Kvant 1972, số 11 · Trang

QUANTUM
11
THÁNG MƯỜI MỘT
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. P. Bashmkov, S. T. Belyaev, V. G. Boltyansky, I. N. Broshtein, N. B. Vasiliev, I. F. Ginzburg, Yu. N. Efremov, V. G. Zubov, P. L. Kapitsa, V. A. Kirillin, A. I. Klimanov (nghệ sĩ trưởng), S. M. Kozel, V. A. Leshkovtsev (phó tổng biên tập), L. G. Makar-Limanov, A. I. Markushevich, M. D. Millonshikov, N. A. Patrikeeva, I. S. Petrkov, N. H. Rozov, A. P. Savin, I. Sh. Slobodetsky, M. L. Smolyansky (phó tổng biên tập), Ya. A. Smorodinsky, V. A. Fabrikant, A. T. Tsvetkov, M. P. Shaskolskaya, S. P. Schwartzburg, A. P. Shirshov.

Trang đầu tiên và thứ hai của trang bìa mô tả các sông băng ở phía đông Caucasus (vùng núi Chunha). Cơ chế chuyển động của sông băng được thảo luận chi tiết trong bài viết “Về cấu trúc của băng” của W. G. Bragg, xuất bản ở trang 11.

Ảnh của G.I. Anokhin.

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova. Nghệ sĩ trưởng A. I. Klimanov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova. Người hiệu đính L. Somova
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

Nộp để in ngày 15/VIII-1972. Ký in ngày 26/IX-1972. Giấy 70×100¹/₁₆
Vật lý. lò nướng l. 4. Lò nướng có điều kiện l. 5.2. Biên tập học thuật. tôi. 5,93. Lưu hành 313370 bản. T-03400 Giá 30 kopecks. Zach. 1437.
Nhà máy in Chekhov Glavpolygraphroma
Ủy ban Nhà nước của Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô
về xuất bản, in ấn và kinh doanh sách
Chekhov, khu vực Moscow

BẢN BẢN KHÔNG ĐƯỢC TRẢ LẠI

Klemchaty có chủ quyền và polyomino

A. Yu. Soifer

Giáo sư tại Đại học Nam California S. Golomb là tác giả của một số công trình về lý thuyết thông tin, lý thuyết mã hóa, thống kê toán học và ứng dụng của chúng vào lý thuyết máy toán và di truyền học. Nhưng không phải những tác phẩm này, vốn được các chuyên gia quan tâm vô điều kiện, đã quyết định sự phổ biến rộng rãi của những cái tên chuyên nghiệp trong trò chơi, chính xác hơn là cả một loạt trò chơi gắn liền với cái gọi là “polyominoes”. Golomb xuất bản cuốn sách “Polyominoes” vào năm 1965, trong đó có nhiều bài toáns toán học màu đỏ và thú vị. Một số trong số này và những thứ khác giống như chúng bài toán được độc giả của chúng tôi biết đến qua cuốn sách mới xuất bản gần đây của Martin Gardner “Câu đố toán học và giải trí”* (chương 12 và 46), cũng như từ một loạt ấn phẩm trong mục “Thực hành tâm lý” của tạp chí “Nuka và Cuộc sống” năm 1967-1968, đặc biệt là các trò chơi “pentamino” và “hexatrion” của Golovov và một số trò chơi liên quan bài toán.

“Lịch sử” của polyominoes bắt đầu từ bài báo “Chess Docs and Polyominoes” của Golomb, mà ông, khi vẫn còn là sinh viên tốt nghiệp tại Đại học Harvard, xuất bản năm 1954 trên Tạp chí Toán học Hoa Kỳ hàng tháng. Đoạn trích được xuất bản từ bài viết này (“A.M.M.”, 61 No. 10. Bản dịch của I. I. Yaglom) sẽ giới thiệu cho bạn các khái niệm cơ bản liên quan đến đa thức và đưa ra các ví dụ về “điển hình” bài toán trên đa thức. Trong bài viết tiếp theo chúng ta sẽ nói về một số vấn đề tổng quát hơn về cùng một chủ đề. Vì vậy, hãy chuyển sang S. Golomb.

Chúng ta sẽ bắt đầu với bài toán nổi tiếng:
một bàn cờ được đưa ra, từ đó một cặp ô nguyên vẹn được cắt ra (Hình 1) và một hộp dokino được đưa ra, giống như một không gian có vỏ cây bao phủ hai ô của bàn cờ. Có thể che dokka này bằng miếng đệm dokino thứ 31 không?

Đáp số cho câu hỏi này nói: “Không”; Để chứng minh điều đó, chỉ cần nhìn vào màu sắc chung của ụ cờ là đủ (Hình 1). Bất kỳ không gian Dokino nào được đặt trên dock và bao phủ hai hình vuông sẽ bao phủ một hình vuông sáng và một hình vuông tối,

*) Nhà xuất bản Mir, M., 1971.

và n xương domino là n hình vuông sáng và n hình vuông tối, nghĩa là số cả hai đều bằng nhau. Nhưng ô cờ như trong Hình 1 chứa nhiều ô tối hơn ô sáng. Đó là lý do tại sao nó không thể được che phủ bằng hạt domino.

Chúng ta vẫn sẽ sử dụng bàn cờ 8 × 8 tổng quát làm một “sân chơi”, nhưng chúng ta sẽ khái quát các quân domino thành “đa thức” - và các định lý của chúng ta sẽ bao gồm tất cả các loại đa thức đơn giản nhất được mô tả trong Hình 2. Chính xác hơn: chúng ta sẽ định nghĩa n-mino là một tập hợp n ô vuông của một quân cờ, được nhóm lại “theo nguyên tắc quân xe”, nghĩa là sao cho đặt trên bất kỳ ô vuông nào của n-mino xe có thể

Trong một số lần di chuyển hữu hạn, hãy di chuyển đến bất kỳ ô nào khác có cùng $n$-mino.

Đầu tiên chúng ta sẽ xem xét các loại vải trang trí. Rõ ràng là một bàn cờ có kích thước $8 \times 8$ không thể được phủ bằng các quân cờ trang trí, vì 64 không chia hết cho 3. Thay vào đó, chúng ta hãy thử phủ bàn cờ bằng 21 quân cờ trang trí và một quân cờ monomino.

Bàn cờ không thể được bao phủ bởi 21 quân cờ nguyên tố và một quân monomino nằm ở góc trên bên trái của bàn cờ. Để chứng minh điều này, bây giờ chúng ta sẽ tô màu bảng theo ba màu: $a$, $b$ và $c$ (Hình 3). Như bạn có thể thấy, chúng ta có 21 trường màu $a$, 22 trường màu $b$ và 21 trường màu $c$. Mỗi phần tử nguyên tố bao gồm một trường màu $a$, một trường màu $b$ và một trường màu $c$, nghĩa là, các phần tử nguyên tố luôn bao gồm cùng một số lượng ô $a$, $b$-ô và $c$-ô. Góc trên bên trái là một ô $a$ và sau khi phủ nó bằng monominos, chúng ta sẽ còn lại số lượng ô $a$-, $b$- và $c$ không bằng nhau. Vì vậy, không thể phủ 63 ô còn lại bằng các số nguyên tố.

Theo cách tương tự, chúng tôi đảm bảo rằng sau khi che bất kỳ ô $a$-hoặc $c$-cell nào bằng monomino, phần còn lại của bảng không thể được che bằng một đường viền nguyên tố. Vẫn chỉ xem xét $b$-ô. Nhưng nếu một monomino bao phủ, chẳng hạn như một ô $b$ nằm ở góc dưới bên trái, thì do tính đối xứng của bảng so với prima $x$ được hiển thị trong Hình 3, chúng ta đi đến lớp phủ bài toán đã được xem xét của prima triomino của bảng, ở góc trên bên trái của bảng đó có một monomino. Góc trên cùng bên trái của bảng là hình vuông $a$, trong trường hợp này không thể che được; Điều này có nghĩa là không thể thực hiện được ngay cả khi monoomino nằm ở góc dưới bên trái.

Do đó, người ta xác định rằng để có thể che phủ, monoomino nhất thiết phải bao phủ một ô $b$ tương đối nguyên tố $x$ và $y$ (xem Hình 3). đối xứng cũng với các tế bào $b$. Những tế bào duy nhất như vậy

4

Cơm. 4. Hình 5.

Cơm. 6.

Cơm. 7.

ki là những phần được tô bóng trong Hình 4. Và từ Hình 5, theo đó, nếu một monomino bao phủ một trong các ô này thì phần còn lại của monomino thực có thể được bao phủ bởi các mảnh cắt thẳng.

Vì vậy, điều kiện cần và đủ để xảy ra sự bao phủ của monomino cờ vua và quân cờ thẳng thứ 21 là monomino đó bao phủ một trong các ô được tô màu trong Hình 4.

Cho đến nay chúng ta đang giải quyết “những bằng chứng về sự không thể xảy ra”. Kết quả tiếp theo có tính chất ngược lại: bất kể ô nào của monomino cờ vua, các ô còn lại đều có thể được bao phủ bởi quân cờ hình chữ nhật thứ 21.

Việc chứng minh được thực hiện theo nguyên tắc công nghiệp và đối với một monoki cờ vua có “dạng tổng quát” có kích thước $2^n \times 2^n$. Đối với monoki $2 \times 2$, rõ ràng là bất cứ nơi nào monomino nằm trên đó, ba ô còn lại có thể được bao phủ bằng một hình chữ nhật (Hình 6, a). Bây giờ lấy một monoka có kích thước $4 \times 4$, chúng ta sẽ chia nó thành bốn phần, mỗi phần có kích thước $2 \times 2$ (Hình 6, b). Để monomino bao phủ một ô, chẳng hạn như phần màu vàng trong Hình 6, b. Vì mỗi phần tư của monoki là một doka có kích thước $2 \times 2$, nên nó có thể được bao phủ bởi một mảnh vụn và một monomino bao phủ một ô tùy ý của monoki này. Đã có monomino ở phần màu vàng; Đối với ba phần tư còn lại, chúng ta sẽ đặt các monomino lên chúng ở ô trung tâm (đối với các monomino lớn) - sau đó chúng ta có thể thay thế monomino bằng một triino hình chữ nhật (xem cùng Hình 6, b). Vì vậy, chúng tôi đã bao phủ một đơn quân cờ vua $4 \times 4$ bằng một quân cờ monomino (được đặt ngẫu nhiên) và quân cờ thứ năm bằng quân cờ hình chữ nhật.

Trường hợp monoki $8 \times 8$, cũng như trường hợp tổng quát nhất, được xử lý tương tự (xem Hình 6, c).

Bây giờ hãy chuyển sang Terramino. Có thể dễ dàng bao phủ hoàn toàn một monoka cờ vua bằng các đường thẳng, vuông, đầu G hoặc đầu G - điều này được thấy rõ trong Hình 7. Mặt khác, không thể bao phủ một monoka cosmittermino - xét cho cùng, không thể đặt các teramino xiên trên đế thậm chí để bao phủ hoàn toàn một hàng ô thẳng về bất kỳ phía nào của monoki…

5

Hãy tiếp tục bài học đa hình học của chúng ta, bắt đầu với các bài viết của Giáo sư Golomb.

Bạn đã thấy rằng một số bài toán trên polymnos không nhất thiết cho rằng chúng ta đang nói về một bàn cờ “tiêu chuẩn” $8 \times 8$; chúng tôi cũng đã xem xét bảng $2^n \times 2^n$ cho một số tự nhiên tùy ý $n$. Vì vậy, hãy tiếp tục và nói về những cánh cửa hình vuông tùy ý $n \times n$ và hơn thế nữa là về những cánh cửa hình chữ nhật tùy ý $m \times n$.

Bài toán 1. Tên của một cặp số tự nhiên $(m, n)$ sao cho bảng chữ số $m \times n$ có ​​thể được điền bằng một $k$-mino tuyến tính.

Cách 1 lời giải.

Nếu ít nhất một trong các số $m, n$ chia hết cho $k$ thì bảng $m \times n$ có ​​thể được điền bằng một $k$-mino tuyến tính (kiểm tra!).

Giả sử rằng không có số nào $m, n$ chia hết cho $k$, và bảng $m \times n$ vẫn được bố trí bằng một $k$-mino tuyến tính. Sơn bảng $k$ bằng các màu theo đường chéo, thay đổi màu theo chu kỳ: thứ 1, thứ 2, …, $k$th, thứ 1, thứ 2, … (Hình 8).

Một bảng được tô màu theo cách này có một đặc tính thú vị: bất kể $k$-mino tuyến tính được đặt trên đó như thế nào, ngang hay dọc, nó bao phủ chính xác một hình vuông của mỗi màu $k$. Vì vậy, theo giả định, bảng được bao phủ bởi một $k$-mino tuyến tính và mỗi $k$-mino bao gồm cùng một số ô vuông của mỗi màu (mỗi ô một ô)

Cơm. 8. Tô màu đường chéo ở $k=3$.

6

số ô bằng nhau của mỗi màu.

Nhưng mặt khác, trên một bảng như vậy luôn có những đường chéo màu

$$r_2 + r_1 - 1 \leq \frac{k}{2} + \frac{k}{2} - 1 < k,$$

sao cho nó không chứa một ô chứa ít nhất một trong các màu được sử dụng để tô màu. Mâu thuẫn!

Vì vậy, bảng $m \times n$ có thể được bố trí bằng một $k$-minо tuyến tính khi và chỉ khi có ít nhất một trong các số $m, n$ chia hết cho $k$.

bài toán này có thể được giải quyết bằng cách sử dụng màu khác.

Cách thứ 2 lời giải.

Giả sử rằng không có số nào $m, n$ chia hết cho $k$ và bảng $m \times n$ được bố trí bằng một $k$-minо tuyến tính.

Chia số dư $m$ và $n$ cho $k$:

$$m = kq_1 + r_1; \quad 0 < r_1 < k,$$
$$n = kq_2 + r_2; \quad 0 < r_2 < k.$$

Tô màu bảng $k$ với các màu như sau: Cột 1 - màu thứ nhất, màu thứ 2 - thứ 2, …, $k$th - $k$th, $(k+1)$th - thứ 1, v.v., màu thứ $m$th - $r_1$th (Hình 9).

Được tô màu theo cách này, bảng có đặc tính sau: nếu tuyến tính $k$-minо được đặt thẳng đứng trên bảng thì nó sẽ bao phủ $k$ ô cùng màu và nếu nằm ngang, nó sẽ bao phủ chính xác một ô của mỗi màu. Bảng phải được bố trí $k$-minо; Đó là lý do tại sao

$$S_1 \equiv S_2 \equiv \dots \equiv S_k \pmod{k},$$

trong đó $S_1(l=1, 2, \dots, k)$ là một số

Cơm. 9. Tô màu cột ở $k=4$.

các ô có màu $l$ có trong bảng.

Mặt khác, thật dễ dàng để tính toán

$$S_{r_1} - S_{r_1+1} = n;$$

theo,

$$S_{r_1} - S_{r_1+1} \equiv r_2 \pmod{k},$$

Vì thế

$$S_{r_1} \neq S_{r_1+1} \pmod{k}.$$

Kết quả mâu thuẫn cho thấy rằng để tồn tại sự sắp xếp mong muốn, $m: k$ hoặc $k^*$) là cần thiết.

Bạn có nghĩ rằng lời giải bài toán về việc đặt bảng một cách đa giác không nhất thiết phải liên quan đến cách này hay cách khác của việc sơn bảng? Không có gì thuộc loại này!

Cách thứ 3 lời giải.

Giả sử bảng $m \times n$ được bố trí theo tuyến tính $k$-minо và

$$m = kq + r_1; \quad 0 < r_1 < k;$$
$$n \equiv r_2 \pmod{k}; \quad 0 < r_2 < k.$$

Chúng ta sẽ nói rằng $k$-minо “phát triển từ cột thứ $l$” nếu nó nằm ngang và bắt đầu ở cột thứ $l$ (Hình 10).

Chúng ta hãy biểu thị bằng $t_l$ số lượng $k$-minо tăng dần từ cột thứ $l$. Theo giả định, bảng được bố trí $k$-minо; Đó là lý do tại sao

$$t_1 \equiv r_2 \pmod{k},$$
$$t_2 \equiv 0 \pmod{k},$$
$$t_3 \equiv 0 \pmod{k},$$
$$\dots$$
$$t_k \equiv 0 \pmod{k},$$
$$t_{k+1} \equiv r_2 \pmod{k},$$
$$t_{k+2} \equiv 0 \pmod{k},$$
$$\dots$$
$$t_{kq+1} \equiv r_2 \pmod{k}.$$

*) $m: k$, như thường lệ, có nghĩa là $m$ chia hết cho $k$.

Cơm. 11.

Mặt khác, rõ ràng là $k$-mino phát triển từ cột thứ $(kq+1)$ sẽ “phát triển” ra ngoài hình chữ nhật, từ đó $t_{kq+1} = 0$ xuất hiện. Ở đây chúng ta cũng đi đến mâu thuẫn, chứng tỏ rằng để tồn tại bố cục bảng $m \times n$ $k$-mino, ít nhất một trong các số $m, n$ phải chia hết cho $k$.

Để biết thêm bài toán, chúng ta sẽ cần một “hệ tọa độ” trên bảng; chúng ta sẽ phác thảo các hàng và cột của bảng (xem Hình 11).

Mỗi ô hiện được chỉ định bởi một cặp số $(x, y)$, trong đó $x$ và $y$ lần lượt là số của hàng và cột chứa ô này.

Bài toán 2. Có một bàn cờ hình chữ nhật $m \times n$ và một bàn cờ $k$-mino tuyến tính. Chúng ta sẽ gọi ô bảng $(x, y)$ là “được đặt đúng vị trí” nếu mảnh $F$ thu được từ bảng do cắt ô này có thể được tạo bằng $k$-mino tuyến tính. Tên $M$ của tất cả các ô vuông được đặt đúng vị trí trên bảng.

Đối với $k = 1$, rõ ràng, $M$ trùng với tập hợp tất cả các ô vuông trên bảng. Giả sử rằng $k = 2$. Giả sử rằng một hình vuông được cắt ra từ một hình chữ nhật và hình thu được $F$ được trình bày dưới dạng domino; sau đó $(mn-1)$ —

Cơm. 12.

Cơm. 13.

Cơm. 14.

ô $(x, y)$, tức là $x \equiv y$ (mod 2); nếu ít nhất một trong các số $m, n$ là bội số của 2 thì bảng $m \times n$ không có các ô được đặt đúng vị trí.

Hãy để bây giờ $k > 2$. Trong trường hợp này $1 \neq -1$ (mod $k$).

Giả sử rằng hình kết quả $F$ sau khi cắt ô $(x, y)$ được trình bày bởi một $k$-mino tuyến tính. Chúng ta hãy sắp xếp một cột màu theo chu kỳ gồm $k$ màu trên bảng này (xem Hình 9). Chúng tôi đã ghi nhận đặc tính của một bảng được tô màu theo cách này: nếu một $k$-mino tuyến tính nằm dọc trên bảng, thì nó bao phủ $k$-ô cùng màu và nếu theo chiều ngang, nó bao phủ chính xác một hình vuông của mỗi màu. Theo giả định, hình $F$ được trình bày bằng $k$-mino tuyến tính; Đó là lý do tại sao

$$P_1 \equiv P_2 \equiv \dots \equiv P_k \pmod{k},$$

(1) trong đó $P_l (l = 1, 2, \dots, k)$ là số ô có màu $l$ trong hình $F$.

