Kvant 1972, số 3 · Trang

KEANT
3
BƯỚC ĐỀU
1972
Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Tổng biên tập - Viện sĩ I. K. Kioin
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov,

Tuyển tập biên soạn:

L. A. Artsimovich, M. I. Bashmkov, V. G. Boltyansky, I. N. Bronshtein, N. B. Vasiliev, I. F. Ginzburg, V. G. Zubov, P. L. Kapitsa, V. A. Kirillin, V. A. Leshkovtsev (phó tổng biên tập), A. I. Markushevich, M. D. Millionshchikov, N. A. Patrieeva, N. Kh. Rozov, A. P. Savin, I. Sh. Slobodetsky, M. L. Smolyansky (phó tổng biên tập), Ya. A. Smorodinsky, V. A. Fabrikant.

Trên trang đầu tiên của trang bìa có hình minh họa một trong những cách chứng minh định lý Pythagore. Chứng minh được đưa ra trong bài viết “Định lý Pythagore” của V. N. Berezin (xem trang 18).

Trong hình bên trái, cả ba hình tam giác được bao quanh màu vàng đều bằng nhau. Chiều cao của một trong số chúng được đánh dấu bằng màu xanh lam. Do các góc được chọn bằng nhau nên chúng thẳng đứng và đoạn màu đỏ nằm trên cùng một đường thẳng với đoạn màu xanh. (Đây là chìa khóa cho một cách khác để chứng minh định lý Pythagore, nằm ở trang thứ tư của trang bìa).

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova. Nghệ sĩ trưởng A. I. Klimanov
Biên tập viên nghệ thuật O. N. Ykovleva. Người hiệu đính V. P. Sorokina
Nhà xuất bản “Nauka” Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học
117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15. Tel. 234-08-11, 234-07-93

Trình in ngày 11/X 1971. Ký in ngày 28/I 1972. Giấy 70×100¹/16
Vật lý. lò nướng l. 4.5 Điều kiện lò nướng l. 5.85 Biên tập học thuật. tôi. 6,55 Số phát hành 339.610 bản. T-01533. Giá 30 kopecks. Đặt hàng 2303
Nhà máy in Chekhov của Glavpolygraphprom của Ủy ban In ấn thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô, Chekhov, khu vực Moscow.

BẢN BẢN KHÔNG ĐƯỢC TRẢ LẠI

1

THÀNH LẬP
TRONG
1970

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ VÀ VIỆN KHOA HỌC SƯ PHÁP LIÊN XÔ

NHÀ XUẤT BẢN KHOA HỌC
PHÒNG BIÊN TẬP CHÍNH VĂN HỌC VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC

TRONG PHÒNG:

3 Hướng tới kỷ niệm 200 năm ngày mất của Isaac Newton A. Einistein
6 Lập trình động M. I. Reitman
14 Khối lượng trơ ​​Ya. A. Smorodinsky
18 Định lý Pythagore V. N. Berezin
22 Tại sao dây được kéo bởi L. G. Aslamazov
24 Bao quanh Mười A.P. Savin
28 Z hành tinh - định lý, trong I. M. Yael
lập thể - một vấn đề chưa được giải quyết

PHÒNG THÍ NGHIỆM “QUANTA”
34 Tấm che nắng nhân tạo R. Gỗ

VẤN ĐỀ “Lượng tử”
36 người chiến thắng cuộc thi «Kvant»
38 Bài toán M131—M135; F133—F137
40 Lời giải bài toán M89—M95; F100—F105

ỨNG DỤNG THỰC HÀNH
50 Học cách làm việc với logarit A. Ya. Margupis, B. A. Radunsky
Các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh môn toán năm 1971
56 xung lực. Định luật bảo toàn động lượng I. A. Zaitsev
Các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh vật lý năm 1971 tại Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva V. E. Belonuchkin

ĐÁNH GIÁ, THƯ VIỆN
65 Cuốn sách về những hiện tượng tự nhiên lớn nhất I. E. Evgeniev

THÔNG TIN
66 Giải thưởng Nhà nước năm 1971 V. A. Leshkovtse
69 ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

GÓC SƯU TẬP
72 con tem dành riêng cho Isaac Newton A.V. Altykis

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI
(khu vực 3 trang)
HỖN HỢP (trang 27, 33, 55)

3

Nhân kỷ niệm 200 năm ngày mất của ông
Isaac Newton
A. Eystein

Tháng 3 năm 1972 đánh dấu kỷ niệm 245 năm ngày mất của nhà vật lý và toán học vĩ đại người Anh Isaac Newton. Về vấn đề này, chúng tôi đăng một bài viết ngắn của một nhà vật lý vĩ đại khác, Albert Einstein, xuất bản năm 1927. Bài báo này được viết tắt một chút. Toàn văn bài báo được xuất bản bằng tiếng Nga trong tập 4 bộ sưu tập các công trình khoa học của Einstein (nhà xuất bản Nauka, 1967).

Không khó để mô tả đặc điểm hoạt động khoa học của Newton, hoạt động này mãi mãi đảm bảo cho ông một vị trí đặc biệt trong lịch sử phát triển tinh thần nhân loại. Newton là người đầu tiên cố gắng xây dựng các định luật cơ bản xác định tiến trình thời gian của một loạt các quá trình trong tự nhiên với mức độ đầy đủ và chính xác cao. Định luật chuyển động của ông, cùng với định luật hấp dẫn, chi phối chuyển động của tất cả các thiên thể, xảy ra dưới tác động của các lực chấp nhận lẫn nhau. Như vậy, Newton đã thực hiện được ước mơ của các nhà triết học vật chất cổ đại - Democritus và Epicurus, những người tin rằng cần có một mối liên hệ cơ bản giữa tất cả các hiện tượng vật lý, không có ngoại lệ. Sau những thành công này, liệu có còn nghi ngờ gì nữa rằng sự phát triển của mọi hiện tượng vật chất nói chung tạo ra sự đều đặn cần thiết, có thể so sánh với sự lên dây cót của một chiếc đồng hồ. Ngoài ra, rõ ràng là các quá trình suy nghĩ phải gắn bó chặt chẽ với các quá trình vật chất xảy ra trong não, và do đó, ý tưởng không thể tránh khỏi là suy nghĩ và mong muốn của con người và động vật phải dựa trên cùng một quy luật nhân quả chặt chẽ. Vì vậy, Newton đã thể hiện toàn bộ thế giới quan của mình.

Bây giờ chúng ta biết rằng trọng lực không phải là lực duy nhất hoạt động trong tự nhiên. Lực hấp dẫn không thể giải thích được lực kết dính trong các vật thể, lực điện hoặc ánh sáng. Tuy nhiên, lý thuyết chuyển động của Newton, rõ ràng, có thể đóng vai trò là nền tảng hoàn toàn đầy đủ để hiểu bất kỳ quá trình vật lý nào, nếu chúng ta cho rằng giữa các hạt vật chất, ngoài lực hấp dẫn, còn có các loại lực hoàn toàn khác tác dụng. Việc mở rộng lý thuyết chuyển động này được bắt đầu bởi chính Newton, người đã áp dụng nó vào lý thuyết ánh sáng chẳng hạn.

Vì vậy, Newton đã đặt nền móng cho tập hợp các quy luật tự nhiên cho phép quy luật của mọi hiện tượng. Newton tin rằng điều này có thể đạt được bằng cách quy giản mọi quá trình thành chuyển động của các hạt tương tác với nhau. Chương trình này kéo dài đến nửa sau thế kỷ 18 và đã chứng tỏ tính hiệu quả của nó trong lĩnh vực vật lý.

Chúng ta hãy cố gắng thâm nhập một chút vào phòng thí nghiệm của tư tưởng Newton.

Lĩnh vực hoạt động của nhà hệ thống hóa vĩ đại Newton đã được Galileo và Kepler chuẩn bị. Galileo phát hiện ra rằng “chuyển động không được đáp ứng”

4

Chuyển động của cơ thể thẳng và đều. Trong trường hợp này, khi nói “chuyển động không nhiễu loạn” của một vật, chúng tôi muốn nói đến chuyển động của một vật không bị ảnh hưởng bởi các vật khác. Ở trạng thái này, định luật quán tính. Nó có thể được hình thành như sau: hướng chuyển động và tốc độ của cơ thể không đổi và chẳng bao lâu nữa không còn tác động nào từ bên ngoài lên cơ thể, gọi là lực. Galileo cũng phát hiện ra rằng trên bề mặt Trái đất, tốc độ của một vật rơi tự do tăng những lượng bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau.

Newton đặt ra một câu hỏi tổng quát: tốc độ của một vật tự do thay đổi như thế nào dưới tác dụng của một lực cho trước tùy ý? Điều này tổng quát hơn nhiều bài toán so với điều mà Galileo đã xem xét, hoặc ngôi làng hiện tại về độ lớn và hướng của nó có thể thay đổi tùy ý theo thời gian. Đáp số trên đó gắn liền với việc xem xét chuyển động tùy ý; nó phải chứa đựng quy luật chuyển động tổng quát. bài toán này có thể được giải quyết với sự trợ giúp của lời giải của Galil bài toán về phép chia một vật tự do dưới tác dụng của trọng lực, nhưng nó đòi hỏi một bộ máy toán học mới, được Newton tạo ra đặc biệt cho mục đích này, cụ thể là: phép tính vi phân và tích phân. Do đó, có thể so sánh Newton với những bài thơ tinh tế đến mức chỉ có thể viết bằng một ngôn ngữ mới mà chính nhà thơ phải sáng tạo ra.

Nói đúng ra thì tốc độ chuyển động của một vật thể đại diện cho một điểm vật chất là gì? Chúng ta hãy tưởng tượng chuyển động tùy ý của một cơ thể như vậy.

Chúng ta hãy xem xét hai khoảnh khắc thời gian, được phân tách một cách tương ứng về mặt toán học.

Cơm. 1.
Gia tốc được xác định bởi tốc độ giống như tốc độ được xác định bởi một chuyển động nhất định. Tại mỗi thời điểm, tốc độ được đặt bằng vectơ. Hãy tưởng tượng rằng tốc độ của một vật tại một thời điểm nào đó được cho bởi vectơ L có độ dài và hướng nhất định. Sau một khoảng thời gian nhỏ tùy ý, tốc độ sẽ thay đổi, tức là vectơ tốc độ mới, M, sẽ có độ dài khác và hướng khác. Hãy tưởng tượng rằng gốc của các vectơ L và M cắt nhau tại một điểm (Hình 2). Khi đó hai đầu của vectơ L và M sẽ không trùng nhau. Ví dụ đoạn S - T nối hai đầu của vectơ sẽ thể hiện sự thay đổi

6

NĂNG ĐỘNG
LẬP TRÌNH

Cầu thang của Pharaoh

Cung điện của pharaoh nổi tiếng với phong cách Nga: rèm ngọc trai, tường trang trí bằng hổ phách, bát đĩa bằng vàng - có quá nhiều thứ để liệt kê. Nhưng điều khiến những người được phép vào phòng ngai vàng của cung điện ấn tượng nhất chính là chiếc cầu thang vàng dẫn lên ngai vàng. Cầu thang này trông như thế nào về mặt cắt ngang, nếu bạn chuyển đổi các thước đo của người Ai Cập cổ đại thành thước đo thực tế, bạn có thể thấy trong Hình 1.
Các nhà khảo cổ không cần phải vắt óc lâu để hiểu rằng các bậc thang quá thấp, mọi thứ đều được giải thích một cách đơn giản: vị pharaoh được trình bày không muốn thần dân của mình thấy việc leo lên ngai vàng của ông khó đến mức nào, họ có thể mất đi sự tôn trọng, và ai biết được điều này có thể kết thúc như thế nào?
Khi đó ông đã ra lệnh cho những người thợ kim hoàn hàng đầu làm một chiếc cầu thang có bậc thấp như vậy, không cao quá 1,5 inch.
Nhưng thời gian trôi qua, vị pharaoh già qua đời. Con trai nhỏ của ông đã tiếp quản vương quốc.
Vị pharaoh trẻ tuổi đã từng nghe kể về việc các cận thần thay phiên nhau trước sự xảo quyệt ngây thơ của cha ông. Và mặc dù bản thân ông đã lên ngôi, nhảy ba bước nhưng những tin đồn vẫn tiếp tục. Và vị pharaoh trẻ tuổi quyết định chấm dứt hắn bằng cách dựng lên một chiếc thang. Để làm điều này, ông gọi các thợ kim hoàn của triều đình và thủ quỹ và nói với họ:

• Nghe tôi này! Tôi ra lệnh cho bạn xây cái thang sao cho nó có nhiều nhất là bốn bậc. Sắp xếp chúng ở bất cứ đâu bạn muốn, nhưng hãy đảm bảo không có quá bốn cái!
  “Nhưng thưa ông,” thủ quỹ rụt rè bước tới, “ông lấy đâu ra nhiều vàng thế?” Ở đây tôi đã ghim nó lên một mảnh giấy paprius (và thủ quỹ đã cho xem những gì được thể hiện bằng đường chấm trong hình vẽ cầu thang). Cầu thang rộng 1 m hoặc 10 dm. Điều này có nghĩa là để tăng nó, bạn sẽ cần [3×1,5+1,2×(5+1)+1×1+1×3+0,8(3+4)+1,2×11]×10 = 345 dm³ vàng! Than ôi, thưa ngài, sẽ không có rất nhiều thứ được tìm thấy trong kho bạc của chúng tôi, nơi bị tàn phá bởi cuộc chiến với Efyupne.
• Đáng khinh! Bạn phủ bóng lên sức mạnh của tôi! Nếu trong 7 ngày nữa, chiếc thang vẫn chưa sẵn sàng, chính tôi sẽ dìm bạn xuống sông Holy Nile, và những người thợ kim hoàn sẽ bị bán ở nơi làm việc. Và đừng nghĩ đến việc can thiệp vào những bức vẽ ngu ngốc của bạn nữa!
  Người thủ quỹ chán nản rời bỏ pharaoh và quay lại với người bạn của mình. Không có người nào khéo léo hơn trong việc quy hoạch một thiên đường hay tính toán việc phân chia đất đai. Mặc dù người bạn này là thầy tu của ngôi chùa kinh đô, nhưng người ta nghe nói ông là một người thận trọng và thực tế. Biết được sự việc, ông hỏi:
• Kho bạc còn lại bao nhiêu vàng?
• 200 dm³.
• Không nhiều lắm đâu! Hoặc có thể bạn có thể đạt được ít hơn nếu bạn lên kế hoạch cho các bước khác nhau?

“Tôi đã cố gắng,” thủ quỹ thở dài, “nhưng có quá nhiều tiền và thời gian không còn nhiều nữa.”
“Được rồi, bạn,” vị linh mục nói. - Để tôi suy nghĩ rồi ngày mai quay lại.
Khi người thủ quỹ đau buồn lê bước đến gặp vị linh mục vào ngày hôm sau, ông đã chào đón ông bằng một nụ cười hài lòng.

• Hãy nói cho tôi biết, bạn ơi, liệu tôi có thể tin tưởng vào số vàng còn lại nếu tôi kiếm được ít hơn không?
• Ôi chúa ơi! - thủ quỹ kêu lên, không tin vào vận may của mình. “Bạn thậm chí còn phải làm nhiều việc hơn và vẫn giữ nguyên số thước ngũ cốc!”
• Nhìn này! - và vị linh mục đưa cho anh ta một tấm panirus, trong đó có một dự án xây cầu thang khác.
  — Dự án này chỉ cần 171 $\partial m^3$ vàng. Và 29 $\partial m^3$ còn lại là của tôi!
  “Nhưng hãy nói cho tôi biết, hỡi nhà tính toán vĩ đại nhất, làm thế nào bạn tìm được một chiếc varnat như vậy?” Tôi đã thử cái này cái kia, nhưng nó không hiệu quả với tôi!
  “Hãy nghe,” vị linh mục nói. — Đầu tiên, tôi phân tích trường hợp cầu thang có số bậc khác nhau được thay thế bằng chỉ một bậc (Hình 2*)). Để giữ cho các con số đơn giản hơn, tôi sẽ chỉ tính diện tích $f$ của hình giữa đường liền nét và đường chấm, đồng thời thêm hệ số không đổi, chiều rộng của cầu thang, sau này. Không hoàn lại? Vì vậy, nếu cầu thang ban đầu chỉ có một bậc,

*) Vị linh mục nhìn cầu thang từ những bậc thang đầu tiên của pharaoh.

thì sẽ không có gì để tăng:
$f_1(1)=0$.
Công thức
$f_1(2)=1,5\times 3=4,5 \partial m^2$
cho thấy chiếc thang được thay thế bằng một bậc, và lúc đầu có hai bậc (hai bậc đầu tiên trong thang của pharaoh). Tương tự chúng ta có thể tìm thấy
$f_1(3)=1,5\times 3+0,7\times (3+4)=9,4$.
Vậy thì
$f_1(4)=9,4+1\times (3+4+1)=17,4$
$f_1(5)=17,4+1,2\times (3+4+1+5)=33$.
“Tất cả những điều này đều có thể hiểu được,” người thủ quỹ đáp lại, “nhưng tại sao tôi lại cần một bước?” Rốt cuộc, Pharaoh yêu cầu bốn! Và cầu thang bây giờ không có năm cái mà còn nhiều hơn thế nữa!

• Hãy dành thời gian của bạn! – vị linh mục mỉm cười. - Bây giờ hãy có thêm nhiều bước mới - hai. Bây giờ chúng ta hãy tính diện tích tối thiểu cho hai bước. $f_2(1)$ không có ý nghĩa; chúng ta không thể thay thế một bước bằng hai bước. Để thay thế hai bước bằng hai bước mới, bạn không cần phải xây dựng chúng:
  $f_2(2)=0$.
  Ở đây $f_2(3)$ khó đếm hơn một chút (Hình 3):
  $f_2(3)=\min \{(f_1(1)+0,7\times 4), (f_1(2)+0)\}$.
  Các giá trị trong dấu ngoặc nhọn tương ứng với hai biến thể: cần thiết

8

tăng bước thứ hai hoặc bước đầu tiên và dấu min cho biết rằng bạn cần thực hiện bước nhỏ nhất trong số đó. Chúng ta thay các giá trị $f_1(1)$ và $f_1(2)$ vào ngoặc, thấy bằng nhau:
$$f_2(3) = \min\{(0+0,7\times4), (4,5+0)\} = 2,8.$$
Bây giờ đã rõ ràng rằng nếu chỉ có ba bước trong lá và số lượng của chúng cần giảm xuống còn hai, thì bước thứ hai cần phải tăng lên.
— Nếu có 4 bước thì sao?

• Sau đó
  $$f_2(4) = \min\{(f_1(1) + 0,7\times4 + 1\times(4+1)), (f_1(2) + 1\times1), (f_1(3) + 0)\} = \min\{(0+7,8), (4,5+1), (9,4+0)\} = 5,5$$
  nghĩa là, nếu có 4 bước trong chiếc lá và chúng ta thay thế chúng bằng hai bước, thì bước đầu tiên sẽ kết thúc tốt nhất trên bước cũ thứ hai (Hình 4).
  “Đợi đã, tôi muốn chắc chắn rằng mình hiểu,” người đầu tiên là thủ quỹ của anh ta. — Vì vậy, để tìm $f_2(5)$, bạn cần thực hiện như sau:
  $$f_2(5) = \min\{(0+7,8+1,2\times(4+1+5)), (4,5+1\times1+1,2\times(1+5)), (9,4+1,2\times5), (17,4)\} = \min\{(19,8), (12,7), (15,4), (17,4)\} = 12,7.$$
  Họ nói: “Vấn đề là những người khôn ngoan sẽ trông coi kho bạc nhà nước”.

