Điều đó có thể thấy ít nhất từ chỗ độ dài các quỹ đạo không giống nhau.

Các đường cong thu được dường như được nội tiếp trong một hình bình hành. Thực ra chúng phải được nội tiếp trong một hình chữ nhật. Việc ta không thu được hình chữ nhật được giải thích đơn giản: mặt phẳng của vật không hoàn toàn nằm ngang.

Trong các thí nghiệm với con lắc, cần chú ý rằng quỹ đạo ít nhiều đúng chỉ thu được khi không có sự tắt dần mạnh. Dao động của con lắc có khối lượng quả nặng nhỏ và thể tích đủ lớn sẽ tắt dần. Khi đó con lắc chỉ đung đưa vài lần, biên độ giảm nhanh. Dĩ nhiên, khi chuyển động tắt dần mạnh, không thể nhìn thấy và chụp ảnh sự thay đổi hướng dao động của con lắc.

Các hình Lissajous thường gặp khá nhiều trong những trường hợp các dao động vuông góc với nhau. Chẳng hạn, chúng không tránh khỏi xuất hiện khi điều chỉnh máy hiện sóng.

33

BÀI TOÁN

M86. Đáy của một chiếc hộp hình chữ nhật được lát bằng các viên gạch kích thước $2 \times 2$ và $1 \times 4$. Người ta đổ các viên gạch ra khỏi hộp và làm mất một viên gạch $2 \times 2$. Thay vào đó, lấy được một viên gạch $1 \times 4$. Chứng minh rằng bây giờ không thể lát đáy hộp bằng các viên gạch nữa.

L. G. Limanov

M87. Chứng minh rằng nếu ba đường tròn cùng bán kính đi qua một điểm, thì ba điểm giao còn lại từng đôi của các đường tròn này nằm trên một đường tròn có cùng bán kính (hình 1).

M88. Các hệ số $a, b, c$ của phương trình $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$ phải thỏa mãn điều kiện nào để ba nghiệm của nó lập thành một cấp số cộng?

M. F. Bezborodnikov

M89. Chứng minh rằng trong mọi đa giác lồi, trừ hình bình

Hình 1.

hành, có thể chọn ba cạnh sao cho khi kéo dài chúng

Hình 2.

thì tạo thành một tam giác bao chứa đa giác đã cho. (Chẳng hạn, trong hình 2, nơi đa giác được viền bằng nét đen, ba đường thẳng đỏ thỏa mãn điều kiện cần thiết, còn ba đường xanh thì không.)

I. M. Yaelom

M90. Chứng minh rằng nếu $x_1 < x_2 < x_3 < \dots$ — các số tự nhiên,

$$\frac{\sqrt{x_2-x_1}}{x_2} + \frac{\sqrt{x_3-x_2}}{x_3} + \dots$$

$$\dots + \frac{\sqrt{x_n-x_{n-1}}}{x_n} < 1$$

$$+\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2-1} + \frac{1}{n^2}$$

G. I. Natanson

34

F98. Có thể thu được hiệu điện thế cực đại nào nếu có một nguồn với suất điện động $E$ và $n$ tụ điện giống nhau, mỗi tụ có điện dung $c$?

L. G. Aslamazov

F99. Hình 3 cho các đồ thị $V$—$T$ của hai quá trình tròn. Trong quá trình nào khí thực hiện công lớn hơn: quá trình $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ hay quá trình $1 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 1$?

I. Sh. Slobodetsky

F100. Ở độ cao 200 km, mật độ khí quyển bằng $1,6 \cdot 10^{-10} \text{ ке/м}^3$. Hãy ước lượng lực cản tác dụng lên một vệ tinh có tiết diện ngang $0,5 \text{ m}^2$ và khối lượng $10 \text{ ке}$, bay ở độ cao này.

F101. Một quả cầu được treo vào một lò xo nhẹ thẳng đứng có độ cứng $k$. Ban đầu lò xo chưa bị giãn. Sau đó thả quả cầu. Vận tốc cực đại mà quả cầu đạt được trong chuyển động là bao nhiêu? Khối lượng quả cầu là $m$.

S. A. Belleev

F102. Trong một bình kín, người ta trộn oxy và heli với lượng bằng nhau. Sau đó tạo những lỗ nhỏ trên thành bình. Thành phần của chùm phân tử thoát ra từ đó là gì?

I. Sh. Averbukh

Trong số này, chúng tôi đăng một số bài toán từ mục “Trò chơi toán học” của tạp chí “Scientific American”. Biên tập viên thường trực của mục “Trò chơi toán học” là Martin Gardner. Bài toán ở trang bìa thứ tư cũng được lấy từ mục này. (Bản dịch do I. I. Moroz thực hiện).

XẾP ĐỒNG XU

Bài toán nhỏ này do Kobon Fujimura từ Nhật Bản nghĩ ra. Hãy xếp mười đồng xu như trên hình. Phải bỏ đi nhiều nhất bao nhiêu đồng xu để không còn bất kỳ tam giác đều nào (với mọi kích thước) có các đỉnh là tâm của những đồng xu còn lại?

CON SỐ LẠ

Hãy tìm một số có mười chữ số sao cho chữ số thứ nhất của nó chỉ tổng số chữ số không trong số đó, chữ số thứ hai chỉ tổng số chữ số một, và cứ thế đến chữ số cuối cùng, chỉ số lượng chữ số chín trong số đó (dĩ nhiên, không cũng là một chữ số). Chỉ có một nghiệm.

35

LỜI GIẢI

Trong số này chúng tôi đăng lời giải các bài toán M34—M38.

M34

Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên chia hết cho 10 101 010 101, thì trong cách viết thập phân của nó có ít nhất sáu chữ số khác không.