Cho phép

$$m = kq_1 + r_1 \quad (0 \leqslant r_1 < k),$$
$$n = kq_2 + r_2 \quad (0 \leqslant r_2 < k).$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $S_l (l = 1, 2, \dots, k)$ số ô có màu $l$ trong toàn bộ bảng. Dễ dàng tính được điều đó

$$S_1 = \dots = S_{r_1} = n(q + 1),$$

(2a)
$$S_{r_1+1} = \dots = S_k = nq.$$

Hình $F$ chứa chính xác một ô nhỏ hơn toàn bộ bảng, do đó, từ sự tương ứng (1) và (2), theo đó chỉ có hai khả năng: $r_1 = 1$ và một ô bị cắt ra có màu đầu tiên, hoặc $r_1 + 1 = k$ và một ô bị cắt ra có màu $k$.

1 con sên. Ô cắt $(x, y)$ có màu đầu tiên, tức là $y \equiv 1 \pmod{k}, r_1 = 1, m \equiv 1 \pmod{k}$, và ngoài ra,

$$S_1 - 1 \equiv S_2 \equiv S_3 \equiv \dots \equiv S_k \pmod{k},$$

từ đâu $n(q + 1) - 1 \equiv nq$. (mod $k$), tức là $n \equiv 1 \pmod{k}$.

Vì vậy, $m \equiv n \equiv y \equiv 1 \pmod{k}$.

Lớp thứ 2. Ô bị cắt $(x, y)$ có màu $k$, tức là $y \equiv 0 \pmod{k}, r_1 = k - 1,$

$$m \equiv -1 \pmod{k}$$ và, ngoài ra,

$$S_1 \equiv S_2 \equiv \dots \equiv S_{k-1} \equiv S_k - 1 \pmod{k},$$

từ đâu $nq - 1 \equiv n(q + 1) \pmod{k}$, tức là $n \equiv -1 \pmod{k}$.

Vì thế,

$$m \equiv n \equiv -1 \pmod{k}; y \equiv 0 \pmod{k}.$$

Bây giờ chúng ta hãy biến bảng này thành $90^\circ$, tức là xem xét bảng $n \times m$ và áp dụng lý luận trên cho nó. Dưới đây là kết luận cuối cùng: nếu $m \equiv n \equiv 1 \pmod{k}$, thì tọa độ của ô nằm ở xa $(x, y)$ phải thỏa mãn sự tương ứng $x \equiv y \equiv 1 \pmod{k}$. Nếu $m \equiv n \equiv -1 \pmod{k}$ thì tọa độ của ô nằm ở xa $(x, y)$ phải đáp ứng sự tương ứng $x \equiv y \equiv 0 \pmod{k}$.

$x \equiv y \equiv 0 \pmod{k}$.

Trong các trường hợp khác, bảng $m \times n$ không có các ô được định vị từ xa.

Hình 15 và 16 cho thấy nếu $m \equiv n \equiv 1 \pmod{k}$ thì ô bất kỳ

9

ka $(x, y)$, trong đó $x \equiv y \equiv 1$ (mod $k$), có vị trí tốt; nếu $m \equiv n \equiv -1$ (mod $k$), thì bất kỳ ô $(x, y)$ nào có $x \equiv y \equiv 0$ (mod $k$) đều được định vị chính xác.

Vì vậy, bài toán lời giải.

Đáp số thuận tiện khi viết dưới dạng bảng (xem bảng trên).

Chúng ta thấy rằng nếu bảng $m \times n$, ở $k > 2$, chứa các ô được đặt đúng vị trí thì số lượng $v$ của chúng là nhỏ so với số lượng của tất cả các ô trên bảng; chứng minh rằng

$$v = \frac{[m + (-1)^r(k - 1)][n + (-1)^r(k - 1)]}{k^2},$$

trong đó $r = 1$ nếu $m \equiv n \equiv 1$ (mod $k$) và $r = -1$ nếu $m \equiv n \equiv -1$ (mod $k$).

Nhưng số lượng tế bào như vậy có thể tăng lên! Chúng ta hãy dán một vài mặt đối diện của tấm bảng của chúng ta: chúng ta sẽ có một hình trụ ca rô (Hình 17).

Nhiệm vụ 3.
a) Một hình trụ được dán từ một tấm ván ca-rô hình chữ nhật $m \times n$. Hầu hết tất cả đều có vị trí tốt -

ny ô của hình trụ cho $k$-mino tuyến tính.

b) Nếu $m \neq n$ thì tùy theo cặp cạnh đối diện nào mà ta dán lại với nhau mà ta có thể có được hai hình trụ khác nhau. Hình trụ nào sau đây có số lượng ô được đặt đúng vị trí nhiều hơn?

Bây giờ chúng ta hãy đi xa hơn và dán các đế của hình trụ của chúng ta (Hình 18).

Con số thu được, được gọi là dịch bệnh, có một “lợi thế” vô điều kiện so với một bàn cờ hoặc một hình trụ ca rô: tất cả các ô của nó đều có giá trị như nhau. Đặc biệt, nếu một hình xuyến ca rô có ít nhất một ô được đặt đúng vị trí thì tất cả các ô của nó đều được đặt đúng vị trí.

Bảng ca rô torid có những ưu điểm khác. Ví dụ: hãy giải câu bài toán sau.

Nhiệm vụ 4.
a) Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho bảng vuông $n \times n$ có thể xếp thành hình chữ nhật như Hình 19.

Cơm. 17.
Cơm. 18.

10

Cơm. 19, 20, 21.

6. Các số tự nhiên nhất cũng là $n$, do đó, bảng đạo đức thu được từ hình vuông của bảng $n \times n$ có thể được sắp xếp bằng cách sử dụng các quân cờ như trong Hình 19.

Vì một mảnh ghép bao gồm ba ô, nên để hình thành bảng $n \times n$ mảnh ghép xảy ra, điều cần thiết là $n$ phải là bội số của 3.

Tất nhiên, một hình chữ nhật có kích thước $2 \times 3$ có thể được đặt dưới dạng hình cắt (Hình 20). Việc đặt một hình chữ nhật có kích thước $5 \times 9$ sẽ khó hơn (Hình 21). Bây giờ, có vẻ không khó lắm để chứng minh (chứng minh điều đó!) rằng hình vuông $n \times n$ có ​​thể được sắp xếp thành một hình tam giác tại $n = 3k$, trong đó $k = 2, 3, \dots$.

Chứng minh rằng hình vuông $3 \times 3$ không thể vừa với các mảnh ghép của chúng ta. Đối với một bảng hình xuyến được dán lại với nhau từ hình vuông $n \times n$, nó có thể được đặt dưới dạng một tấm trang trí cho bất kỳ $n$ nào chia hết cho 3.

Cơm. 22.

Để chứng minh điều này, chúng ta còn phải chứng minh rằng bảng hình xuyến $3 \times 3$ có thể được sắp xếp thành một hình tam giác. Hình 22 cho thấy khả năng sắp xếp như vậy (khi dán các hình xuyến lại với nhau, các ô màu đỏ sẽ kết hợp với nhau để tạo thành một mảnh ghép thuộc loại yêu cầu).

Bài tập

1. Có một hình chữ nhật ca rô là “tốt”, nếu hình tạo ra từ bảng do việc cắt bỏ hai hình vuông này có thể được xếp thành một quân domino. Đây đều là những cặp tế bào tốt.

2. Có một bàn cờ hình chữ nhật $m \times n$ và các số tự nhiên $k$, $k < \frac{mn}{2}$.

Tôi đang chơi trước đây. Người chơi đầu tiên gạch bỏ bất kỳ ô nào trên bảng, sau đó người chơi thứ hai gạch bỏ bất kỳ ô nào khác ngoài việc gạch bỏ bất kỳ ô nào trên bảng khác với ô đã bị gạch bỏ trước đó. Sau khi người chơi đã di chuyển xong thì người chiến thắng đã được xác định. Người thứ hai thắng nếu hình thu được sau khi cắt bỏ tất cả các ô bị gạch bỏ có thể xếp thành quân domino; nếu không, người chơi đầu tiên sẽ bị loại với tư cách là người chiến thắng.

Tìm chiến lược trò chơi cho một trong những người chơi cho phép anh ta giành chiến thắng bất kể cerra của người chiến thắng.

3. a) Chúng cũng đều là các số tự nhiên $n$ sao cho ô vuông của bảng $n \times n$ có thể được bố trí dưới dạng T-mét (xem Hình 2).

6. Kết quả sẽ thay đổi nếu các tấm ván được xếp lại với nhau theo hình trụ? có đạo đức?

4. a) Chúng cũng đều là các số tự nhiên $n$ sao cho một ô vuông của một bảng $n \times n$ có thể xếp T theo chiều kim đồng hồ.

6. Kết quả sẽ thay đổi nếu các tấm ván được xếp lại với nhau theo hình trụ? có đạo đức?

5. a) Một hình trụ được dán từ một tấm ván hình vuông nguyên thủy $m \times n$. Trong những điều kiện nào nó có thể được đặt bằng k-mino tuyến tính?

6. Nếu $m \neq n$, thì từ bảng $m \times n$ bạn có thể dán hai dải Mobius khác nhau. Có thể một trong số chúng có thể được đặt bằng k-mino tuyến tính, còn cái kia thì không?

Cơm. 23.

6. Một tấm bảng hình chữ nhật (trên đó có một hạt ca rô ở cả hai đường) được uốn cong và dán lại, như trong Hình 23. Kết quả là một dải Möbius.

a) Trong điều kiện nào một dải Mobius được dán lại với nhau từ một tấm bảng $m \times n$ có thể được sắp xếp bằng một k-mino tuyến tính?

6. Nếu $m \neq n$, thì từ bảng $m \times n$ bạn có thể dán hai dải Mobius khác nhau. Có thể một trong số chúng có thể được đặt bằng k-mino tuyến tính, còn cái kia thì không?

11

VỀ CẤU TRÚC CỦA BĂNG

W.G.Bragg

Bài báo của nhà vật lý nổi tiếng người Anh William Bragg “Về cấu trúc của băng” xuất hiện năm 1938. Năm 1939, bài báo này do N. A. Shishakov dịch và đăng trên tạp chí “Thành công của Khoa học Vật lý”. Dưới đây chúng tôi trình bày một phiên bản rút gọn của bài viết này.

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi I. Sh. Slyubodetsky.

Trong những năm gần đây, các nghiên cứu về bản chất kết tinh của băng và tuyết đã tiết lộ một số sự thật mang lại những lời giải thích mới cho các vấn đề cũ. Tuy nhiên, một trong số đó là sự chuyển động của băng tuyết trên núi luôn là chủ đề gây bất ngờ. Để xác định bản chất của những chuyển động hùng vĩ của sông băng Alpine, người ta đã cố gắng thực hiện các phép đo có hệ thống vào giữa thế kỷ 19. Hóa ra băng chảy, thích nghi với những đường cong và độ dốc trong thung lũng, giống như nước. Sau đó người ta xác định rằng phần giữa của sông băng di chuyển nhanh hơn phần rìa. Vào thời điểm đó, tôi gặp rất nhiều khó khăn trong việc giải thích cấu trúc kỳ lạ giống như tấm băng này, đồng thời nó là một chất rất giòn, nhưng bây giờ điều này bài toán có thể coi là giải quyết được.

Hóa ra có một mối liên hệ đáng kinh ngạc giữa những bức tranh hùng vĩ về sự chuyển động của sông băng và những chi tiết nhỏ nhất về cấu trúc của phân tử nước và tinh thể băng.

Chủ đề được chú ý trước đây là sự đều đặn đáng kinh ngạc trong cấu trúc của những bông tuyết, điều này đặc biệt gây ấn tượng khi quan sát chúng ở các quốc gia trên thế giới. Tuy nhiên, chỉ đến cuối thế kỷ này, thực tế này mới được quan sát có hệ thống, lúc đó là chủ đề phân loại. Đồng thời, trạng thái hoàn hảo giữa tất cả sáu tia trong bất kỳ bông tuyết nào, đồng thời, sự khác biệt rất lớn trong cấu trúc của các bông tuyết khác nhau dường như vô cùng thú vị và khó hiểu. Ví dụ về chúng được trình bày trong Hình 1.

Gần đây, sự sắp xếp của các nguyên tử và phân tử trong tinh thể băng

Cơm. 1.

12

và tuyết trở thành chủ đề được các nhà hóa học và vật lý hết sức quan tâm. Điều này có thể hiểu được, vì các chất đã biết trên bề mặt trái đất được hình thành từ oxy và hai hợp chất của nó với hydro - nước H₂O và hydroxyl OH - đóng vai trò cơ bản trong một số lượng lớn các quá trình trong tự nhiên.

Các đặc điểm chính của cấu trúc tinh thể của băng thông thường đã được làm sáng tỏ bằng phương pháp nghiên cứu tia X cách đây 15 năm. Các nguyên tử oxy trong tinh thể băng được sắp xếp giống như những quả bóng được mô tả trong Hình 2. Cấu trúc tổng thể là hình lục giác (ở một trong các mặt phẳng, các nguyên tử oxy tạo thành các hình lục giác đều).

Nỗ lực đầu tiên nhằm giải thích vật lý cho cái gọi là tính chất tầng của băng được Tyndall và Huxley đề xuất vào năm 1857. Cơ sở của lời giải thích

Cơm. 2.

Cơm. 3.
Nó dựa trên hiện tượng đáng chú ý là sự đóng băng của các mảnh băng tiếp xúc, được quan sát bởi Faraday. Sự đóng băng như vậy xảy ra với điểm tiếp xúc yếu nhất khi các mảnh ở trong nước (Hình 3). Faraday cho biết các phân tử nước chuyển từ chất lỏng sang chất rắn dễ dàng hơn nhiều khi chúng được bao quanh bởi một khối lượng đáng kể đã đông cứng lại. Một lớp nước mỏng gần nơi cả hai mảnh tiếp xúc sẽ cứng lại và giữ chúng lại với nhau, ngay cả khi nó không thể tự đóng băng do tránh xa khối băng. Theo quan điểm này, sự đóng băng không chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ mà còn phụ thuộc vào điều kiện môi trường. Tương tự như vậy, hơi nước bên trong vết nứt, tức là giữa hai bề mặt, sẽ ngưng tụ và biến thành băng dễ dàng hơn nhiều so với ở một nơi thoáng đãng, nơi chỉ tiếp xúc với một bề mặt băng.

Băng dưới vết nứt căng thẳng. Tyndall và Huxley đề xuất rằng các vết nứt được “chữa lành” bằng sự lắng đọng hơi hoặc chất lỏng phát ra từ các phần xung quanh của băng. Do đó, khối băng có thể thích ứng với hình dạng của lòng nó và toàn bộ sông băng, giống như một dòng chảy.

James Thomson vào năm 1860 đã đề xuất một cách giải thích khác cho hiện tượng này. Sau khi thừa nhận thực tế mà Faraday đã quan sát, Thomson vẫn sẽ đáp lại lời giải thích trước đó của ông; ông cho rằng sự liên kết của các mảnh băng với nhau là do áp suất do các mảnh băng gây ra

13

Cơm. 4.

chồng lên nhau. Thật vậy, nếu nước nở ra khi nó đóng băng, thì bất kỳ áp suất nào, trong chừng mực nó bị ảnh hưởng bởi sự giãn nở này, cũng phải dẫn đến sự đóng băng, và điều này tương đương với việc di chuyển ra ngoài điểm đóng băng. Do đó, ở 0° băng dưới áp suất sẽ tan chảy. Điều này thực sự được quan sát bằng thực nghiệm. Nếu bất kỳ vật sắc nhọn nào, chẳng hạn như đầu dao, được đặt trên một tảng băng, thì độ sắc bén sẽ thấm sâu hơn không phải vì tảng băng bị cắt hay vỡ vụn mà vì tảng băng tan chảy dưới áp suất. Theo Thomson, khi hai khối băng ép lại với nhau, sự tan chảy sẽ xảy ra tại điểm tiếp xúc; kết quả là nước chảy ra ngoài và đóng băng ở một nơi khác vì nó không còn chịu áp lực nữa.

Tyndall đã chứng minh tác dụng của việc đóng băng các mảnh băng theo cách sau. Băng bị vỡ thành nhiều mảnh nhỏ, sau đó được nén thành hình dạng đặc biệt. Kết quả là một khối băng có thể tan chảy. Bằng cách này, bằng cách cho bột đá tiếp xúc với áp suất vài trăm kg trên 1 cm2, có thể tạo ra cốc đá và các vật thể khác có hình dạng khác nhau.

Lời giải thích cho hiện tượng dòng sông băng dường như đã trở nên rất rõ ràng. Theo Thomson và Tindalio, sự thay đổi hình dạng của một dòng sông băng đang chuyển động xảy ra do sự tan chảy của băng ở những nơi có áp suất cao và sự đông đặc sau đó của việc giải phóng nước tan chảy.

Tất nhiên, nhận định của Thomson rằng băng tan dưới áp suất là hoàn toàn đúng. Tuy nhiên, chúng ta không thể đồng ý với giả định của ông rằng việc Faraday đóng băng những mảnh băng trôi nổi cũng dựa trên nguyên tắc tương tự. Thomson lập luận rằng ngay cả khi các mảnh tiếp xúc đơn giản, một số áp lực sẽ phát sinh do hoạt động mao dẫn *). Áp lực này là nguyên nhân gây ra hiệu ứng Faraday. Để chứng tỏ sự vô lý trong ý tưởng của Thomson, Faraday vào năm 1860 đã thiết lập thí nghiệm của mình trong điều kiện không có lực đầu hàng. Anh ấy đã tạo ra một số chiếc đĩa từ băng, tạo cho chúng một hình dạng lồi phẳng và để chúng nổi trên mặt nước với mặt lồi hướng lên trên. Trong những điều kiện như vậy, các mảnh chỉ có thể chạm vào nhau khi ở dưới nước (Hình 4). Với sự tiếp xúc yếu ớt với nhau, chúng đông cứng lại với nhau chắc chắn đến mức để khiến tất cả các khối lượng chuyển động trên mặt nước, chỉ cần tác động vào một điểm là đủ. Các đĩa gỗ, khi tiếp xúc dọc theo đường nước và dưới nước, và do đó, khi có lực ma sát tác dụng lên nhau, không có dấu hiệu bị dính chặt.

Mặc dù vậy, cả nguyên lý của Faraday và Thomson đều không đưa ra lời giải thích thỏa đáng cho sự chuyển động của sông băng. Ví dụ, họ đã không giải thích quá trình đóng băng ở nhiệt độ thấp mà tại đó các sông băng trên thế giới về cơ bản bị đóng băng. Tuy nhiên, chính Faraday đã chỉ ra rằng hai mảnh băng không đóng băng dưới áp suất nếu chúng được làm lạnh dưới 0.