Cơm. 2.
8

linh mục. - Và sau đó
$$f_2(6) = \min\{(0+19,8 + 1\times(4+1+5)), (4,5+8,2+1\times(1+5+3)), (9,4+1,2\times5+8), (17,4+1\times3), (33+0)\} = \min\{(0+32,8), (4,5+17,2), (9,4+14,0), (17,4+3), (33+0)\} = \min\{(32,8), (21,7), (23,4), (20,4), 33\} = 20,4.$$
Chúng ta có thể tiếp tục và tìm $f_2(7)$, nhưng điều này là không cần thiết, như bạn sẽ sớm thấy. Bây giờ chúng ta chuyển sang trường hợp thang được thay thế bằng ba bậc.
Hãy bắt đầu bằng việc tìm $f_3(4)$, tức là phương án hợp lý nhất để tăng bốn bước đầu tiên. Xét cho cùng, $f_3(1)$ và $f_3(2)$ là vô nghĩa (bạn không nên thay thế một hoặc hai bước bằng khay) và $f_3(3)=0$ - tăng ba bước lên ba không yêu cầu tiêu tốn vàng. Để tìm $f_3(4)$, chúng ta hãy xem bậc thang thứ hai có thể kết thúc ở đâu. Tất nhiên là ở cái cũ thứ 2 hoặc thứ 3. Có nghĩa,
$$f_3(4) = \min\{f_2(2)+1\times1), (f_2(3)+0)\} = \min\{0+1), (2,8+0)\} = 1.$$
Vì vậy, xây dựng 4 bước sao cho có 3 bước thì bạn cần hoàn thành bước thứ 2 mới.

10

hành động - phép cộng và phép nhân (ngoại trừ một khoản phí nhất định đối với linh mục, khi yêu cầu phép trừ), và chúng rất nổi tiếng ở Ai Cập cổ đại. Vâng, một chút ý nghĩa thông thường hơn được sử dụng. Trong khi đó, một công cụ toán học được sử dụng ở đây chỉ mới trở nên phổ biến cách đây khoảng hai mươi năm; nó được gọi là lập trình động.

Hãy nghĩ xem tại sao chúng ta tìm được lời giải tối ưu mà không xem xét tất cả các phương án có thể có để xây cầu thang (và có rất nhiều phương án, và vị linh mục thực sự sẽ không có đủ thời gian để nghiên cứu chúng một cách đầy đủ). Thực tế là ở mỗi bước, chúng tôi chia bài toán chung thành một số bước đơn giản hơn.

Cần phải xây một cầu thang có $N$ bậc, sao cho nó có $n$, trong đó $N \gg n$, tức là $N$ lớn hơn nhiều so với $n$. Giả sử rằng chúng ta đã biết cách phân bổ các bước tối ưu khi có $j$ trong cầu thang mới, trong đó $j \leq n$. Gọi $S_j$ là số bước cũ mà trên đó bước mới thứ $j$ kết thúc. Rõ ràng, bước thứ $j$ này bắt đầu từ bước thứ $(S_{j-1}+1)$ cũ. Diện tích bổ sung của cầu thang, được hiển thị trong Hình 6 bằng cách nở, sẽ phụ thuộc vào $S_{j-1}$ và $S_j$, tức là vào nơi bước $j$ bắt đầu và kết thúc; hãy biểu thị nó bằng $g(S_{j-1}, S_j)$. Đặt $f_j(S_j)$ là diện tích tối thiểu cho cầu thang có $S_j$ bậc được thay thế bằng $j$ bậc và $f_{j-1}(S_{j-1})$ là diện tích tối thiểu của cầu thang có $S_{j-1}$ bậc được thay thế bằng $j-1$ bậc. Chúng ta hãy thiết lập mối quan hệ giữa các đại lượng này, nghĩa là chúng ta sẽ tìm các giá trị như vậy của các biến $S_j$ cho giá trị nhỏ nhất của diện tích bổ sung:

$$g(S_1, S_2) + g(S_2, S_3) + \dots + g(S_{n-1}, S_n), \quad S_n = N.$$

Hãy giới thiệu chức năng

$$f_j(S_j) = \min \left[ g(S_1, S_2) + \dots + g(S_{j-1}, S_j) \right],$$

ở đâu $j=1, 2, \dots, n$. Lưu ý rằng $g(S_{j-1}, S_j)$ độc lập với $S_1, \dots, S_{j-2}$. Do đó, $g(S_{j-1}, S_j)$ có thể được coi là dấu hiệu giảm thiểu dọc theo $S_1, S_2, \dots, S_{j-2}$ (tương tự như cách lấy paraboly dọc theo trục $OY$ - điểm thấp nhất của paraboly sẽ không thay đổi so với điểm này):

$$f_j(S_j) = \min \left\{ g(S_{j-1}, S_j) + \min \left[ g(S_1, S_2), \dots, g(S_{j-2}, S_{j-1}) \right] \right\}.$$

Nhưng chúng tôi biểu thị số hạng thứ hai trong công thức trong ngoặc bằng $f_{j-1}(S_{j-1})$. Từ đây chúng ta có được

$$f_f(S_f) = \min \left\{ g(S_{j-1}, S_f) + f_{j-1}(S_{j-1}) \right\}.$$

Đây là phương trình R. Bellan, làm cơ sở cho quy hoạch động. Khả năng thực hiện các phép tính số và bạn sẽ thấy rằng chúng tôi đạt được chúng

11

Ở mỗi bước. Nên hiểu như sau: để tìm mức tối thiểu, người ta phải gán $S_j$ tất cả các giá trị có thể, bắt đầu từ 1, và với mỗi giá trị, hãy tìm và điền giá trị $S_{j-1}$, mang lại giá trị nhỏ nhất $f_j(S_j)$. Và sau đó, làm việc cho đến giá trị cuối cùng $j=n$, bạn cần “lùi lại” và quay lại tìm tất cả các giá trị tối ưu $S_j$.

Giới thiệu về phương pháp và một chút lịch sử

Chúng ta hãy chú ý đến thực tế là trong phương pháp được mô tả không có điều kiện nào được áp đặt cho dạng của hàm $g(S_{j-1}, S_j)$. Theo cách này, quy hoạch động khác với quy hoạch tuyến tính *), trong đó yêu cầu tất cả các phụ thuộc được xem xét phải tuyến tính và các biến thay đổi liên tục. Vì vậy, phương trình R. Bellan và phương pháp trên hiện nay đã được sử dụng rất rộng rãi. Nhưng tất nhiên không phải để thỏa mãn ý muốn bất chợt của các pharaoh. Nếu không có nó, hãy cố gắng tìm ra sự phù hợp tối ưu cho trọng lượng của các giai đoạn của tên lửa vũ trụ, xác định nguyên tắc tốt nhất để thống nhất các bộ phận và xây dựng một lịch trình có ít thời gian ngừng hoạt động nhất! Bạn sẽ rơi vào tình thế tuyệt vọng với tư cách là thủ quỹ, bị choáng ngợp trước vô số lựa chọn khả thi. Tất nhiên, bằng cách sử dụng quy hoạch động, bạn gần như có thể

*) Xem ví dụ bài viết: A. V. Katok, Kinh tế học và bất bình đẳng tuyến tính, «Kvant» Số 3, 4, 1971.

không tính. Phương pháp này rất phù hợp để tính toán trên máy tính điện tử; phương pháp này rất dễ lập trình và không chứa bất kỳ “cạm bẫy” nào thường thấy trong lập trình tuyến tính.

Ý tưởng về phương pháp lập trình động đã có từ rất lâu. Ở một mức độ nào đó, nó cũng được C. Maclaurin (1698-1746) sử dụng. Tuy nhiên, cuối cùng nó đã thành hình trong các tác phẩm của nhà toán học người Mỹ R. Bellan và gắn liền với tên tuổi của ông.

Ở đây chúng tôi đã trình bày ứng dụng của quy hoạch động ở thang đo đơn giản bài toán. Ý nghĩ ngay lập tức nảy sinh: phương pháp này có thể áp dụng được cho những vấn đề phức tạp hơn như thế nào? Nó phải được trả lời một cách thận trọng. Thực tế là điều này tạo ra một khó khăn về đặc điểm kỹ thuật, được gọi là “lời nguyền về chiều hướng”. Bạn phải thử rất nhiều khả năng khác nhau và ghi nhớ nhiều kết quả đến mức phương pháp này mất đi những đặc điểm tích cực.

Một ứng dụng khác

Những âm thanh của sự sống hoặc trở nên đe dọa hoặc xa dần, nhưng rõ ràng mọi thứ đều là cuối cùng. Khi vắng mặt, pharaoh ngồi trước shagar của mình, xung quanh là các cận thần chán nản. Một người đưa tin đẫm máu chạy tới loạng choạng:

• Có chủ quyền! Quân tiếp viện du mục đang đến gần! Chúng tôi đang chết dần!

• Chúng ta sẽ phải rút lui. Chúng ta cần xem làm thế nào để vượt qua nó,” pharaoh rên rỉ, mắt nhìn vào bản đồ. - Nhưng chúng ta nên đi đường nào? Hãy nói cho tôi biết! “Ông rất giỏi tính toán và đã giúp tôi một lần,” ông quay sang thủ quỹ.

• Ôi, Osiris! - thủ quỹ kêu lên. - Nhưng đó là một bài toán hoàn toàn khác! Bây giờ hãy hỏi chỉ huy của bạn!

• Tôi không tin họ. Những kẻ ngốc này đã dự đoán chiến thắng cho tôi.

“Bây giờ tôi bị lạc,” thủ quỹ nghĩ khi nhìn vào bản đồ (Hình 7).

12

Cơm. 7. Tên của các điểm được thay thế bằng các số trong vòng tròn và các số giữa chúng hiển thị độ dài của quá trình chuyển đổi tính bằng ngày.

Đột nhiên anh chợt nhận ra: “Nhưng suy nghĩ của linh mục cũng có thể được sử dụng ở đây!”

Trước tiên, chúng ta hãy xem xét đường đi từ địa điểm chiến đấu 1 đến các điểm 2, 3 và 4 gần nhất, các số mà chúng ta sẽ viết vào mỗi vòng tròn bên trái (Hình 8) và ở bên phải, chúng ta sẽ hiển thị độ dài của đường đi (màu đỏ). Ví dụ: phải mất 8 ngày để đạt đến điểm 4.

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét toàn bộ đường đi từ điểm 2, 3, 4 mà không chú ý đến điểm 1 (Hình 9). Một số con đường đã dẫn đến mục tiêu. Vì vậy, trong đoạn 5 có hai cách được đưa ra. Hãy để lại những điều tốt nhất trong số chúng (mất 18 ngày) và loại trừ điều tồi tệ nhất bằng cách đánh dấu nó bằng dấu trừ. Đồng thời, chúng tôi loại bỏ đường đi đến điểm 7 (mất 21 ngày), đến điểm 6 (mất 24 ngày) và đến điểm 2 (ở bước đầu tiên chúng tôi đã có đường đi tốt nhất trong 2 ngày). Chỉ còn 3 điểm cần kiểm tra: 3, 4, 5.

Phân tích Hình 10 cho thấy đường đi tốt nhất mất 16 ngày và dẫn qua các điểm 2, 3, 5.

Lưu ý rằng ở giai đoạn cuối, thủ quỹ không còn quan tâm đến việc làm thế nào quân đội đạt được điểm 3, 4 (so sánh với bài toán bậc thang!). Nghĩa là, con đường xa hơn tốt nhất không phụ thuộc vào việc chúng ta đã kết thúc như thế nào tại bất kỳ thời điểm nào. Quy tắc chung này được gọi là “lý do tối ưu” và là cơ sở của lập trình Dianic.

Bài tập

1. Đối với xưởng của trường, lần đầu tiên chúng tôi quyết định mua 9 chiếc máy tiện khác nhau với giá 10, 20, 40, 60, 75, 100, 130, 160,

Cơm. 10.

190 chà. Mỗi máy tiếp theo trong hàng này có thể thay thế bất kỳ máy nào trước đó, nhưng không thể thay thế ngược lại. Ví dụ, một chiếc máy có giá 100 rúp. có thể tạo thành các bộ phận tương tự tạo thành một chiếc máy với giá 40 rúp. Tuy nhiên, giám đốc nhà trường phản đối:

• Quá nhiều loại máy móc! Chúng tôi sẽ khó bảo dưỡng chúng - xét cho cùng, mỗi chiếc đều yêu cầu phụ tùng thay thế riêng. Hãy mua 9 máy nhưng chỉ có 4 loại khác nhau và sao cho máy mua có khả năng không kém gì 9 máy ban đầu.

• Chúng ta sẽ sử dụng những loại máy nào?
  — Chúng ta sẽ chọn chúng để có thể thanh toán cho cả 9 máy nhỏ hơn. Evgeniy Ivanovich, bạn có thể giúp chúng tôi chọn loại máy không? - anh quay sang thầy dạy toán.

Giáo viên gợi ý bạn nên chọn loại máy nào và tuổi thọ của chúng là bao lâu?

2. Những gì giám đốc đề xuất làm trong bài toán trước đó được gọi là thống nhất. Trong thực tế, cách tiếp cận thống nhất thường mang lại lợi ích kinh tế. Nhưng làm thế nào có thể tính được lợi ích này?

Để lại 9 máy ở các mặt 16, 18, 19, 22, 23, 24, 24, 28, 33 rúp. Cần phải lập một dãy thống nhất từ ​​chúng, như đã làm trước đó, có tính đến việc kết hợp các máy thành dãy do

Cơm. 11. Chi phí đi lại: xe buýt nhỏ - 10 kopecks, tàu điện ngầm - 5 kopecks, xe buýt - 5 kopecks, xe buýt đường mòn - 4 kopecks, xe điện - 3 kopecks.

việc đơn giản hóa việc bảo trì giúp giảm chi phí cho mỗi dòng sản phẩm theo bảng sau:

Bàn

Số lượng máy trong một dãy
1 2 3 4 5 6 7 8 9

Giảm chi phí
0 12 16 18 20 20 21 21 21

3. “Chà,” Nina nói với anh trai Victor của cô. - Tôi đã nói với bạn rằng bạn không cần phải mua kem! Làm sao chúng ta đến được với bà bây giờ? Chúng ta chỉ còn lại 30 kopecks.

“Đợi đã,” Victor phản đối. - Đầu tiên, chính bạn là người đề nghị mua kem. Thứ hai, lập trình chẩn đoán sẽ giúp ích cho chúng ta bây giờ. Chúng tôi đã học nó trong lớp toán ở trường.

Và anh ấy nhanh chóng bắt đầu vẽ sơ đồ lộ trình trên giấy (Hình 11). Victor và Nina (10 tuổi) phải đi con đường nào để đến được với bà ngoại?

4. Buổi tối đang đến gần mà Petya vẫn chưa biết môn hình học được giao những gì. Bạn có thể tìm hiểu điều này, chẳng hạn như từ Lena (nhà cô ấy cách đó 12 phút), nhưng Petya không biết số căn hộ. Vasya biết anh ta, nhưng anh ta phải đi bộ 10 phút và từ Vasya đến Lena mất 6 phút đi bộ. Bạn có thể đến một trạm điện thoại công cộng (ở gần đây nhưng luôn phải xếp hàng 3 phút) và gọi cho Yura. Nhưng Yura học khác lớp và anh ấy chỉ có thể cho biết địa chỉ của Lena hoặc Zinna (cô ấy sống cách Petya 6 phút đi bộ và chỉ có cô ấy biết số điện thoại của Lena và mới có thể gọi cho cô ấy). Mặc dù không, nhưng đó cũng có thể là Sasha, người sống cách Yura 4 phút và Yura biết ở đâu. Ngoài ra còn có một người hàng xóm ở bàn làm việc, Vitka, anh ta không bao giờ biết những gì được yêu cầu, nhưng bạn có thể gọi cho anh ta và yêu cầu anh ta chạy đến chỗ Lena (từ anh ta đến Lena mất 8 phút đi bộ), sau đó gọi lại cho anh ta. Có, và bạn cũng có thể yêu cầu Zinna hộ tống đến Lyusa (việc này sẽ mất 5 phút), cô ấy cũng biết nhiệm vụ. Cuối cùng, bạn có thể tìm Lena mà không biết căn hộ (sẽ mất 4 phút để tìm), hoặc yêu cầu Vitka gọi cho Zhenya - để anh ấy đến gặp Lena (4 phút với cô ấy) hoặc đến Lyusa (6 phút với cô ấy).

Làm sao Petya có thể nắm bắt nhiệm vụ một cách nhanh chóng nếu chúng ta cho rằng thời gian chỉ dành cho việc chờ đợi và đi lại, và tất cả các cuộc trò chuyện diễn ra ngay lập tức?

14

Khi bắt đầu nghiên cứu vật lý, chúng ta gặp ngay một khái niệm cơ bản, quan trọng: khối lượng của một vật hoặc khối lượng của các chất làm nên một điểm.

khối lượng là gì?

Việc trả lời các câu hỏi liên quan đến các khái niệm cơ bản trong vật lý luôn là vấn đề khó. Newton (1642-1727), trong tác phẩm kinh điển “Các nguyên lý toán học của vật lý học tự nhiên”, đã bắt đầu trình bày cơ học với định nghĩa về khối lượng. Tuy nhiên, ông đã viết “số lượng vật liệu” cùng với từ “khối lượng” và định nghĩa nó như sau: số lượng vật liệu là thước đo của vật liệu đó, được thiết lập tùy thuộc vào mật độ và thể tích của nó.

Thật không may, định nghĩa này nói lên rất ít. Trên thực tế, để định nghĩa khối lượng theo cách này, trước tiên chúng ta phải định nghĩa mật độ, và chúng ta không thể làm được điều này trừ khi chúng ta đưa ra những khái niệm mới.

Khối lượng được vật lý hóa theo những cách khác nhau, và không phải lúc nào chúng ta cũng nhận ra rằng khối lượng, nói đúng ra, đặc trưng cho những đặc tính khác nhau của cơ thể. Có ít nhất ba trường hợp khác nhau mà chúng ta có thể nghĩ đến khối lượng, và trong mỗi trường hợp chúng ta có một khái niệm khác nhau.

I. Khi mua một thứ gì đó trong cửa hàng bán lẻ, chẳng hạn, chúng ta nói về một kg đường, biết rằng khối lượng của các phần đường khác nhau cộng lại (như người ta nói, khối lượng là phụ gia). Ở đây chúng tôi nghiên cứu số lượng các chất theo khối lượng.

II. Khi gặp nơi có biển đắt tiền ghi “10 tấn”, tài xế biết rõ nơi này cấm xe có tổng trọng lượng trên 10 tấn đi qua. Trong trường hợp này, khối lượng làm thay đổi lực hút của trái đất.

III. Khi tính toán quỹ đạo của máy gia tốc nguyên sinh, chúng ta viết ra một phương trình chuyển động liên hệ gia tốc với khối lượng. Trong trường hợp này, khối lượng đóng vai trò là thước đo quán tính của protor – như một khối lượng trơ.