Bài toán được giải rất dễ nếu số $A$, chia hết cho 10 101 010 101, có không quá 12 chữ số; khi đó nó nhất thiết có dạng $ababababab$, và bài toán đã được giải.

Còn lại là nghĩ ra một cách nào đó để quy bài toán về trường hợp này.

Số 10 101 010 101 ta ký hiệu là $M$. Ta chứng minh rằng nếu số $A$ chia hết cho $M$, thì tồn tại một số $C$ có mười hai (hoặc ít hơn) chữ số, cũng chia hết cho $M$ và có không nhiều chữ số khác không hơn $A$.

Bổ đề. Nếu $A$ chia hết cho $M$ và có hơn 12 chữ số (kể cả các số 0), thì tồn tại một số $B$, cũng chia hết cho $M$, nhỏ hơn $A$ và có không nhiều chữ số khác không hơn $A$.

Hãy chứng minh điều này. Đặt $A = a_1a_2a_3\dots a_n$; xóa chữ số đầu tiên $a_1$ của nó và cộng nó vào thấp hơn 12 hàng, chẳng hạn:

$$123\ 456\ 789\ 123\ 456 \rightarrow 23\ 456\ 789\ 123\ 456$$
$$+\frac{1}{23\ 456\ 789\ 123\ 556}$$

Số thu được chắc chắn sẽ nhỏ hơn số ban đầu: dễ kiểm tra rằng ta chỉ tính $a_1 \cdot (10^{n-1} - 10^{n-13})$. Trong ngoặc

36

có tích $10^{n-13} \times (10^{12}-1)$; thừa số thứ hai hiển nhiên chia hết cho $A$. Còn phải nhận thấy rằng trong số thu được, số chữ số có nghĩa (khác không) không lớn hơn trong số ban đầu. Trong ví dụ của chúng ta, số lượng chúng thậm chí giảm đi một; tuy nhiên điều này có thể không xảy ra nếu ở vị trí thứ 13 là 0 hoặc nếu ở đó là một chữ số đủ lớn, còn ở vị trí trước đó là 0, như trong ví dụ

$$888 888 888 880 421 \rightarrow 88 888 888 880 421$$
$$+\frac{8}{88 888 888 881 221}$$

(chúng ta chưa xét trường hợp có nhớ sang cả hàng thứ 12, nhưng dễ thấy rằng khi đó số chữ số có nghĩa thậm chí sẽ giảm). Bổ đề được chứng minh.

Bây giờ, nếu $A$ chia hết cho $M$, ta trừ khỏi $A$ chữ số đầu tiên của nó nhân với $10^{n-13} \cdot (10^{12}-1)$. Với số thu được, ta làm thao tác tương tự và cứ tiếp tục như vậy cho đến khi đạt được một số có 12 chữ số. Vì trong đó có không ít hơn sáu chữ số có nghĩa, nên trong $A$ cũng có không ít hơn sáu chữ số có nghĩa.

Đa số những người giải đã cố xét số dư của phép chia $A$ cho $M$;

nhưng giải theo cách này rất khó, vì khi nhân ngược thương đó với 10 101 010 101, các chữ số của nó “dính” vào nhau, có thể xảy ra nhiều lần nhớ đơn vị ở các hàng, và gần như không thể hiểu được kết quả sẽ ra sao. Ý tưởng của lời giải là xét từng lần nhớ một.

A. K. Tolpyeo

M35

Một khối 19 mặt nào đó ngoại tiếp mặt cầu bán kính 10. Chứng minh rằng trên bề mặt của nó có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng lớn hơn 21.

Lời giải thứ nhất. Giả sử ngược lại, tức là khoảng cách giữa bất kỳ hai điểm nào trên bề mặt khối 19 mặt của chúng ta không lớn hơn 21. Khi đó đa diện này nằm bên trong mặt cầu bán kính 11, đồng tâm với mặt cầu bán kính 10, và mỗi mặt của nó nằm giữa hai mặt cầu. Vì vậy diện tích mỗi mặt không quá lớn, cụ thể không vượt quá diện tích của hình tròn biểu diễn ở hình 1, có bán kính bằng $\sqrt{21}$. Đa diện của chúng ta có 19 mặt, vì thế diện tích $S$ bề mặt của nó không vượt quá $19\left[\pi\left(\sqrt{21}\right)^2\right]=\pi\left(20^2-1^2\right)=399\pi$.

Không có đa diện nào ngoại tiếp mặt cầu bán kính 10. Do đó diện tích mặt của nó lớn hơn diện tích mặt cầu này $4\pi\left(10\right)^2$*. Vậy, một mặt, $S<399\pi$, mặt khác, $S>400\pi$. Mâu thuẫn thu được giải quyết bài toán. (Một lời giải tương tự đã được D. Grizoryev từ Leningrad gửi cho chúng tôi.)

Trong lời giải (không chặt chẽ) này, chúng tôi đã bỏ qua chứng minh của ba khẳng định bắt đầu bằng ba từ in nghiêng ở trên: có thể, vì thế, do đó. Chúng tôi để lại những chứng minh đơn giản này cho bạn đọc, nhưng muốn cảnh báo rằng mặc dù khẳng định cần thiết dễ chứng minh đối với đa diện lồi

*) Nhắc lại rằng đối với quả cầu bán kính $R$ thể tích bằng $\frac{4}{3}\pi R^3$, diện tích mặt cầu đới có chiều cao $h$ bằng $2\pi Rh$ và, đặc biệt, diện tích mặt cầu bằng $4\pi R^2$.