Nhiều năm sau, những vấn đề này lại được nêu ra bởi McConnell, người đã sống lâu năm ở Davos, Thụy Sĩ. Một số thí nghiệm sơ bộ

*) Do lực căng bề mặt của lớp nước nằm giữa các mảnh băng tiếp xúc với nhau.

14

Cơm. 5.

khiến ông đi đến kết luận rằng bí mật về tính chất tầng của băng chỉ có thể được giải thích bằng cách nghiên cứu tính chất của các tinh thể băng đơn lẻ. Hầu hết các loại băng, đặc biệt là băng nhân tạo và khối băng, là một tập hợp các tinh thể nhỏ riêng lẻ (Hình 5). Các tinh thể đơn lẻ có kích thước đủ lớn được McConnell phát triển từ băng hình thành trên mặt hồ hoặc trong một bình hở. Các thí nghiệm của McConnell đã nghiên cứu các biến dạng đàn hồi và dẻo trong các điều kiện sau:

1. Mẫu được lấy ở dạng một tấm dài 10-15 cm, rộng và dày khoảng 2-3 cm và đặt hướng lên trên hai mép của bề mặt băng tự nhiên.

2. Mẫu tương tự được quay theo một góc vuông sao cho “mặt hồ” trở nên thẳng đứng.

3. Mẫu được lấy có chiều dài thẳng đứng trong mảng ban đầu.

Trong trường hợp đầu tiên, mẫu bị uốn cong giống như một thanh thông thường (Hình 6). Trong trường hợp thứ hai, biến dạng có đặc điểm giống như trường hợp đầu tiên, nhưng độ lớn nhỏ hơn đáng kể. Trong trường hợp thứ ba, biến dạng có một đặc tính hoàn toàn độc đáo (Hình 7), cho thấy lần này có chuyển động dọc theo một số mặt phẳng trượt.

Cơm. 6, 7, 8.

15

phải giả định rằng nó phải có khả năng đọc nội bộ đáng kể và khả năng chống trộn lẫn trong mặt phẳng của chính nó tương đối thấp so với các lớp liền kề. Với sự trượt như vậy, các kết nối xuyên cục bộ với các lớp bị phá vỡ giữa hai nguyên tử và ngay lập tức được khôi phục giữa một cặp nguyên tử khác. Chuyển động này có thể được so sánh với chuyển động của một chiếc bàn chải trên bề mặt gồ ghề: các sợi lông riêng lẻ lần lượt chịu tác động của lực, sau đó lại duỗi ra để tìm điểm tiếp xúc mới. Những con voi trong tinh thể băng này hóa ra song song với bề mặt băng trên mặt hồ hoặc tàu.

Quay trở lại các thí nghiệm của McConnell, chúng ta có thể nói rằng cách sắp đặt tinh thể được mô tả trong trường hợp thứ ba được tái tạo thực sự tốt bằng các lớp kính trượt qua nhau. Trong hai trường hợp đầu tiên, sự uốn cong của mẫu băng xảy ra tương tự như sự uốn cong của một dải gỗ dưới tác dụng của tải trọng. Trong trường hợp này, biến dạng khi dải được đặt ở cạnh sẽ ít hơn so với khi nó được đặt phẳng.

Ngược lại với kim loại, tinh thể băng không trải qua quá trình xử lý lạnh. Con voi khi trượt tương đối với nhau không bị biến dạng và không bị rách nên điều kiện tồn tại của các tinh thể không thay đổi. Trong kim loại, sự sắp xếp trước đó của các nguyên tử bị phá vỡ và các điều kiện trở nên phức tạp hơn.

Sự đóng băng của các mảnh băng với nhau và sự tan chảy của băng dưới áp suất là hậu quả của các đặc điểm cấu trúc của băng, do đó là hệ quả của tính chất đặc biệt của các liên kết giữ các nguyên tử và phân tử băng lại với nhau. Những năm gần đây đã chứng kiến ​​những tiến bộ đáng kể trong kiến ​​thức của chúng ta về liên kết nguyên tử. Với mục đích hiện tại, chỉ cần lưu ý rằng trong một số trường hợp, một nguyên tử đơn lẻ

một nguyên tử chỉ gắn các nguyên tử khác vào chính nó ở một số điểm nhất định trên bề mặt của nó. Sẽ đúng hơn nếu diễn đạt ý tưởng này bằng cách nói rằng các điểm mà các nguyên tử kết nối với nhau được phân bố trên bề mặt của nguyên tử theo một quy luật nhất định. Cụ thể, một nguyên tử carbon liên kết bốn nguyên tử với chính nó tại các điểm nằm trên bề mặt ở bốn đỉnh của một tứ diện đều. Trong các trường hợp khác (ví dụ, trong trường hợp chất lỏng thường xuyên), không có vị trí điểm kết nối thường xuyên như vậy. Thật vậy, các đặc tính bên trong của chất lỏng được xác định bởi sự vắng mặt của các liên kết dẫn hướng tạo nên cấu trúc hoặc do sự che đậy các liên kết khác của chúng bằng các liên kết mạnh hơn.

Người ta có thể tưởng tượng những trường hợp cực đoan như vậy. Ở một trong số chúng, chỉ tồn tại những lực thuộc loại thứ nhất. Điều này có nghĩa là các nguyên tử chỉ có lực hút lẫn nhau khi chúng được điều chỉnh với nhau bởi các điểm tiếp xúc trên bề mặt của chúng. Tập hợp các nguyên tử như vậy có thể là một khối rắn hoặc một nhóm nguyên tử không được kết nối bởi lực hút lẫn nhau. Trong trường hợp sau, nếu có đủ năng lượng nhiệt, một nhóm nguyên tử sẽ có thể tạo thành chất khí. Tuy nhiên, có thể coi rằng với những vật cản như vậy, việc ghép nối ngẫu nhiên có thể xảy ra. Nếu nguồn cung cấp nhiệt giảm thì sự kết hợp các nguyên tử này trở nên thường xuyên hơn và lâu dài hơn, đó là lý do tại sao quá trình đông cứng bắt đầu ở một số nơi nhất định. Do đó, mỗi nhóm nguyên tử hợp nhất sẽ trở thành một tinh thể, tất nhiên, trừ khi quá trình diễn ra nhanh đến mức khiến cho việc hình thành một sự sắp xếp tinh thể thực sự là không thể. Các nguyên tử hoặc phân tử phải cố gắng chiếm những vị trí sẵn sàng cho chúng trên các tinh thể đã hình thành. Đây là cách tinh thể phát triển

16

từ hơi mà không tạo thành chất lỏng ở pha trung gian.

Ở thái cực khác, người ta có thể tưởng tượng các nguyên tử hoặc phân tử không có lực hút định hướng. Nếu các dao động nhiệt không đủ mạnh để giữ các nguyên tử hoặc phân tử tách biệt với nhau, chúng sẽ kết hợp với nhau và tạo thành chất lỏng, độ dày của chất lỏng sẽ phụ thuộc vào mức độ dễ dàng di chuyển của từng phân tử giữa các phân tử khác. Khi làm mát thêm, độ nhớt có thể tăng liên tục hoặc tăng vọt đột ngột, đến mức tập hợp các phân tử này có thể được gọi là chất rắn.

Các chất tự nhiên nằm giữa hai thái cực này, băng dường như gần với thái cực thứ nhất hơn các chất khác. Thật vậy, các tinh thể của nó tạo thành một dạng hơi không xác định. Mặt khác, các phân tử hơi nước liên tục bị kéo ra khỏi tinh thể do tác động của cơ thể hoặc vì một lý do nào khác và trộn lẫn với các phân tử của môi trường xung quanh. Băng “thăng hoa”. Sự dễ dàng hay khó khăn của quá trình ngưng tụ và tách các phân tử phải được xác định bởi sự tương ứng giữa mật độ hơi, nhiệt độ và điều kiện bề mặt. Trong các vết nứt, khả năng ngưng tụ cao hơn ở các khu vực hở, vì trong các vết nứt, bắt đầu từ các cạnh của chúng, các phân tử chịu tác động kép. Sự tách rời của các phân tử có nhiều khả năng xảy ra hơn từ bề mặt lồi. Hiệu ứng này hoàn toàn tương tự với sự phụ thuộc hiệu quả của áp suất hơi vào hình dạng của chất lỏng mà hơi tiếp xúc, như Faraday đã chỉ ra. Bên trong vết nứt, trạng thái cân bằng giữa thăng hoa và kết tủa phải khác với bên ngoài, bên ngoài sẽ tác động lên bên ngoài. Nói cách khác, áp suất hơi sẽ giảm, tức là nhiệt độ điểm đóng băng sẽ tăng lên.

Ở áp suất bình thường, nước đậm đặc nhất ở 4°C. Khi nhiệt độ tăng cao hơn nữa đến điểm đóng băng, mật độ ngày càng giảm đi. Rõ ràng là một số phân tử tạo thành các tập hợp chiếm không gian lớn hơn so với các phân tử được lấy riêng lẻ, vì lực cơ học buộc các nguyên tử phải chiếm một vị trí nhất định trong không gian. Đồng thời, không cần thiết phải coi những tập hợp này là thường hằng: rất có thể chúng liên tục sinh, diệt và lại sinh.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét các đồ uống sau đây. Hai yếu tố chính cần sự cam kết là: sự đa dạng vô tận của các hình lục giác và tính đối xứng của mỗi bông tuyết. Hình lục giác của bông tuyết có liên quan rất nhiều đến hình lục giác của tinh thể băng, nhưng luôn rất khó giải thích tại sao sáu tia của mỗi bông tuyết lại rất giống nhau và đồng thời cũng rất khác với các tia của bất kỳ bông tuyết nào khác. Một cam kết thỏa đáng có thể được đưa ra theo cách sau.

Toàn bộ câu hỏi có thể được xem xét dưới ánh sáng của các quá trình cơ học và kết tủa hiệu quả tương tự như trong trường hợp đóng băng các mảnh băng. Khi cấu trúc lục giác như vậy được biểu hiện từ một lõi nhất định trong bầu khí quyển chứa hơi nước hoặc trong chất lỏng chứa nước hòa tan, thì đặc tính của posta phải phụ thuộc vào các điều kiện mà sự tăng trưởng này xảy ra. Nếu có nhiều hơi nước trong không gian xung quanh hoặc nhiệt độ thấp thì quá trình sinh trưởng diễn ra nhanh chóng và các tia bông tuyết có xu hướng xuyên qua vô số phân tử nước xung quanh. Sự phát triển xảy ra ở phần cuối của tia và trên các nhánh phụ, tạo thành một góc 60° với tia trước. Nếu một bông tuyết được chuyển đến một không gian có mật độ thấp

17

hơi nước hoặc với nhiệt độ cao hơn thì một quá trình tượng hình sẽ xảy ra. Các phân tử, nhẹ hơn nhiều, rơi ra từ đầu cành so với từ vùng trung tâm của bông tuyết và không lắng đọng trên đó với cùng tốc độ. Nhờ đó, bông tuyết trở nên mệt mỏi ở phần trung tâm, các nhánh của nó ngắn lại và thậm chí tròn hơn. Vì những bông tuyết có kích thước nhỏ, thường có đường kính không quá vài mm nên các điều kiện xung quanh mỗi bông tuyết có thể được coi là giống nhau ở mọi điểm. Nếu một tia dài ra thì các tia khác cũng dài ra. Với tất cả những điều này, khi rơi xuống Trái đất, những bông tuyết có thể gặp phải nhiều điều kiện địa phương khác nhau, theo đó chúng có thể có nhiều dạng khác nhau, trong khi các tia của từng bông tuyết riêng lẻ vẫn hoàn toàn giống nhau.

Theo nghĩa vụ này, sự đa dạng lớn hơn của hình dạng bông tuyết dựa trên sự tồn tại của hai quá trình đối lập: sự phát triển nhanh chóng của các nhánh dẫn đến dạng lông vũ của chúng và sự nén chặt ở trung tâm của cấu trúc lông vũ này. Trong quá trình đầu tiên, sự tăng trưởng chiếm ưu thế hơn sự thăng hoa ở mức độ lớn hơn so với quá trình thứ hai, do đó chúng khác nhau về mức độ hơn là về chất lượng. Hình dạng của mỗi bông tuyết cho chúng ta biết về những thay đổi trong điều kiện khí quyển mà nó phải chịu đựng.

Thậm chí có thể đạt được sự tăng trưởng chậm hơn của các tinh thể băng bằng cách giữ đèn led ở nhiệt độ ngay dưới điểm đóng băng trong một phần của bình đã sơ tán và để nó tiếp xúc với nhiệt độ dưới nhiệt độ

được giới hạn trên một tấm kim loại ở phần khác của bình, được duy trì ở nhiệt độ thấp hơn nhiều. Các tinh thể có dạng lăng kính lục giác.

Các dạng lông vũ như trong Hình 9 thu được bằng cách di chuyển nhanh hỗn hợp glycerin, rượu và một lượng nước tương đối lớn. Các lăng trụ lục giác đặc hơn trong Hình 10 thu được bằng cách làm nguội cùng hỗn hợp đó chậm hơn, nhưng với ít nước hơn. Nếu lăng kính thu được bị buộc phải tan chảy hoặc bốc cháy, thì đến một lúc nào đó, một giai đoạn của cấu trúc mở hơn sẽ xuất hiện, rất gợi nhớ đến những bông tuyết tự nhiên ở một số dạng của chúng (Hình 11).

Tyndall đã thực hiện một thí nghiệm xuất sắc, nhờ đó ông có thể chứng minh cấu trúc của băng. Trải nghiệm này được gọi là “nhận hoa băng”. Một chùm ánh sáng từ đèn hồ quang truyền qua một mảnh băng. Tại nhiều điểm khác nhau trên mảnh này, nơi có tạp chất hoặc bất thường, phần thân được giữ lại và gây ra sự tan chảy. Các khoảng trống thu được trong trường hợp này có hình lục giác, vì sự phá hủy cấu trúc xảy ra theo hướng hoàn toàn ngược lại với sự phát triển. Có thể nói, những con số này đại diện cho những bông tuyết tiêu cực. Với sự trợ giúp của thiết bị phù hợp, những số liệu này có thể được chiếu lên màn hình. Nếu một cái nắp có nước được đặt trên đường đi của các tia từ đèn lồng đến băng, thì các tia nhiệt sẽ bị hấp thụ và sự phát triển của những khoảng trống như vậy trong tinh thể sẽ dừng lại.

18

Như bạn, rất indo, đã biết, đối với lời giải bất kỳ bài toán nào trên máy tính điện tử (máy tính), máy cần “thông báo” dữ liệu ban đầu lời giải và chương trình hành động cần thực hiện trên dữ liệu này *). Sau khi nhận được thông tin như vậy, máy tính sẽ thực hiện các hành động được đề xuất trên dữ liệu (“suy nghĩ”) và kết quả là nhận được lời giải mong muốn.

Máy tính ngày nay đã học cách “suy nghĩ” rất tốt, nhưng vẫn cực kỳ chậm trong việc tiếp nhận (“đọc”) những thông tin sơ bộ cần thiết: chúng giống như một học sinh lớp một học giỏi số học nhưng lại kém xa về đọc.

Mỗi máy tính đều được xây dựng từ một số lượng “phần tử” nhất định (rất lớn!) Có thể ở hai trạng thái khác nhau; Để rõ ràng, bạn có thể tưởng tượng từng phần tử như một bóng đèn, được tắt (trạng thái 0) hoặc bật (trạng thái 1). Vì vậy, mọi thứ được truyền tới máy trước tiên phải được “dịch” sang ngôn ngữ của số không và số một. Bất kỳ thông tin nào - có thể là tập hợp số, hệ thống điều khiển hoặc thế cờ - đều được “ghi” vào máy dưới dạng chuỗi số 0 và số 1 phù hợp. Để lưu trữ và ghi lại những thông tin cần thiết, trước tiên máy tính phải chuyên dùng một thiết bị - bộ nhớ. Bộ nhớ máy tính là một tập hợp các ô bao gồm một số phần tử nhất định, mỗi ô (ví dụ: sáu). Trong bất kỳ ô nào, bạn có thể viết bất kỳ chuỗi số 0 và số 1 nào (số lượng các chuỗi khác nhau như vậy là 2⁶=64).

Ví dụ: giả sử máy cần “nói” số 19. Để làm điều này, trước tiên số 19 được gán một mã nhất định dưới dạng một chuỗi các số 0 và số 1: 010011 *). Sau đó, mã này được áp dụng cho một loại băng đặc biệt (băng đục lỗ): các lỗ được đục lỗ vào đúng vị trí trên băng này. Cuối cùng, băng được đưa vào một máy, theo các lỗ trên băng, máy sẽ chuyển đổi các phần tử của ô được phân bổ để ghi một số nhất định sang trạng thái cần thiết. Quá trình này được mô tả sơ đồ trong Hình 1.

Có thể dễ dàng tưởng tượng để sản xuất ra một cuộn băng cần bao nhiêu thời gian, quy trình này tốn nhiều công sức như thế nào khi máy cần truyền nhiều dữ liệu hơn. Làm cách nào chúng ta có thể đơn giản hóa và tự động hóa việc truyền dữ liệu đến máy? Không thể cung cấp cho máy thông tin cần thiết ở dạng chung (chẳng hạn như ở dạng văn bản được hướng dẫn), để lại mã hóa cho chính máy? Về nguyên tắc, tất nhiên là có thể. Nhưng đối với điều này

*) Ví dụ, hãy xem các bài viết của R. S. Guter “Máy móc có thể làm gì” («Kvant» Số 5, 1970) và “Ngôn ngữ con người và ngôn ngữ của máy móc” («Kvant» Số 10, 1971).

20

Cơm. 3.

trong 10 ô nhớ liên tiếp, như trong Hình 3.

Tất cả các giai đoạn khác đều được nhập vào bộ nhớ của máy theo cách tương tự. Trong quá trình đọc, mỗi chữ cái được đọc đều được kiểm tra trình tự ở tất cả các giai đoạn. Khi kiểm tra ở giai đoạn tiếp theo, máy so sánh nội dung của từng ô (có màu hoặc không có màu của ô này) với trạng thái của phần tử tương ứng của ô nhớ và đếm tổng số “khác biệt”. Sau khi so sánh tất cả các công đoạn, máy chọn công đoạn có số chênh lệch nhỏ nhất; mã của chữ cái đã chọn sẽ được chuyển sang ô nhớ tiếp theo và máy sẽ tiến hành đọc chữ cái tiếp theo.

Việc đọc cơ học phông chữ được xác định trước này khá đáng tin cậy, mặc dù không thể loại trừ sai sót ngay cả trong trường hợp này. Chẳng hạn, không khó để tưởng tượng rằng chữ “C” có thể, do nhiều bất thường khác nhau, hóa ra “gần” với giai đoạn của chữ “o” hơn là giai đoạn của chính nó. Những khó khăn khác liên quan đến việc nhập chữ in hoa và dấu chấm câu (dấu chấm, dấu phẩy, v.v.).