Việc trong cả ba trường hợp chúng ta có thể sử dụng cùng một giá trị là một đặc tính tuyệt vời của tự nhiên mà chúng tôi muốn nói đến ở đây.

Trong điều kiện tổng quát, cả ba trường hợp đều được mô tả bằng cùng một khối lượng. Tuyên bố này chỉ đúng khi chúng ta xem xét các vật thể vật lý bao gồm các hạt chuyển động với tốc độ nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng.

Nếu tốc độ của các hạt cao, chẳng hạn như đối với proton và neutron tạo nên hạt nhân nguyên tử, thì tình hình sẽ thay đổi. Khối lượng của hệ sẽ không còn bằng tổng khối lượng của các bộ phận của nó nữa (như người ta nói, khối lượng sẽ trở thành một đại lượng cộng). Gia tốc không tỷ lệ thuận với lực và khái niệm khối lượng trở nên phức tạp.

Chúng ta sẽ xem xét các phương pháp xác định khối lượng không theo thứ tự tầm quan trọng của chúng mà theo cách thuận tiện cho việc trình bày nhất quán.

15

Số lượng chất

Hãy bắt đầu với một câu hỏi đơn giản. Việc chúng ta mua một kg đường hoặc uống 0,5 gram aspirin có ý nghĩa gì? Tất nhiên, chúng tôi không quan tâm đến nguồn gốc có thể được cung cấp cho lượng đường hoặc aspirin này. Chúng tôi không quan tâm đến sức hút của chúng đối với Trái đất.

Chúng tôi quan tâm đến một lượng nhất định, số lượng đường hoặc aspirin, chứ không phải khối lượng. Chúng ta chỉ đơn giản sử dụng thực tế là một kilôgam có thể được xác định bằng cách cân. Trong trường hợp này, độ tinh tế của khối lượng và tỷ lệ của nó với lực căng của trái đất được sử dụng. Trong trường hợp này, khối lượng này có thể là một miếng đường chẳng hạn, vì vậy bạn có thể chỉ cần đếm khối lượng của bất kỳ lượng đường nào. Điều kiện duy nhất là tất cả các miếng đường đều giống nhau.

Làm sao bạn biết hai cục đường có giống nhau không? Chúng ta có thể đếm được có bao nhiêu phân tử đường trong mỗi miếng (điều này rất khó thực hiện, nhưng giả sử chúng ta có thể làm được). Nếu cả hai mảnh đều chứa số lượng phân tử bằng nhau thì khối lượng của chúng bằng nhau. Nhưng đồng thời, chúng ta giả sử rằng tất cả các phân tử đường đều giống nhau, tức là chúng ta sẽ sử dụng một tính chất vật lý mới - đặc tính nhận dạng của các phân tử. Bằng cách đưa ra tính chất này và tính chất không có răng của khối lượng, chúng ta có thể so sánh khối lượng của các phần khác nhau của cùng một chất.

Bằng cách này, bạn có thể đặt thang đo khối lượng cho đường, dầu, đồng, sắt. Tuy nhiên, chúng ta vẫn cần có cách so sánh khối lượng của các mẫu được làm từ các chất khác nhau. Ví dụ, làm thế nào chúng ta có thể so sánh khối lượng của quả bóng đồng và quả bóng sắt?

Điều này có thể được thực hiện bằng cách nghiên cứu tính ổn định của quả bóng đàn hồi.

Đây chính xác là điều mà Christan Huygens (1629-1695) đã làm ngay cả trước khi Newton phát hiện ra các định luật của mình *).

*) Những thông điệp này chỉ xuất hiện trên bản in sau cái chết của Huygens vào năm 1703 trong cuốn hồi ký “Về sự chuyển động của các cơ thể và thế kỷ”. Nhưng kết quả đã thu được vào năm 1652.

Huygens xét va chạm tâm của hai quả cầu đàn hồi có khối lượng bằng nhau.

Giả sử hai quả bóng đàn hồi có khối lượng bằng nhau đang bay về phía nhau với cùng giá trị tốc độ tuyệt đối (Hình 1). Sau va chạm, các quả bóng sẽ phân tán theo các hướng khác nhau. Tiếp theo, tốc độ mà các quả bóng bay ra xa nhau cũng giống nhau về giá trị tuyệt đối. Tại sao?

Tốc độ của khối lượng bay của quả bóng và tốc độ hợp nhất của chúng. Do đó, không có quả bóng nào được ưu tiên hơn quả bóng kia và chuyển động của chúng phải đối xứng. Điều này có nghĩa là chúng sẽ bay xa nhau với tốc độ như nhau. Và ngược lại, từ việc các quả bóng bay đi với cùng tốc độ nên khối lượng của chúng bằng nhau.

Trên thực tế, thực tế là vận tốc sau va chạm được xác định hoàn toàn bởi tốc độ và khối lượng ban đầu của các quả bóng, và không phụ thuộc vào kích thước của các quả bóng, nhiệt độ hoặc một số đại lượng khác, chẳng hạn, không phụ thuộc vào đâu cả. Chỉ vì kinh nghiệm đã xác nhận tính ưu tiên như vậy nên chúng ta mới có thể sử dụng phương pháp đã phác thảo để so sánh khối lượng của các vật thể làm từ các vật liệu khác nhau.

Phương pháp của Huygens cho phép so sánh cái có thể gọi là thang khối lượng của các chất khác nhau. Bản thân Huygens không phát triển ý tưởng này. Ông lý do đơn giản: “…Tôi sẽ coi các cơ thể được tạo thành từ một chất, hoặc chúng ta sẽ chấp nhận rằng kích thước của các cơ thể được quyết định bởi trọng lượng của chúng…”. Khi dùng “cường độ” Huygens có nghĩa là “khối lượng”.

Cơm. 1.

16

Định luật bảo toàn động lượng

Hãy viết định luật bảo toàn động lượng trong trường hợp va chạm giữa hai vật (động lượng bằng tích của khối lượng và tốc độ $p = mv$). Cho hai vật trước khi va chạm có các xung điện $p_1$ và $p_2$. Xung của chúng sau va chạm được ký hiệu là $p'_1$ và $p'_2$.

Khi đó định luật bảo toàn động lượng $p_1 + p_2 = p'_1 + p'_2$.

Lưu ý khối lượng và vận tốc của các vật có chỉ số 1 và 2, chúng ta có thể viết

$$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v'_1 + m_2v'_2.$$

hoặc

$$m_1(v_1 - v'_1) = -m_2(v_2 - v'_2).$$

Biểu thị các giá trị tuyệt đối của vectơ thay đổi tốc độ thông qua $|\Delta v_1|$ và $|\Delta v_2|$, ta thu được

$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{|\Delta v_2|}{|\Delta v_1|}.$$

Do đó, bằng cách thay đổi vận tốc của các vật chuyển động, người ta có thể so sánh khối lượng của chúng. Đây là cách thợ cơ khí người Pháp Barré de Cen-Benan (1797-1886) định nghĩa khái niệm khối lượng.

Khối lượng cũng có thể được xác định từ tỷ số gia tốc:

$$\frac{|a_1|}{|a_2|} = \frac{m_2}{m_1}$$

Mối liên hệ giữa tỷ số khối lượng và tỷ số gia tốc có thể được coi là một cách để so sánh khối lượng, như đã làm *).

Định nghĩa về khối lượng này càng trở nên sai lầm hơn ngay khi vận tốc đạt tới tốc độ ánh sáng $c$. Vấn đề có thể được cải thiện nếu trong định nghĩa động lượng, chúng ta thay tốc độ $v$ bằng tốc độ “tương đối tính” $u$ theo công thức

$$u = \frac{v}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}$$

và viết cùng nhau những khác biệt $v_1 - v'_1$ và $v_2 - v'_2$, tương ứng là $u_1 - u'_1$ và $u_2 - u'_2$. Khối lượng $m$ trong trường hợp này được gọi là khối lượng nghỉ.

**) Định nghĩa này có thể được lấy từ định nghĩa trước, nếu có sự khác biệt về tốc độ ở hai thời điểm rất gần nhau.

Tuy nhiên, ở dạng này, công thức chỉ đúng đối với các vật chuyển động với tốc độ thấp (so với $c$).

sủa trong sách giáo khoa. Chỉ cần nhớ rằng phương pháp này không phải là phương pháp duy nhất.

Gia tốc hướng tâm

Chúng tôi đã nói rằng Huygens, trước Newton, đã hiểu một số định luật chuyển động (bằng cách nghiên cứu các định luật chuyển động của quả bóng đàn hồi). Huygens hiểu rõ cơ học đến mức nào được thể hiện rõ ràng từ việc ông là người đầu tiên xây dựng chính xác các định luật chuyển động tròn và đưa ra khái niệm gia tốc hướng tâm. Rốt cuộc, nếu chúng ta biết cách đo lực (ví dụ, sử dụng định luật Hooke), thì chúng ta có thể thay đổi khối lượng mà không cần sự trợ giúp của lực hấp dẫn, làm thay đổi gia tốc hướng tâm của vật quay.

Bản thân Huygens đã xem xét chuyển động trong hệ tọa độ gắn liền với một vật thể quay. Trong hệ này cần phải tính đến lực quán tính ly tâm, nên công thức của Huygen như sau: “Khi hai vật bằng nhau chuyển động theo những vòng tròn bằng nhau với tốc độ không bằng nhau, nhưng cả hai đều đồng đều thì lực ly tâm của vật nhanh hơn liên hệ với lực ly tâm của vật chậm hơn, là bình phương tốc độ của chúng”.

Khối lượng tiêu chuẩn

Các tiêu chuẩn về độ dài và thời gian hiện được chấp nhận cho một sóng có vạch nhất định trong quang phổ của krypton và tần số dao động của maser hydro. Những tiêu chuẩn như vậy tốt hơn những tiêu chuẩn nhân tạo vì chúng có thể được sao chép trong bất kỳ phòng thí nghiệm tốt nào và chúng không thể bị mất hoặc hư hỏng. Tại sao chúng ta không thể sử dụng khối lượng của proton như khối lượng của eton chẳng hạn? Chúng ta biết rằng đây gần như chính xác là những gì được thực hiện trong hóa học và vật lý hạt nhân. Đơn vị khối lượng nguyên tử bằng $1/12$ khối lượng của đồng vị cacbon $C^{12}$ được chấp nhận là đơn vị khối lượng. Bằng cách đo khối lượng proton theo các đơn vị này, người ta đã thu được các giá trị rất chính xác.

$$M_p = 1,00727661 \text{ (8) ат. ед.}$$

17

Số trong ngoặc có nghĩa là độ chính xác có thể xảy ra trong giá trị này được ước tính là 8 đơn vị ở chữ số cuối cùng, thứ tám.

Như vậy, khối lượng proton được biết với độ chính xác rất cao. Thật không may, độ chính xác cao hơn này chỉ có thể đạt được theo đơn vị nguyên tử. Khối lượng proton theo đơn vị chung (kg) ít được biết đến hơn:

$$M_p = 1,672614 \times 10^{-27} \text{ кг.}$$

Ở đây một lỗi có thể đã ảnh hưởng đến ký tự thứ sáu! Mặc dù đây là độ chính xác tuyệt vời nhưng vẫn chưa đủ để chấp nhận proton là chuẩn khối lượng.

Tại sao điều này xảy ra? Khó khăn là các nhà vật lý không thể tính toán đủ chính xác số lượng proton trong một lượng hydro nhất định (ví dụ, 1 kmole). Điều này là do số lượng phân tử trong 1 kmole thay đổi tương đối ít:

$$A = 6,02217 \times 10^{26} \text{ молекул/кмоль.}$$

Sai số có thể xảy ra ở đây là gần 7 phần triệu giá trị đo được. Điều này là quá tệ cho một tiêu chuẩn! Chỉ với phép đo có độ chính xác cao hơn thì proton mới có thể chiếm được vị trí của nó như một tiêu chuẩn tự nhiên về khối lượng.

Khiếm khuyết khối lượng

Chúng ta hãy nói thêm một chút về tính chất tích cực của khối lượng.

Nếu tất cả các vật thể đều bao gồm các bộ phận giống hệt nhau, một số loại tiểu thể (hoặc đơn nguyên, như người xưa gọi chúng), chỉ khác nhau về mật độ - số lượng tiểu thể trên một đơn vị thể tích, thì câu hỏi về khối lượng của các vật thể sẽ được giải quyết một cách đơn giản. Khối lượng của mọi vật thể sẽ được xác định bởi số lượng các tiểu thể như vậy, và đây sẽ là dấu chấm hết cho mọi khó khăn. Đây có phải chính xác là điều Newton đã nghĩ đến khi ông tin rằng mật độ của một vật thể là một khái niệm đơn giản hơn khối lượng của nó?

Nhưng thế giới phức tạp hơn. Nguyên tử được tạo thành từ các nguyên tố hạt khác nhau: electron, proton, neutron. Vì vậy, từ phân tử đến các bộ phận cấu thành của chúng, chúng ta sẽ chỉ thay câu hỏi so sánh khối lượng của các nguyên tử khác nhau bằng câu hỏi so sánh khối lượng của các nguyên tố khác nhau của hạt.

Ngoài ra, như đã biết từ thuyết tương đối, khối lượng của proton và neutron không thể cộng thêm vào nhau một cách đơn giản khi những hạt này là một phần của hạt nhân. Khi hạt nhân được xử lý, năng lượng $E^*$ được giải phóng và khối lượng của hạt nhân giảm so với tổng khối lượng của tất cả các proton và neutron theo lượng

$$\Delta m = \frac{E}{c^2}.$$

Nói đúng ra, về mặt nguyên tắc, không thể xác định khối lượng nguyên tử từ số lượng hạt. Khối lượng trong trường hợp này không phải là chất cộng, nghĩa là khối lượng của hạt nhân không bằng tổng khối lượng của các hạt cấu thành nó. Tính chất hấp dẫn của khối lượng có giá trị miễn là chúng ta chia cơ thể thành những phần gần như không tương tác với nhau, chẳng hạn như khi chúng ta nhìn thấy một thanh sắt.

Ví dụ, chúng ta hãy ước tính sai số mà chúng ta sẽ mắc phải nếu giả sử rằng khối lượng của các nguyên tử hydro bằng tổng khối lượng của proton và khối lượng của electron. Để loại bỏ một electron—để ion hóa một nguyên tử—bạn cần tiêu tốn năng lượng 13,5 volt. (Nói cách khác, cần áp dụng hiệu điện thế 13,5 điểm cho hệ proton-electron.) 1 electron-volt bằng 1,6·10^{-19} joules. Từ đây chúng ta có được

$$\Delta m = 2,4 \cdot 10^{-35} \text{ кг.}$$

Hãy so sánh con số này với khối lượng proton là 1,7·10^{-27} kg. Chúng ta thấy rằng sai số (nếu coi khối lượng của nguyên tử hydro là tổng khối lượng của một proton và một electron) là rất nhỏ và sẽ chỉ ảnh hưởng đến chữ số thứ tám. Sửa đổi này có thể được bỏ qua. Đối với các phản ứng hạt nhân, hiệu ứng này đóng góp đủ lớn và không thể bỏ qua.

*) $E$ tất nhiên cũng có năng lượng phải được truyền cho hạt nhân để nó “phân tách” thành proton và neutron.

18

V. N. Berezin

Số phận của các định lý khác và bài toán thật đặc biệt…Ví dụ, làm thế nào để tuyên bố sự quan tâm đặc biệt của các nhà toán học và những người yêu thích toán học đối với định lý Pythagore? Tại sao nhiều người trong số họ không hài lòng với những bằng chứng đã biết mà lại tìm ra bằng chứng của riêng mình, nâng năm con số tương đối rõ ràng lên con số vài trăm?

Khi nói đến định lý Pythagore, cái phi giáo dục đã bắt đầu bằng tên của nó. Người ta tin rằng không phải Pythagoras là người đầu tiên xây dựng nó. Người ta cũng tin rằng ông đã đưa ra bằng chứng về điều đó. Nếu Pythagoras là người thật (một số người thậm chí còn nghi ngờ điều này!), thì rất có thể ông ấy đã sống ở thế kỷ thứ 6-5. BC e. Bản thân ông không viết gì cả, tự gọi mình là một triết gia, nghĩa là, theo cách hiểu của ông, có nghĩa là “phấn đấu cho trí tuệ” và thành lập Liên minh Pythograean, nơi các thành viên nghiên cứu âm nhạc, thôi miên, toán học, vật lý và thiên văn học. Rõ ràng, ông cũng là một cây đàn organ tuyệt vời, bằng chứng là truyền thuyết sau đây liên quan đến thời gian ông ở thành phố Croton: “Lần xuất hiện đầu tiên của Pythagoras trước người dân ở Croton bắt đầu bằng một bài phát biểu trước những chàng trai trẻ, trong đó ông rất nghiêm khắc nhưng đồng thời vạch ra một cách quyến rũ những chỉ định của những chàng trai trẻ đến mức những người lớn tuổi trong thành phố yêu cầu không để họ thiếu danh dự. Trong bài phát biểu thứ hai này, ông chỉ ra tính hợp pháp và sự trong sạch của các quyền là nền tảng của gia đình; và phụ nữ. Hậu quả của những ngày phát biểu cuối cùng, trong đó ông đặc biệt lên án Nga, là hàng ngàn bộ váy quý giá đã được chuyển đến đền thờ Hera, hoặc không một chú rể nào dám trưng bày chúng trên đường phố nữa…” Tuy nhiên, ngay cả trong thế kỷ thứ hai của thời đại chúng ta, tức là 700 năm sau, những con người thực sự đã sống và làm việc trên cánh đồng, những nhà khoa học kiệt xuất rõ ràng chịu ảnh hưởng của Liên minh Pythogrean và hết sức tôn trọng thực tế là, theo truyền thuyết, Pythagoras đã được tạo ra.

Cũng không còn nghi ngờ gì nữa rằng sự quan tâm đến định lý này là do nó chiếm một trong những vị trí trung tâm trong toán học, và bởi sự hài lòng của các tác giả của chứng minh, những người đã vượt qua khó khăn, mà nhà thơ La Mã Khá Horace Flask, người sống trước thời đại chúng ta, đã nói rất hay: “Thật khó để diễn đạt rõ ràng những sự thật nổi tiếng”.

Ban đầu, định lý thiết lập sự tương ứng giữa diện tích các hình vuông dựng trên cạnh huyền và các cạnh của một tam giác vuông: một hình vuông dựng trên cạnh huyền bằng tổng các bình phương dựng trên các sao chổi. Định lý này được chứng minh trong công thức này bằng cách sử dụng các hình vẽ ở trang đầu tiên của trang bìa. Ở đây, ở hình phía trên bên trái, một hình tam giác bên phải được đánh dấu bằng các đường đứt nét, ở hai chân và cạnh huyền mà các hình vuông được dựng, trên cạnh huyền

19

tenuze - hướng ngoại, trên chân - nội bộ của hình tam giác. Các cạnh của những hình vuông này được tiếp tục ở bất cứ nơi nào một trong các hình vuông chồng lên hình kia. Trong trường hợp này, một số hình tam giác, hình thang và một hình vuông có đầu đã được hình thành. Các hình bằng nhau được sơn cùng một màu. Thực tế là tam giác hình thành từ hình thang màu đỏ và hình thang màu vàng có kích thước bằng nhau (hơn nữa, đối xứng) với tam giác hình thành từ hình thang màu tím và hình thang màu xanh lá cây được làm nổi bật bởi mảnh ở góc trên bên phải.