⟦trang 37⟧

của đa diện bằng cách so sánh thể tích của nó với thể tích của hình cầu *), tuy nhiên mệnh đề rằng đa diện của chúng ta là lồi tuy trực giác thấy rõ và đúng, nhưng khó chứng minh chặt chẽ, vì ngay bản thân định nghĩa chặt chẽ của đa diện cũng khá phức tạp. (Chẳng hạn, hãy xem cuốn sách của I. Lakatos “Chứng minh và bác bỏ”, M., “Nauka”, 1967).

Lời giải thứ hai. Hãy đặt một câu hỏi tổng quát hơn: một đa diện ngoại tiếp một hình cầu bán kính $r$ và nằm hoàn toàn trong hình cầu đồng tâm bán kính $R > r$ có thể có nhiều nhất bao nhiêu mặt? (Đây là tình huống đời thường đã gợi cho tác giả bài toán này: có thể dùng nhiều nhất bao nhiêu nhát dao thẳng để cắt lớp vỏ ngoài của quả cam mà không cắt một miếng lõi nào? Rõ ràng, sau khi cắt hết lớp vỏ ngoài, phần còn lại sẽ là một đa diện, vì trên bề mặt của nó sẽ không còn một phần cong nào, do đó câu hỏi này tương đương với câu hỏi trước.) Chúng ta không biết chính xác đáp án cho câu hỏi tổng quát hơn này, nhưng sẽ chứng minh một số bất đẳng thức đối với số mặt, mà khi $r = 10$, $R = 11$ cho thấy rằng $N > 22$. Nhờ đó, chúng ta chứng minh rằng nếu trong điều kiện của bài M35 thay đa diện 19 mặt bằng đa diện 22 mặt, thì khẳng định của bài vẫn còn đúng.

Vậy, giả sử đa diện $N$ mặt ngoại tiếp hình cầu bán kính $r$ và nằm hoàn toàn bên trong hình cầu bán kính $R$. Xét một mặt bất kỳ của nó.

Mặt phẳng đi qua mặt ấy cắt từ hình cầu một chỏm cầu (mặt đoạn cầu) có chiều cao $R - r$. Rõ ràng, nếu dựng các chỏm cầu cho tất cả các mặt của đa diện của chúng ta, thì hợp của chúng sẽ phủ toàn bộ mặt cầu ngoài. Mỗi trong số $N$ chỏm cầu

*) Thật vậy, thể tích của đa diện bằng $\frac{R \cdot S}{3}$, trong đó $R$ – bán kính của hình cầu nội tiếp, còn $S$ – diện tích bề mặt của nó.

bề mặt tự nhiên có chiều cao $R - r$, và do đó có diện tích $2\pi R (R - r)$. Tổng diện tích của tất cả các chỏm lớn hơn diện tích mặt cầu. Vì vậy $N \cdot 2\pi R (R - r) > 4\pi R^2$, suy ra $N > \frac{2R}{R - r}$, đặc biệt, với $R = 11$, $r = 10$ ta được $N > 22$.

Điều thú vị là từ bất kỳ tập hợp chỏm nào phủ kín hoàn toàn mặt cầu ngoài, đều có thể dựng được một đa diện ngoại tiếp mặt cầu trong. (Hãy chứng minh!) Vì vậy, câu hỏi của chúng ta về số mặt nhỏ nhất hoàn toàn tương đương với câu hỏi sau. Số nhỏ nhất $N = N(h)$ các chỏm có chiều cao $h$ phủ kín hoàn toàn mặt cầu bán kính 1 là bao nhiêu? (Trong bài toán $M35 h = \frac{1}{11}$).

Hiển nhiên $N(h) > \frac{2}{h}$, nhưng bất đẳng thức này chỉ phản ánh sự thật rằng tổng diện tích các chỏm lớn hơn diện tích mặt cầu, trong khi trực giác cho thấy rằng khi $h < 1$ các chỏm phải chồng lấp lên nhau khá nhiều. Thật vậy, có thể chứng minh rằng khi $h$ đủ nhỏ thì $N(h) > 1,2 \frac{2}{h}$. Hãy tự thử chứng minh, chẳng hạn, rằng khi $h < 1$

$N(h) > 1,001 \frac{2}{h}$.

(Có thể xem lời giải của bài toán này và các bài toán tương tự khác trong sách của L. F. Tota. “Sự sắp xếp trên mặt phẳng, trên mặt cầu và trong không gian”. M., Fizmatgiz, 1958).

A. G. Kushirienko

M36

Chứng minh rằng trên mặt phẳng không thể sắp xếp bảy đường thẳng và bảy điểm sao cho qua mỗi điểm có ba đường thẳng đi qua và trên mỗi đường thẳng có ba điểm nằm.

Giả sử rằng có một sự sắp xếp như vậy của bảy điểm và bảy đường thẳng.

38

Hình 2. Bao lồi của một tập hợp gồm hữu hạn điểm là một đa giác lồi có các đỉnh là một số trong các điểm ấy (hoặc một đoạn thẳng, nếu tất cả các điểm nằm trên một đường thẳng).

suy ra. Trước hết, ta chứng minh rằng bất kỳ hai điểm nào trong các điểm đã cho đều nằm trên một trong các đường thẳng đã cho. Thật vậy, nếu $A$ là một trong các điểm ấy, thì có ba đường thẳng đi qua $A$, và trên mỗi đường có hai trong các điểm đã cho (không kể $A$); do đó $A$ và bất kỳ điểm nào trong sáu điểm khác $A$ đều nằm trên một trong các đường thẳng đã cho. Hoàn toàn tương tự, chứng minh được rằng bất kỳ hai trong các đường thẳng đã cho đều cắt nhau tại một trong các điểm đã cho: nếu $a$ là một trong các đường thẳng, thì qua mỗi trong ba điểm nằm trên nó có hai đường thẳng đi qua (không kể $a$), và vì vậy mỗi đường thẳng ấy cắt $a$ tại một trong các điểm đã cho.