Sự bất tiện chính của hệ thống đọc này là tính không linh hoạt của nó: nếu bạn thay đổi phông chữ một chút, cách đọc sẽ không còn chính xác nữa. Điều này xảy ra bởi vì với phương pháp đọc này, máy tính phân biệt các chữ cái không phải bằng những đặc điểm đặc trưng về hình dạng của chúng mà bằng cách viết cụ thể của chúng. Chữ “O” từ một phông chữ khác có thể khác biệt đáng kể so với giai đoạn một về sự tương ứng giữa các phần của nó: hẹp hơn, có đường cong lớn hơn, v.v. Số lượng khác biệt (khi so sánh với chữ cái bước “O”) khi đó trở nên rất lớn và máy có thể “nhầm lẫn” chữ “O” với một số chữ cái khác. Do đó, khi chuyển sang phông chữ khác, máy phải đưa ra các giai đoạn mới, buộc máy phải “học” lại bảng chữ cái mỗi lần.

Tất nhiên, điều mong muốn là buộc máy phải nhận dạng chính xác các chữ cái chỉ bằng cấu trúc, cấu trúc của chúng - sao cho ngay cả những khác biệt đáng kể về sự tương ứng của các phần của chữ cái cũng không ảnh hưởng đến kết quả đọc. Tuy nhiên, ở đây có những khó khăn chính, đặc biệt được thể hiện rõ ràng khi đọc văn bản viết tay. Ví dụ, ngay cả cùng một người cũng viết chữ “a” khác nhau trong những trường hợp khác nhau, chưa kể những trường hợp khác nhau. Và nếu một người, khi chia nhỏ bất kỳ văn bản nào, sử dụng đến sự trợ giúp của nhiều kết nối ngữ nghĩa, logic và ngữ pháp, thì nói chung, cỗ máy hỗ trợ đó chỉ dựa vào “tầm nhìn” của nó một cách không cần thiết và đúng đắn.

Để tưởng tượng những vấn đề nảy sinh ở đây và cách người ta có thể tiếp cận chúng lời giải, chúng ta hãy xem một ví dụ đơn giản về văn bản viết tay được viết bằng mã Morse. Trong trường hợp này luôn có hai ký tự: “dấu chấm” và “dấu gạch ngang” (không tính các loại khoảng cách có độ dài khác nhau giữa các ký tự và nhóm ký tự). Khó khăn chính là một số “dấu chấm” trong một “Morzis” có thể dài hơn các “dấu gạch ngang” không có bát phân trong một “dấu gạch ngang” khác. Vì lý do này, trước tiên không thể tạo ra một biểu diễn chính xác bằng máy: tất cả các dấu hiệu có độ dài nhỏ hơn một số l nhất định phải được coi là dấu chấm, tất cả các dấu hiệu khác - dấu gạch ngang. Tuy nhiên, có thể làm cho nó dựa trên một văn bản đủ dài của một mã Morse, máy sẽ tự xác định số ranh giới l như vậy. Xét cho cùng, mọi Morse đều có độ dài bằng tất cả

21

các điểm sẽ gần với một số nhất định $l_1$ và độ dài của dấu gạch ngang sẽ gần với một số nhất định $l_2$. Nếu chúng ta tìm thấy hai số $l_1$ và $l_2$ này và đặt $l = \frac{l_1 + l_2}{2}$, thì chúng ta có thể mong đợi rằng hầu hết tất cả các dấu chấm đều ngắn hơn $l$ và hầu hết tất cả các dấu gạch ngang đều ngắn hơn $l$. Để xác định các số $l_1$ và $l_2$, máy “xem qua” một đoạn văn bản lớn và loại bỏ các ký tự dài có trong đó. Ví dụ: trong trường hợp văn bản ở Hình 2, máy được đặt ở vị trí 4 lần, độ dài 2 - 3 lần, độ dài 3 - 1 lần, độ dài 4 - 3 lần, độ dài 5 - 1 lần:

| Độ dài ký tự | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| Số ký tự | 4 | 3 | 1 | 3 | 1 |

Hóa ra ký hiệu ngắn cụ thể nhất là ký hiệu có độ dài 1, và ký hiệu dài cụ thể nhất có độ dài 4. Hai số này máy “lấy” là $l_1$ và $l_2$ rồi tính toán $l = \frac{1 + 4}{2} = 2,5$.

Lúc này máy sẽ đếm tất cả các ký tự có độ dài nhỏ hơn 2,5 là dấu chấm, còn tất cả các ký tự còn lại sẽ coi là dấu gạch ngang. Đôi khi, để có độ tin cậy cao hơn, máy có thể phân phối lại ngẫu nhiên các số $l_1$, $l_2$ và $l$.

Phương pháp nhận dạng dấu chấm và dấu gạch ngang này (với một số thuộc tính đã học) đã được thử nghiệm trên một máy cụ thể và cho kết quả xuất sắc: máy đọc chính xác hơn 90% ký tự.

Tất nhiên, thành công mang tính quyết định trong lĩnh vực này vẫn chưa đến; nhưng điều gì đó đã được thực hiện và các nhà khoa học tiếp tục làm việc tích cực trong lĩnh vực này. Nhiệm vụ dạy máy đọc hấp dẫn nhiều nhà nghiên cứu được coi là một trong những nhiệm vụ quan trọng, thú vị và khó khăn nhất. bài toán trong điều khiển học hiện đại **).

*) Tất cả độ dài được làm tròn đến số nguyên gần nhất.

**) Để biết thêm chi tiết, hãy xem cuốn sách của M. M. Bongard “Vấn đề về sự công nhận” (M., nhà xuất bản Nauka, 1967).

Bữa trưa thất bại

Dorofey Martyanch Dubodumov, sau khi chuyển đến căn nhà gỗ của mình vào mùa hè, đã quyết định tổ chức bữa tối và mời cả tám người hàng xóm của mình.

“Anh đang nói gì vậy?” họ vẫy tay với anh. “Bạn không biết rằng Porfiry Apollinarivich sẽ không bao giờ nhận lời mời nếu bạn mời Afanasy Methodevich hoặc Ambrose Evlamppevich, hoặc nếu Avdotya Pafnutyevna và Nikodim Gavrilovich được mời cùng lúc.” Tuy nhiên, Ambrose Evlamppevich và Afanasy Mefodevich sẽ không phản đối bất kỳ lời mời nào, khi đó Avdotya Pafnutyevna sẽ chỉ đến nếu Nikodim Gavrilovich cũng được mời, người sẽ không nhận lời nếu Afanasy Mefodevich có mặt tại bữa tối. Rosalia Leopoldovna thoa kem tươi chỉ có Akaki Akakievchi đi kèm. Cleopatra Ivanovna sẽ không phản đối lời mời của Rosalia Leopoldovna chỉ khi Porfiry Apollinarovich được mời, nhưng nếu Nikodima Gavrilovich không được mời. Để mời Akaki Akakievchi thì cần phải mời Avdotya Pafnutyevna hoặc Cleopatra Ivanovna, hơn nữa, anh ta sẽ từ chối lời mời nếu Nikodim Gavrilovich đến ăn tối mà không có Porfiry Apollinarivchi, và việc Akaki Akakievchi sẽ không đến nếu Afanasy Mefodevichi hoặc Ambrose Evlampevichi được mời cũng không có gì đáng nói.

(Cuối cùng xem trang 39)

1. Những ngôi sao vô hình trước thế giới - “lỗ đen” - đã trở thành đối tượng tìm kiếm. Khám phá của họ sẽ có tầm quan trọng khoa học tối cao. (“Trái đất và vũ trụ”, số 2, 1972).

2. Vì vậy, vào tháng 6 năm 1971, tàu vũ trụ vận tải Soyuz-11 đã được phóng khỏi trạm quỹ đạo Salyut. (“Trái đất và vũ trụ”, số 2 và số 3, 1972).

3. Ba mươi triệu năm trước, một thảm họa vũ trụ đã xảy ra ở phía bắc Siberia, do đó miệng núi lửa Popigai xuất hiện. (“Trái đất và vũ trụ”, số 5, 1971).

4. “Gấu” là một ví dụ về một dòng sông băng đang dao động, nguyên nhân dẫn đến những chuyển động bất ngờ của nó mà các nhà nghiên cứu về kính ngữ đang cố gắng tìm ra. (“Trái đất và vũ trụ”, số 3, 1972).

CHÚNG TÔI CÓ TẠP CHÍ KHÁCH
TRÁI ĐẤT và VŨ TRỤ

Vào tháng 1 năm 1965, số đầu tiên của tạp chí khoa học đại chúng mới của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, “Trái đất và Vũ trụ”, được xuất bản. Tạp chí được công nhận là đã đáp ứng được mối quan tâm to lớn về các vấn đề khám phá không gian, cũng như mối liên hệ hiện tại của chúng với các lĩnh vực kiến ​​thức khác;
Tiết lộ sự tồn tại phản khoa học của tất cả các loại “giả thuyết” và “lý thuyết” giật gân trong lĩnh vực thiên văn học và địa vật lý, việc phổ biến chúng đã phân biệt đối xử một cách rõ ràng với khoa học Liên Xô;
Hỗ trợ giáo viên, giảng viên;
Thúc đẩy sự tham gia rộng rãi của những người nghiệp dư vào các hoạt động quan sát và nghiên cứu đại chúng quan trọng về thiên văn học, địa vật lý và trắc địa;
Thúc đẩy sự tham gia rộng rãi của các nhà thiên văn nghiệp dư.

Trong nhiều năm tồn tại, tạp chí đã xuất bản nhiều tài liệu thú vị dành cho nghiên cứu về Lunya và các hành tinh trong Hệ Mặt trời, chuẩn tinh, xung, nghiên cứu bản sao và các vật thể bí ẩn khác được phát hiện bởi các nhà thiên văn vô tuyến. Ông nói về việc nghiên cứu Thiên hà của chúng ta và các quá trình, nguồn gốc ở các thiên hà khác, về các nhánh mới của thiên văn học (thiên văn học Reentn, thiên văn học neutrino, v.v.), về nguyên nhân gây ra động đất, sóng thần và sự chuyển động của các vật chất trên trái đất.

Các tài liệu được công bố trên tạp chí Earth and Universe có mức độ khó khác nhau. Một số trong số chúng dành cho những độc giả đã chuẩn bị kỹ càng; cái còn lại không yêu cầu bất kỳ sự đào tạo đặc biệt nào.

Chúng tôi đang xuất bản hai bài viết của các tác giả thường xuyên của tạp chí. Bài báo của L. M. Gindlis có liên quan đến một vấn đề phức tạp đáng kể, và độc giả của chúng ta sẽ phải đưa ra một số kết luận của nó về lý thuyết tên lửa photon “dựa trên niềm tin”. Nhưng vấn đề tìm kiếm các nền văn minh vũ trụ thực sự đáng quan tâm, đó là lý do tại sao chúng tôi sẵn sàng xuất bản bài viết này. Bài viết của V.I. Levantovsky cống hiến cho một bài toán ngành du hành vũ trụ hiện đại đầy tò mò. Về bản chất, nó gần giống với các tài liệu được đăng trên tạp chí của chúng tôi hơn nhiều.

24

Ngày nay họ nói và viết rất nhiều về vấn đề giao tiếp với các nền văn minh bên ngoài. Các chuyên gia gọi ngắn gọn nó là CETI, theo tên những chữ cái đầu tiên của từ tiếng Anh Giao tiếp với Trí tuệ ngoài Trái đất, được dịch sang tiếng Nga có nghĩa là “kết nối với trí thông minh bên ngoài”. Chúng kêu rít không chỉ trong các tác phẩm khoa học viễn tưởng mà còn ở Serbez, một làn sóng các tác phẩm khoa học của Serbez. Các hội thảo, cuộc họp và hội nghị khoa học đã hơn một lần được dành cho chủ đề này. Gần đây tại Armenia, tại Trường Vật lý Thiên văn Bioprakan, Hội nghị Quốc tế đầu tiên về vấn đề này đã được tổ chức. Nhiều nhà khoa học xuất sắc của Liên Xô và nước ngoài đã tham gia vào công việc của mình - các chuyên gia trong lĩnh vực vật lý thiên văn, vật lý, hóa sinh, sinh học, lịch sử, triết học, xã hội học, điều khiển học, lý thuyết thông tin và truyền thông. Trong vài ngày, họ đã thảo luận về khả năng phát hiện các nền văn minh bên ngoài, vấn đề thiết lập mối liên hệ với trí thông minh bên ngoài*). Thật vậy, liệu có thể thiết lập liên lạc với những người thông minh từ thế giới khác, cách xa chúng ta bởi những khoảng cách khổng lồ, những điều dễ viết ra bằng cách sử dụng các con số hơn là tưởng tượng sức mạnh của trí tưởng tượng?

Làm thế nào để làm điều này?

Chúng ta hãy trang bị cho mình một cây bút chì và tờ giấy và cùng nhau suy nghĩ về vấn đề này.

*) Bạn có thể đọc về những cuộc thảo luận này trên tạp chí “Trái đất và Vũ trụ” số 2 và số 3 năm 1972.

Tất nhiên, điều thú vị nhất là được đến thăm họ, xem họ sống như thế nào, họ làm gì, chia sẻ kinh nghiệm của họ… Vì vậy, hãy bắt tay vào tên lửa. Để thoát khỏi phạm vi chấp nhận của trần thế, bạn cần đạt tốc độ 11,2 km/s. Đây được gọi là tốc độ vũ trụ thứ hai (câu hỏi trong ngoặc: tại sao lại là tốc độ vũ trụ thứ hai và tốc độ vũ trụ thứ nhất là gì?) Và để rời khỏi Hệ Mặt trời, cần phải phát triển tốc độ vượt quá tốc độ vũ trụ thứ ba (nó bằng bao nhiêu?).

Hãy để tên lửa của chúng ta lao tới với tốc độ khoảng một phần ba tốc độ vũ trụ. Chúng ta sẽ mất bao lâu để bay tới ngôi sao gần Mặt trời nhất? (Nó gọi là gì, cách chúng ta bao xa?). Và đến trung tâm của Thiên hà? Đến Tinh vân Androemda?

Nếu bạn không mắc sai lầm trong tính toán, kết quả có thể gây ra sự chán nản. Sẽ không cần đến mạng sống của con người để đến được ngôi sao gần nhất. Phải làm gì? Vâng, tất nhiên, nó sẽ tăng tốc độ. Đối với bạn và tôi, điều này dường như không có bất kỳ khó khăn nào: suy cho cùng, chúng tôi đang tiến hành một thử nghiệm tư duy, vì vậy chúng tôi có thể sử dụng bất kỳ phương tiện nào, ngay cả những phương tiện chưa đạt đến ngày kỹ thuật. Chúng ta chỉ bị cấm một điều: vi phạm các định luật vật lý. Vì vậy, tốc độ sẽ tăng lên.

Tốc độ tối đa có thể là bao nhiêu?

Tất nhiên là bạn biết điều này; nó bằng tốc độ ánh sáng trong chân không—300.000 km/s. Với tốc độ này, để đến được ngôi sao gần nhất, sẽ phải mất

25

hơn bốn năm một chút. Tất nhiên, không một vật thể nào có thể bay chính xác với tốc độ ánh sáng. Tốc độ này chỉ có đối với các hạt không có khối lượng nghỉ. Nhưng gói hàng có thể đạt tốc độ tùy ý gần bằng tốc độ ánh sáng, vì vậy việc đi đến một ngôi sao gần đó thực sự sẽ mất khoảng bốn năm.

Sẽ mất bao lâu để bay đến trung tâm Thiên hà của chúng ta? Đến tinh vân Andromeda?

Vâng, nó khá đơn giản. Khoảng cách đến trung tâm Thiên hà là khoảng 34.000 năm ánh sáng, do đó, nếu bay với tốc độ ánh sáng thì sẽ mất 34 nghìn năm. Thực sự đơn giản, nhưng đáng thất vọng: lại quá dài. Tình hình của mỗi người là vô vọng - xét cho cùng, chúng tôi đang bay với tốc độ tối đa có thể. Lối thoát ở đâu? Tuy nhiên, hãy dừng lại! Có một sự thiếu chính xác trong lý luận của chúng tôi. Chúng tôi chưa dạy về tốc độ thời gian trên Trái đất và trong gói của chúng tôi. Đối với một người quan sát vẫn ở lại Trái đất và theo dõi chuyến bay của chúng ta bằng chiếc đồng hồ của mình, thời gian thực tế sẽ trôi qua 34.000 năm. Nhưng trên một con tàu đang chuyển động, theo lý thuyết thời gian tương đối, thời gian lại trôi theo cách khác. Tốc độ càng gần tốc độ ánh sáng thì thời gian chảy trên nó càng chậm. Điều này có nghĩa là nếu chúng ta đến đủ gần tốc độ ánh sáng, chúng ta sẽ có thể bay đi bất cứ đâu và gần như không bao giờ gặp nhau.

Cho tàu chuyển động với vận tốc không đổi $v$. Bạn đã được cấp bài toán: bay tới tinh vân Andromeda sau 10 năm. Tốc độ của tàu phải là bao nhiêu? Tỷ lệ của nó với tốc độ ánh sáng là bao nhiêu?

Khoảng cách tới tinh vân Tiên Nữ là khoảng hai triệu năm ánh sáng. Để bay quãng đường này trong 10 năm, sự giảm thời gian tương đối tính, tức là tỷ lệ giữa thời gian riêng $t$ của tàu vũ trụ với thời gian $t$, được thay đổi bởi đồng hồ của người quan sát trên trái đất, phải bằng

$$\frac{\tau}{t} = \frac{10}{2000000} \frac{v}{c}.$$

Nhưng với tốc độ không đổi của con tàu, giá trị này

$$\frac{\tau}{t} = \sqrt{1 - \left(\frac{v}{c}\right)^2}.$$

Từ đây

$$\frac{v}{c} \approx 1 - 1.25 \cdot 10^{-11} = 0.999999999875c,$$

Vì vậy, nếu con tàu di chuyển với tốc độ 0,999 999 999 987 5 $c$ thì nó có thể bay đến tinh vân Andromeda trong 10 năm.

Nhưng để đạt được tốc độ như vậy, trước tiên con tàu phải được tăng tốc bằng một loại chuyển động nào đó. Do đó, cũng cần phải tính đến thời gian cần thiết để đẩy tàu. Hiệu suất của các gói càng cao thì tốc độ dòng chảy của chất lỏng làm việc (“nhiên liệu”) càng gần với tốc độ cuối cùng của các gói. Do đó, phương tiện hiệu quả nhất để đạt được tốc độ gần ánh sáng là sử dụng các gói photon, hoạt động thông qua phản ứng tạo góc của vật chất và phản vật chất. Sản phẩm cuối cùng của phản ứng này là bức xạ γ. Vì vậy, tốc độ dòng chảy của chất lỏng làm việc bằng tốc độ ánh sáng.

Để tàu photon chuyển động với tốc độ thấp $a = g = 10 \text{ m/c}^2$ (điều này rất thuận tiện cho chúng ta: không quá tải, không trọng lượng). Thời gian tăng tốc thích hợp của tàu từ tốc độ 0 đến tốc độ $v$ mà chúng ta vừa xác định là bao nhiêu? Giá trị bằng nhau trong hệ thống của một người quan sát đứng yên là gì?