Ở phần dưới của bức tranh, trên hai chân của một hình tam giác vuông (màu trắng), các hình vuông tương tự được xây dựng bên ngoài. Trên đường đi, ở một trong số đó, hình tam giác màu xanh tím được thay thế bằng hình tam giác màu đỏ-vàng có kích thước bằng nhau. Không khó để Telery chứng minh rằng một hình gồm hai hình vuông được xây trên các cạnh của một tam giác vuông có kích thước bằng một hình vuông được xây trên cạnh huyền của tam giác này. Để làm điều này, chúng ta một lần nữa thay hình thang màu xanh lá cây cùng với hình tam giác màu tím bằng hình thang màu đỏ bằng một hình tam giác phẳng và thay thế hình thu được là hình vuông bằng hình vuông được xây dựng trên cạnh huyền của tam giác vuông này. Điều này cũng chứng minh định lý Pythagore.

Đây là một bằng chứng khác sử dụng tính tương đương. Trong Hình 1, đoạn màu xanh lá cây bằng một trong các hình vuông của tam giác vuông nằm ở cuối hình vẽ, còn tam giác màu đỏ là tam giác đều và thẳng. Sau khi chứng minh rằng góc giữa hai đường cắt - bên trái và bên dưới - là thẳng, chúng ta thấy từ các phần của hình này, là phần giao của một hình vuông và một tam giác vuông đều, chúng ta có thể cộng hai hình vuông hoặc một. Hơn nữa, trong trường hợp thứ hai, cạnh của hình vuông bằng cạnh huyền của tam giác rất riêng tư này. Giá đỡ bản lề trong Hình 2 cho thấy tam giác vuông đại diện cho một nửa hình màu đỏ đã bị cắt bỏ và xoay 135° so với điểm “bản lề”. Hình 3 sử dụng Hình 1. Một lần nữa, gần các điểm bản lề, các hình tam giác tách biệt được xoay 135° mỗi hình.

Cách tiến hành chứng minh định lý trong trường hợp phần tứ giác nhỏ hơn một nửa phần lớn hơn, bạn có thể dễ dàng tự mình xác định.

Hình học hiện đại thiên về công thức số học của định lý Pythagore, cụ thể là: nếu các cạnh của một tam giác vuông thay đổi giống nhau thì

20

Cơm. 4.

thì bình phương của số biểu thị cạnh huyền bằng tổng bình phương của các số biểu thị chân. Tóm lại: bình phương của cạnh huyền bằng tổng bình phương của các catat. Bây giờ chúng ta sẽ tiến hành hai chứng minh cũng sử dụng công thức.

Hình 4 hiển thị một hình vuông có bốn hình tam giác vuông bằng nhau được đánh dấu trên đó. Chính từ hình vẽ này mà nhà toán học Ấn Độ Bhaska-Acharna đã đưa ra chứng minh của mình vào thế kỷ 12.

Giả sử cạnh của hình vuông lớn (cũng là cạnh huyền của tam giác vuông, được tô màu vàng ở đây) bằng $c$. Giả sử hai katat của nó lần lượt bằng $a$ và $b$. Sau đó, theo hình vẽ, $(a-b)^2 + \frac{4ab}{2} = c^2$, tức là $c^2 = a^2 + b^2$. Do đó, nếu tam giác vuông thì tổng bình phương của các catata thực của nó bằng bình phương cạnh huyền.

Trong Hình 5, một trong ba tam giác vuông đã cho là tam giác bao quanh. Cả ba hình tam giác đều giống nhau theo từng cặp. Đây là chìa khóa để chứng minh, hoặc diện tích của các hình tương tự, được xây dựng tương ứng trên các catata và cạnh huyền của một tam giác vuông đã cho, đều có cùng tỷ lệ với diện tích của các hình vuông được xây dựng trên các catata và cạnh huyền này. Nói cách khác, với sự trợ giúp của hình, chúng ta thu được đẳng thức $ka^2 + kb^2 = kc^2$, trong đó $a$ và $b$ là các catata của tam giác xung quanh, $c$ là cạnh huyền của nó, $k$ là một số bằng tỷ số giữa diện tích của tam giác bao quanh với diện tích hình vuông xây trên cạnh huyền của nó. Giảm cả hai vế của đẳng thức đi $k$, kết quả là chúng ta thu được định lý Pythagore.

Cơm. 6.

Cơm. 7.

22

Ngay cả người Hy Lạp cổ đại cũng nhận thấy rằng một sợi dây căng ra trong gió đôi khi bắt đầu phát ra âm thanh trẻ trung - để hát. Có lẽ đàn hạc Elov đã được biết đến từ lâu, được gọi như vậy với cái tên thần gió Eolla. Đàn hạc Aeilian bao gồm một khung trên đó có nhiều dây được căng; nó được đặt ở nơi mà dây chuyển động nhờ gió. Ngay cả khi bạn giới hạn bản thân ở một dây, bạn vẫn có thể có được nhiều âm sắc khác nhau. Một cái gì đó tương tự, nhưng với ít âm sắc đa dạng hơn, sẽ truyền qua khi gió di chuyển dây điện báo.

Trong một thời gian khá dài, hiện tượng này và nhiều hiện tượng khác liên quan đến dòng không khí và nước xung quanh cơ thể vẫn chưa được giải thích. Chỉ có Newton, người sáng lập cơ học hiện đại, đưa ra cách tiếp cận khoa học đầu tiên cho lời giải như vậy bài toán.

Theo định luật cản trở chuyển động của các vật trong chất lỏng hoặc chất khí do Newoton phát hiện, lực cản tỉ lệ với bình phương vận tốc: $F = k\rho v^2S$.

Ở đây $v$ là tốc độ của vật thể, $S$ là diện tích mặt cắt ngang của nó vuông góc với hướng truyền tốc độ, $\rho$ là mật độ của chất lỏng.

Sau này chúng tôi phát hiện ra rằng công thức Newton không phải lúc nào cũng đúng. Trong trường hợp tốc độ chuyển động của một vật nhỏ so với tốc độ chuyển động Tellan của các phân tử thì định luật cản trở của Newton không còn giá trị. Khi chuyển động chậm, lực cản tỷ lệ thuận với tốc độ của cơ thể chứ không phải bình phương của nó như khi chuyển động nhanh. Ví dụ, tình huống như vậy sẽ phát sinh khi những giọt mưa nhỏ di chuyển trong một khu vực hoặc khi trầm tích lắng đọng trong kính. Tuy nhiên, trong công nghệ hiện đại với tốc độ nhanh chóng, định luật cản trở của Newton thường có hiệu lực.

Có vẻ như vì đã biết các định luật về lực cản, nên có thể giải thích được tiếng vo ve của dây điện hoặc tiếng hát của đàn hạc. Nhưng điều đó không đúng. Rốt cuộc, nếu cường độ lực cản không đổi thì gió sẽ chỉ làm căng sợi dây và không kích thích âm thanh của nó.

Có chuyện gì vậy? Để giải thích âm thanh của một sợi dây, những ý tưởng đơn giản về lực cản mà chúng ta vừa thảo luận sẽ không đủ. Chúng ta hãy thảo luận chi tiết hơn về một số loại chất lỏng chảy xung quanh một vật thể đứng yên (điều này thuận tiện hơn so với việc xem xét chuyển động của một vật thể trong một chất lỏng đứng yên, và đáp số tất nhiên sẽ giống nhau).

Nhìn vào Hình 1. Đây là trường hợp vận tốc chất lỏng thấp. Các đường thẳng đi theo hình trụ (mặt cắt ngang được thể hiện trong hình) và tiếp tục trơn tru phía sau nó. Dòng kháng cự này là tầng. Lực cản trong trường hợp này truyền qua ma sát trong chất lỏng - trọng lực và tỷ lệ với $V$. Tốc độ của chất lỏng tại bất kỳ nơi nào cũng như lực cản không phụ thuộc vào thời gian (dòng chảy đứng yên). Vụ này chúng tôi không quan tâm.

Không, hãy nhìn vào Hình 2. Tốc độ dòng chảy tăng lên và các xoáy chất lỏng - xoáy - xuất hiện ở khu vực phía sau hình trụ. Những diễn biến trong trường hợp này sẽ không còn quyết định hoàn toàn bản chất của quá trình nữa. Những thay đổi về động lượng, xảy ra không phải ở quy mô vi mô mà ở quy mô tương đương với kích thước của cơ thể, bắt đầu đóng một vai trò ngày càng quan trọng. Lực cản tỉ lệ với $V^2$.

Và cuối cùng, trong Hình 3, tốc độ dòng chảy tăng lên một chút và các dòng xoáy xếp thành chuỗi đều đặn. Đây rồi, chìa khóa để giải đáp câu đố! Những chuỗi xoáy này, thỉnh thoảng rơi ra khỏi bề mặt dây, sẽ kích thích âm thanh của nó.

Hiện tượng sắp xếp chính xác các xoáy cho phép vật thể thuôn gọn lần đầu tiên được nghiên cứu thực nghiệm bởi nhà vật lý người Đức Benard vào đầu thế kỷ chúng ta. Nhưng chỉ nhờ công trình của Karman ngay sau đó mà một phong trào như vậy, thoạt đầu có vẻ rất tượng hình, mới nhận được lời giải thích.

Cơm. 4.

Theo tên của nhà khoa học này, hệ thống các xoáy tuần hoàn ngày nay được gọi là đường Karman.

Tuy nhiên, khi tốc độ tăng lên, các xoáy ngày càng có ít thời gian để tan chảy thành một vùng chất lỏng lớn hơn. Vùng xoáy trở nên hẹp, các xoáy trộn lẫn và dòng chảy trở nên hỗn loạn và không đều (hỗn loạn). Đúng là ở tốc độ rất cao, các thí nghiệm gần đây đã tiết lộ sự xuất hiện của một số chu kỳ mới, nhưng chi tiết của nó vẫn chưa rõ ràng.

Có vẻ như phố xoáy Karman chỉ là một hiện tượng thiên nhiên tuyệt đẹp và không có ý nghĩa thực tiễn. Nhưng điều đó không đúng. Dây điện cũng bị lắc lư khi tiếp xúc với lực gió không đổi do bị cắt xoáy. Ở những nơi dây được gắn vào khung, có những dịch vụ quan trọng có thể dẫn đến sự phá hủy. Những ống khói cao đung đưa trong gió.

Tuy nhiên, được biết đến rộng rãi nhất chắc chắn là Đường ven biển Tacoma ở Mỹ. Thời gian ngừng hoạt động này chỉ kéo dài vài tháng và sụp đổ vào mùa thu năm 1940. Hình 4 cho thấy khung cảnh của địa điểm trong quá trình dao động. Các xoáy nước thoát ra khỏi kết cấu chịu lực của đường. Sau khi nghiên cứu sâu rộng, những nơi này lại xuất hiện, chỉ có bề mặt bị gió thổi là có hình dạng khác. Như vậy, nguyên nhân gây rung động nơi đây đã được loại bỏ.

24

Môi trường Geskanma

A. P. Savin

Chơi tic-tac-toe trên giấy ca rô từ lâu đã trở thành một trong những trò tiêu khiển yêu thích của học sinh, sinh viên vì các em luôn có sẵn một cây bút hoặc bút chì và một mảnh giấy ca rô trên tay.

Trong bài toán M91 một phiên bản mới của trò chơi này đã được đề xuất.

M91. Hai người chơi tic-tac-toe trên một tờ giấy ca rô dài vô tận. Người mới bắt đầu đặt dấu chéo vào bất kỳ ô nào. Mỗi bước đi tiếp theo của anh ta phải đặt một cây thánh giá vào bất kỳ ô trống nào; bất kỳ ô nào liền kề với một ô đều được coi là bất kỳ ô nào có một cạnh chung hoặc một đỉnh chung với nó. Người chơi thứ hai, trong mỗi lượt, có thể đặt ba polykka cùng một lúc vào ba ô trống bất kỳ (không nhất thiết phải cạnh nhau). Chứng minh rằng dù người thứ nhất chơi thế nào thì người thứ hai cũng có thể “nhốt hắn”: đảm bảo rằng người thứ nhất không còn nơi nào khác để tạt bóng.

Khám phá các trò chơi tương tự trong đó người chơi thứ hai được phép đặt không phải ba mà chỉ hai hoặc chỉ một polyk trong một nước đi. Kết quả ở đây sẽ ra sao nếu các đối tác chơi đúng: liệu người chơi có thể “khóa” các quả tạt hay không (và nước đi sạch nhất mà các quả tạt có thể “cầm cự”) hay trò chơi có thể tiếp tục vô thời hạn?

Hãy thử nghiên cứu các biến thể khác của trò chơi này: khi chỉ những ô có một cạnh chung với nó mới được coi là liền kề với một ô nhất định; khi mặt phẳng được chia không phải thành hình vuông mà thành hình lục giác đều; khi cái đầu tiên được phép đặt p chéo cùng một lúc và cái thứ hai - q chéo.

Hành động của các thập giá rất giống với hành động của số mười cố gắng tránh bị bao vây, đó là lý do tại sao chúng tôi gọi trò chơi này là “bao vây số mười”.

Phiên bản đơn giản nhất của trò chơi này là thế này: người mới bắt đầu đặt một cây thánh giá, người thứ hai đặt ba ô trên ba ô trống bất kỳ, sau đó người đầu tiên đặt

Cơm. 1. Hình 2. a) Hình 6)

25

một cây thánh giá nữa trên sân tự do liền kề với cây thánh giá đã có sẵn và cây thánh giá thứ hai - ba trung đoàn nữa trên sân tự do. Và cứ như vậy, mỗi lần các cây thánh giá được đặt trên các ô trống liền kề với nơi đã có sẵn các cây thánh giá và các kệ được đặt trên bất kỳ ô trống nào. Người mới bắt đầu được yêu cầu đặt càng nhiều cây thánh giá càng tốt, và người thứ hai được yêu cầu làm điều này.

Trong phiên bản này bài toán độc giả của chúng tôi đã quyết định rất nhiều điều. Họ đã chỉ ra rằng một người mới bắt đầu có thể đặt không quá 7 cây thánh giá. Hình 1 thể hiện chiến lược bước đi đầu tiên của các trung đoàn để đạt được kết quả này. Thật vậy, sau đó, người mới bắt đầu có thể đánh dấu một trong năm trường. Không khó để nhận ra rằng chỉ bằng cách đặt nó trên sân phía đông nam, người đầu tiên có thể hy vọng đặt được bảy cây thánh giá trong một trận đấu công bằng, bởi vì với đáp số trung đoàn như trong Hình 2, a, anh ta chỉ có thể hy vọng đặt được những cây thánh giá trên những ô được đánh dấu bằng dấu chấm, và trong hai ô được đánh dấu chấm đỏ, anh ta chỉ có thể đặt một cây thánh giá trên không quá một. Cách đặt kệ thứ hai được thể hiện rõ ràng trong Hình 2, 6.

Nếu người mới bắt đầu đặt cây thánh giá thứ hai trên một sân khác, thì sau nước đi thứ hai, một trong những tình huống được hiển thị trong Hình 3 sẽ dẫn đến kết quả là chỉ có 4 trường (chúng cũng được đánh dấu bằng dấu chấm) mà người mới bắt đầu có thể đặt cây thánh giá trên đó nếu người chơi thứ hai chơi đúng. Nó bao gồm việc cắt bỏ tất cả các trường tiến bộ khỏi điểm giao nhau được đặt cùng nhau, tương tự như cách nó được thực hiện trong trường hợp đầu tiên (Hình 2, 6).

Bây giờ chúng ta thử điều kiện của trung đoàn bài toán. Hãy cho phép người thứ hai đặt không phải 3 viên mà chỉ 2 viên. Điều thú vị là nếu ngay từ đầu anh ta cố gắng đặt các kệ trên các ô liền kề với các cây thánh giá, thì viên thứ hai sẽ không thể trì hoãn chuyển động của các cây thánh giá. Nhìn vào Hình 4. Ở đây các kệ không được đặt các dấu thập di chuyển lên trên (biển đỏ - nước đi đầu tiên, đen - nước thứ hai, xanh lá cây - nước thứ ba).

Điều này là rõ ràng, vì với mỗi lần di chuyển, các trung đoàn chỉ bao gồm hai trong số ba chiến trường dẫn đầu.

26

Có vẻ như ở đây các polyknei sẽ không còn có thể bao quanh các cây thánh giá nữa, và đặc biệt nếu cái thứ hai chỉ đặt một polyknei trên mỗi cây thánh giá. Tuyên bố cuối cùng được chứa trong phần lớn các bức thư.

Điều gì sẽ xảy ra nếu người thứ hai cố gắng tổ chức phòng thủ ở xa quả tạt đầu tiên? Liệu ít nhất anh ta có thể dựng được những cây thánh giá không? Hóa ra là có! Và ngay cả khi câu thứ hai trả lời mỗi chữ thập chỉ có một câu trả lời. Chiến lược thứ hai này (chúng ta cũng sẽ cần nó cho trận chung kết lời giải bài toán) được gọi là “phản ánh một cuộc tấn công tình yêu”.

Vì vậy, chúng tôi đang cố gắng giữ cho các thánh giá hướng lên trên. Nhìn vào Hình 5. Có vẻ như không thể không bỏ lỡ các hình chữ thập phía trên đường ngang, bởi vì sau sáu lần di chuyển, các hình chữ thập có thể kết thúc ở bất kỳ ô nào trong số 13 ô vuông được đánh dấu bằng dấu chấm và ô thứ hai chỉ có thể đặt 6 ô chữ thập trong thời gian này. Bây giờ chúng ta hãy xem Hình 6. Trò chơi đã bắt đầu và với mỗi nước đi, các cây thánh giá đe dọa ngày càng ít ô phía sau đường ngang.

Sau nước đi thứ hai sẽ có một ô vuông, sau nước thứ ba - chín, sau bốn - bảy. Nhưng người thứ hai cố gắng đặt polikki theo những chuyển động đồng đều để trên các phần sân bị đe dọa, chúng đứng ngang qua sân. (Hãy cố gắng tự mình chứng minh rằng với bất kỳ trò chơi nào của trò chơi thứ nhất, trò chơi thứ hai đều có thể làm được điều này.)

Bây giờ, sau lần di chuyển thứ năm của các dấu thập, sẽ xảy ra một trong hai tình huống, như trong Hình 7. Trong trường hợp a) người thứ hai có thể đặt polykki vào hai ô chưa được lấp đầy còn lại theo bất kỳ thứ tự nào và trong trường hợp b) trước tiên anh ta đặt polyk vào ô ở giữa, sau đó, tùy thuộc vào chuyển động của ô đầu tiên, sang trái hoặc sang phải, và đường đi bị chặn đối với các dấu thập.

Vậy là “cuộc tấn công tình yêu” đã bị đẩy lùi! cái thứ hai có thể không bỏ lỡ những cây thánh giá

phía trên đường ngang thứ sáu (từ đường có dấu thập đầu tiên).