Bây giờ xét bao lồi của tập hợp gồm bảy điểm của chúng ta — hình lồi nhỏ nhất chứa bảy điểm ấy.

Hình 3. Cấu hình này hầu như hoàn toàn thỏa mãn các yêu cầu của bài toán M36, chỉ có một “đường thẳng” phải uốn cong.

Đó sẽ là một $n$-giác lồi nào đó, trong đó $n \leqslant 7$ (có thể nhận được nó như sau: đóng đinh tại bảy điểm đã cho rồi căng một sợi dây cao su bao quanh tất cả các đinh đó; sợi dây sẽ căng theo đường bao của một đa giác có các đỉnh là một số trong $n$ điểm đã cho, còn tất cả các điểm còn lại ($7-n$) sẽ nằm bên trong hoặc trên biên của đa giác này; xem hình 2). Rõ ràng, trường hợp $n \geqslant 4$ là không thể — vì trên mỗi cạnh của $n$-giác phải có thêm một điểm thứ ba, ngoài các đỉnh, trong khi tổng cộng chỉ có bảy điểm. Trường hợp $n=3$, khi bao lồi là một tam giác nào đó $ABC$, cũng không thể. Thật vậy, nếu $E$ và $F$ là các điểm (trong số bảy điểm đã cho) nằm trên các cạnh $AB$ và $BC$, thì $EF$ và $AC$ — hai trong các đường thẳng đã cho — phải cắt nhau tại một trong bảy điểm đã cho, nhưng chúng sẽ cắt nhau trên phần kéo dài của cạnh $AC$, tức là ở ngoài tam giác $ABC$. Ta thu được mâu thuẫn.

Hình 3 sẽ giúp những người đã gửi cho chúng tôi lời giải sai của bài toán này tìm ra lỗi.

M37

Trong mỗi ô của một tờ giấy kẻ ô vô hạn có ghi một số nào đó sao cho môđun của tổng các số trong bất kỳ hình vuông nào (có các cạnh đi theo các đường của lưới) không vượt quá một. Chứng minh rằng khi đó tồn tại một số $c$ sao cho tổng các số trong bất kỳ hình chữ nhật nào (có các cạnh đi theo các đường của lưới) không lớn hơn $c$; nói cách khác, các tổng số trong mọi hình chữ nhật đều bị chặn. Chứng minh rằng điều này đúng với $c=4$. Có thể bạn sẽ cải thiện được đánh giá này (chẳng hạn, chứng minh rằng khẳng định của chúng tôi đúng với $c=3$ hoặc thậm chí với $c=2$).

Lời giải mà chúng tôi đưa ra gần với đề xuất của $A$. Klimov (Moskva).

Chứng minh rằng $c$ bằng 4 là phù hợp.

Giả sử rằng trong một hình chữ nhật nào đó có các cạnh $a$ và $b$ tổng có môđun bằng $4+\epsilon$, trong đó $\epsilon > 0$ ($a < b$). Dựng bốn hình vuông, mỗi hình trong số đó có ba cạnh đi theo một ba cạ-

40

Hình 6. Đặt $k_n = \frac{a_n}{b_n}$. Khi đó $k_{n+1} = f(k_n)$, trong đó $f(k) = \frac{|1-2k|}{2-k}$. Ở đây vẽ đồ thị của hàm này trên đoạn $0 \leq k \leq 1$. Khi giải bài toán, ta sử dụng thực tế rằng với mọi điểm $M$ thuộc nửa bên phải của đồ thị thì $MQ/MP > 2$; nếu $0 \leq k \leq \frac{1}{2}$, thì $0 \leq f(k) \leq \frac{1}{2}$, hơn nữa $f(f(k)) = k$, tức là hàm $f$ trên đoạn $0 \leq k \leq \frac{1}{2}$ trùng với hàm ngược của nó, và đồ thị của nó đối xứng qua tia phân giác của góc giữa các trục tọa độ.

Hình 7. Trong mọi ô chưa điền đều là các số không.

Thứ hai, nếu $\frac{a_n}{b_n} > \frac{1}{2}$, thì

$$\frac{1 - \frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}}{1 - \frac{a_n}{b_n}} = \frac{1 - \frac{2a_n - b_n}{2b_n - a_n}}{1 - \frac{a_n}{b_n}} = \frac{3b_n}{2b_n - a_n} > \frac{3b_n}{2b_n - \frac{b_n}{2}} = 2;$$

do đó, đại lượng $1 - \frac{a_n}{b_n}$ khi chuyển từ $n$ sang $n+1$ tăng ít nhất hai lần cho đến khi ta đến hình chữ nhật có $\frac{a_n}{b_n} \leq \frac{1}{2}$. Vì vậy, ta có thể coi rằng ngay từ đầu $\frac{a_1}{b_1} < \frac{1}{2}$.

Khi đó

$$a_3 = b_2 - 2a_2 = (2b_1 - a_1) - 2(b_1 - 2a_1) = 3a_1,$$

$$b_3 = 2b_2 - a_2 = 2(2b_1 - a_1) - (b_1 - 2a_1) = 3b_1.$$

Do đó, nói chung $a_{2k+1} = 3^k a_1$ và $b_{2k+1} = 3^k b_1$, hơn nữa tổng các số trong hình chữ nhật $3^k a_1 \times 3^k b_1$ lớn hơn $4 + 9^k e$, tức là, chọn $k$ đủ lớn, ta có thể làm cho nó lớn tùy ý. Bây giờ không khó để suy ra mâu thuẫn: rõ ràng mọi hình chữ nhật $Na_1 \times Nb_1$, trong đó $a_1$, $b_1$ và $N$ là các số nguyên, đều có thể chia thành $a_1b_1$ hình vuông (có cạnh $N$), và vì thế tổng các số trong đó không thể vượt quá về trị tuyệt đối số $a_1b_1$.