Từ lý thuyết gói photon*) người ta biết rằng nếu nó di chuyển với

*) Ví dụ, hãy xem S. Horner, “Chuyến bay vào vũ trụ có khả thi không?” Bộ sưu tập “Giao tiếp giữa các vì sao”, M., Mir, 1965, trang 158-176.

26

gia tốc không đổi $a$ và nếu số khối, tức là tỷ số giữa khối lượng ban đầu của tên lửa và khối lượng cuối cùng (sau khi đốt hết nhiên liệu), bằng $\mu$, thì thời gian tăng tốc hoặc thời gian bay trên phần hoạt động của quỹ đạo, trong hệ thống báo cáo liên quan đến tên lửa, bằng nhau

$$\tau = \frac{c}{a} \ln \mu.$$

(1)

Đồng thời, trong hệ thống đứng yên, người ta quan sát thấy

$$t = \frac{c}{2a} (\mu - \mu^{-1}).$$

(2)

Trong trường hợp này, tên lửa đang bay tăng tốc sẽ di chuyển theo đường đi

$$x = \frac{c^2}{2a} (\mu + \mu^{-1} - 2)$$

(3)

và đạt tới điểm cuối của con đường tốc độ này

$$v = c \frac{1 - \mu^{-2}}{1 + \mu^{-2}}.$$

(4)

Trước tiên chúng ta hãy định nghĩa $\mu$. Từ công thức cuối cùng chúng ta nhận được

$$\mu^2 = \frac{c + v}{c - v} \approx \frac{2}{1 - \frac{v}{c}}.$$

Thay thế ở đây giá trị tốc độ $v$ được tìm thấy ở trên, chúng ta tìm thấy $\mu = 4 \cdot 10^5$. Bây giờ chúng ta có thể xác định các giá trị $\tau$, $t$, $x$. Chúng bằng nhau: $\tau = 3,9 \cdot 10^7 c \approx 12$ năm, $t = 6 \cdot 10^{12} c \approx 2 \cdot 10^5$ năm, $x = 1,8 \cdot 10^{23} cm \approx 2 \cdot 10^5$ năm ánh sáng.

Vì vậy, trong ví dụ của chúng tôi, con tàu photon, ngạc nhiên với gia tốc không đổi $a = 10 m/c^2$, đạt tốc độ 0,999 999 999 987 5 $c$ trong 12 năm và đồng thời có thể di chuyển khoảng mười lần quãng đường tới tinh vân Tiên Nữ. Di chuyển xa hơn theo quán tính với tốc độ không đổi $v$, trong khoảng 1,6 triệu năm nữa, theo đồng hồ Trái đất, nó sẽ ở cách mục tiêu 200.000 năm ánh sáng. Vì thời gian giảm tương đối tính ở một tốc độ nhất định là $5 \cdot 10^{-6}$, nên thời gian của chính con tàu đã trôi qua kể từ thời điểm động cơ tắt

27

Pris. 2. Sơ đồ chuyến bay với sự trở lại Trái đất của các phi hành gia.

Cho đến nay chúng tôi chỉ quan tâm đến thời gian bay. Bây giờ chúng ta hãy suy nghĩ về sức mạnh cần thiết. Cho tàu di chuyển theo cách tối ưu mô tả ở trên với gia tốc không đổi đến nửa điểm và sau đó giảm tốc cho đoạn còn lại. Trên đường về, mọi thứ được lặp lại theo cùng một thứ tự (Hình 2). Đặt gia tốc của con tàu là $g$, khối lượng cuối cùng là 10 tấn, chuyến bay xa hơn là 1.000 năm ánh sáng (rất gần so với tinh vân Tiên Nữ!). Khối lượng ban đầu của tàu là bao nhiêu? Năng lượng tương đương của khối lượng này là bao nhiêu? Sức mạnh lái xe là gì?

Vì phạm vi bay là 1.000 năm ánh sáng nên chiều dài của phần tăng tốc là 500 năm ánh sáng. Thăm dò $x=500$, từ công thức (3) chúng ta tìm thấy $\mu=10^3$. Do đó, nếu $M_0$ là khối lượng ban đầu của gói hàng thì ở cuối phần tăng tốc khối lượng của gói hàng là $M_1=10^{-3} M_0$. Vì chiều dài của đoạn giảm tốc cũng là 500 năm ánh sáng và gia tốc (giảm tốc) vẫn là $g$ nên khối lượng của gói hàng ở cuối đoạn này là $M_2=10^{-3} M_1=10^{-6} M_0$. Trên đường về, sau khi hãm phanh, khối lượng của gói hàng sẽ bằng $M=10^{-6} M_2=10^{-12} M_0$. Đây là khối lượng hữu ích của tàu, bằng 10 tấn. Từ đây chúng ta nhận được $M_0=10^{13}$ tấn, bằng khối lượng của vệ tinh Phobos của sao Hỏa. Năng lượng tương đương của khối lượng này là $E=M_0 c^2 \approx 10^{40} \text{эр}$. Con số này gấp $10^{13}$ lần mức tiêu thụ năng lượng hàng năm hiện nay trên toàn cầu.

Bây giờ chúng ta hãy xác định sức mạnh của chuyển động, mà theo lý thuyết tên lửa photon thì bằng

$$P=M_0 \text{ ca.}$$

(5)

Thay thế giá trị $M_0$ ở đây, chúng ta tìm thấy $P=3 \cdot 10^{25} \text{ бт}$. Con số này chỉ nhỏ hơn 10 lần so với năng lượng bức xạ mặt trời. Nhưng khối lượng của Mặt trời là $2 \cdot 10^{33} \text{ e}$, và khối lượng gói hàng của chúng ta chỉ là $10^{19} \text{ e}$. Do đó, công suất riêng của Mặt trời (tính trên 1 khối lượng) là khoảng $10^{-7} \text{ бт/е}$ và công suất riêng của chuyển động của gói photon trong ví dụ của chúng ta phải bằng $3 \cdot 10^6 \text{ бт/е}$, tức là cao hơn 13,5 bậc độ lớn. Tất nhiên, đây là một giá trị cực kỳ lớn. Nếu khối lượng của nhà máy thủy điện Bratsk là 1 kW thì nó sẽ có công suất riêng tương tự. Để so sánh, chúng tôi lưu ý rằng các lò phản ứng trên tàu hiện đại có mật độ công suất vào khoảng $10^{-2} \text{ бт/е}$.

Những khó khăn chúng tôi gặp phải trong lĩnh vực này là điều dễ hiểu. Trong nỗ lực tiếp cận “những người anh em” của mình, chúng tôi đang cố gắng tăng tốc một vật nặng (một con tàu chở các phi hành gia) lên gần tốc độ ánh sáng. Nhưng trong tự nhiên có những hạt không có khối lượng nghỉ (photon, neutrino), không cần gia tốc hoặc chỉ có thể tồn tại khi chuyển động với tốc độ ánh sáng. Chúng ta có nên sử dụng dịch vụ của họ không? Ở cuộc sống thượng lưu, chúng ta liên tục làm điều này khi có cơ hội, xem TV hoặc nói chuyện điện thoại. Sóng điện từ sẽ truyền tải thông tin một cách trung thực đến các thuê bao của chúng tôi. Vì vậy, hãy thử sử dụng nó để liên lạc với các nền văn minh khác.

Giả sử rằng chúng ta có năng lượng cỡ $10^{40} \text{ эр}$ và có thể chế tạo tên lửa photon có công suất đẩy $3 \cdot 10^{25} \text{ бт}$ hoặc một máy phát có cùng công suất. Chúng ta nên chọn con đường nào? Với một lực đẩy nhất định, một tên lửa photon, như chúng ta đã thấy, có thể di chuyển tới khoảng cách 1.000 năm ánh sáng và quay trở lại. TRONG

28

Một quả cầu có bán kính này chứa khoảng 10 triệu ngôi sao. Nhưng gói tin chỉ có thể đến được một trong số họ. Làm thế nào để chọn nó? Chẳng phải nguy cơ phạm sai lầm là quá lớn sao?

Hãy thử đi một con đường khác. Chúng ta sẽ phát ra sóng điện từ theo mọi hướng trong không gian, sử dụng chúng để truyền tải thông tin tới định nghĩa. Từ quan điểm năng lượng, đây là loại kết nối bất lợi nhất (khi năng lượng bị tiêu tán theo mọi hướng). Nhưng bất kỳ người đăng ký nào, dù ở hướng nào, đều có thể nhận được tín hiệu của chúng tôi nên chắc chắn chúng tôi sẽ không bỏ lỡ.

Hãy tính toán phạm vi có thể nhận được tín hiệu từ máy phát của chúng tôi. Dòng năng lượng truyền qua một bề mặt đơn vị ở khoảng cách $R$ tính từ máy phát bằng

$$\frac{P}{4\pi R^2} \text{ бт/m}^2$$

trong đó $P$ là công suất máy phát.
Nếu $A$ là diện tích hiệu dụng của anten thu thì công suất tín hiệu thu sẽ bằng

$$P_c = \frac{PA}{4\pi R^2} \text{ бт}$$

Hãy đặt $R=10^5$ năm ánh sáng, bằng đường kính của Thiên hà của chúng ta và đặt $A=10^4$ m$^2$ (các thiết bị viễn thông vô tuyến tương tự đã tồn tại trên Trái đất). Khi đó công suất tín hiệu sẽ là $2.4 \cdot 10^{-14}$ bt. Tín hiệu như vậy có thể được phát hiện đầy đủ bằng thiết bị thu có độ nhạy cao. Điều này có nghĩa là bất kể người đăng ký của chúng tôi ở đâu trong Thiên hà, anh ấy đều có thể đăng ký các tín hiệu chúng tôi gửi. Trong trường hợp này, máy phát có thể hoạt động liên tục cả năm trước khi chúng ta cạn kiệt nguồn năng lượng dự trữ hiện có ($10^{40}$ er$^2$). Trong thời gian này, nó sẽ có thể truyền $10^{14}-10^{15}$ bit thông tin. Để so sánh, một trang văn bản in chứa khoảng $10^4$ bit thông tin. Do đó, chúng tôi có thể truyền một văn bản dài $10^{10}-10^{11}$ trang. Đây là cả một thư viện - hàng chục triệu tập, mỗi tập 1.000 trang.

Vì vậy, bây giờ hãy quyết định điều gì tốt hơn: bay đến một nơi nào đó mà tôi không biết ở đâu hoặc gửi máy thu thanh của bạn cho tất cả những người có thể nghe thấy nó.

Về vấn đề này, bài toán cuối cùng là để giải mã. Bạn đã nhận được một tín hiệu từ không gian, như trong Hình 3. Nó bao gồm năm chuỗi xung liên tiếp. Các số trong mỗi chuỗi biểu thị khoảng cách giữa các xung (được đo bằng phân số của khoảng thời gian của một xung, nghĩa là $t/\Delta t$).

Hãy thử giải mã thông điệp này.

NGUYÊN TỐ SIÊU NẶNG CHƯA BIẾT?

Cho đến gần đây, người ta tin rằng xenon được phát hiện trong thiên thạch chỉ được hình thành do sự phân hạch của pulotonium 244. Vào năm 1969, người ta đề xuất rằng xenon cũng có thể phát sinh từ sự phân hạch của một nguyên tố SIÊU NẶNG LET vẫn chưa được biết đến, nguyên tố này đã phân hủy vào thời điểm thiên thạch rơi xuống.

Các nhà khoa học hiện nay biết gì về yếu tố giả thuyết vẫn còn khó nắm bắt này? Theo Giáo sư E. Anders và J. Larimer (Mỹ), nhiệt bay hơi của nó là $(54 \pm 3)$ kcal/mol, và nhiệt độ sôi của nó là $(2500 \pm 400)^\circ\text{K}$. “Ứng cử viên” thích hợp nhất cho nguyên tố này sẽ là các nguyên tố được đánh số 111 (eka-gold) và 115 (eka-bismuth) trong bảng tuần hoàn. Tiếp theo về mặt xác suất là các nguyên tố 113 (eka-thalium), 114 (eka-chì), 112 (eka-thủy ngân) và 116 (eka-polony). Các nguyên tố 105 (eka-tantalum) đến 110 (eka-platinum) không đủ dễ bay hơi và nên bị loại khỏi danh sách này.

29

Thoạt nhìn, có vẻ như việc dùng tên lửa bắn trúng Mặt trời cũng dễ như việc một quả táo rơi xuống Trái đất.

Trong nhiều câu chuyện khoa học viễn tưởng dành riêng cho chuyến bay vào vũ trụ, việc một con tàu vũ trụ rơi xuống Mặt trời được miêu tả là thảm họa khủng khiếp nhất có thể xảy ra với những nhà thám hiểm Hệ Mặt trời. Đôi khi sự cố rơi xảy ra do trục trặc kỹ thuật, đôi khi do lỗi của phi công khi điều khiển tàu…

Trong khi đó, việc rơi xuống Mặt trời vì một lý do tình cờ cũng không thể xảy ra, chẳng hạn như việc một chiếc máy bay đang biểu diễn nhào lộn trên không vô tình rơi xuống Mặt trăng. Thực tế là chỉ có thể chuyển một tàu vũ trụ sang quỹ đạo rơi về phía Mặt trời bằng cách tiêu tốn một lượng năng lượng lớn hơn, đòi hỏi quá nhiều nhiên liệu.

Hãy tính vận tốc mà phương tiện phóng phải truyền cho tàu vũ trụ để nó có thể tới được Mặt trời. Nếu vụ phóng diễn ra từ Trái đất không có lực hấp dẫn, thì tên lửa sẽ chỉ phải phát triển tốc độ ngược với tốc độ quỹ đạo của Trái đất và bằng độ lớn của nó, tức là bằng 29,77 km/s. Do đó, tốc độ tâm gel của tàu vũ trụ (tốc độ so với Mặt trời) sẽ bằng 0 và nó sẽ bắt đầu rơi về phía Mặt trời theo một quỹ đạo thẳng.

Có tính đến tác dụng của trọng lực. Cho vận tốc địa tâm của tàu vũ trụ (vận tốc tương đối với Trái Đất) khi rơi cách xa Trái Đất (“ở vô cực”), tại đó lực hút của Trái Đất không còn sai số, bằng $v_\infty=29,77$ km/s. Hãy viết định luật bảo toàn cơ năng cho trường hợp này:

$$\frac{mv_H^2}{2} - \frac{\gamma Mm}{r_H} = \frac{mv_\infty^2}{2}$$

(1)

($m$ và $M$ là khối lượng tương ứng của tàu vũ trụ và Trái đất, $v_H$ và $r_H$ là tốc độ và khoảng cách từ tâm Trái đất khi bắt đầu chuyến bay thụ động (khi kết thúc gia tốc), $\gamma$ là hằng số hấp dẫn). Ở phía bên phải không có thế năng của tên lửa trong trường hấp dẫn, năng lượng này bằng 0 ở vô cực. Từ đây chúng ta có được

$$v_H^2 = v_\infty^2 + \frac{2\gamma M}{r_H}$$

(2)

Nhưng số hạng thứ hai ở bên phải của công thức bằng bình phương vận tốc giải phóng $v_{\text{OCB}}$ (vận tốc thoát thứ hai). Điều này có thể được xác minh bằng cách đặt $v_H=v_{\text{OCB}}$, $v_\infty=0$ vào phương trình cuối cùng (theo định nghĩa về tốc độ giải phóng).

Vì thế,

$$v_H = \sqrt{v_\infty^2 + v_{\text{OCB}}^2}$$

(3)

Lấy $v_{\text{OCB}}=11,19$ km/s (giá trị quy ước trên bề mặt Trái đất) và $v_\infty=29,77$ km/s, chúng ta tìm thấy: $v_H=31,8$ km/s. Tốc độ này phải được truyền tới tên lửa để nó có thể chạm tới Mặt trời. Tốc độ này đôi khi được gọi là vận tốc thoát. Nó gần gấp đôi vận tốc thoát thứ ba (16,67 km/s), đảm bảo khởi hành khỏi Hệ Mặt trời.

Bây giờ chúng ta hãy xem những khó khăn kỹ thuật nào phải vượt qua để tàu vũ trụ có thể đạt tốc độ vũ trụ thứ tư và đến được Mặt trời.

Giả sử rằng tàu thăm dò mặt trời được phóng từ quỹ đạo tròn của một vệ tinh nhân tạo, nằm ở độ cao 200 km so với bề mặt trái đất. Xét rằng tốc độ của vệ tinh là 7,8 km/s, chúng ta sẽ tìm được tốc độ phóng ban đầu từ quỹ đạo: 31,8—7,8=24 km/s.

Chúng ta hãy sử dụng công thức nổi tiếng đưa ra tỷ lệ giữa khối lượng ban đầu $M$ của hệ thống gói và khối lượng cuối cùng (trọng tải) $m_n$:

$$\frac{M}{m_n} = e^{v/c} \left( \frac{s-1}{s-e^{v/nc}} \right)^n,$$

trong đó $e$ là cơ số logarit tự nhiên, $v$ là tốc độ phải truyền cho trọng tải, $c$ là tốc độ của nguồn khí từ ống tên lửa, $n$ là số tầng, $s$ là thông số thiết kế biểu thị tỷ lệ khối lượng của tầng chứa đầy nhiên liệu với khối lượng của tầng trống. Giá trị của $s$ và $c$ được coi là giống nhau cho tất cả các giai đoạn.

Giả sử rằng tham số thiết kế có giá trị cực kỳ tốt $s=20$, và để nó di chuyển, tăng tốc tàu thăm dò không gian lên tốc độ 24 km/s, sử dụng hydro lỏng làm nhiên liệu và oxy lỏng làm chất oxy hóa. Nhiên liệu như vậy cung cấp tốc độ nguồn $c$ khoảng 4 km/s.

Đối với $n=1$ và $n=2$ trong trường hợp của chúng ta, hóa ra là $s<e^{v/nc}$. Điều này có nghĩa là tên lửa một tầng và thậm chí hai tầng không thể đạt được tốc độ cần thiết ở mức $c=4$ km/s. Đối với $n=3$ chúng ta nhận được $M/m_n=1380$ và đối với $n=5$ mối quan hệ là $M/m_n=906,6$.

Do đó, với nhiên liệu hóa học hiện tại (tức là ở tốc độ $c=4$ km/s; giá trị $c$ đối với nhiên liệu hóa học trong tương lai không thể vượt quá 5 km/s) cho mỗi kg trọng tải được đưa lên Mặt trời, sẽ có khối lượng 1380 kcal bắt đầu từ quỹ đạo trong trường hợp tùy chọn ba giai đoạn và 906,6 kcal trong trường hợp năm bước. Việc tăng số bước thậm chí lên 10 ban đầu sẽ làm giảm tỷ lệ khối lượng $M/m_n$ xuống chỉ còn 627,9.

Nếu chúng ta giả sử rằng khối lượng của tàu thăm dò không gian là 500 kcal, thì ở $n=5$ chúng ta nhận được $M=453,3$ m. Để quan sát một hệ thống tên lửa năm tầng có khối lượng như vậy trên quỹ đạo Trái đất thấp, cần phải phóng từ Trái đất 5 tên lửa cùng loại với hệ thống mặt trăng “Saturn-5” của Mỹ. Từ quan điểm năng lượng, sau một chuyến thăm dò nhỏ tới Mặt trời, việc thực hiện một số chuyến thám hiểm mặt trăng không hề dễ dàng hơn!