Có vẻ như bài toán đã được quyết định. Rốt cuộc, theo cách tương tự, chúng ta không thể bỏ lỡ các thánh giá theo bất kỳ hướng nào, tức là giới hạn, chẳng hạn như tất cả các thánh giá bên trong một hình vuông nhất định. Tuy nhiên, kết luận này

quá sớm, chúng tôi đã không dạy khả năng “tấn công vào góc”.
Nếu cây thánh giá nằm trên đường chéo của hình vuông được phòng thủ, thì nó đe dọa số trường bên ngoài hình vuông gần như gấp đôi so với trong một “cuộc tấn công trực diện” vào cạnh của hình vuông này, chẳng hạn như trong Hình 8, nó đe dọa, như trước đây (Hình 5), 13 trường mỗi bên và tổng cộng là 25 trường.
Có phải những con số 0 thực sự không thể chịu được đòn tấn công này? Khả năng lấy các cạnh của một hình vuông lớn làm quảng trường phòng thủ sẽ hỗ trợ các số không. Hãy lấy một hình vuông lớn hơn (lớn hơn nhiều so với trong Hình 9) và vẽ một hình vuông trong đó, cách cạnh hình đầu tiên sáu hình vuông. Hãy lấy tâm của hình vuông trong ô nơi đặt dấu thập đầu tiên. Miễn là các cây thánh giá nằm bên trong hình vuông nhỏ hơn, cạnh của hình vuông không bị đe dọa bởi bất kỳ cuộc tấn công nào và trong khi các cây thánh giá đang di chuyển về phía cạnh (hoặc góc) của hình vuông bên trong, các cây thánh giá sẽ có thể củng cố vị trí của chúng ở các góc của hình vuông lớn, chẳng hạn như đặt 11 số 0 ở mỗi góc (Hình 9), do đó “tấn công vào góc” sẽ vô nghĩa và chúng ta đã học cách đẩy lùi cuộc tấn công từ bên cạnh nếu nó bắt đầu từ khoảng cách sáu ô tính từ bên cạnh. Để đặt 11 số 0 ở mỗi góc (trên thực tế, bạn có thể làm ít hơn), bạn sẽ cần một hình vuông bên trong có cạnh là 87 ô, và do đó, hình vuông bên ngoài sẽ có cạnh là 99 ô.
Chúng tôi để độc giả xây dựng chính xác chiến lược “chiến thắng” của các số 0 và khám phá các biến thể khác của trò chơi này (ví dụ: để tìm hiểu xem $p$ và $q$ số 0 nào, họ không thể “khóa” các dấu thập nếu $p$ chéo và $q$ số 0 được đặt trong một nước đi).

Bài tập

1. Trên các cạnh $AB, BC, CA$ của tam giác $ABC$ điểm $C_1, A_1, B_1$ được chọn tương ứng. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC_1, BCA_1, CAB_1$ cắt nhau tại một điểm. Hãy khái quát hóa phát biểu này cho trường hợp có sáu điểm được chọn trên các cạnh của teradir.

2. Cho pyatulnik $ABCDE$. Vẽ một đường tròn đi qua hai đầu mỗi cạnh và giao điểm của hai cạnh liền kề. Chứng minh rằng các đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ năm (khác các đỉnh của điểm thứ năm) nằm trên cùng một đường tròn.

3. Qua điểm $P$ nằm bên trong $BAC$ vẽ hai đường tròn bằng nhau, một đường tròn tiếp xúc với đường thẳng $AB$, đường còn lại tiếp xúc với đường thẳng $AC$.

4. Hai đường tròn tiếp xúc (cùng phía) với đường thẳng $l$ tại điểm $C$ và đường thẳng $m$ song song với $l$ và cắt cả hai đường tròn tại các điểm $S, T, X, Y$ (tuần tự). Chứng minh rằng điểm $C$ nằm trên bissertrix của một trong hai góc tạo bởi các cặp tiếp tuyến của đường tròn tại các điểm $S, T$ hoặc $X, Y$.

5. Một tam giác nội tiếp trong một đường tròn và độ dài bình phương các cạnh của nó tỉ lệ với độ dài các đường vuông góc vẽ từ các đỉnh đối diện với một tiếp tuyến cố định với đường tròn. Chứng minh rằng một cạnh nằm trên đường kính của đường tròn.

6. Hai đường tròn có bán kính $R$ và $r$ được sắp xếp sao cho bình phương khoảng cách giữa tâm của các đường tròn là $R^2 + 14Rr + r^2$. Chứng minh rằng tồn tại vô số đường tròn tiếp tuyến theo cặp với nhau và với cả hai đường tròn đã cho.

28

Trong máy tính bảng, nó là một bản ghi nhớ, trong phép đo lập thể, nó là một bài toán chưa được giải quyết.

I. M. Yaglom

Số 6 của tạp chí «Kvant» năm 1971 bao gồm bài toán (vấn đề M89) sau đây:

Chứng minh rằng trong bất kỳ đa giác lồi nào, ngoại trừ hình bình hành, bạn cũng có thể chọn ba cạnh mà khi kéo dài ra sẽ tạo thành một tam giác bao quanh đa giác đã cho. (Ví dụ: trong Hình 1, trong đó đa giác được viền bằng các đường màu đen, ba đường màu đỏ thỏa mãn điều kiện yêu cầu, nhưng ba đường màu xanh thì không.)

bài toán này có nhiều lời giải khác nhau. Tuy nhiên, trước khi nói về nó lời giải, hãy nói về lý do tại sao nó thú vị.

Trong Hình 2, bạn thấy tam giác ABC và ba tam giác nhỏ hơn $Ab_1c_1$, $Ba_1c_2$ và $Ca_2b_2$, tương tự như ABC và thu được từ ABC bởi các hệ số góc tới các điểm A, B và C - các đỉnh của tam giác ban đầu. Các hình tam giác $Ab_1c_1$, $Ba_1c_2$ và $Ca_2b_2$ không chỉ giống với ABC - chúng sẵn sàng cho ABC, nghĩa là tương tự như ABC và nằm song song với nó. (Sau này tôi biết rằng các đoạn thẳng tương ứng với nhau, chẳng hạn như trong các tam giác ABC và $Ab_1c_1$ đồng dạng, song song với nhau theo nghĩa bóng.) Rõ ràng là nếu các tam giác $Ab_1c_1$, $Ba_1c_2$ và $Ca_2b_2$ nhỏ hơn một chút so với tam giác ABC ban đầu thì chúng sẽ bao phủ hoàn toàn tam giác ABC.

Hình 3 thể hiện hình bình hành ABCD và bốn hình bình hành nhỏ hơn $Ab_1c_1d_1$, $Ba_1d_2c_2$, $Cb_2a_2d_3$ và $Da_3b_3c_3$, được tạo ra từ

29

Cơm. 2.

Các hình bình hành tương ứng với hình bình hành ABCD đã cho có thể bao được bởi hình bình hành ABCD. Trong thực tế, nếu cạnh AB của hình bình hành ABCD bằng c thì mọi đoạn thẳng thuộc ABCD song song với AB sẽ không vượt quá c; Do đó, khi lập hình bình hành ABCD và nhỏ hơn ABCD thì mọi đoạn thẳng song song AB sẽ nhỏ hơn c. Từ đó suy ra rằng cả hai đỉnh A và B của hình bình hành ABCD đều không thể bị bao phủ bởi (bất kỳ!) hình bình hành nào được tạo bởi ABCD hoặc nhỏ hơn nó. Vì vậy, người ta xác định rằng chúng ta sẽ phải phủ mỗi đỉnh của hình bình hành ABCD bằng một hình bình hành khác, nhỏ hơn ABCD và ABCD sẵn sàng; do đó, tổng số phần bao phủ ABCD nhỏ hơn ABCD nhỏ hơn sẽ ít nhất là 4 (theo số đỉnh ABCD). Tương tự, người ta xác định rằng tổng số tam giác bao phủ tam giác ABC, chuẩn bị cho ABC và nhỏ hơn nó, không thể nhỏ hơn 3 (vì mỗi đỉnh của ABC sẽ phải được bao phủ bởi tam giác của nó).

Bài toán về bao nhiêu đa giác M (lồi) làm sẵn là đủ để một đa giác (lồi) M nhất định che M, được đặt ra vào năm 1960 bởi nhà toán học Kshsnev I. Ts. Gokhberg và A. S. Markus (gần đây hơn - vào giữa những năm 50 - một bài toán có liên quan là

30

sách ki; ở đây chúng tôi sẽ chỉ ra cách chứng minh định lý này có thể được suy ra từ kết quả bài toán M89.
Trên thực tế, giả sử ABC là tam giác xuất hiện trong điều kiện bài toán này chứa bên trong chính nó (khác với hình bình hành!) một đa giác lồi M ≡ A₁A₂A₃…Aₙ, và cạnh AB của tam giác chứa đoạn A₁A₂, cạnh BC - đoạn AₖAₖ+1 và cạnh CA - đoạn A₁A₁+1 (Hình 5).
Bây giờ chúng ta chọn một số điểm O bên trong M và nối nó với một số điểm P, Q và R của các đoạn A₁A₂, AₖAₖ+1 và A₁A₁+1. Khi được phân đoạn, OP, OQ và OR sẽ cắt M thành ba phần m₁, m₂ và m₃. Bây giờ chúng ta rút gọn đa giác M thành điểm A. Nếu đa giác M₁ thu được từ M theo cách này (xem Hình 5) khác một chút so với M, thì nó nhất thiết sẽ bao phủ hoàn toàn m₁ - để chứng minh điều này, chỉ cần so sánh ranh giới của đa giác M₁ và m₁ (hãy tự mình thực hiện suy luận này một cách cẩn thận!).
Tương tự, người ta chỉ ra rằng với M đã chuẩn bị sẵn và đa giác M nhỏ hơn M₂ và M₃, thu được từ M theo hệ số góc tới các điểm B và C, có thể bao phủ hoàn toàn các phần m₂ và m₃ của đa giác M. Vì vậy, M có thể được phủ bằng lượng giác (đa giác M₁, M₂ và M₃), về mặt kinh tế là M và M nhỏ hơn.
Chúng ta đã chứng minh rằng với mỗi hình bình hành của đa giác lồi M, số đa giác M tạo sẵn và M nhỏ hơn có thể được M bao phủ hoàn toàn không quá 3. Chúng ta cũng có thể chứng minh rằng với bất kỳ đa giác nào (không suy biến thành đoạn thẳng) như vậy thì số này đúng bằng 3 (xem bài toán 1 ở trang 32).

Bây giờ chúng ta quay lại bài toán M89. Đây là một trong những lời giải đơn giản nhất. Lưu ý rằng nếu đa giác lồi M không phải là tam giác hoặc hình bình hành thì nó có hai cạnh không song song và không có đỉnh chung *). Tiếp tục chúng đến điểm giao nhau, chúng ta thu được một đa giác lồi M₁ có số cạnh nhỏ hơn M, chứa M (Hình 6). Nếu đa giác M₁ này lại không phải là hình tam giác hoặc hình bình hành, thì chúng ta có thể xử lý nó như đã làm với M - v.v. cho đến khi chúng ta thu được một hình tam giác hoặc hình bình hành chứa M, các cạnh của nó, rất indo, thu được là phần tiếp theo của cạnh M.
Nếu đa giác cuối cùng mà chúng ta đạt được trong quá trình biến đổi đa giác M ban đầu là một hình tam giác, thì do đó bài toán M89 hóa ra đã được giải (Hình 7). Nếu cuối cùng chúng ta đi đến một hình bình hành.

*) Nếu đa giác M có năm cạnh trở lên, thì điều này suy ra từ thực tế là không có đa giác lồi nào có ba cạnh song song trở lên; đối với một tứ giác không phải là hình bình hành, điều này tuân theo định nghĩa về hình bình hành.

Cơm. 4.

31

leloerm ABCD, nhưng bản thân đa giác M ban đầu không phải là hình bình hành thì một số đỉnh A, B, C và D của hình bình hành sẽ không phải là đỉnh của M. Ví dụ: Giả sử điểm A không phải là đỉnh của M (Hình 8). Khi đó khoảng cách giữa đỉnh K gần với A, thuộc đoạn thẳng AB, và cạnh KL xuất phát từ đỉnh K này, không thuộc đoạn thẳng AB. Vì đa giác M lồi và một trong các cạnh của nó thuộc đoạn AD nên cạnh KL chỉ có thể như hình 8 (vì toàn bộ đa giác M phải nằm trên một cạnh của KL). Nhưng trong trường hợp này, khi các đường thẳng BC, CD và KL trùng với các cạnh đỉnh của đa giác M, xác định một tam giác thỏa mãn điều kiện bài toán M89.

Vì vậy, đa giác duy nhất không có hình tam giác bắt buộc là hình bình hành.

Vì vậy, chúng ta thấy rằng định lý Gochberg-Marcus không đặc biệt khó - điểm khó nhất trong chứng minh của nó có thể được coi là lời giải bài toán M89. Nhưng từ I. Ts. Gokhberg và A. S. Markus (cũng như từ F. Levy) đưa ra một phiên bản đo bước của bài toán:

Đối với mỗi đa giác lồi M, hãy chỉ định số phần tử nhỏ nhất của đa giác M (nghĩa là tương tự M và song song với M *) có thể bao phủ hoàn toàn đa giác M - và vấn đề này hóa ra khó khăn hơn một cách hoàn hảo so với máy phẳng tương ứng bài toán.

Dễ dàng nhận thấy rằng đối với tứ diện T (tam giác paramid) trên

*) Hai đa giác (lồi) M và μ được gọi là kinh tế nếu chúng giống nhau (nghĩa là về cơ bản chúng là các đa giác cùng loại và tất cả các kích thước của một trong số chúng tỷ lệ với kích thước tương ứng của đa giác thứ hai), và mỗi đoạn AB của đa giác M tương ứng trong đa giác μ với một đoạn ab song song với AB.

32

số lượng terrazd chuẩn bị và nhỏ hơn có thể được bao phủ bởi T bằng bốn; đối với khối K, số khối nhỏ hơn tương ứng bằng 8 (chứng minh điều đó!). Dễ dàng nhận thấy rằng số mà chúng ta quan tâm trong phép lập thể bài toán có thể nhận bất kỳ giá trị nào từ 4 đến 8 (xem bài toán 2 ở cuối bài viết). Có một đề xuất là chúng tôi không thể chấp nhận bất kỳ giá trị nào khác cho số này (và nó chỉ bằng tám trong trường hợp khối đa diện được đề cập là song song!). Tuy nhiên, nhận định này chỉ có thể được chứng minh theo một hướng (xem bài toán3 ở cuối bài viết). Bằng chứng (hoặc bác bỏ) rằng số được đề cập không thể lớn hơn 8 theo bất kỳ cách nào, trong khi một bài toán đang được biên soạn mà chưa ai có thể giải được - và điều này bất chấp thực tế là khối đa diện M, khối đa diện M và nhỏ hơn M đang cố gắng giải quyết vấn đề này.

Phần hình học mà bài toán được xem xét trong ghi chú này thuộc về, xuất hiện tương đối gần đây - chỉ khoảng 15-20 năm trước. Phần này được gọi là hình học tổ hợp; nó được đặc trưng bởi sự đơn giản của các điều kiện của các trường hợp lớn được coi là bài toán (thường có thể hiểu được đối với bất kỳ học sinh nào!), nhưng thật không may, lời giải trong số bài toán này, theo quy luật, khá phức tạp. Ngày nay, hàng chục cuốn sách và hàng trăm, thậm chí hàng nghìn bài báo khoa học được dành cho hình học tổ hợp. Một số sách dành cho học sinh được liệt kê ở cuối ghi chú này.

Tất cả bài toán bên dưới đều đề cập đến hình học tổ hợp; chúng có liên quan đến chủ đề của ghi chú này. Dấu hoa thị bài toán, lời giải mà tác giả của ghi chú không xác định được; Ở đây tôi đặc biệt muốn thu hút sự chú ý đến bài toán 6, điều này đối với tôi có vẻ rất thú vị (nhưng có lẽ cũng rất khó!).

Bài tập

1. Chứng minh rằng không có đa giác lồi nào (không thể biểu diễn dưới dạng đoạn thẳng) có thể được bao phủ bởi hai đa giác bằng đa giác đã cho và nhỏ hơn nó.

2. Chúng ta hãy biểu thị số nhỏ nhất của đa giác M và số đa giác nhỏ nhất của nó có thể được bao phủ hoàn toàn bởi M bởi s(M); thì s(T)=4, trong đó T là tứ diện, và s(K)=8, trong đó K là hình lập phương.

Đồng thời chỉ ra ba đa giác A, B và Γ sao cho

s(A)=5, s(B)=6, s(Γ)=7.

3. Chứng minh rằng không có đa giác lồi M nào (không biểu thị bằng đa giác phẳng) có thể bị bao phủ bởi một phần ba đa giác M, sẵn sàng cho một M cho trước và nhỏ hơn M.

4. Chứng minh rằng mọi đa giác lồi đều có thể được bao phủ bởi đa giác lồi M sau:

a) một tam giác có các cạnh a, b và c (tất nhiên số cần tìm có thể phụ thuộc vào giá trị của a, b và c);

b) hình chữ nhật có cạnh m và n;

b*) hình bình hành có cạnh m và n và góc α<90°?

6*). Từ kết quả bài toán 4, ta suy ra rằng số tối thiểu nhỏ hơn đa giác lồi M và các đa giác tương tự có thể bao phủ nó luôn bằng 2 hoặc 3. Hãy mô tả lớp của các đa giác M mà số này bằng 2.

Tài liệu về hình học tổ hợp

1. G. Hadwiger, G. Debrunner, Hình học tổ hợp của mặt phẳng, M., “Nauka”, 1965.

2. V. G. Boltyansky, I. Ts. Gokhberg, Chia hình thành các phần nhỏ hơn, M., “Khoa học”, 1971.

3. V. G. Boltyansky, I. Ts. Gokhberg, Định lý và bài toán của hình học tổ hợp, M., “Nauka”, 1965.

4. I. M. Yaglom, Về hình học tổ hợp, M., “Kiến thức”, 1971.

33

Sau khi xem xét các phương trình số gần đúng lời giải của lũy thừa tính toán bằng các phương pháp phép thử, hợp âm, tiếp tuyến và tích phân trong bài học tự chọn cuối cùng về chủ đề: “Phương trình gần đúng lời giải”, học sinh cố gắng khám phá phương pháp phương trình số lời giải sau đây.

Cho phương trình $f(x) = 0$ có một nghiệm duy nhất $x_0$ trên đoạn $a \leq x \leq b$ và để hàm $f(x)$ liên tục trên đoạn này và lấy các giá trị của các dấu khác nhau ở hai đầu của nó. Hãy vẽ các dây cung $AC$ và $BC$ cho đồ thị của hàm số đã cho trên đoạn $[a, b]$.