Hình 6 cho thấy nửa sau của chứng minh. Hình 7 biểu diễn một ví dụ mà tổng các số trong một hình chữ nhật nào đó bằng ba. Do đó, với $c = 2$ mệnh đề của bài toán là sai. Rất có thể cận chính xác là $c = 4$, nhưng chúng tôi không biết các ví dụ cho thấy rằng $c > 3$.

N. B. Vasiliev

41

M38

Đường tròn dựng trên đường cao AD của tam giác vuông ABC làm đường kính cắt cạnh góc vuông AB tại điểm K, còn cạnh góc vuông AC tại điểm M. Đoạn thẳng KM cắt đường cao AD tại điểm L. Biết rằng các đoạn AK, AL và AM lập thành một cấp số nhân (nghĩa là $\frac{AK}{AL} = \frac{AL}{AM}$).

Không khó chứng minh rằng AKDM là hình chữ nhật và L là tâm của nó (hình 8). Hạ đường vuông góc AP xuống KM.

Khi đó
$$AL^2 = AK \cdot AM = KM \cdot AP = 2AL \cdot AP,$$
$$AL = 2AP, \angle PLA = 30^\circ,$$

và vì $AL = KL = ML$, suy ra các góc nhọn của tam giác AKM bằng $15^\circ$ và $75^\circ$. Tam giác ABC cũng có các góc nhọn như vậy: $\angle C = \angle BAD = \angle AKM$.

Hình 8.

Lời giải này do C. Komanov ở Tbilisi và V. Krivitsky ở làng Kletnoe, tỉnh Minsk gửi đến.

L. M. Lopovok

Trong số này chúng tôi công bố lời giải các bài F52—F58

F52

Một quả bóng được ném thẳng đứng lên. Thời gian đi lên hay thời gian rơi lớn hơn?

Động năng của quả bóng ở bất kỳ độ cao nào khi đi lên đều lớn hơn khi đi xuống. Thật vậy, nếu không có sức cản không khí thì các động năng này bằng nhau. Do sức cản không khí, khi đi xuống động năng của quả bóng nhỏ hơn khi đi lên một lượng bằng công dùng để thắng sức cản không khí. Điều đó có nghĩa là ở bất kỳ độ cao nào vận tốc của quả bóng khi đi lên đều lớn hơn khi đi xuống. Hiển nhiên vận tốc trung bình của quả bóng cũng lớn hơn. Vì thế thời gian đi lên của quả bóng nhỏ hơn thời gian rơi.

F53

Trong một bình có hai chất lỏng không trộn lẫn với khối lượng riêng $\rho_1$ và $\rho_2$ và độ dày các lớp $h_1$ và $h_2$ tương ứng. Từ mặt chất lỏng, một vật nhỏ có dạng thuôn được thả vào bình; nó chạm đáy đúng vào lúc vận tốc của nó trở thành bằng không. Khối lượng riêng của vật liệu làm vật bằng bao nhiêu?

Ta sử dụng điều rằng thế năng mà vật có ở mặt chất lỏng trên được tiêu hao khi vật chuyển động để thắng sức cản. Vì thế
$$mg(h_1 + h_2) = A_1 + A_2,$$
(*)

trong đó $m$ là khối lượng của vật, $g$ là gia tốc rơi tự do, $A_1$ là công của lực cản trong chất lỏng phía trên và $A_2$ là công của lực cản khi vật chuyển động trong chất lỏng phía dưới. Vì vật có dạng thuôn, lực cản chính là lực đẩy Ác-si-mét: $F_1 = \rho_1Vg$ trong chất lỏng phía trên và $F_2 = \rho_2Vg$ trong chất lỏng phía dưới (V là thể tích của vật). Do đó
$$A_1 = \rho_1Vgh_1$$ và $A_2 = \rho_2Vgh_2$.

Thay các biểu thức này của $A_1$ và $A_2$ vào phương trình (*) và xét rằng $m = V \cdot \rho$ (ρ là khối lượng riêng của vật), ta được $\rho (h_1 + h_2) = \rho_1h_1 + \rho_2h_2$.

42

Từ đây
$$\rho = \frac{\rho_1 h_1 + \rho_2 h_2}{h_1 + h_2}.$$

Lời giải đúng được V. Kalintsev ở Moskva, Yu. Polonsky ở Zelenodolsk, CHXHCNXV Tatarstan và các bạn đọc khác gửi đến.

Tuy nhiên, đa số bạn đọc đã giải bài toán bằng một cách phức tạp hơn.

Có hai lực tác dụng lên một vật chuyển động trong chất lỏng: trọng lực, bằng $mg = \rho Vg$, và lực đẩy Ác-si-mét (bằng $F_1 = \rho_1 Vg$ khi vật chuyển động trong chất lỏng có khối lượng riêng $\rho_1$, và $F_2 = \rho_2 Vg$ khi nó chuyển động trong chất lỏng có khối lượng riêng $\rho_2$).