Vấn đề lẽ ra đã được giải quyết một cách chi tiết nếu không phải là vấn đề hóa học, nhưng động cơ hạt nhân đã được bật trên quỹ đạo gần Trái đất. Ngay cả khi chúng tôi giả định giá trị vừa phải cho những động cơ như vậy là $c=8$ km/s, thì ở $n=2$ nó sẽ tương đối là $M/m_n=30,11$. Điều này có nghĩa là tên lửa hạt nhân hai tầng phóng từ quỹ đạo tròn có thể có khối lượng 15 m với tải trọng gói trước đó là $m_n=0,5$ m. Trong trường hợp này, không cần phải lắp đặt trên quỹ đạo: việc phóng một vệ tinh có khối lượng như vậy từ lâu đã có thể thực hiện được.

Tuy nhiên, bạn có thể đến Mặt trời bằng động cơ hóa học thông thường, nếu tận dụng được trường hấp dẫn của Sao Mộc hoặc Sao Kim. Sao Mộc có thể ném một tàu thăm dò không gian về phía Mặt trời, giống như Mặt trăng ném trạm của nó về phía Trái đất, và Sao Kim có thể đưa một tàu thăm dò đến gần Mặt trời hơn trong vùng lân cận quỹ đạo của vùng không gian.

31

Thiên tài của thế kỷ 18

A. Vâng. Ykovlev

Vào tháng 5 năm 1727, vào một ngày mùa xuân ấm áp, một chàng trai trẻ hai mươi tuổi đang đi dọc theo Nevskaya Prospektiva. Anh ấy vừa đến từ Basel, Thụy Sĩ, nơi anh ấy nhận được tấm bằng đầu tiên.

Trở lại năm 1721, Johann Bernoulli nổi tiếng, giáo sư tại Đại học Basel, đã nhận thấy những khả năng khác thường của một cậu học sinh mười bốn tuổi. Trong nhiều năm, chàng trai trẻ Leonhard Euler đã đến nhà Bernoulli vào thứ bảy hàng tuần. Sau đó, anh kết bạn với các con trai của thầy mình - Nikolai và Daniil, sau này là giáo sư tại Học viện St. Petersburg.

Theo lời giới thiệu của anh em nhà Bernoulli, bậc thầy nghệ thuật trẻ tuổi Leonard Euler cũng nhận được lời mời đến St. Petersburg.

Chỉ sau vài tháng, người mới đến đã nói khá trôi chảy thứ tiếng Nga “khó hiểu” này. Chẳng bao lâu sau, những tác phẩm đầu tiên của ông đã xuất hiện trên các ấn phẩm học thuật: các tác phẩm về toán học, cơ học và vật lý. Từ năm tiếp theo, không một tập tác phẩm nào của Học viện được xuất bản mà không có một số tác phẩm của nhà khoa học trẻ. Và ở tuổi 26, Leonhard Euler, “giáo viên chung của tất cả các nhà toán học nửa sau thế kỷ 18” trong tương lai, đã trở thành một học giả.

Trong suốt 14 năm, Euler đã viết hơn 75 tác phẩm lớn. Ông giảng bài cho sinh viên Đại học hàn lâm, làm bài kiểm tra, biên soạn “Sổ tay Carithmetic” xuất sắc, xử lý việc thiết kế cưa cơ khí và máy bơm cứu hỏa, làm việc trong Ủy ban Trọng lượng và Đo lường, thuộc Khoa Địa lý, nơi ông giám sát việc tạo ra một bản đồ chung của Nga.

L. Euler (1707—1783)

Euler là một người tính toán bài giảng. Anh ấy đã hoàn thành nhanh chóng và chính xác những phép tính rườm rà. Không giới hạn bản thân trong khía cạnh toán học thuần túy của vấn đề, anh ấy tập trung sâu vào khoai tây và tự mình vẽ khá nhiều bản đồ. Euler sau này đã viết: “Địa lý Nga, thông qua công việc của tôi và của ông Heinsus, đã được đưa vào tình trạng tốt hơn nhiều”. “Ngoài Pháp, hầu như không có vùng đất nào có bản đồ tốt hơn”.

Vào đầu những năm bốn mươi, tình hình ở Học viện St. Petersburg đã thay đổi đáng kể. Quyền lãnh đạo của Akademiei đã được nắm giữ bởi Biron, Schumacher và những nhân vật phi tự nhiên khác. Năm 1741, Euler chấp nhận lời mời hiện tại của Vua Nga Frederick II và chuyển đến Berlin. Lúc đầu, ông là thành viên Hội đồng quản trị của Học viện và là trưởng lớp (khoa) toán học, và từ năm 1759, ông thực sự đứng đầu Viện Hàn lâm Khoa học Berlin.

Ở Berlin, Euler tiếp tục công việc của mình trong lĩnh vực toán học và cơ học. Tuy nhiên, Euler đã viết hầu hết các công trình lý thuyết của mình

32

tiếp tục xuất bản trên các ấn phẩm của Học viện St. Petersburg.

Trong suốt thời gian này, Euler tiếp tục là thành viên danh dự của Viện Hàn lâm Khoa học Nga và nhận được một khoản trợ cấp lớn trong thời gian đó (200 rúp mỗi năm). Leonhard Euler biên tập các phần toán học trên các tạp chí Nga, mua sách và hướng dẫn cho St. Petersburg; Trong căn hộ của mình trong nhiều năm, ông đã có sinh viên - phụ tá từ St. Petersburg. Các tác phẩm bằng văn bản đã được gửi cho anh ấy để phản hồi. Năm 1747, Schumacher gửi cho Euler hai tác phẩm của M.V. Lomonosov, hy vọng nhận được đáp số âm và loại Lomonosov khỏi hoạt động khoa học. Nhưng đáp số của Euler đã phá hỏng kế hoạch của Schumacher.

Euler viết: “Tất cả các tác phẩm của anh ấy không chỉ hay mà còn xuất sắc, hoặc anh ấy sẽ giải thích các vật liệu vật lý và hóa học… một cách kỹ lưỡng đến mức tôi hoàn toàn tin tưởng vào tính xác thực của lời giải thích của anh ấy”.

Kể từ tháng 6 năm 1766, Euler lại đến St. Petersburg. Lúc này thị lực của anh đã suy giảm nghiêm trọng. Trở lại những năm ba mươi, khi đang miệt mài tính toán và vẽ biểu đồ, Euler bị mất thị lực ở mắt trái; Bây giờ mắt phải gần như không thể nhìn thấy gì. Các nhà khoa học hàng đầu thế giới đã hoảng hốt khi biết về sự suy giảm thị lực của ông. Tuy nhiên, chính Euler đã chữa trị chứng mất thị lực một cách tài tình. Sở hữu trí nhớ phi thường, anh học cách viết vũ trụ bằng phấn trên bảng đen, đồng thời đưa ra những diễn giải bằng miệng. Mặc dù bị mù hoàn toàn, Euler đã thể hiện một khả năng làm việc đáng kinh ngạc, khi viết toàn bộ cuốn sách cho các học giả N. I. Fuss, M. E. Golovin (cháu trai của M. V. Lomonosov), con trai ông, Johann Albrecht và nhiều học trò. Đồng thời, ông không ngừng công tác hành chính, tổ chức tại Học viện.

Vào ngày 18 tháng 9 năm 1783, Euler bắt đầu cảm thấy ốm.

Anh ta chỉ kịp nói “Tôi sắp chết” và bất tỉnh. Vài giờ sau, anh ta chết vì xuất huyết não.

Theo cách diễn đạt tượng hình của nhà khoa học người Pháp Condorcet thì “Euler đã ngừng sống và ngừng tính toán”. Ông được chôn cất tại nghĩa trang Smolensk ở St. Petersburg. Dòng chữ trên tượng đài có nội dung: “Gửi Leonard Euler - Học viện St. Petersburg.” Năm 1956, thành phố của Euler được chuyển đến khu nekropol Leningrad.

Euler đã sống một cuộc đời lâu dài và hiệu quả. Nước Nga trở thành quê hương thứ hai của anh. Năm người con của ông, 38 người con, đều lớn lên ở đây. Con cháu của nhà khoa học vĩ đại vẫn sống ở nước ta.

Leonhard Euler được bầu làm học giả ở các nước trên thế giới. Ông đã để lại những công trình quan trọng về nhiều ngành toán học, cơ học, vật lý và một số ngành khoa học ứng dụng; nhiều trong số chúng vẫn được đưa vào các khóa học của các cơ sở giáo dục tin học cho đến ngày nay. Bộ sách “Khoa học biển” gồm hai tập đã đóng một vai trò quan trọng trong sự phát triển của ngành đóng tàu và hàng hải trong thế kỷ 18. “Lý thuyết chuyển động Luận Nghĩa” và các bảng dựa trên nó đã được các thủy thủ trên khắp thế giới sử dụng trong hơn một trăm năm. Ba tập Dioptrics và các công trình khác về vật lý đã giúp tạo ra kính thiên văn và kính hiển vi chất lượng cao. Thật khó để liệt kê các ngành khoa học và công nghệ mà nhà khoa học vĩ đại này đã làm việc. Nhưng trước hết ông là một nhà toán học. Các tác phẩm của ông về cơ học, vật lý và thiên văn học, như một quy luật, thể hiện một công thức toán học và độ phân giải toán học của bài toán được xem xét.

Vào đầu năm nay, Hiệp hội các nhà khoa học tự nhiên Thụy Sĩ đã quyết định xuất bản các tác phẩm hoàn chỉnh của Euler. Hơn 850 công trình khoa học lớn bao gồm 72 tập lớn.

Để hiểu được di sản khoa học của Euler cần cả cuộc đời con người…

33

Trên “bản đồ” toán học hiện đại, cái tên Euler sẽ xuất hiện ở mỗi bước đi. Trong phân tích toán học, khi diễn giải các hàm số vô tỉ, phép thay thế Euler được sử dụng, biến bài toán thành một dạng đơn giản hơn: để diễn giải các hàm hữu tỷ. Tuy nhiên, trong số các phương pháp gần đúng đơn giản nhất lời giải của phương trình vi phân là phương pháp đường đứt nét Euler. Trong các phần phân tích cao hơn, cái gọi là tích phân Euler (hàm B và hàm G) đóng một vai trò quan trọng. Trong lý thuyết số, định lý so sánh Euler và hàm Euler đã được biết đến - số lượng số tự nhiên nhỏ hơn một số đã cho và nguyên tố cùng nhau với nó. Trong cơ học, khi mô tả chuyển động của các vật thể, phương trình Euler được sử dụng để xác định vị trí tương đối của các hệ tọa độ khác nhau. Trong thủy động lực học, số Euler được coi là tỷ lệ chênh lệch áp suất tại hai điểm đặc trưng của dòng chất lỏng. Người ta có thể kể tên thêm mười hàm, công thức và định lý gắn liền với tên tuổi của Euler.

Đối với một khối đa diện “đơn giản” tùy ý (nghĩa là một khối đa diện không có “lỗ”), định lý Euler là hợp lệ: nếu chúng ta biểu thị số đỉnh là $V$, số mặt là $F$ và số cạnh là $E$ thì $V+F-E=2$. (Ví dụ: đối với hình lập phương hoặc hình bình hành $V=8$, $F=6$, $E=12$; đối với hình chữ nhật lục giác (“bút chì”) $V=12$, $F=8$, $E=18$; đối với hình nguyên thủy có đáy là hình tứ giác $V=5$, $F=5$, $E=8$). Sự thay thế định lý 地层 (và bài toán nổi tiếng về “các vị trí Königsberg”, cũng được Euler giải) về bản chất là sự khởi đầu của một ngành toán học mới - cấu trúc liên kết *).

*) Xem để biết thêm chi tiết R. Courant và G. Robbins “Toán học là gì?”, M., “Khai sáng”, 1967, ch. V (đặc biệt là §1).

Các hàm lượng giác có liên quan đến hàm số mũ của đối số tối thiểu trong công thức Euler:

$$e^{ix} = \cos x + i \sin x; \cos x = \frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2};$$

$$\sin x = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}.$$

Những công thức này cũng đóng một vai trò cơ bản trong lĩnh vực toán học - lý thuyết về hàm số phức.

Để kết luận, chúng tôi đề xuất giải quyết bài toán sau đây, do L. Euler phỏng đoán. Chúng ta hãy tìm trung điểm của các đoạn đường cao của tam giác từ trực tâm đến từng đỉnh (các thùy K, M, L trong hình) của điểm Euler. Chứng minh rằng trung điểm các cạnh của một tam giác, đáy các đường cao và các điểm Euler đều nằm trên cùng một đường tròn. Đường tròn này được gọi là đường tròn chín điểm hay đường tròn Euler. Bán kính của nó bằng một nửa bán kính của đường tròn ngoại tiếp cùng một tam giác. Đường nối trực tâm của tam giác với tâm của đường tròn ngoại tiếp được gọi là đường thẳng Euler. Tâm của đường tròn Euler nằm trên đường này chính xác ở giữa trực tâm và tâm của đường tròn ngoại tiếp.

Văn học

1. A. P. Yushekich. Euler. Bách khoa toàn thư Liên Xô vĩ đại, tái bản lần thứ 2, tập. 48.
2. Lịch sử tự nhiên ở Nga. T. 1, phần 1, M., “Hayka”, 1957.

34

TIA SÁNG X. Rachlis

Gần đây, nhà xuất bản Mir đã xuất bản một cuốn sách khoa học nhỏ nổi tiếng của X. Rachlis, “Vật lý trong bồn tắm”. Chúng tôi đặt ở đây một trong những chương của cuốn sách này. Bản dịch của nó được thực hiện bởi P.I. Khỏa thân.

Ở cuối số tạp chí này, trong phần “Bài đánh giá, Thư mục”, bạn có thể đọc một câu chuyện ngắn về cuốn sách này.

Đổ đầy nước vào bồn tắm sao cho độ sâu của nó đạt khoảng 10 cm. Hãy tắt vòi và đợi cho đến khi hết sóng lắng xuống rồi nhìn xuống. Ở đó chúng ta sẽ nhìn thấy hình ảnh khuôn mặt của mình gần giống như trong gương thật, chỉ có sương mù hơn một chút. Hãy làm cho nó sáng hơn bằng cách chiếu sáng khuôn mặt bằng đèn pin.

Bây giờ chúng ta hãy cố gắng cẩn thận véo nước bằng ngón tay. Bạn thấy đấy, hình ảnh đã bị bóp méo - lúc đầu nó run rẩy, lắc lư, sau đó dần dần dịu đi và trở lại bất động. Bây giờ nó đã có dạng ban đầu. Hãy đun sôi nước mạnh hơn. Bây giờ hình ảnh đã hoàn toàn biến mất.

Tại sao mặt nước lại cần có ảnh phản chiếu? Và tại sao nó không vắng bóng như trong một tấm gương bình thường? Tại sao hình ảnh trở nên sáng hơn nếu bạn đưa đèn pin vào mặt? Tại sao nó biến mất khi mặt nước trở nên gồ ghề?

Một cách hay để làm rõ tất cả những câu hỏi này là bắt đầu bằng cách chiếu đèn pin lên mặt nước, sau đó tắt đèn phòng tắm trước. Tốt nhất nên đặt một ống bìa cứng dài khoảng 30 cm ở phía trước đèn pin. Nếu bất kỳ ai trong số các bạn không thể có được một ống làm sẵn, bạn có thể tự làm bằng cách cuộn vài tờ giấy lại và cố định phần cuối bằng băng dính.

Trong một ống như vậy, một chiếc đèn pin tạo ra một chùm ánh sáng gần như không phân kỳ, như trong Hình 1. Hãy hướng chùm tia này xuống mặt nước và xem điều gì xảy ra với nó.

Để bắt đầu, chúng ta sẽ giữ đèn pin ở một góc. Ánh sáng có bị phản xạ từ mặt nước không? Có một số cách để kiểm tra điều này. Một trong số đó là cố gắng tìm một điểm sáng trên bức tường nước. Thậm chí có thể nhìn thấy một chùm phản xạ khác, đặc biệt nếu có các hạt bụi trong không khí. Bạn có thể cố gắng tự mình tạo ra một đám mây “bụi nguyên chất” - để làm được điều này, bạn cần rải bột talc mịn nhất vào không khí để tăng chùm tia phản xạ. bạn có thể sử dụng

35

Cơm. 2.

Có một cách khác: nếu ai đó trong gia đình hút thuốc, hãy yêu cầu anh ta thổi khói vào chùm tia phản xạ. Các hạt bụi hoặc khói trong không khí phản chiếu ánh sáng về phía mắt và chùm tia trở nên nhìn thấy được.

Nếu bạn đưa lòng bàn tay ra gần nơi chùm ánh sáng chạm vào mặt nước, trên đó sẽ xuất hiện một điểm sáng - điều này có nghĩa là chùm ánh sáng phản xạ đi qua đó. Giơ tay ở giữa để theo tia sáng, cuối cùng chúng ta sẽ chạm vào một điểm sáng trên tường.

Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn góc chiếu của chùm tia tới mặt nước, sau đó thử xác định xem nó bị phản xạ ở góc nào. Với mục đích này, tốt nhất nên sử dụng phương pháp phát hiện chùm tia bằng bột talc hoặc khói. Có thể nói gì về góc mà chùm tia chạm tới mặt nước và góc phản xạ của nó? Họ rõ ràng là giống nhau.

Hãy thử thay đổi độ nghiêng của chùm tia. Hình 2 thể hiện một số trường hợp phản xạ điển hình. Nếu một chùm ánh sáng đi vào nước với một góc nhỏ, như trong Hình 2a, sự phản xạ từ bề mặt xảy ra cũng ở một góc nhỏ như vậy. Nếu góc giữa chùm sáng và mặt nước lớn hơn như trên Hình 2.6 thì chùm tia phản xạ cũng lệch khỏi mặt nước một góc lớn. Nếu chùm tia gần như đi thẳng xuống dưới, như trong Hình 2.8, thì nó sẽ bị phản xạ gần như thẳng đứng lên trên.

Bây giờ chúng ta hãy hướng chùm ánh sáng xiên về phía mặt nước để tạo thành một điểm sáng trên tường. Trong trường hợp này, bề mặt của nước sẽ hơi không bằng phẳng (dùng ngón tay chạm vào nó vài lần). Điều gì sẽ xảy ra với bốn điểm phản chiếu REM trên tường? Hãy nhìn xem, nó giãn ra, nó trở nên mờ nhạt, nó biến dạng, nó run rẩy và lắc lư.

Nhiều tia sáng (chùm rất hẹp) do đèn pin phát ra chiếu xuống mặt nước ở một góc gần như nhau. Nếu mặt nước phẳng lặng thì nó sẽ phản xạ tất cả các tia sáng ở những góc như nhau, tức là tất cả các tia sáng đều bị phản xạ tương ứng và chùm ánh sáng sẽ vẫn được thu lại như cũ. Đó là lý do tại sao khi nhìn vào bề mặt của mắt, một điểm sáng nhỏ hình thành trên tường.