Ta viết phương trình đường thẳng đi qua các điểm $A[b; f(b)]$ và $C(x_0; 0)$:

$$\frac{f(b) - y}{f(b) - 0} = \frac{b - x}{b - x_0},$$

từ đó nó nằm

$$y = f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b).$$

Tương tự, ta viết phương trình đường thẳng đi qua các điểm $B[a; f(a)]$ và $C(x_0; 0)$:

$$\frac{f(a) - y}{f(a) - 0} = \frac{a - x}{a - x_0},$$

Graph of the function $y = f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b)$

Ở đâu

$$y = f(a) - \frac{a - x}{a - x_0} f(a).$$

Để tìm tọa độ giao điểm của các đường thẳng này ta giải hệ

$$\begin{cases} y = f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b), \\ y = f(a) - \frac{a - x}{a - x_0} f(a). \end{cases}$$

Viết ra toàn bộ sự việc

$$f(b) - \frac{b - x}{b - x_0} f(b) = f(a) - \frac{a - x}{a - x_0} f(a),$$

$$f(b) \left[ 1 - \frac{b - x}{b - x_0} \right] = f(a) \left[ 1 - \frac{a - x}{a - x_0} \right],$$

$$f(b) \cdot \frac{x - x_0}{b - x_0} = f(a) \cdot \frac{x - x_0}{a - x_0},$$

$$\frac{f(b)}{f(a)} = \frac{b - x_0}{a - x_0},$$

chúng tôi tìm thấy

$$x_0 = \frac{bf(a) - af(b)}{f(a) - f(b)}.$$

Đã tìm được công thức nghiệm của phương trình này $f(x) = 0$! Rút kinh nghiệm từ kết quả bất ngờ đó với sự phấn khích và nhiệt tình vô cùng, họ thậm chí còn thốt lên: “Eureka!”

Nhưng sau vài phút, sự im lặng đáng báo động lại được khôi phục trong khán giả. Mọi người đều sửng sốt và mọi người đều hỏi: “Làm sao có thể như vậy?” Các nhà khoa học - nhà toán học nổi tiếng Abel và Evariste Galya đã đưa ra một chứng minh toàn diện rằng đối với tất cả các phương trình trên bậc bốn thì không thể soạn được công thức chính xác lời giải.

Sai lầm đã xảy ra ở đâu?

Y. M. Kleiman

34

Khi nghiên cứu vành nhật hoa mặt trời, người ta mong muốn có một vầng hào quang nhân tạo có các đặc tính càng gần với các đặc tính của một Nhật thực thực càng tốt. Thiết bị được mô tả dưới đây được thiết kế đặc biệt cho mục đích này. Vương miện nhân tạo của bệ cửa thật trên bệ cửa thật mà nó mang lại cho bất kỳ ai đã chứng kiến ​​​​nhật thực toàn phần. Điểm giống của bệ cửa thật là cần thêm một số chi tiết để tạo ra nhật thực hoàn toàn tự nhiên, khó phân biệt được với nhật thực thật. Điểm khác biệt là các cột phát sáng thẳng chứ không bị cong như trong ảnh. Màu xanh lục của bầu trời và màu trắng mật đặc trưng của vương miện được tái tạo tốt. Nhật thực nhân tạo trong các buổi thuyết trình mang lại cho khán giả ấn tượng sống động về vẻ đẹp của hiện tượng này. Bản vẽ và hình ảnh không mang lại ấn tượng như vậy. Bất kỳ ai xem quá trình cài đặt được mô tả bên dưới sẽ được thưởng một bức ảnh màu đỏ về nhật thực.

Tất cả những gì cần thiết là một chiếc đèn sợi đốt sáu ngọn nến và một hộp thủy tinh. Kích thước của bể không quan trọng lắm; ví dụ, một bể cá bằng kính sẽ phù hợp cho mục đích này. Bể chứa sẽ được đổ đầy nước sạch, sau đó thêm một hoặc hai thìa dung dịch mastic gốc cồn vào. Mastic ngay lập tức kết tủa và nước trở nên giống như sữa.

Dây dẫn tới đèn được luồn qua một ống thủy tinh ngắn. Một đèn được gắn vào đầu ống bằng sáp bịt kín (Hình 1). Cần chú ý đảm bảo mối nối được chặt, nếu không nước sẽ lọt vào ống. Năm hoặc sáu dải giấy bạc được đặt trên đèn với khoảng cách 0,5-1 mm. Độ dày của các dải gần như nhau. Đặt nó xuống

tựa vào phía đối diện của đèn. Các tia truyền qua giữa chúng tạo thành các cột ánh sáng. Số lượng sọc, chiều rộng và vị trí của chúng mang lại hiệu quả mong muốn có thể dễ dàng xác định bằng thực nghiệm.

Một đĩa kim loại được gắn vào bóng đèn bằng súp hoặc bất kỳ loại keo nào không tan trong nước. Đường kính của đĩa lớn hơn đường kính của đèn một chút; nó chặn ánh sáng trực tiếp từ đèn và tương ứng với đĩa tối của Mặt trăng. Toàn bộ hệ thống được hạ xuống bể cá, với đèn ở vị trí nằm ngang và đĩa kim loại được đặt gần ngăn mặt (Hình 2). Bạn nên lắp một bộ biến trở vào đèn, sau đó bạn có thể điều chỉnh cường độ ánh sáng. Khi bật dòng điện, bạn có thể thấy một vầng hào quang tuyệt đẹp do sự tán xạ của ánh sáng đèn tạo ra trên các ma tít tư nhân nhỏ lơ lửng trong nước. Dây tóc đèn không đối xứng tạo ra ánh sáng không đồng đều và điều này làm tăng hiệu ứng. Nếu các cột phát sáng được xác định quá sắc nét hoặc quá rộng, điều này có thể dễ dàng khắc phục bằng cách thay thế các dải giấy bạc.

Tuy nhiên, bức tranh nền vẫn chưa hoàn hảo; màu sắc của “bầu trời” quá nhạt và tương đối sáng. Nếu bạn thêm một ít thuốc nhuộm màu xanh lục vào dung dịch, “bầu trời” sẽ có màu nâu nhạt và vương miện xuất hiện rõ ràng hơn. Bằng cách thêm sơn, bạn có thể đảm bảo rằng “bầu trời” có nhiều màu sắc mà không làm thay đổi màu sắc của vương miện một chút nào. Hoàn cảnh này

Cơm. 3.

rất đáng ngạc nhiên, vì cả màu của “bầu trời” và màu của vương miện đều được tăng cường theo cùng một cách.

Vì vậy, người ta đã thu được một bản tái tạo xuất sắc của bầu khí quyển quanh mặt trời, một vương miện có màu vàng nhạt với ánh ngọc trai, với cấu trúc có thể phân biệt được. Có thể nhìn thấy những cột ánh sáng mờ ảo nhô ra, mờ dần trên nền xanh lục của “bầu trời”.
Do ánh sáng không đồng đều, không chỉ có thể nhìn thấy các cột mà còn có thể nhìn thấy các vùng tối. Hiệu ứng sẽ được tăng cường nếu mắt nhắm một nửa.

Hình 3 được lấy từ ảnh chụp một trong những sắc thái nhân tạo này. Thật không may, phần lớn chi tiết đẹp được ghi lại trên phim âm bản đã bị mất trong quá trình in.

Bài báo đăng trên tạp chí Nature năm 1901.
Việc xuất bản được ủy quyền bởi G. A. Sorokin.

36

Chúng tôi đã báo cáo (xem «Kvant» Số 1 cho năm 1970 và 1971) rằng những học sinh được giao nhiệm vụ đặc biệt nguyên bản và hoàn thành lời giải bài toán “Nhiệm vụ «Kvant», sẽ nhận được quyền tham gia vào lĩnh vực của ba Thế vận hội Vesegoiznoy cùng với những người chiến thắng trong Thế vận hội khu vực và thành phố. Trong suốt năm 1971, các biên tập viên đã nhận được nhiều hơn một nghìn rưỡi lá thư kèm theo quyết định và chọn ra những tác giả chính xác và thú vị nhất lời giải.

Dưới đây chúng tôi công bố danh sách học sinh lớp 7–10 đã nhận được quyền tham gia Olympic thành phố Moscow và Leningrad, cũng như các Olympic khu vực, khu vực và nguồn lực (ở Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị và đồng nguồn lực không phân chia khu vực).

Những đối tượng sau đây được phép tham gia Olympic Toán:

A. Blyukhin - Kiselevsk, vùng Kemerovo, phía bắc sh. 27;
S. Buubatryn - Khuôn mẫu. Liên Xô, khu định cư Glodyany, phía bắc sh. 2;
L. Bratsisky - Frunze, s.sh. 61;
A. Brevdo - Minsk, s.sh. 10;
A. Butsay - Izyaslav, s.sh. 5;
A. Viner - Làng Gorodkovka, vùng Vinnytsia, phía bắc sh. 1;
A. Volber - Leningrad, s.sh. 239;
G. Vysotskaya - Krasnoyarsk, s.sh. 81;
A. Golber - Moscow, s.sh. 2;
A. Gordenko - làng Poltavenskoye, quận Kushevsky, Lãnh thổ Krasnoarsk, phía bắc sh. 37;
A. Grigoryan - Baku, s.sh. 211;
V. Gritsevich - Chortkiv, vùng Ternopil, phía bắc sh. 1;
E. Gundar - Voroshilovgrad, s.sh. 17;
L. Dachevi - Leningrad, s.sh. 38;
A. Zhumadildaev - Alma-Ata, trường học - int. 56
V. Zaporozhskaya - Sositsa, vùng Cherngov;
A. Zaslavsky - Kalinin, s.sh. 20;
I. Ienatyev - làng Sarmanovo TASSR;

M. Illartsionov - Voronezh, s.sh. 58;
I. Kashapov - Moscow, Khoa Cơ và Toán, Đại học Quốc gia Moscow;
Yu. Kisin - Staraya Russa, s.sh. 1;
T. Kislitsina - tr. Sharanga, vùng Gorky;
L. Knizerman - Moscow, s.sh. 259;
S. Konyazin - Sapatov, s.sh. 19;
V. Kopylov - Ufa, s.sh. 7;
V. Korenyako - Voronezh, s.sh. 58;
H. Kornienko - Minsk, s.sh. 50;
R. Kosoy - Odessa, s.sh. 116;
A. Karimov - Moscow, Khoa Khoa học Y tế tại Đại học Tổng hợp Moscow
A. Kumukov - Baku, s.sh. 151;
L. Lazareva - Leningrad, s.sh. 298;
V. Lodinov - Moscow, s.sh. 91;
V. Luzin - Matxcova, Khoa Cơ và Toán, Đại học Tổng hợp Matxcơva;
S. Lyagushin - Dnepropetrovsk, s.sh. 23;
A. Makariev - Lvov, s.sh. 14;
G. Makarov - Zlagoust, s.sh. 25;
A. Merkuryev - Leningrad, fms;
M. Perelmuter - Kyiv, s.sh. 145;
M. Praeger - Tomsk, s.sh. 51;
A. Pukhalsky - Moscow, s.sh. 2;
A. Redchenko - tr. Novopetrovka, quận Belopolsky, vùng Sumy, đường cao tốc phía bắc Kuyanovskaya;
M. Rozov - Minsk, s.sh. 50;
A. Sboev - làng Medvedok, quận Nolinsky, vùng Kirov;

V. Servakh - Frunze, tr. w. 61;
Sh. Slenoy - Chernivtsi, s. w. 5;
B. Slenenko - Chelyabinsk, tr. w. 106;
A. Slinkin - Mátxcơva, tr. w. 2;
V. Terentyev - Pavlovo, vùng Gorky, tr. w. 9;
Y. Tomsinsky - Leningrad, tr. w. 211;
A. Udaltsov - Kaliningrad, vùng Mátxcơva, tr. w. 8;
V. Faymelevy - Armavir, tr. w. 1;
N. Famkulin - Kazan, tr. w. 131;
G. Filkovsky - Baku, tr. w. 134;
O. Khudaverdyan - Yerevan, fms;
E. Chasovnikov - tr. Parygino, quận Zyryanovsky, vùng V-Kazakhstan;
A. Chernyak - Minsk, tr. w. 50;
A. Shamaev - Mátxcơva; Với. w. 179;
A. Sherstyuk - Nikolaev, tr. w. 2;
R. Shtsadov - Lyubertsy, vùng Mátxcơva, tr. w. 6;
F. Schmidel - Mátxcơva, tr. w. 444;
I. Shparlinsky - Mátxcơva, tr. w. 2;
V. Shuvaev - Elektrostal, vùng Mátxcơva, tr. w. 14.

Được phép tham gia cuộc thi thể chất
V. Avseykov - Sevastopol, tr. w. 43;
A. Alexandrov - Glazov, tr. w. 14;
P. Amosov - Yaroslavl, tr. w. 12;
S. Araslanova - Đường cao tốc phía bắc Nizhne-Ivkinskaya. quận Kumensky, vùng Kirov;
V. Belov - Vologda, tr. w. 8;
A. Blyukhin - Kiselevsk, vùng Kemerovo, tr. w. 27;
L. Bratsinsky - Frunze, tr. w. 61;
A. Bratsikovsky - Mátxcơva, tr. w. 62;
I. Bratovskaya - Usolye-Sibirskoye, làng. w. 2;
A. Budnikov - Slavyansk, vùng Donetsk, tr. w. 11;
A. Buzuluchkov - Novosibirsk, tr. w. 130;
S. Galakhvaridze - Tbilisi, fms;
S. Gorbulin - Krasnovardeyskoye, Lãnh thổ Stavropol, làng. w. 1;
E. Gromak - Novokuznetsk, tr. w. 102;
M. Dzik - p. Kratovo, quận Aromashevsky, vùng Tomen;
L. Dachevi - Leningrad, tr. w. 38;
E. Dolgov - Mátxcơva, tr. w. 681;
G. Doldze - Tbilisi, fms;
V. Dolmatov - Tashkent, tr. w. 147;
M. Zabekinskaya - Leningrad, tr. w. 211;
S. Zapesochny - Uzhgorod, làng. w. 3;
O. Zaumyslova - Mátxcơva, tr. w. 842;
N. Zykov - Saratov, tr. w. 13;
A. Istomin - Podolsk, tr. w. 13;
Y. Itmin - thị trấn Rechnitsa, vùng Gomel, làng. w. 5;

M. Kachelson - Magnitogorsk, tr. w. 53;
Yu. Kisin - Staraya Russa, tr. w. 1;
T. Kislitsna - tr. Sharanga, vùng Gorky;
L. Knizerman - Mátxcơva, tr. w. 259;
L. Kozan - Chernivtsi, s. w. 35;
M. Kolodochki - Mátxcơva, tr. w. 612;
P. Konev - Plesk, vùng Ivanovo, tr. w. 3;
V. Korenyako - Voronezh, tr. w. 58;
S. Korpilov - Grozny, tr. w. 2;
V. Korotkikh - Novokuznetsk, tr. w. 11;
V. Komenov - Mátxcơva, tr. w. 215;
V. Krylov - Ivanovo, tr. w. 6;
S. Kuzmin - Zhitomir, tr. w. 8;
V. Kulii - Ivanovo, vùng Brest, làng. w. 2;
V. Kuusk - Rzhev, tr. w. 4;
G. Levin - Kuibyshev, tr. w. 135;
Yu. Lurie - Grozny, tr. w. 1;
A. Mamula - p. Dybintsy, quận Boguslavsky, vùng Kyiv;
Y. Marzanov - h. Rodnikovsky, Lãnh thổ Krasnoarsk, làng. w. 9;
M. Maron - Kuibyshev, tr. w. 11;
I. Mats - Makeeva, tr. w. 22;
L. Menkova - Alexandrov, vùng Vladimirov, làng. w. 4;
V. Nadezhko - Leningrad, tr. w. 239;
V. Nedelsky - Leningrad, tr. w. 30;
A. Panfilov - Sverdlovsk, tr. w. 43;
Yu. Polonsky - Zelenodolsk TASSR, tr. w. 3;
S. Pomashev - Ulyanovsk, tr. w. 48;
M. Preeder - Tomsk, tr. w. 51;
L. Rudtser - Kharkov, tr. w. 118;
L. Safullin - p. B. Saby TASSR;
A. Semenov - Frunze, tr. w. 9;
I. Sidorov - Mátxcơva, tr. w. 738;
G. Simonenkov - Kaunas, tr. w. 10;
A. Slepyshev - Krivoy Rog, tr. w. 95;
M. Solomonov - Kshinev, tr. w. 34;
E. Sychulov - làng Krasny Uralets, vùng Kurgan;
A. Udaltsov - Kaliningrad, vùng Mátxcơva, tr. w. 8;
V. Faymelevy - Armavir, tr. w. 1;
G. Nhanh - Karaganda, tr. w. 21;
G. Furman - Chernivtsi Ukraina SSR, tr. w. 35;
M. Khomenko - Vitebsk, tr. w. 29;
O. Khudaverdyan - Yerevan, fms;
E. Chasovnikov - tr. Parygino, quận Zyryanovsky, vùng V-Kazakhstan;
S. Chekmarev - Mátxcơva, tr. w. 160;
G. Shepenko - D.-Gorodok, vùng Brest, làng. w. 2;
A. Sherstyuk - Nikolaev, tr. w. 2;
R. Shtsadov - Lyubertsy, vùng Mátxcơva, tr. w. 6;
I. Yurchenko - Kyiv, tr. w. 145.

38

VẤN ĐỀ LƯỢNG LƯỢNG
Bài toán

Vui lòng gửi Lời giải bài toán từ “Bài toán Kvant không muộn hơn một tháng rưỡi sau khi số báo tương ứng hết bản in. Trên phong bì sau địa chỉ của tạp chí, viết lời giải mà bài toán bạn đang gửi (ví dụ: 117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15, “Science”, tòa soạn tạp chí «Kvant», “Bài toán Kvant M131, F134). Ở phần đầu của bức thư, vui lòng bao gồm họ, tên, tên đệm, mã zip gồm sáu chữ số và địa chỉ (cũng như trường và cấp lớp của bạn).

Sao xuất sắc khó hơn bài toán.

M131. Chứng minh rằng bốn điểm tại đó bissertis của các góc giữa phần kéo dài của các cạnh đối diện của một tứ giác nội tiếp cắt các cạnh của nó là các đỉnh của hình thoi (Hình 1).

Muram Urtembaev, học sinh lớp 10, trường số 56, Almaty

M132. Cho $n$ số $x_1, x_2, \ldots, x_n$ được viết xung quanh một vòng tròn, mỗi số bằng $(+1)$ hoặc $(-1)$ và tổng của $n$ phản ứng theo cặp là 0 (như đã cho)

M93, tr. 42) và nói chung đối với mỗi $k=1, 2, \ldots, n-1$ tổng của $n$ cặp số đối lập nhau cách nhau bởi $k$ vị trí bằng 0 (nghĩa là $x_1x_3+x_2x_4+\ldots=0, x_1x_4+x_2x_5+\ldots=0$, v.v.); ví dụ về $n=4$ dan trong Hình 2).

a) Chứng minh rằng $n$ là bình phương của một số nguyên.

6)* Có bộ số $n$ như vậy cho $n=16$ không?

(Chúng tôi không biết câu hỏi đầy đủ lời giải: để làm gì mà $n$ tập hợp số như vậy tồn tại.)

M133. Một trong những sinh vật đa bào đơn giản nhất, tảo Volvox, là một lớp vỏ hình cầu bao gồm chủ yếu là các tế bào hình bảy cạnh, lục giác và ngũ giác (nghĩa là các tế bào có bảy, sáu hoặc năm kết nối với nhau; mỗi tế bào

39

Ba ô hội tụ tại “đỉnh” (Hình 3). Có những mẫu vật có cả tế bào hình tứ giác và hình bát giác, nhưng các nhà sinh học nhận thấy rằng nếu không có những tế bào “không chuẩn” như vậy (có ít hơn năm và nhiều hơn bảy cạnh), thì các tế bào hình ngũ giác luôn lớn hơn chính xác 12 tế bào hình bảy cạnh (tổng cộng có thể có vài trăm, thậm chí hàng nghìn tế bào). Bạn có thể giải thích sự thật này?