Vì vật có dạng thuôn, các lực tác dụng lên nó trong khi chuyển động trong mỗi chất lỏng không thay đổi. Do đó, vật chuyển động thẳng biến đổi đều. Hãy viết phương trình chuyển động của vật. Trong chất lỏng phía trên: $mg - F_1 = ma_1$ (gia tốc hướng xuống), trong chất lỏng phía dưới: $F_2 - mg = ma_2$ (gia tốc hướng lên). Từ các phương trình này, ta thấy rằng trong chất lỏng có khối lượng riêng $\rho_1$ vật chuyển động với gia tốc $a_1 = g \frac{\rho - \rho_1}{\rho}$, còn trong chất lỏng có khối lượng riêng $\rho_2 - c$ gia tốc $a_2 = g \frac{\rho_2 - \rho}{\rho}$.

Đi qua chất lỏng thứ nhất, vật sẽ đạt vận tốc $V_0 = a_1 t_1$, trong đó $t_1$ là thời gian chuyển động. Thời gian này có thể tìm từ phương trình động học $h_1 = \frac{a_1 t_1^2}{2}$. Vì vậy $V_0 = \sqrt{2 a_1 h_1}$. Với vận tốc đó, vật bắt đầu chuyển động trong chất lỏng phía dưới. Vì vận tốc của vật ở cuối chuyển động phải bằng không, nên $V_0 - at_2 = 0$, trong đó $t_2$ là thời gian vật chuyển động trong chất lỏng thứ hai.

Từ đó $t_2 = \frac{V_0}{a_2}$. Trong thời gian này, vật đi được trong chất lỏng thứ hai một quãng đường $h_2$. Vì vậy $h_2 = V_0 t_2 - \frac{a_2 t_2^2}{2}$.

Thay vào phương trình cuối các biểu thức của $V_0$, $a_2$ và $t_2$, ta được
$$h_2 = \frac{V_0^2}{a_2} - \frac{1}{2} \frac{V_0^2}{a_2} = \frac{1}{2} \frac{V_0^2}{a_2} = \frac{a_1 h_1}{a_2}.$$

43

Nó bằng 7,5 ôm. Do đó qua nguồn có dòng điện $I_0 = \frac{30 \, \theta}{7,5 \, \omega} = 4 \, a$.

Dòng điện đi qua nguồn gồm dòng điện đi qua ampe kế và dòng điện $I_1$ đi qua điện trở $R_1$. Ta tìm dòng điện $I_1$.

Tại điểm $A$, dòng điện $I_0$ chia đều giữa nhánh trên và nhánh dưới của mạch. Do đó qua điện trở $R_2$ có dòng điện $I_2$ bằng 2$a$. Tại điểm $B$, dòng điện này lại chia đều giữa các điện trở giống nhau $R_1$ và $R_3$. Do đó qua điện trở $R_1$ có dòng điện 1$a$. Bây giờ có thể tìm dòng điện đi qua ampe kế. Nó bằng $I_0-I_1=3a$.

Ф55

Hãy ước tính độ cao $H$ mà mũi tên, bắn thẳng đứng lên từ một cây cung trẻ em, đạt tới. Khối lượng mũi tên $m=20 \, \text{г}$, chiều dài dây cung $AB=1 \, \text{м}$. Dây cung được kéo lùi một đoạn $h_0=5 \, \text{см}$. Coi lực căng của dây cung là không đổi và bằng 250 $\text{н}$.

Năng lượng mà mũi tên nhận được khi bắn bằng công của lực tác dụng lên mũi tên từ phía dây cung. Lực này hiển nhiên bằng hợp lực $F$ của các lực căng $T$ của dây cung (hình 11). Nếu góc mà dây cung tại các điểm $A$ và $B$ tạo với đường thẳng $AB$ được ký hiệu là $\alpha$, thì dễ thấy rằng $F=2T\sin \alpha$. Vậy lực tác dụng lên mũi tên phụ thuộc vào mức độ kéo lùi dây cung. Vì dây cung được kéo lùi một khoảng nhỏ so với chiều dài của nó, nên góc $\alpha$ nhỏ, tức là $\sin \alpha \approx tg\alpha \approx \alpha$. Do đó $F=2T\alpha$.

Vì $tg\alpha = \frac{h}{AB}$ ($h$ — độ võng của dây cung), nên

$$F = 4T \frac{h}{AB}.$$

Vậy lực tác dụng lên mũi tên tỉ lệ với $h$ (hình 12).

Không khó để tìm công của lực này. Nó bằng diện tích hình giữa

44

Hình 13.

lý thuyết sơ cấp về sự bay và sóng trên mặt nước» trong «Kvant» số 5 năm 1970. Hành vi của lá cờ được giải thích hoàn toàn giống như sự hình thành sóng trên mặt nước.

Giả sử ở một chỗ nào đó lá cờ hơi cong (hình 13). Trong trường hợp này, ở phía trên khi dòng khí đi qua chỗ lồi, tốc độ gió lớn hơn, còn ở phía dưới, trong vùng lõm của lá cờ — nhỏ hơn tốc độ gió ở xa lá cờ. Từ định luật Bernoulli suy ra rằng khi đó áp suất không khí tại điểm A lớn hơn áp suất tại điểm B. Vì vậy, sự hình thành chỗ lồi phải tăng lên. Ngoài ra, vì do sự hình thành xoáy phía sau chỗ lồi, áp suất sau nó nhỏ hơn áp suất trước chỗ lồi, chỗ lồi này sẽ dịch chuyển về phía cuối lá cờ. Như vậy, chỗ lõm tình cờ hình thành của lá cờ sẽ tăng lên. Nếu còn tính đến rằng nhờ sự hình thành xoáy khi dòng khí đi qua ngay cả một lá cờ phẳng trong gió đều, áp suất ở các phía khác nhau của lá cờ có thể khác nhau và vì vậy những chỗ uốn nhỏ của bề mặt sẽ dễ hình thành, thì trở nên rõ vì sao lá cờ «phấp phới» trong gió.