Khi chúng ta “làm xáo trộn” mặt nước, những gợn sóng hình thành trên bề mặt của nó. Và mặc dù các tia phản xạ vẫn rời khỏi bề mặt ở cùng một góc mà tia tới tới từng phần của nước, nhưng giờ đây mỗi phần của bề mặt luôn thay đổi vị trí của nó (Hình 3). Do đó, góc của từng chùm ánh sáng riêng lẻ đối với mặt nước liên tục thay đổi và chùm tia mỗi lần bị phản xạ ở một vị trí khác nhau trên tường. Chùm ánh sáng nhảy lên, giãn ra - nó trở nên nhỏ hơn và lớn hơn, tùy thuộc vào mức độ xáo trộn của bề mặt nước.

Vì vậy, chỉ có mắt trên bề mặt mới có thể tạo ra sự phản chiếu tập trung. Trên bề mặt nhẵn, phản xạ phân tán theo mọi hướng.

36

Cơm. 3.

Tại sao một hình ảnh phản chiếu hình thành trên bề mặt? Giả sử ai đó nhìn xuống nước, cố gắng nhìn thấy hình ảnh phản chiếu của một vật nhỏ A trong đó (Hình 4). Trong ảnh, mắt B của người đang nhìn được phóng to lên rất nhiều - điều này cho phép chúng ta hiểu rõ hơn điều gì đang xảy ra với ánh sáng. Giả sử tia sáng mặt trời chiếu vào vật A và bị nó phản xạ.

Theo quy định, các vật thể không có mắt như bề mặt nước tĩnh lặng hoặc gương. Nói chung, nếu có những điểm bất thường trên bề mặt vật thể chỉ bằng 1/25.000 centimet thì đây đã là

Cơm. 4.

đủ để phản chiếu ánh sáng theo mọi hướng. Hãy tưởng tượng vật A có những bất thường như vậy. Ví dụ, hãy xem xét các tia sáng mặt trời B và Γ phản xạ từ một vật thể. Chúng sẽ đến từ mặt nước, như được thể hiện bằng chữ D và E, và cuối cùng sẽ đi vào mắt của B.

Hãy chú ý cách các tia B và Γ phân kỳ khi chúng nghiêng về phía mặt nước. Sau khi được phản chiếu từ bề mặt, mỗi góc ở một góc khác nhau, chúng tiếp tục phân kỳ cho đến khi chạm vào mắt. Mắt không thể biết được tia thực sự đến từ đâu. Đối với anh ta, có vẻ như họ đang đi ra khỏi điểm F, nằm dưới mặt nước. Nói cách khác, mắt nhìn thấy hình ảnh hoặc hình ảnh của một vật thể dưới mặt nước.

Trong hầu hết các trường hợp, vật thể lớn hơn vật thể A, được hiển thị trong Hình 4. Nhưng điều này không làm thay đổi lý do hợp lý. Mỗi điểm của một vật thể lớn cho hình ảnh riêng của nó. Trong mắt, hình ảnh của tất cả các điểm này kết hợp thành một hình ảnh trông giống hệt như vật thể.

Tất nhiên, để tạo ra một hình ảnh như vậy, bạn cần một bề mặt phản chiếu rất thông minh cho phép các tia được phản xạ theo cách mà sau khi phản xạ, chúng được định vị tương đối với nhau giống như trước khi phản xạ. Đây là cách nó hoạt động trên bề mặt mắt và bề mặt không bằng phẳng sẽ làm biến dạng hình ảnh hoặc phản xạ các tia một cách ngẫu nhiên.

Bất kỳ bề mặt mắt nào cũng phản chiếu ánh sáng giống như bề mặt mắt của nước. Hầu hết các gương đều được làm bằng kính rất bắt mắt, mặt sau được phủ một lớp mỏng chất phản chiếu tốt (hoặc kim loại khác). Một chiếc bàn được đánh bóng tốt hoặc sàn nhà được đánh bóng cũng tạo ra sự phản chiếu của gương, kính cửa sổ cũng vậy. Có thể phục vụ như một tấm gương

37

các mặt sáng bóng tự động. Nhưng bề mặt cong của chúng phản chiếu ánh sáng ở một góc khác so với bề mặt phẳng, nên hình ảnh có vẻ bị méo.

Bây giờ chúng ta hãy thử trả lời câu hỏi: tại sao hình ảnh trong nước không rõ nét như trong gương? Điều này là do một số lý do. Hãy lấy đèn pin một lần nữa và chiếu sáng bồn tắm chứa đầy nước. Có phải tất cả ánh sáng đều bị phản xạ? Không, một phần của nó, và một phần lớn hơn, xuyên qua nước và chiếu sáng đáy bồn tắm.

Tỷ lệ năng lượng ánh sáng phản xạ từ nước rất nhỏ – khoảng 10%. Đối với tấm gương, hình ảnh ngược lại được quan sát thấy ở đó. Một lớp kim loại nằm ở mặt sau của gương phản chiếu phần lớn ánh sáng chiếu vào nó – khoảng 95%. Đây là lý do tại sao ảnh chúng ta nhìn thấy trong gương thường sáng hơn nhiều so với ảnh trên mặt nước.

Lý do thứ hai khiến hình ảnh trong nước có vẻ tối hơn đối với chúng ta là khi chúng ta nhìn vào bồn tắm, chúng ta đang dùng đầu chặn ánh sáng. Ánh sáng từ chiếc đèn treo trên trần nhà hoặc ánh sáng mặt trời chiếu qua cửa sổ chỉ có thể chiếu vào mặt theo đường vòng - đầu tiên nó đến từ tường, từ sàn nhà hoặc từ tường của bồn tắm. Không cần phải nói, vì khuôn mặt được chiếu sáng nên hình ảnh trở nên mờ. Khi chúng ta treo đèn pin lên mặt, một phần ánh sáng sẽ được phản chiếu trực tiếp từ mặt, sau đó đi xuống nước và kết quả là hình ảnh trở nên sáng hơn.

Thanh thẳng cong

Điều gì xảy ra với ánh sáng không phản chiếu từ bề mặt nước tắm? Để trả lời câu hỏi này chúng ta tiếp tục với thí nghiệm sau. Hãy đổ nước tắm, như cách tắm thông thường, rồi hạ một cây gậy thẳng xuống nước, hơi nghiêng. Bây giờ, nếu chúng ta nhìn vào cây gậy, nó không còn xuất hiện thẳng đối với chúng ta nữa: phần của nó ở trong nước dường như bị uốn cong lên trên (Hình 5).

Chà, nếu bạn lấy cây gậy ra khỏi nước thì sao? Khi đó phần bị gãy sẽ lại hoàn toàn thẳng và phần ngâm trong nước dường như vẫn cong lên trên.

Bây giờ chúng ta hãy lấy cây gậy hoàn toàn ra khỏi nước - nó hoàn toàn thẳng như cũ. Chỗ uốn cong đã thẳng hoàn toàn.

Có lẽ bạn đã rõ rằng cây gậy hoàn toàn không uốn cong khi nhúng vào nước và không duỗi thẳng khi chúng ta lấy nó ra khỏi nước. Nếu ai nghi ngờ điều này, hãy gửi phần “uốn cong” của cây gậy nằm trong nước. Khi chạm vào nó hoàn toàn thẳng. Rõ ràng có một loại ảo ảnh quang học nào đó đang diễn ra ở đây, do đó chúng ta nhìn thấy thứ gì đó không thực sự ở đó. Hình ảnh phản chiếu cũng là một sự lừa dối kiểu này. Những vật thể đối với chúng ta dường như ở phía sau gương thực ra lại nằm ở một nơi khác.

Hãy cùng tìm hiểu hiện tượng này sâu hơn. Để làm điều này, chúng ta sẽ sử dụng đèn pin có ống mà chúng ta đã làm trước đó khi nói về gương.

Hãy làm tối phòng tắm càng nhiều càng tốt, sau đó hướng đèn pin xuống và chiếu một chùm ánh sáng xuống nước. Nghiêng đèn pin như thế này

38

Sau đó, hãy làm cho chùm tia đi thẳng xuống hoặc trượt gần như ngay cạnh mặt nước. Có thể thấy, tại nơi đi vào nước, chùm sáng bị khúc xạ mạnh. Trong không khí, nó đi thẳng hoàn toàn, trong nước cũng vậy, nhưng nơi nước gặp không khí, chùm sáng bẻ cong mạnh xuống dưới (Hình 6).

Có lẽ một số bạn sẽ bối rối vì thực tế là cây gậy trong nước dường như bị uốn cong lên trên và chùm sáng dường như bị uốn cong xuống dưới. Nếu bạn không nhận thấy điều này, hãy chú ý lại đến sự khác biệt trong Hình 5 và 6.

Sự mâu thuẫn này là hiển nhiên và rất dễ giải thích nếu bạn hiểu chi tiết hơn điều gì xảy ra với ánh sáng phát ra từ nước. Hình 7 thể hiện thanh thẳng AB như thật. Trong chương này người ta quan sát thấy rằng, nằm phía trên mặt nước, ánh sáng phản xạ từ đầu que B đi vào. Tuy nhiên, khi truyền từ nước sang không khí, tia sáng tới từ B không đi theo đường thẳng mà uốn cong tại điểm G. và rõ ràng là đi theo đường đi của BGV, vì nó đi vào mắt được quan sát thấy.

Người được quan sát không thể biết chùm ánh sáng thực sự đến từ đâu. Chùm tia đi vào mắt theo hướng GV, nghĩa là người ta quan sát thấy ánh sáng truyền theo đường thẳng, hơi truyền về phía G, tức là từ một nơi nào đó từ điểm D. Ở đó, theo thực đơn của ông, là điểm cuối của cây gậy.

Cơm. 6.

Cơm. 7.

Xin lưu ý rằng điểm D nằm phía trên điểm B, đó là lý do tại sao cây gậy dường như bị cong lên trên. Ngoài ra, cây gậy trông có vẻ ngắn hơn thực tế. Hai quy tắc này áp dụng cho mọi vật ngâm trong nước. Nếu một vật chỉ chìm một phần trong nước thì phần dưới nước của nó luôn có vẻ ngắn hơn. Hơn nữa, tất cả các vật thể trong nước dường như ở gần bề mặt hơn thực tế.

Có bạn nào đã từng bắn cá bằng súng dưới nước chưa? Ai đã từng làm thì chắc cũng biết nó khó khăn đến thế nào. Thực tế là con cá hoàn toàn không có ở nơi chúng ta nhìn thấy. Nếu bạn nhắm thẳng vào con cá, chắc chắn mũi tên sẽ bay cao hơn. Do đó, bạn cần nhắm mục tiêu cao hơn một chút, điều chỉnh các tia sáng nhân tạo.

Chỉ có một trường hợp mà một chùm ánh sáng song song rất hẹp sẽ không bị uốn cong - nếu nó đi theo phương thẳng đứng, tức là đi thẳng xuống. Trong trường hợp này, ánh sáng đi vào nước theo một góc vuông và đi xuống mà không bị uốn cong.

Sự bẻ cong của chùm ánh sáng khi truyền từ một chất (ví dụ như nước hoặc thủy tinh) sang một chất khác (ví dụ như không khí) được gọi là khúc xạ. Khúc xạ rất quan trọng: hoạt động của tất cả các dụng cụ quang học đều dựa trên nó, bao gồm cả

39

trong đó có lyise. Tầm nhìn của con người và động vật cũng dựa trên sự khúc xạ ánh sáng bởi thấu kính (lens) nằm trong mắt.

Còn rất nhiều điều có thể nói về những hiện tượng thú vị xảy ra với ánh sáng trong bồn tắm. Nhưng con đường này sẽ trở thành chủ đề nghiên cứu độc lập của bạn.

Nghiên cứu độc lập

1. Gắn chặt hai chiếc gương mỏng lại với nhau, ấn các cạnh của chúng vào nhau và đặt những chiếc gương lên một bức tranh màu nào đó. Những chiếc gương tạo ra những mẫu kính vạn hoa tuyệt vời.

Phát triển gương và xem hình ảnh thay đổi như thế nào. Giải thích những gì đang xảy ra.

2. Đảo ngược hình ảnh trong gương so với vật bạn đang nhìn. Nếu bạn nhắm mắt trái khi nhìn vào gương, nó sẽ xuất hiện như thể hình ảnh đã che mất mắt phải của bạn. Nhưng nếu bạn nhìn vào một tấm gương đặt vuông góc với một tấm gương khác, thì hình ảnh đó lại bị đảo ngược và mọi vật thể đều được nhìn thấy như thật.

Đặt hai tấm gương vuông góc với nhau và nhìn vào chính mình. Kỳ lạ phải không? Không biết có ai trong số các bạn có thể vừa chải tóc vừa nhìn vào hình ảnh “chỉnh sửa” của mình không?

3. Hãy thử viết tên của bạn lên một tờ giấy trong khi nhìn vào gương và nhìn theo hình ảnh bàn tay của bạn. Đặt một cuốn sách giữa mắt và bàn tay của bạn để tránh việc quan sát trực tiếp bàn tay của bạn. Bạn đã viết được chưa? KHÔNG? Làm thế nào chúng ta có thể giải thích điều này?

4. Lấy một chiếc ly hướng nước và nhìn qua nó một cây bút chì được lắp thẳng đứng phía sau ly. Di chuyển bút chì sang trái, bây giờ sang phải. Những gì có thể nhìn thấy được? Trước tiên, hãy thử giữ bút chì gần kính, sau đó di chuyển nó ra xa tầm tay. Làm thế nào để tìm thấy sự cam kết với những gì đang xảy ra?

Bữa trưa thất bại
(Kết thúc. Xem trang 21 để bắt đầu)

Dorofey Martyanch mấp máy môi, mím môi hồi lâu, suy nghĩ nên mời ai đi ăn tối, cuối cùng nhổ ra ý tưởng của mình.

Dorofei Martiancs có thể mời tối đa bao nhiêu khách (và chính xác là ai) để những người được mời không có bất kỳ phàn nàn nào với ông về thành phần khách mời?

A. S. Sorokin

Vấn đề
Newton

Có 12 con bò đực đang gặm cỏ trên một đồng cỏ rộng 3 mẫu Anh; Trong suốt 4 tuần, chúng ăn cỏ vốn có ở đồng cỏ cũng như cỏ mọc trong 4 tuần này. Ở một đồng cỏ rộng 10 mẫu Anh khác, 21 con bò đực đang chăn thả trong 9 tuần và ăn thịt trầu ban đầu cũng như con trâu đã lớn lên trong những ngày này.

Có bao nhiêu con bò đực phải được thả trên một đồng cỏ rộng 24 mẫu Anh để chúng có thể tự kiếm ăn trong 18 tuần trong cùng điều kiện?

(Từ “Số học phổ quát” của I. Newton theo ấn bản tiếng Anh năm 1728.)

40

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ
SỐ LƯỢNG

Lời giải bài toán của số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 31 tháng 12 tới địa chỉ: 117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15, nhà xuất bản “Nauka”, tòa soạn tạp chí «Kvant». Sau địa chỉ trên phong bì, hãy cho biết lời giải bạn đang gửi bài toán nào; ví dụ: “Sự cố «Kvant», M146, M148”. Ở phần đầu của bức thư, hãy cho biết họ, tên, họ hàng, địa chỉ nhà, cũng như lớp và trường nơi bạn học. Lời giải của mỗi bài toán (nếu bạn gửi nhiều lần cùng một lúc) phải được viết trên (các) tờ giấy riêng, các trang đã được kiểm tra. Lời giải bài toán cho mỗi môn học - toán và vật lý, cũng như bài toán mới - phải được gửi trong các phong bì riêng.

Bài toán

M171. Một hình lục giác đều được vẽ trên mặt phẳng, độ dài cạnh của nó là 1. Chỉ dùng thước kẻ dựng một đoạn có độ dài 1/7.

A. V. Alyaev

M172. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ số
$$\underbrace{11\ldots122\ldots233\ldots3\ldots99\ldots9}_{p}$$
chia hết cho $p$.

M. L. Gerver

M173*. Trong một bảng vuông 4x4, các số 1, 2, 3,… được sắp xếp.

Cơm. 1.
40

16 sao cho tổng của bốn số ở mỗi hàng, mỗi cột và trên mỗi đường chéo của hai số đó bằng nhau, trong đó 1 và 16 đứng ở góc đối diện của bàn. Chứng minh rằng trong “hình vuông ma thuật” này tổng của hai số bất kỳ nằm đối xứng nhau qua tâm hình vuông là bằng nhau.

L. G. Limanov

M174. Trên các cạnh của tam giác $ABC$, cũng như trên các đáy, các tam giác đều $AB_1C$, $BA_1C$ và $AC_1B$ được dựng (Hình 1). Chứng minh rằng các đường vuông góc hạ xuống từ

41

các điểm $A, B$ và $C$ tương ứng trên các đường $B_1C_1, C_1A_1$ và $A_1B_1$, giao nhau tại một điểm.

A. G. Gein

M175* a) Mỗi ​​cạnh của một tam giác đều được chia thành $m$ các phần bằng nhau và vẽ các đường thẳng song song với các cạnh thông qua các điểm chia, cắt tam giác đó thành $m^2$ các tam giác nhỏ. Trong số các đỉnh của các tam giác thu được, cần đánh dấu các đỉnh $N$ sao cho đối với hai đỉnh lệch nhau bất kỳ $A$ và $B$ thì đoạn $AB$ không song song với bất kỳ cạnh nào ($m=6$ trong Hình 2). Giá trị lớn nhất có thể có của $N$ (đã cho $m$) là bao nhiêu?

6. Chúng ta hãy chia mỗi cạnh của tứ diện thành $m$ các phần bằng nhau và thông qua các điểm chia chúng ta vẽ các mặt phẳng song song với gam. Trong số các đỉnh của khối đa diện thu được, chúng ta đánh dấu các đỉnh $N$ sao cho không có hai đỉnh lệch nhau nào nằm trên một đường thẳng song song với một trong các mặt. Điều gì có thể nhất $N$?

c) giữa các phương trình số nguyên lời giải

$$x_1+x_2+\ldots+x_k=m,$$

thỏa mãn điều kiện $0 \leq x_i \leq m$ (với tất cả $i=1, 2, \ldots, k$), bạn cần chọn $N$ lời giải sao cho không có hai trong số lời giải được chọn bất kỳ $x_i$ nào không thuộc cùng một giá trị. Giá trị tối đa có thể có của $N$ là bao nhiêu? (Nhiệm vụ a) và 6) là trường hợp một phần của nhiệm vụ theo $k=2$ và $k=3$.

M. L. Gerver

F183*. Một lực kế đang trượt trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn thì bị kéo với một lực không đổi $F=4 \text{ n}$. Lực kế cho thấy điều gì nếu khối lượng của súng bằng khối lượng của vật và đường kính chia độ ở vị trí nằm ngang?