V. Maresin

M134. Tập hợp các điểm nào lấp đầy trọng tâm của các tam giác có ba đỉnh lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC và AC của tam giác ABC cho trước?

L. G. Makarov

M135*. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n>1$ đẳng thức
$$\sin x \sin \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \sin \left( x + \frac{2\pi}{n} \right) \times \cdots \times \sin \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) = c_n \sin nx,$$ trong đó $c_n$ là một số nào đó (tùy thuộc vào $n$) và tìm $c_n$.

V. Maresin

F143*. Máy bay đáp xuống làn đạn của tàu sân bay với tốc độ 100 km/h. Sau khi vướng vào dây phanh, máy bay chạy được 50 m cho đến khi dừng hẳn. Xác định tình trạng quá tải khi hạ cánh nếu hệ số đàn hồi của dây không thay đổi khi nó giãn ra. Trọng lượng phi công 70 kg.

F144. Tỷ lệ của hình tam giác với sàn là bao nhiêu để nó đứng vững như trong Hình 4? Chiều dài sợi dây giữ thanh bằng chiều dài của thanh.

I. A. Zaitsev

F145. Khí lý tưởng lần đầu tiên chuyển từ trạng thái 1 ($P_1, V_1, T_1$) sang trạng thái 2 ($P_2, V_1, T_2$). Sau đó, từ trạng thái 2, khí chuyển từ từ và ngẫu nhiên (không có nguồn cung cấp từ cơ thể) sang trạng thái 3 ($P_3, V_3, T_3$). Được biết, trong quá trình chuyển tiếp 2→3, khí thực hiện công bằng với lượng vật truyền cho khí trong quá trình chuyển đổi 1→2.

Cơm. 3.

Hãy chứng minh rằng $T_3 = T_1$. Vẽ các tiến trình 1→2 và 2→3 trên mặt phẳng VT.

F146. Có một pin với e. d.s. 100 V và điện trở trong 2 ohm. Khi tải bạn cần có điện áp 20 V và khi điện trở tải thay đổi từ 50 đến 100 ohm, điện áp trên nó sẽ thay đổi không quá 2%. Hãy nghĩ ra một mạch điện đơn giản để cấp nguồn cho tải và tính toán các thông số của mạch này.

A. R. Zilberman

F147 *. Trong mô hình nguyên tử của Rutherford và Bohr, các electron quay quanh hạt nhân theo những quỹ đạo tròn cụ thể. Khi chuyển động từ quỹ đạo này sang quỹ đạo khác, gần hạt nhân hơn, nguyên tử sẽ phát ra một photon. Năng lượng và tần số do một nguyên tử hydro phát ra trong quá trình chuyển đổi của electron từ quỹ đạo có bán kính $r_1=2,1\cdot 10^{-8}$ cm sang quỹ đạo có bán kính $r_2=5,3\cdot 10^{-9}$ cm là bao nhiêu?

S. M. Kozel

40

Lời giải

Trong số này chúng tôi xuất bản lời giải bài toán
M89—M95; F100—F107

M89
Lời giải trong số bài toán này có trong ghi chú của I. M. Yaglom ở trang 28.

M90
Chứng minh rằng nếu $x_1 < x_2 < x_3 \dots$ là số tự nhiên thì
$$\frac{\sqrt{x_2-x_1}}{x_2} + \frac{\sqrt{x_3-x_2}}{x_3} + \dots + \frac{\sqrt{x_n-x_{n-1}}}{x_n} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3} + \frac{1}{n^4}.$$

Trước tiên chúng ta hãy giả sử rằng $x_n \leq n^2$. Sau đó
$$\frac{\sqrt{x_i-x_{i-1}}}{x_i} \leq \frac{x_i-x_{i-1}}{x_i} = \frac{1}{x_i} + \frac{1}{x_i} + \dots + \frac{1}{x_i}.$$
$$x_i - x_{i-1} \text{ слагаемых}$$

Tổng cuối cùng hiển nhiên không vượt quá tổng chứa cùng số số hạng
$$\frac{1}{x_{i-1}+1} + \frac{1}{x_{i-1}+2} + \dots + \frac{1}{x_i} + \frac{1}{x_i-1} + \frac{1}{x_i}.$$

không thì
$$\sum_{i=1}^{n} \frac{\sqrt{x_i-x_{i-1}}}{x_i} < \frac{1}{x_0+1} + \dots + \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_1+1} + \dots + \frac{1}{x_i} + \dots + \frac{1}{x_{n-1}+1} + \dots + \frac{1}{x_n} < \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2}.$$
Bây giờ giả sử rằng trong số các số $x_0, x_1, x_2, \dots, x_n$ có số lớn hơn $n^2$. Nếu $x_i > n^2$ thì
$$\frac{\sqrt{x_i-x_{i-1}}}{x_i} < \frac{\sqrt{x_i}}{x_i} = \frac{1}{\sqrt{x_i}} < \frac{1}{n}.$$
Do đó, số hạng nào có giá trị $x_i$ lớn hơn $n^2$ nhỏ hơn $\frac{1}{n}$.
Do đó, tổng của tất cả các số hạng như vậy (không có nhiều hơn $n$) nhỏ hơn 1. Nhưng tổng của các số hạng còn lại, như được trình bày ở trên, nhỏ hơn $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n^2}$, điều này hoàn thành việc chứng minh bất đẳng thức(*)

Yu. I. Ionia

41

M91
Lời giải bài toán M91 có ghi chú riêng “Môi trường của Thập” ở trang 24.

M92
Petya sẽ dành toàn bộ 90 ngày trong kỳ nghỉ của mình ở làng, đồng thời tuân thủ nghiêm ngặt lịch trình sau: mỗi ngày thứ hai (tức là cách ngày) anh ấy đi bơi trong hồ, mỗi ngày thứ ba anh ấy đến cửa hàng tạp hóa và mỗi ngày thứ năm anh ấy giải được bài toán trong toán học. (Vào ngày đầu tiên, Petya làm cái này, cái kia, cái thứ ba, và rất mệt.) Petya sẽ có bao nhiêu ngày “vui vẻ” khi nó cần bơi nhưng không cần phải đến cửa hàng và quyết định bài toán? Sẽ “nhàm chán” thế nào khi chẳng có gì để làm cả?

bài toán này đã thu hút sự chú ý của rất nhiều độc giả. Đây là thông tin chi tiết của cô ấy lời giải.
Hãy đánh số tất cả các ngày: 1, 2, 3, …, 90.
Hãy cùng xem Petya đã đi bơi bao nhiêu lần. Anh ấy đã làm điều này vào ngày đầu tiên, và sau đó là những ngày khác. Điều này có nghĩa là anh ấy đã đi bơi vào những ngày có số lẻ (Hình 1). Có 90:2=45 ngày như vậy. Kết quả là anh ấy đã đi bơi 45 lần.

Theo cách tương tự, bạn có thể tìm ra bao nhiêu ngày anh ấy đến cửa hàng và bao nhiêu ngày anh ấy quyết định bài toán. Anh ta đến cửa hàng vào những ngày mà các số khi chia cho 3 sẽ có số dư là 1. (Có 90:3 = 30 ngày như vậy (Hình 2)). Và bài toán đã giải quyết vào những ngày mà số của chúng khi chia cho 5 sẽ có số dư là 1. (Có 90:5=18 những ngày như vậy (Hình 3)).

Tuy nhiên, để biết có bao nhiêu ngày Petya (a) bơi và đến cửa hàng, (b) bơi và làm toán, (c) đến cửa hàng và làm toán, và (d) bơi, đến cửa hàng và làm toán. Để không quyết định riêng cái nào trong số bài toán này, chúng ta cần một bổ đề tổng quát như vậy.

Bổ đề. Trong số các số tự nhiên nhỏ hơn N, số dư q khi chia cho n cho $$\frac{N-1-q}{n} + 1$$ số (q≠0). (Hãy nhớ rằng [x] biểu thị một số nguyên

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

Cơm. 4.

Cơm. 5.

phần của số x: số nguyên lớn nhất không vượt quá x.)

Chứng minh bổ đề. Số dư q khi chia cho n được cho bởi các số

q, q+1·n, q+2·n, …, q+kn, …

Vì chúng ta chỉ quan tâm đến các số nhỏ hơn N nên chúng ta cần tìm một số nguyên k sao cho q+kn<N≤q+(k+1)n. Chúng ta hãy viết lại bất đẳng thức này như sau:

$$kn \leq N-1-q < (k+1)n,$$

và cuối cùng như thế này: $k \leq \frac{N-1-q}{n} < k+1$. Do đó, $k = \frac{N-1-q}{n}$, và tổng số các số nhỏ hơn N và cho số dư q khi chia cho n là $$\frac{N-1-q}{n} + 1$$ (số xuất hiện do số $q=q+0\cdot k$).

Bây giờ thật dễ dàng để nhận được đáp số cho các câu hỏi a, b, c và d. Thật vậy, mỗi câu hỏi này có thể được phát biểu lại như sau: Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 91 khi chia cho n_i còn dư 1, trong đó n_i phụ thuộc vào câu hỏi: $n_a=6$, $n_b=10$, $n_c=15$ và $n_d=30$. Thay thế những con số này vào công thức của chúng tôi, chúng tôi nhận được rằng đó là:

42

15 ngày Peta bơi và đến cửa hàng;
9 ngày Peta tắm và quyết định bài toán;
6 ngày Peta đến cửa hàng và giải quyết bài toán;
3 ngày Peta bơi, đến cửa hàng và quyết định bài toán.
Bây giờ chúng ta đã có thể tính được có bao nhiêu ngày “nhàm chán” và bao nhiêu ngày “vui vẻ”. Tổng cộng, Peta đã ở trong làng 90 ngày. Trong 3 ngày anh ấy đã làm ba việc, 15+9+

Cơm. 6.

Cơm. 7.

Cơm. 8.

42

+6=30 ngày - ít nhất hai thứ và 45+30+18=93 ngày - ít nhất một thứ. Vì vậy (xem Hình 4, 5) anh ấy không làm gì trong 90-93+30-3=24 ngày. Vậy là có 24 ngày “nhàm chán”. Số ngày “vui vẻ” được tính theo cách tương tự: tổng cộng Peta đã bơi trong 45 ngày, anh ấy đã bơi và làm việc khác trong 15 + 9 = 24 ngày, và cuối cùng, anh ấy đã làm cả ba việc trong 3 ngày. Cuối cùng, có 45—24+3=24 ngày “vui vẻ”.

M93
Mỗi số $x_1, x_2, \dots, x_n$ đều bằng mặt phẳng hoặc trừ một. Người ta biết rằng
$$x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n+x_nx_1=0.$$
Chứng minh rằng $n$ chia hết cho số chẵn.

Vì tổng $x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_nx_1$ bằng $n$ số hạng nên $n$ là số chẵn—số đơn vị trừ trong tổng này bằng số mặt phẳng. Vẫn còn phải chứng minh rằng số đó là âm một. Để làm điều này, hãy nhân tất cả các số hạng
$$x_1x_2 \cdot x_2x_3 \cdot x_3x_4 \cdot \dots \cdot x_nx_1=x_1^2x_2^2 \cdot \dots x_n^2=1.$$
Đối với Pozny, số số âm thực sự là số chẵn và $n$ chia hết cho 4.

M94
Chứng minh rằng không có khối đa diện nào có ít nhất 4 cạnh kề với mỗi đỉnh và mỗi mặt.

Chúng ta hãy giả sử rằng một khối đa diện như vậy tồn tại. Gọi $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k$ là các góc phẳng của các mặt của nó. Hãy tính theo hai cách khác nhau giá trị trung bình số học của chúng bằng nhau. Hãy nhóm các góc theo khuôn mặt. Khi đó, vì mỗi mặt có ít nhất bốn góc nên giá trị trung bình số học của các góc của nó ít nhất là 90°. Từ đây suy ra ngay rằng giá trị trung bình số học của tất cả các góc không nhỏ hơn 90°. Bây giờ hãy nhóm chúng theo các đỉnh. Vì mỗi đỉnh liền kề với ít nhất bốn góc và tổng tất cả các góc tại một đỉnh nhỏ hơn 360°, nên trung bình số học của các góc tại một đỉnh nhỏ hơn 90°*). Nhưng khi đó giá trị trung bình số học của tất cả các góc đều nhỏ hơn 90°. Và, như chúng tôi đã chứng minh ở trên, nó không nhỏ hơn 90°. Mâu thuẫn thu được chứng tỏ rằng các khối đa diện lồi như vậy không tồn tại.

Có thể thu được lời giải bài toán khác dựa trên công thức Euler**). Cho phép

*) Ở đây ta sử dụng tính lồi của khối đa diện. Như một số độc giả của chúng tôi đã nhận thấy, có thể xây dựng một khối đa diện không lồi có một “lỗ”, trong đó mỗi mặt là một tứ giác và bốn cạnh gặp nhau ở mỗi đỉnh (xem Hình 6).

**) Bạn có thể đọc về công thức Euler trong cuốn sách: R. Courant và G. Robbins, What is math?, Enlightenment, 1967.

43

Trong một vòng các đỉnh, $P$ là các cạnh và $\Gamma$ là các mặt của khối đa diện. Khi đó đối với một khối đa diện lồi (và nói chung đối với một khối đa diện không có lỗ xuyên qua), đẳng thức sau đây là đúng:

$$B - P + \Gamma = 2.$$

Trong khối đa diện của chúng ta, mỗi đỉnh có ít nhất bốn cạnh. Vì vậy $P \geq \frac{4B}{2}$. (Chúng ta phải chia đôi vì mỗi cạnh liền kề với hai đỉnh.) Tương tự, vì mỗi đỉnh liền kề với ít nhất bốn cạnh, $P \geq \frac{4F}{2}$.

Do đó, $2P \geq 2(B + \Gamma)$, tức là $P \geq B + \Gamma$, và theo công thức Euler, $B + \Gamma = P + 2$. Do đó, từ sự tồn tại của một khối đa diện với các tính chất đã chỉ ra, sẽ dẫn đến $P \geq P + 2$, điều này mâu thuẫn.

M95

Một hình thang được đánh dấu trên bảng, đường giữa $EF$ được vẽ trong đó và đường vuông góc $OK$ được thả từ điểm $O$ giao điểm của các đường chéo đến một đáy lớn. Sau đó hình thang đã bị xóa. Làm cách nào để khôi phục bản vẽ bằng cách sử dụng các phân đoạn được bảo toàn $EF$ và $OK$ (Hình 7)?

Xây dựng một hình thang. Chúng ta vẽ một đường thẳng $l$ đi qua điểm $K$, song song với đoạn thẳng $EF$. Hãy tìm phần giữa $M$ của đoạn $EF$. Hãy tìm điểm $N$ giao điểm của đường $l$ và đường $OM$. Chúng ta hãy dựng một hình bình hành với các đỉnh $E$, $N$ và $F$, trong đó đoạn $EF$ là một đường chéo. Hãy biểu thị đỉnh thứ tư của nó bằng $P$. Chúng ta hãy vẽ một đường thẳng $l'$ song song với $l$ đi qua nó. Chúng ta vẽ các đường thẳng đi qua các điểm $O$, song song với các cạnh của hình bình hành $ENFP$. Các điểm mà các đường này giao với đường $l$ và $l'$ là các đỉnh của hình thang.

Cách xây dựng của chúng tôi dựa trên thực tế là đường thẳng $OM$ chia hai đáy của hình thang làm đôi. Chúng tôi để lại chứng minh cho sự kiện đơn giản này và chứng minh tính đúng đắn của cách xây dựng cho người đọc. (Ngoài ra, chúng tôi đã lợi dụng thực tế là đường giữa của tam giác song song với cạnh của nó.)

Có thể thu được lời giải bài toán khác dựa trên thực tế là điểm $Q$ giao điểm của các cạnh bên mở rộng trên đường $OM$ và tỷ lệ khoảng cách đến các đường $l$ và $l'$ đối với điểm $O$ Q là như nhau. Bằng cách sử dụng điều này, sau khi các đường $l$ và $l'$ đã được tạo, bạn có thể tạo điểm $Q$ và nối nó với các điểm $E$ và $F$, tìm các đỉnh của hình thang.

Học. Chúng ta hãy xem xét các trường hợp khác nhau về vị trí của các đoạn $EF$ và $OK$.

1. Điểm $O$ nằm trên đoạn $EF$. Khi đó không có lời giải (nếu điểm $O$ là trung điểm của đoạn $EF$ thì đường thẳng $OM$ có thể được vẽ gần như tùy ý - bất kỳ

Cơm. 11 giờ sáng

Một hình thang chỉ thu được nếu đoạn OM ngắn hơn đoạn MN (Hình 9, a, b). Nếu các đoạn OM và MN bằng nhau thì bạn sẽ có một hình tam giác (Hình 10). Nếu OM lớn hơn MN thì thu được “hình thang tự giao nhau” (Hình 11, a, b).

Đúng lời giải bài toán đã gửi:
N. Bashkina (Kurgan-Tube) M92; S. Buu-bamrin (Glodyany MSSR) M92; A. Alyaev (Pachelmy, vùng Penza) M92, M95; A. Bueay (Izyaslav) M93, M95; V. Gamolin (Odessa) M93—M95; V. Goncharenko (Maykop) M95; V. Afanasyev (Kolomna) M95; O. Volkov (Sverdlovsk) M95; O. Viner (làng Gorodovka, vùng Vinnytsia) M92, M95; A. Dovzhkov (Leningrad) M95; V. Zubarev (Arkhangelsk) M95; I. Bramovskaya (Usolye-Sibirskoye) M92; A. Zaslavsky (Kalinin) M95; G. Zlatkus (Sovetsk, vùng Kaliningrad) M92; V. Zaporozhskaya (làng Sosnitsy, vùng Chernigov) M92, M95; A. Golbere (Moscow) M92—M95; V. Korenyako (Voronezh) M92, M94, M95; A. Nikolaev (Moscow) M92—M94; V. Gritsetsich (Chortkiv, vùng Ternovol) M93, M94; T. Kislitsa (làng Sharanga, vùng Gorky) M95; S. Belchko (Dokuaevsk, vùng Donetsk) M95; Yu. Kisin (Staraya Russa) M95; R. Kosoy (Odessa) M92, M95; L. Knizhnerman (Moscow) M92; L. Lazareva (Leningrad) M92; V. Lozinov (Moscow) M93; T. Casanov (Tbilisi)

Cơm. 11b.