Ф57

Hai quả cầu giống nhau, nối với nhau bằng một lò xo không trọng lượng, chuyển động trên một sàn ngang nhẵn với cùng vận tốc, vuông góc với một bức tường thẳng đứng. Hãy mô tả sự va chạm của hệ với bức tường diễn ra như thế nào. Các quả cầu sẽ chuyển động ra sao sau va chạm? Va chạm của quả cầu với tường là hoàn toàn đàn hồi, thời gian va chạm nhỏ không đáng kể so với chu kỳ dao động của quả cầu trên lò xo.

Vì vận tốc của các quả cầu lúc đầu như nhau và không đổi, lò xo không bị biến dạng. Thật vậy, nếu không thì lên mỗi quả cầu sẽ tác dụng một lực từ phía lò xo, truyền cho nó gia tốc, và vận tốc của quả cầu sẽ thay đổi theo thời gian. Sau khi quả cầu thứ nhất va vào tường, vận tốc của nó đổi sang hướng ngược lại. Các quả cầu bắt đầu chuyển động ngược chiều nhau với

45

có độ lớn vận tốc bằng nhau (xem hình 14), lò xo bị nén lại. Động năng của các viên bi chuyển thành thế năng biến dạng của lò xo. Sau đó lò xo bắt đầu giãn ra, truyền cho các viên bi những vận tốc có độ lớn bằng nhau và ngược chiều nhau. Đồng thời, cũng như trong lúc lò xo bị nén, khối tâm của hệ đứng yên đối với bức tường — không có lực ngang nào tác dụng lên hệ. Từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng vào lúc viên bi bên phải đập vào tường, độ lớn vận tốc của các viên bi bằng vận tốc ban đầu của hệ. Sau khi viên bi va chạm với tường, vận tốc của nó lại đổi sang chiều ngược lại và các viên bi chuyển động ra xa tường với những vận tốc bằng nhau. Vì vào lúc viên bi đập vào tường lò xo không bị biến dạng, nên nó cũng không biến dạng trong chuyển động tiếp theo của hệ.

Ф58

Trong một từ trường, từ độ cao lớn rơi xuống một vòng có đường kính $d$ và điện trở $R$. Mặt phẳng của vòng luôn nằm ngang. Hãy tìm vận tốc ổn định của vòng rơi, nếu cảm ứng từ của trường thay đổi theo độ cao theo quy luật

$$B = B_0 (1 + \alpha H).$$

Lực tác dụng lên vòng trong từ trường tỉ lệ với dòng điện chạy qua vòng, dòng điện tỉ lệ với suất điện động cảm ứng phát sinh trong vòng khi nó chuyển động, còn suất điện động cảm ứng, đến lượt nó, tỉ lệ với tốc độ biến thiên của từ thông xuyên qua mặt phẳng vòng, nghĩa là tỉ lệ với vận tốc của vòng. Do đó, tại một vận tốc chuyển động nào đó của vòng, lực tác dụng lên nó trong từ trường trở thành bằng trọng lực. Vận tốc này chính là vận tốc chuyển động ổn định của vòng.

Vì khi vòng chuyển động, động năng của nó không thay đổi, nên độ biến thiên thế năng phải bằng tổn hao nhiệt trong vòng.

Gọi vận tốc của vòng là $v$. Suất điện động cảm ứng phát sinh trong vòng khi nó chuyển động có độ lớn bằng

$$E = k \frac{\Delta \Phi}{\Delta t},$$

trong đó $\Phi$ — từ thông xuyên qua vòng, và $k$ — hệ số tỉ lệ.

$$\Phi = \frac{\pi d^2}{4} B = \frac{\pi d^2}{4} B_0 (1 + \alpha H),$$

$$\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \frac{\pi d^2}{4} B_0 \alpha \frac{\Delta H}{\Delta t}.$$

Nhưng $\frac{\Delta H}{\Delta t} = v$, do đó

$$E = k \frac{\pi d^2}{4} B_0 \alpha v$$

và trong vòng có dòng điện

$$I = \frac{E}{R} = \frac{k \pi d^2 B_0 \alpha v}{4 R}.$$

Bây giờ hãy viết định luật bảo toàn năng lượng. Gọi khối lượng của vòng là $m$. Trong thời gian $t$, trong vòng tỏa ra nhiệt lượng bằng $I^2 Rt$. Nếu trong thời gian đó vòng hạ xuống một độ cao $h$, thì

$$mgh = I^2 Rt.$$

Vì $\frac{h}{t} = v$, nên

$$mgv = I^2 R,$$

$$mgv = \frac{k^2 \pi^2 d^4 B_0^2 \alpha^2 v^2}{16 R}.$$

Từ đó

$$v = \frac{16 Rmg}{k^2 \pi^2 d^4 B_0^2 \alpha^2}.$$

I. Sh. Slovodetsky

46

Phương trình logarit
V. V. Golberg

Các phương trình logarit thường được gọi là những phương trình chứa ẩn dưới dấu logarit.
Việc giải phương trình logarit đơn giản nhất

$$\log_a x = b$$

(1)
dựa trên tính chất sau của logarit: nếu logarit của hai số (dương) theo cùng một cơ số $a(a > 0, a \neq 1)$ bằng nhau, thì bản thân các số đó cũng bằng nhau.

Viết phương trình (1) dưới dạng $\log_a x = \log_a a^b$ và sử dụng tính chất đã nêu, ta được đáp số: $x = a^b$.