G. L. Komkin

F184. Khi truyền hình ảnh tivi trên Trái đất, 25 khung hình được truyền trong 1 giây. Điều này có nghĩa là 1 khung hình được truyền trong $\frac{1}{25}$ giây. Đồng thời, như đã biết, việc truyền một khung hình ảnh Mặt trăng, được cải tiến theo tiêu chuẩn “Mặt trăng”, kéo dài 25 phút. Tại sao lại có sự chênh lệch lớn về thời gian truyền của 1 khung hình trong trường hợp chung?

F185. Một quả bóng chuyền có khối lượng 200 g và thể tích 8 lít có áp suất 0,2 amp. Quả bóng được ném lên độ cao 20 m và sau khi ném xuống mặt đất cứng, nó đã nhảy lên gần như độ cao tương tự. Tính nhiệt độ không khí lớn nhất của quả bóng lúc chạm đất. Nhiệt độ không khí bên ngoài $300^\circ \text{K}$, độ đặc nhiệt của không khí ở thể tích không đổi $c_v=0,16 \text{ кал/л·срэд}$.

F186. Khi xe buýt hoặc xe tự động rẽ, hành khách sẽ bị ném theo hướng ngược lại với hướng rẽ. Đồng thời, việc quay đầu máy bay hoàn toàn không bị hành khách nhầm lẫn. Giải thích sự khác biệt này.

Tôi. Sh. Tiếng Slovodechkiy

F187. Một tấm kim loại mỏng có diện tích $s$ được lấp đầy bởi một lớp điện môi lỏng có mật độ $\rho$ và hằng số điện môi $\varepsilon$, do đó độ dày của lớp này nhỏ hơn nhiều so với kích thước tuyến tính của tấm. Điều gì sẽ xảy ra với chất lỏng nếu tấm được tích điện $+Q$?

V. D. Krivenkov

*) Trong “Kvashta” số 9, 10, các số bài toán phải được đọc: F173—F177 và F178—F182.

42

Lời giải

Trong số này chúng tôi xuất bản lời giải bài toán M129—M134

M129
a) Người ta đổ 12 lít sữa vào thùng. Làm thế nào, chỉ sử dụng bình 5 và 7 lít, bạn có thể chia sữa thành hai phần bằng nhau?
b)* Giải tổng quát bài toán: để tính a và b, ta có thể chia (a+b) lít sữa làm đôi, chỉ dùng bình 1 lít, b lít và (a+b) lít?

XE TĂNG
Tôi tàu 7 2 2 0 7 4 4 0 7 6
II tàu 0 5 0 2 2 5 0 4 4 5

XE TĂNG
Bảng 1.

Để giải bài toán 6), ta tiến hành như sau. Đặt a ≥b. Hãy lấy một chiếc bình có dung tích a+b lít làm bình chứa, một chiếc bình có dung tích 1 lít làm bình thứ nhất và một bình có dung tích b lít làm bình thứ hai. Chúng ta hãy chứng minh rằng có thể thu được c lít khi và chỉ nếu c=ma+lb, trong đó m và l là số nguyên, 0<c<a. Nếu a và b là số nguyên thì nó có thể được hình thành như sau: có thể thu được c lít khi và chỉ khi 0≤c≤a và c chia hết cho ước số chung lớn nhất của a và b (xem bài viết của V. N. Vagten “Thuật toán Euclide và Định lý cơ bản của số học”, «Kvant» Số 6, 1972). Chúng ta giải bài toán mà không giả sử rằng a và b là số nguyên; nếu điều này được biết trước thì lời giải có thể được đơn giản hóa; ví dụ, không cần xem xét riêng trường hợp m>0 và m<0.

Bảng 2.

I a-a-b a-b a-2b a-2b d₁=a-l₁b 0 a 2a-(l₁+1)b 2a-(l₁+1)b d₂=2a-l₂b dₘ=ma-lₘb
II 0 b 0 b 0 0 d₁ d₁ b 0 0

Bảng 3.

Đối với lời giải bài toán a) chỉ cần cung cấp một bảng là đủ (xem Bảng 1). Vì điều đó

Chúng ta hãy biểu thị bằng dₖ phần dư của phép chia ka cho b (k=1, 2, 3, …): dₖ=ka-lₖb, 0≤dₖ<b.

Chúng ta chỉ cần chứng minh rằng có thể thu được dₘ lít là đủ. Thật vậy, vì dₘ=ma-lₘb là số nhỏ nhất có dạng ma+lb, trong đó l là một số nguyên, nên bằng cách thêm một phần l+lₘ khác của b lít vào dₘ, chúng ta có thể nhận được số tiền cần thiết

44

Cơm. 3.

phải nằm trên biên của tập hợp $V$; không ai trong số chúng có thể ở bên trong $V$: xét cho cùng, $V$ được chứa trong mỗi sọc $\Pi_{ij}$.

Lời giải bài toán a) bây giờ hóa ra là hai từ. Trong trường hợp này, $V$ là một $n$-giác lồi có các đỉnh $A_1, A_2, \dots, A_n$. Tổng các góc của nó bằng $180^\circ (n - 2)$ và nếu mỗi góc không lớn hơn $90^\circ$ thì

$$180^\circ (n - 2) \leq 90^\circ n,$$

từ đâu $n \leq 4$.

Lời giải bài toán trên máy bay được rất nhiều bạn đọc gửi về. Không gian bài toán khó hơn nhiều và chúng tôi chưa nhận được bằng chứng đầy đủ từ bất kỳ độc giả nào. Hãy để chúng tôi trình bày lời giải, được phát hiện lần đầu tiên bởi các nhà hình học nổi tiếng L. Danzer và B. Grionbachum (1962).

Chúng ta xét, ngoài khối đa diện $V$ (ở đây $V$ có thể hiểu là bao lồi của các điểm $n$ đã cho $A_1, A_2, \dots, A_n$ hoặc giao điểm - phần chung - của tất cả các sọc $n (n - 1)/2$ $\Pi_{ij}$, còn có các khối đa diện:

$$V_i, \text{ получищеся из } V \text{ сдигом на вектор } \overrightarrow{A_1 A_i} (i = 1, 2, \dots, n); V_1, \text{ размещется, совпадает с } V), \text{ и } V', \text{ получищеся из } V \text{ расстоянием (гомотетей) с коэффициентом 2 и центром в точке } A_1.$$

Hãy chứng minh ba khẳng định sau.

1. Khối đa diện thu được từ $V$ bởi vectơ $\overrightarrow{A_i A_j}$ không có điểm chung bên trong nào với $V$ (nghĩa là nó chỉ có thể giao nhau với $V$ trên biên).

2. Không có hai khối đa diện $V_1, V_2, \dots, V_n$ nào có điểm chung bên trong.

3. Tất cả $V_i$ đều được chứa trong $V'$.

Hãy chứng minh 1°. Khi chuyển sang $\overrightarrow{A_i A_j}$, sọc $\Pi_{ij}$ biến thành một sọc mới, không có điểm chung bên trong nào với nó - hai sọc này chỉ có một mặt phẳng ranh giới chung. Nhưng $V$ được chứa trong $\Pi_{ij}$, nên 1° càng đúng hơn.

Thay đổi 2° diễn ra sau 1°: chỉ cần thay thế $V_j$ thu được từ $V_i$ bằng cách dịch chuyển sang vectơ $\overrightarrow{A_i A_j}$ (Hình 4).

Cơm. 4.

$$3^\circ \text{ следует из более общого факта: если } ABC \text{ — три точки выпуклого многогранника, } W \text{ и } W' \text{ — многогранник, полученный из } W \text{ растяжением в 2 раза с центром в точке } A, \text{ то четыряя вершина } D \text{ параллелограмма } ABDC \text{ (то есть точка, получшаяся из } C \text{ сдигром на вектор } \overrightarrow{AB}) \text{ принадлежит } W'.$$

Điều này dễ dàng được chứng minh: điểm $K$, từ đó khi kéo giãn sẽ thu được $D$ - trung điểm của đoạn $AD$ - đồng thời là trung điểm của đoạn $BC$, do đó nó thuộc về $W$ (xét cho cùng, đa diện $W$ là lồi), do đó $D$ thuộc về $W'$ (Hình 5).

Vì vậy, khẳng định 2° và 3° đã được chứng minh. Gọi $v$ là thể tích của khối đa diện $V$. Khi đó âm lượng của mỗi điểm $V_i$ là $v$ và âm lượng của $V'$ là $8 v$. Từ 2° và 3° rõ ràng là theo sau $nv \leq 8 v$, từ đó $n \leq 8$.

Lưu ý rằng chúng tôi đã quyết định bài toán, được đề xuất tại Olympic Quốc tế lần thứ XIII (xem “Quant” số 12 năm 1971, trang 54, bài toán 2): rõ ràng là bài toán M130 6), ban giám khảo quốc tế đã quyết định rằng nó quá khó đối với Olympic và chỉ bao gồm nửa sau của nó.

Liên quan đến tuyên bố đã được chứng minh, sẽ nảy sinh một số câu hỏi không thể giải quyết theo cách đẹp đẽ mà khá giả tạo mà chúng ta đã nói đến. Ví dụ, điểm thuần khiết nhất trong không gian có thể được

45

nên đặt sao cho tất cả các góc của tam giác có đỉnh tại các điểm này đều nhọn?
Từ lời giải của chúng tôi, rõ ràng là không thể đặt 8 điểm (hãy đảm bảo điều này). Không khó để xây dựng một ví dụ khi có 5 điểm. Có thể có 6 người trong số họ? 7? Một câu hỏi tổng quát hơn và có lẽ rất khó là: số điểm tối đa có thể sắp xếp sao cho tất cả các góc không vượt quá một giá trị α cho trước là bao nhiêu?

Nếu bất kỳ độc giả nào trả lời được lời giải trong số những câu hỏi này, chúng tôi sẽ quay lại với họ một lần nữa.

M131
Chứng minh rằng các điểm chẵn mà tại đó các đường phân giác của các góc kéo dài các cạnh đối diện của một tứ giác nội tiếp cắt các cạnh của nó là các đỉnh của hình thoi.

Chúng ta sẽ giải bài toán bằng cách sử dụng các định lý nổi tiếng về góc giữa hai cát tuyến (Hình 6). Ký hiệu rõ ràng trong Hình 7. Vì $PN$ và $QK$ là các phân giác nên

$$\alpha_6 - \alpha_1 = \alpha_5 - \alpha_2,$$
$$\alpha_7 - \alpha_4 = \alpha_8 - \alpha_3.$$

Cộng hai đẳng thức này, ta được $\alpha_6 + \alpha_7 + \alpha_2 + \alpha_3 = \alpha_1 + \alpha_4 + \alpha_5 + \alpha_8$, do đó tổng các cung trong mỗi phần của đẳng thức cuối cùng bằng nửa hình tròn. Do đó, các đường thẳng $PN$ và $QK$ vuông góc với nhau. Suy ra rằng trong một tam giác $KPM$ phân giác của góc $P$ đồng thời với chiều cao; thì nó cũng là số trung vị; tam giác $KPM$ đều. Điều tương tự cũng có thể nói về tam giác $LQN$. Do đó, trong một tứ giác $KLMN$ các đường chéo chia đôi nhau và vuông góc với nhau nên nó là hình thoi.

N. B. Vasiliev

M132
Cho $n$ các số $x_1, x_2, \dots, x_n$ được viết xung quanh một vòng tròn, mỗi số bằng (+1) hoặc (-1) và tổng của $n$ tích theo cặp của các số lân cận bằng 0 (như trong bài toán M93, trang 42) và nói chung với mỗi $n = 1, 2, \dots, n - 1$ tổng $n$ của tích từng cặp của các số cách nhau bởi $k$ vị trí bằng 0 (tức là $x_1x_3 + x_2x_4 + \dots = 0$, $x_1x_4 + x_2x_5 + \dots = 0$, v.v.). Ví dụ về $n = 4$ dan trong Hình 8).

a) Chứng minh rằng $n$ là bình phương của một số nguyên.
b) Có bộ số $n$ như vậy cho $n = 16$ không?

Cơm. 8.

46

Hãy chứng minh rằng $n$ là bình phương của một số nguyên. Hãy đặt $m = x_1 + x_2 + \dots + x_n$. Khi đó $m$ là một số nguyên,

$$m^2 = (x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2 = (x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) + (x_1x_2 + x_2x_3 + \dots + x_nx_1) + (x_1x_3 + x_2x_4 + \dots + x_{n-1} \times x_1 + x_nx_2) + \dots + x_nx_{n-1}).$$

Như sau từ điều kiện bài toán, ở vế phải của đẳng thức này, tổng các số trong dấu ngoặc đầu tiên là $n$ và tổng các số trong bất kỳ dấu ngoặc nào khác là 0. Do đó, $n = m^2$. Vấn đề a) đã được giải quyết.

Hãy để chúng tôi xác định xem $n$ nào chúng tôi có thể chọn các số $x_1, \dots, x_n$ thỏa mãn các điều kiện bài toán. Như sau từ bài toán M93, $n$ phải chia hết cho 4; Điều này có nghĩa là $n$ là bình phương của một số chẵn. Nếu $n=4$ thì có thể chọn các số sau: $x_1=x_2=x_3=1$, $x_4=-1$. Giá trị tiếp theo có thể có của $n$ là 16.

Hãy chứng minh rằng với $n=16$ những số như vậy $x_1, \dots, x_{16}$ không thể chọn được.

Giả sử rằng các số $x_1, \dots, x_{16}$ được cho thỏa mãn các điều kiện bài toán và cố gắng đi đến một điều mâu thuẫn.

Hãy để $m = x_1 + \dots + x_{16}$. Chúng ta có thể giả sử rằng $m \geq 0$ (nếu không, chúng ta có thể thay thế tất cả các số $x_i$ bằng $-x_i$ mà không vi phạm các điều kiện của bài toán), như đã được hiển thị, $m^2 = n = 16$, tức là $m=4$.

Nếu $p$ trong số $x_i$ bằng $1$ và $q$ bằng $-1$, thì

$$p + q = n = 16 \text{ и } p - q = m = 4.$$
Vì vậy, $p=10$, $q=6$.

Chúng ta sẽ giả sử rằng các số $x_i$ được viết ở các đỉnh của một hình 16 cạnh thông thường. Hãy đánh dấu bằng dấu hoa thị những đỉnh có số $-1$ (tổng cộng 6 sao). Chúng ta hãy xoay toàn bộ bức tranh theo $\frac{k}{16}$ phần của một vòng quay đầy đủ ($k=1, 2, \dots, 15$).

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trong trường hợp này có chính xác 2 ngôi sao sẽ đi đến các đỉnh mà các ngôi sao bằng nhau. Thật vậy, hãy để $r$ các số bằng $-1$ di chuyển đến vị trí có $-1$. Khi đó tổng của $x_1x_{k+1} + x_2x_{k+2} + \dots + x_{16-k+1}x_1$ sẽ là $(6-r)$ số hạng trong đó thừa số thứ nhất là $-1$ và số hạng thứ hai $+1$, và $(6-r)$ số hạng trong đó thừa số thứ hai là $-1$ và thừa số thứ nhất $+1$; điều đó có nghĩa là có $2(6-r)$ số hạng bằng $-1$.

Vì tổng bằng 0 nên $2(6-r) = 8$, tức là $r=2$.

Bây giờ chúng ta có thể định dạng lại bài toán như sau: có thể sắp xếp 6 ngôi sao ở các đỉnh của một 16 giác thông thường sao cho hai ngôi sao đứng ở các đỉnh đối diện nhau và với bất kỳ số $k$ nào từ 1 đến 7 sẽ bằng $k$ (dưới khoảng cách giữa hai điểm của một đa kế, độ dài nhỏ hơn các cung nối chúng và độ dài của toàn bộ vòng tròn được lấy là 16 khoảng cách giữa chúng ta sẽ biểu thị $(XY)$ bằng các điểm $X$ và $Y$.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $A$ và $B$ các điểm đối xứng đường kính được bù bằng dấu hoa thị và bằng $C, D, E, F$ các điểm bù khác. Hãy tính tổng tất cả khoảng cách giữa các điểm $A, B, C, D, E, F$. Khoảng cách 8 xảy ra một lần và khoảng cách từ 1 đến 7 xảy ra hai lần—tổng cộng là $2(1+2+3+4+5+6+7)+8=64$.

Hãy xem khoảng cách được nhận ra giữa các điểm $C, D, E, F$. Vì $(AX) + (BX) = 8$ dành cho bất kỳ điểm $X$ nào, nên tổng $\Sigma$ của tất cả khoảng cách giữa các điểm $C, D, E, F$ sẽ bằng $64 - (AB) - 4 \cdot 8 = 24$. Ngoài ra, nếu khoảng cách $k$ được nhận ra giữa các điểm $C, D, E, F$, điều này có nghĩa là trong số các số $(AC), (AD), (AE), (AF) и (BC), (BD), (BE), (BF)$ xảy ra ít hơn hai lần; nhưng sau đó $(8-k)$ xảy ra ít hơn hai lần, tức là $(8-k)$ cũng được hiểu là khoảng cách giữa các điểm $C, D, E, F$. Hãy xem các điểm $C, D, E, F$ có ​​thể được định vị như thế nào. Dễ dàng kiểm tra được hai trường hợp có thể xảy ra.

1. Một số ba điểm (ví dụ: $C, D, E$) tạo thành một tam giác chứa tâm đường tròn. Đặt $F$ nằm giữa $C$ và $D$. Sau đó

$$(CD) + (DE) + (CE) = 16,$$
$$(CF) + (DF) = (CD),$$

và ngoài ra, $(EF)$ lớn hơn $(CE)$ hoặc $(DE)$. Vì $(CD) + (DE) > 8$ và $(CD) + (CE) > 8$, nên $\Sigma = (CD) + (DE) + (CE) + (CF) + (DF) + (EF) = 16 + (CD) + (EF) > 24$, mặc dù, như chúng tôi đã trình bày trước đó, tổng này phải bằng 24. Điều này có nghĩa là trường hợp đầu tiên là mới.

2. Điểm $C, D, E, F$ nằm về một phía của một đường kính nhất định. Hãy sắp xếp chúng xung quanh vòng tròn theo thứ tự sau $C, D, E, F$. Sau đó $(CD) + (DF) = (CF) + (CE) + (DF) + (EF) = 16$ (tổng của $3(CF) + (DE)$). Vì vậy, $3(CF) + (DE) = 24$. Vì $CF > DE$, nên $(CF) = 7$, $(DE) = 3$. Nếu $(CD) = 1$ thì $(DF) = 6$; nhưng đồng thời, khoảng cách $2 = 8 - 6$ không được nhận ra giữa các điểm $C, D, E, F$, điều này mâu thuẫn với những gì đã được chứng minh trước đó. Nếu $(CD) = 2$ thì mặc dù $(CF) = 7$, khoảng cách 1 không được thực hiện. Nếu $(CD) = 3$ thì $(EF) = 1$, và trường hợp này cũng không khác gì trường hợp $(CD) = 1$.

Vì vậy, chúng ta đã thu được rằng khoảng cách của dấu hoa thị theo cách yêu cầu (và do đó, rõ ràng, các số thỏa mãn điều kiện bài toán chỉ có thể được chọn cho $n=4$.

D. N. Bernishtein

M133

Một trong những sinh vật đa bào đơn giản nhất - tảo “sói” - là