M95; A. Gritsoryan (Baku) M93, M94; M. Illarinov (Voronezh) M92, M93, M95; A. Sboev (pss. Medvedok, vùng Kirov) M92, M93, M95; A. Kolchtsov (Gorky) M92, M95; A. Kutsukov (Baku) M92, M93, M95; A. Slinin (Lazovaya, vùng Kharkov) M94; Yu. Polonsky (Zelenodolsk) M95; V. Nadezhko (Leningrad) M95; L. Rudtser (Kharkov) M95; V. Terentyev (Pavlov, vùng Gorky) M92; G. Makarov (Zlatoust, vùng Chelyabinsk) M93, M95; V. Slepchenko (Chelyabinsk) M92, M93, M95; S. Muklytsin (Novosibirsk) M92; I. Porumchikova (Sokolniki, vùng Tula) M92; M. Rozov (Minsk) M92—M95; M. Preeer (Tomsk) M94—M95; E. Turkevich (Chernivtsi) M92—M95; P. Sereev (Grozny) M95; A. Slikin (Moscow) M92; A. Shmaev (Moscow) M92, M93, M95; A. Udaltsov (Kalinerrad, vùng Moscow) M92, M93, M95; O. Khudaverdyan (Yerevan) M93, M95; R. Shtsanov (Lyubertsy, vùng Moscow) M92, M93; G. Fi lkovsky (Baku) M92, M95; Yu. Yakushiin (Lomonosov) M92; E. Chasovnikov (làng Parygino, quận Zyryanovsky) M92; I. Yuurgel (Glubokoe BSSR) M92; S. Chekmarev (Moscow) M93; N. Famkulin (Kazan) M93, M95; A. Chernyak (Minsk) M92, M93, M95; V. Malchenko (Slavyansk-on-Kuban) M92; R. Soltsas (Vilnius) M95; P. Sukhov (Saratov) M95; A. Sherstyuk (Nikolaev) M93, M95; L. Reznik (Leningrad) M92, M95.

L. Limanov

46

F101

Một quả bóng được treo vào một lò xo rất mỏng có độ cứng $k$. Lúc đầu lò xo không bị giãn. Vận tốc tối đa mà quả bóng đạt được khi chuyển động là bao nhiêu? Khối lượng của quả bóng là $m$.

Hãy viết phương trình chuyển động của quả bóng. Có hai lực tác dụng lên nó: lực hấp dẫn $mg$ và lực căng của lò xo $F = kx$, trong đó $x$ là độ biến dạng của lò xo. Theo định luật thứ hai của Newton

$$mg - kx = ma.$$

Từ phương trình này, suy ra rằng gia tốc của quả bóng $a$ ban đầu hướng xuống dưới và giảm dần, sau đó bằng 0 tại $x = \frac{mg}{k}$, rồi quay trở lại nhưng lại hướng lên trên.

Tốc độ của quả bóng quay trở lại khi gia tốc của nó hướng xuống dưới và giảm khi nó hướng lên trên. Do đó, tốc độ của quả bóng đạt cực đại là $x = \frac{mg}{k}$.

Để tìm được nó, chúng ta viết ra định luật bảo toàn năng lượng. Nếu quả bóng rơi đến một khoảng cách $x$ thì thế năng của nó giảm $mgx$ và động năng của nó tăng $\frac{mv^2}{2}$ (trước đây nó bằng 0). Một phần thế năng của quả bóng, bằng $\frac{kx^2}{2}$, đã làm tăng thế năng biến dạng của lò xo. Đó là lý do tại sao

$$mgx = \frac{kx^2}{2} + \frac{mv^2}{2}.$$

Từ đây, với $x = \frac{mg}{k}$ chúng ta nhận được

$$v_{\text{max}} = g \sqrt{\frac{m}{k}}.$$

F102

Oxy và heli được trộn đều trong bình kín. Sau đó, một lỗ được tạo ra trên thành bình. Thành phần của chùm phân tử phát ra từ nó là gì?

Năng lượng của các phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của nó. Vì các khí trong bình ở trạng thái cân bằng và nhiệt độ của chúng bằng nhau nên

$$\frac{m_{\text{O}_2}v_{\text{O}_2}^2}{2} = \frac{m_{\text{He}}v_{\text{He}}^2}{2},$$

trong đó $v_{\text{O}_2}$ và $v_{\text{He}}$ là tốc độ chuyển động trung bình của các phân tử khí, $m_{\text{O}_2}$ và $m_{\text{He}}$ là khối lượng của chúng. Từ

46

Cơm. 12.

công thức này tuân theo công thức đó

$$\frac{v_{\text{O}_2}}{v_{\text{He}}} = \sqrt{\frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}}}.$$

Để đơn giản, chúng ta giả sử rằng các phân tử khí chỉ có thể chuyển động theo ba hướng vuông góc với nhau và tốc độ của tất cả các phân tử là như nhau và bằng tốc độ trung bình. Sau đó, một phần sáu số phân tử của mỗi chất khí di chuyển về phía lỗ. Trong thời gian $\Delta t$, những phân tử khí ban đầu ở khoảng cách không lớn hơn $v\Delta t$ tính từ lỗ bay ra khỏi bình. Nghĩa là, đây là các phân tử oxy nằm trong thể tích $v_{\text{O}_2}\Delta t \cdot s$ và các phân tử hydro nằm trong thể tích $v_{\text{He}}\Delta t \cdot s$ (s là diện tích của lỗ). Tổng số phân tử oxy như vậy là $N_{\text{O}_2} = v_{\text{O}_2}sn_{\text{O}_2}\Delta t$ và phân tử gel $N_{\text{He}} = v_{\text{He}}sn_{\text{He}}\Delta t$, trong đó $n_{\text{O}_2}$ và $n_{\text{He}}$ là số lượng phân tử oxy và gel trên một đơn vị thể tích. Nếu có số lượng phân tử của cả hai loại khí bằng nhau trong bình thì $n_{\text{O}_2} = n_{\text{He}}$ và

$$\frac{N_{\text{O}_2}}{N_{\text{He}}} = \frac{v_{\text{O}_2}}{v_{\text{He}}} = \sqrt{\frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}.$$

Nếu khối lượng khí trong bình bằng nhau thì $m_{\text{O}_2}n_{\text{O}_2} = m_{\text{He}}n_{\text{He}}$ và

$$\frac{N_{\text{O}_2}}{N_{\text{He}}} = \frac{v_{\text{O}_2}}{v_{\text{He}}} \cdot \frac{n_{\text{O}_2}}{n_{\text{He}}} = \sqrt{\frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}}} \cdot \frac{m_{\text{He}}}{m_{\text{O}_2}} = \frac{1}{16\sqrt{2}}.$$

F103

Hai loạt phát đạn được bắn ra từ khẩu pháo, nghiêng nòng súng một góc $30^\circ$ và $40^\circ$ về phía chân trời. Trong trường hợp nào thì các cú đánh của đạn pháo sẽ tập trung hơn nếu sự lan rộng là do việc nhắm mục tiêu không chính xác chứ không phải do sự lan truyền của vận tốc đạn ban đầu? Sức cản của không khí nên được coi là không đáng kể.

Trước tiên chúng ta hãy tìm sự phụ thuộc của đường bay tiếp theo của đạn vào góc phóng của nó. Hãy viết nó ra

47

đối với điều này, các phương trình động học của chuyển động của vật phóng. Nếu tốc độ của đạn bằng $v_0$ và góc mà đạn bay ra khỏi ordium bằng $\alpha$, thì theo phương thẳng đứng dọc theo trục $y$ đạn di chuyển với gia tốc $a=-g$ và tốc độ ban đầu $v_{0y}=v_0 \sin \alpha$. Do đó, sự thay đổi tọa độ $y$ của đạn được xác định theo phương trình

$$y = v_0 t \sin \alpha - \frac{g t^2}{2}.$$

Theo phương ngang dọc theo trục $x$, viên đạn chuyển động đều với tốc độ $v_x=v_0 \cos \alpha$. Đó là lý do tại sao

$$x = v_0 t \cos \alpha.$$

Tại thời điểm rơi xuống đất $y=0$ và $v_0 t \sin \alpha - \frac{g t^2}{2} = 0.$

Từ đây bạn có thể tìm thấy thời gian chuyển động của đạn. Nó bằng $t = \frac{2v_0 \sin \alpha}{g}$. Bây giờ thay biểu thức này vào phương trình chuyển động ngang, chúng ta thấy rằng tầm bay của viên đạn bằng

$$x_{\max} = \frac{2v_0^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g} = \frac{v_0^2 \sin 2\alpha}{g}.$$

Đây là biểu thức cho mức cực đại tại sin $2\alpha=1$, tức là tại $\alpha=45^\circ$.

Hãy vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của tầm bay của đạn vào $\alpha$ (Hình 12). Đối với những sai lệch nhỏ $\Delta \alpha$ của góc khởi hành của đạn, đồ thị phụ thuộc $x_{\max}(\alpha)$ có ​​thể được thay thế bằng một đường thẳng - tiếp tuyến với đồ thị thực $x_{\max}(\alpha)$. Độ dốc của tiếp tuyến này càng lớn thì sai số trong tầm bắn của đạn đối với cùng một sai số $\Delta \alpha$ về góc phóng của đạn càng lớn.

Từ Hình 12, rõ ràng là ở các góc khởi hành đạn nhỏ, góc nghiêng của tiếp tuyến với đường chân trời (với trục $0\alpha$) lớn hơn ở các góc lớn. Điều này có nghĩa là ở góc thoát của đạn nhỏ, sự thay đổi về phạm vi khi thay đổi góc thoát lớn hơn ở góc thoát lớn và với mũi tên có góc nòng $40^\circ$ thì độ chính xác của đạn sẽ cao hơn ở góc $30^\circ$.

Kết quả tương tự có thể thu được bằng cách sử dụng các công thức. Đặt sai số về góc thoát của đạn nhỏ và bằng $\Delta \alpha$. Khi đó lỗi $\Delta x$ trong phạm vi đạn là

$$\Delta x = \frac{v_0^2}{g} \sin 2\alpha - \frac{v_0^2}{g} \sin [2(\alpha + \Delta \alpha)] = 2 \frac{v_0^2}{g} \cos(2\alpha + \Delta \alpha) \sin \Delta \alpha \approx 2 \frac{v_0^2}{g} \cos 2\alpha \cdot \Delta \alpha.$$

Do đó, $\Delta x$ tỷ lệ thuận với $\Delta \alpha$, nhưng hệ số tỷ lệ phụ thuộc vào $\alpha$. Góc $\alpha$ càng nhỏ thì càng lớn.

F104

Trong một hộp kín có vài giọt chất lỏng có kích cỡ khác nhau. Điều gì sẽ xảy ra với anh ấy sau một thời gian dài?

Áp suất hơi bão hòa ở bề mặt giọt nước phụ thuộc vào bán kính của nó. Hãy thể hiện nó.

Chúng ta hãy tưởng tượng một bình kín trong đó có một ống mao dẫn, một chất lỏng không thấm nước. Áp suất tại điểm $B$ lớn hơn áp suất tại điểm $A$ (Hình 13) bởi các giá trị $\rho_{\pi}gh$:

$$P_B = P_A + \rho_{\pi}gh,$$

trong đó $h$ là chênh lệch mức chất lỏng trong mao quản và trong bình, $\rho_{\pi}$ là mật độ hơi.

Vì màng chất lỏng trong mao quản ở trạng thái cân bằng dưới tác dụng của hai lực: lực căng bề mặt bằng $2\pi r\sigma$ (σ là hệ số căng bề mặt, r là bán kính mao quản) và lực áp suất chất lỏng ở độ sâu $h$ bằng $\rho_{\pi}gh \cdot \pi r^2$ ($\rho_{\pi}gh$ là mật độ chất lỏng), nên $2\pi r\delta = \pi \rho_{\pi}ghr^2$.

Từ đây

$$h = \frac{2\sigma}{\rho_{\pi}gr}$$

Và

$$P_B = P_A + \frac{2\sigma}{r} \frac{\rho_{\pi}}{r_{\pi}}.$$

Do đó, bán kính giọt càng nhỏ thì áp suất trên bề mặt chất lỏng càng lớn. Điều này có nghĩa là nếu hơi nước bão hòa trên bề mặt của một giọt nhỏ thì trên bề mặt của giọt lớn hơn nó sẽ không bão hòa. Điều này sẽ khiến hơi nước ngưng tụ trên giọt lớn, từ đó ảnh hưởng đến áp suất hơi nước trên bề mặt giọt nhỏ. Điều này lại làm cho giọt nhỏ bay hơi. Kết quả là sau một thời gian chỉ còn lại một giọt lớn trong bình.

Kết quả tương tự có thể thu được từ lý luận chung nhất. Giả sử có chất lỏng trong bình (bề mặt của chất lỏng phẳng) và có một giọt nước.

49

Từ phương trình thứ hai, tam giác này vuông góc và góc giữa các vectơ vận tốc điện là 90°

F107

Trong mạch như hình 16, vôn kế thay đổi điện áp rơi trên điện trở $R=300$ com. Điện trở của vôn kế phải bằng bao nhiêu để số chỉ của nó chênh lệch không quá 2% so với giá trị thực tế $u_R$? Sự phản kháng nội bộ của nguồn khiếu nại.

Trong trường hợp không có vôn kế, các điện trở $R$ và $R_1$ được bật nối tiếp. Do đó, điện áp rơi trên điện trở $R$ bằng $u_R = \frac{R}{R+R_1} E$. Khi nối vôn kế vào sẽ làm thay đổi độ sụt áp trên đoạn gồm các điện trở mắc song song $R$ và điện trở vôn kế $r$. Vôn kế hiển thị giá trị

$$u' = \frac{Rr}{R+r} E$$

Tùy theo điều kiện, số đọc của vôn kế không được chênh lệch quá 2% so với giá trị $u_R$. Đó là lý do tại sao

$$\frac{u_R - u'}{u_R} \leq 0,02.$$

Thay các biểu thức của $u_R$ và $u'$ vào phương trình này, chúng ta thấy rằng điện trở của vôn kế không được vượt quá 3675 kΩ.

Đúng lời giải gửi bởi: V. Avseikov (Sevastopol) $\Phi 103$, $\Phi 105$—$\Phi 107$; A. Alexandrov (Glazov UASSR) $\Phi 100$; P. Amosov (Yaroslavl) $\Phi 100$; S. Araslanov (Nizhne-Ivkino, vùng Kirov) $\Phi 103$, $\Phi 107$; V. Belov (Vologda) $\Phi 100$—$\Phi 105$, $\Phi 107$; A. Blokhin (Kiselevsk, vùng Kemerovo) $\Phi 106$, $\Phi 107$; L. Brachinsky (Frunze) $\Phi 101$; A. Bratkovsky (Moscow) $\Phi 103$, $\Phi 104$, $\Phi 106$; A. Budnikov (Slavyansk, vùng Donetsk) $\Phi 101$; A. Buzulukov (Novosibirsk) $\Phi 107$; Y. Givi Dolidze (Tbilisi) $\Phi 101$; V. Glem-

$$R_1 = 100\text{ ком}$$

Botsky (Yaroslavl) $\Phi 101$, $\Phi 102$; E. Gromak (Novokuznetsk) $\Phi 103$, $\Phi 106$; M. Dzik (làng Kratovo, huyện Armavir, vùng Tyumen) $\Phi 101$, $\Phi 103$; A. Dovspevich (Moscow) $\Phi 101$; E. Dolov (Moscow) $\Phi 100$, $\Phi 101$; E. Domov (Moscow) $\Phi 03$, $\Phi 106$; G. Zaitsev (Gagra) $\Phi 101$, $\Phi 103$, $\Phi 106$, $\Phi 107$; S. Zanetsochny (Uzhgorod, vùng Transcarpathian) $\Phi 101$; N. Zykov (Saratov) $\Phi 101$; O. Zamova (Moscow) $\Phi 100$; A. Ivanov (Lgov, vùng Kursk) $\Phi 102$; Y. Imin (Thợ cắt vùng Gomel) $\Phi 101$; A. Istomin (Podolsk, khu vực Moscow) $\Phi 103$, $\Phi 105$; T. Casanov (Tbilisi) $\Phi 103$, $\Phi 106$; A. Karimov (Ufa) $\Phi 101$; T. Kislicina (làng Sharanga, vùng Gorky) $\Phi 105$, $\Phi 107$; Yu. Kisin (Staraya Russa) $\Phi 103$; L. Knizherman (Moscow) $\Phi 100$—$\Phi 103$; L. Kodan (Chernivtsi) $\Phi 101$; M. Kolodochkin (Moscow) $\Phi 101$; S. Korillov (Grozny) $\Phi 101$; V. Kolomitsev (Rostov-on-Don) $\Phi 101$; P. Konev (Plees, vùng Ivanovo) $\Phi 101$; V. Kamanov (làng Tsalka, GSSR) $\Phi 101$; V. Komenov (Moscow) $\Phi 101$; V. Krylov $\Phi 100$; S. Kuzmich (Zhitomir) $\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; V. Kulii (làng Mogilno, vùng Brest) $\Phi 101$; V. Kuusk (Rzhev) $\Phi 100$, $\Phi 101$, $\Phi 104$, $\Phi 106$; G. Levi (Kuibytsev) $\Phi 101$; V. Lukashin (Moscow) $\Phi 101$; Yu. Lurie (Grozny $\Phi 101$; A. Mamula (làng Dobintsy, quận Boguslavsky, vùng Kyiv) $\Phi 101$, $\Phi 102$, $\Phi 107$; Yu. Murzanov (làng Rodinkovsky, Lãnh thổ Krasnodar) $\Phi 101$; M. Maron (Kuibytsev) $\Phi 100$, $\Phi 101$; I. Mats (Makeevka) $\Phi 100$; L. Menkova (Alexandrov, vùng Vladimir) $\Phi 101$; V. Nadezhko (Leningrad) $\Phi 101$, $\Phi 107$; A. Nikolaev (Sverdlovsk) $\Phi 107$; S. Pomashey (Ulyanovsk) $\Phi 100$, $\Phi 101$; Yu. Polonsky (Zelenodolsk TASSR) $\Phi 101$; M. Preer (Tomsk) $\Phi 100$, $\Phi 101$, $\Phi 105$, $\Phi 106$; L. Rudtser (Kharkov) $\Phi 101$, $\Phi 105$; L. Safulin (làng B. Vườn TASSR) $\Phi 107$; P. Sergeev (Grozny) $\Phi 100$, $\Phi 101$, $\Phi 103$, $\Phi 106$, $\Phi 107$; I. Sidorov (Moscow) $\Phi 100$, $\Phi 101$; G. Simonenkov (Quận) $\Phi 106$; M. Solomonovich (Chisinau) $\Phi 101$; E. Sychudov (làng vùng Krasnodar) $\Phi 101$; M. Taits (Moscow) $\Phi 101$; O. Tatarinskaya (Almaty) $\Phi 101$; I. Turishche (Kropotkin, Lãnh thổ Krasnodar) $\Phi 100$, $\Phi 102$, $\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; A. Udaltsov (Kalinerrad, khu vực Moscow) $\Phi 105$; V. Faimelevich (Ramavir) $\Phi 100$—$\Phi 102$; G. Nhanh (Karagana) $\Phi 104$; I. Fedin (Omsk) $\Phi 100$—$\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; G. Furmanov (Chernivtsi, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Ukraina) $\Phi 101$; M. Khomenenko (Vitebsk) $\Phi 102$; O. Khudaverdyan (Yerevan) $\Phi 103$, $\Phi 107$; S. Chekmarev (Moscow) $\Phi 100$—$\Phi 103$, $\Phi 105$, $\Phi 107$; E. Chasovnikov (làng parychino, huyện Zyknovsky) $\Phi 101$; S. Chernikov (Sempalatinsk) $\Phi 101$; Zh. Shenemko (D.-Gorodok, vùng Brest) $\Phi 103$, $\Phi 104$, $\Phi 107$; A. Sherstyuk (Nikolaev Ukraina SSR) $\Phi 107$; R. Shzaanov (Lyubertsy, vùng Moscow) $\Phi 101$; V. Shuvalov (Điện) $\Phi 101$; I. Yurenko (Kyiv) $\Phi 101$.