Phương pháp này cũng áp dụng được để giải các phương trình logarit phức tạp hơn dạng

$$\log_a f(x) = b.$$

(2)
Đối với phương trình (2), ta được $f(x) = a^b$.

Ví dụ 1. Giải phương trình

$$\log_5 [2 + \log_3(3+x)] = 0.$$

Lời giải. Trước hết ta được rằng

$$2 + \log_3(3+x) = 5^0, \quad 2 + \log_3(3+x) = 1, \quad \log_3(3+x) = -1.$$

Tiếp theo ta tìm được: $3 + x = 3^{-1}, x = \frac{1}{3} - 3, x = -\frac{8}{3}$.

Một số phương trình logarit dễ đưa về dạng đơn giản nhất. Chẳng hạn, các phương trình dạng

$$f(\log_a x) = 0$$

(3)
bằng phép đặt $\log_a x = y$ được đưa về phương trình $f(y) = 0$. Nếu $y_1, \dots, y_k$ — các nghiệm của phương trình sau, thì ta được một hệ các phương trình logarit đơn giản nhất:

$$\log_a x = y_1, \dots, \log_a x = y_k.$$

Ví dụ 2. Giải phương trình $\lg^3 x - \lg^2 x - 6 \lg x = 0$.

Lời giải e. Đặt $\lg x$ là $y$. Khi đó ta được phương trình bậc ba đối với $y$:

$$y^3 - y^2 - 6y = 0.$$

Giải nó: $y(y^2 - y - 6) = 0, y_1 = 0, y_2 = 3, y_3 = -2$. Xét ba trường hợp có thể:

a). $\lg x = 0, x_1 = 1$; 6) $\lg x = 3, x_2 = 1000$; b) $\lg x = -2, x_3 = 0,01$.

Các phương trình mũ-logarit có thể đưa về dạng phương trình (3) nếu trước đó lấy logarit của chúng.

47

Phương pháp 3. Giải phương trình $x^2 + \log_3 x = 3^8$.

Lời giải. Vì cả hai vế của phương trình đều dương (điều kiện xác định: $x > 0$), lấy logarit cơ số 3 của chúng: $\log_3 x^2 + \log_3 x = \log_3 3^8$, từ đó suy ra $(2 + \log_3 x) \log_3 x = 8$. Đặt $\log_3 x$ là $y$, ta được phương trình bậc hai $y^2 + 2y - 8 = 0$ có các nghiệm $y_1 = -4, y_2 = 2$. Xét hai trường hợp:

a) $\log_3 x = -4, x_1 = 1/81$ b) $\log_3 x = 2, x_2 = 9$.

Phương pháp 4. Giải phương trình $9x^{\lg x} + 91x^{-\lg x} = 60$.

Lời giải. Đặt $x^{\lg x} = y$; khi đó $x^{-\lg x} = \frac{1}{y}$, do đó phương trình ban đầu đưa về phương trình sau đối với $y$: $9y^2 - 60y + 91 = 0$. Nghiệm của phương trình sau là $y_1 = \frac{13}{3}, y_2 = \frac{7}{3}$. Xét cả hai khả năng:

a) $x^{\lg x} = \frac{13}{3}$; lấy lôgarit, ta được $\lg x^{\lg x} = \lg \frac{13}{3}, \lg^2 x = \lg \frac{13}{3}$, suy ra $\lg x = \pm \sqrt{\lg \frac{13}{3}}, x_1 = 10^{\sqrt{\lg \frac{13}{3}}}, x_2 = 10^{-\sqrt{\lg \frac{13}{3}}}$;

b) $x^{\lg x} = \frac{7}{3}$; tương tự như trong trường hợp thứ nhất, ta tìm được $x_3 = 10^{\sqrt{\lg \frac{7}{3}}}, x_4 = 10^{-\sqrt{\lg \frac{7}{3}}}$.

Khi giải các phương trình lôgarit, thường đưa về việc giải phương trình dạng

$$\log_a f(x) = \log_a g(x).$$

Ở đây, bằng cách nâng lũy thừa cần chuyển sang phương trình

$$f(x) = g(x).$$

Nhưng cần lưu ý rằng khi nâng lũy thừa, ta mở rộng miền xác định của phương trình, và vì vậy có thể xuất hiện các nghiệm ngoại lai. Do đó cần kiểm tra xem mỗi nghiệm của phương trình (5) có thuộc miền xác định của phương trình (4) hay không.

Phương pháp 5. Giải phương trình $\log_2(2x^2 - 2) = \log_2(5x - 4)$.

Lời giải. Tìm miền xác định:

$$\begin{cases} 2x^2 - 2 > 0, \\ 5x - 4 > 0, \end{cases}$$

tức là $$\begin{cases} x < -1, x > 1, \\ x > \frac{4}{5}. \end{cases}$$

Suy ra, ĐKXĐ: $x > 1$. Lũy thừa phương trình đã cho, ta được $2x^2 - 2 = 5x - 4$, hay $2x^2 - 5x + 2 = 0$, từ đó tìm được $x_1 = 2, x_2 = 1/2$.

Vì $x_2 = 1/2$ không thuộc ĐKXĐ, phương trình chỉ có một nghiệm: $x = 2$.

Các tính chất sau của logarit các số đã được biết rõ:

$$\log_a(AB) = \log_a A + \log_a B \quad (A > 0, B > 0, a > 0, a \neq 1),$$

$$\log_a \frac{A}{B} = \log_a A - \log_a B \quad (A > 0, B > 0, a > 0, a \neq 1),$$

$$\log_a A^p = p \log_a A \quad (A > 0, p - \text{một số thực bất kỳ}),$$

$$\log_a q^p = \frac{p}{q} \log_a A \quad (A > 0, q \neq 0).$$