Người tạo ra hình học phi Euclide

NHỮNG NGƯỜI TẠO RA HÌNH HỌC PHI EUCLIDIAN

Trong ảnh bạn nhìn thấy 4 con tem có chân dung của các nhà toán học xuất sắc. Đó là Carl Friedrich Gauss (1777-1855), Nikolai Ivanovich Lobachevsky (1792-1856) và Janos Bolyai (1802-1860). Điều gắn kết họ là cả ba, độc lập với nhau, đều tham gia vào việc phát triển hình học phi Euclide (xem bài “Người tạo ra hình học mới” ở trang 7).

Gauss chưa xuất bản một công trình nào về hình học phi Euclide. Tuy nhiên, sau khi ông qua đời, người ta tìm thấy những tài liệu liên quan đến hình học phi Euclide trong nhật ký của ông, điều này tiết lộ rằng ông đã nảy ra ý tưởng về khả năng xây dựng hình học phi Euclide. Tuy nhiên, ông sợ rằng những ý tưởng này sẽ không được mọi người hiểu, và ông không những không công bố chúng mà còn cấm những người khác quen thuộc với tác phẩm của ông xuất bản bất cứ điều gì về những vấn đề này. Anh viết: “Thậm chí có khả năng cả đời tôi không dám làm điều này, vì tôi sợ tiếng kêu của những người Bettians sẽ nổi lên khi tôi bày tỏ quan điểm của mình một cách đầy đủ”.

Hơn nữa, sau khi làm quen với các tác phẩm của Bolyai và Lobachevsky, Gauss không bày tỏ thái độ với chúng, mặc dù ông là người khởi xướng việc bầu Lobachevsky làm thành viên tương ứng của Hiệp hội Khoa học Göttingen.

Nibollier đã phát triển đầy đủ hình học phi Euclide của lobachevsky. Ông đã xuất bản những công trình đầu tiên về hình học phi Euclid ba năm trước Bolyai (năm 1829), và ngoài ra còn có khoa vật lý và toán học của Đại học Kazan thậm chí còn sớm hơn (1826).

Đến năm 1825, Bolyai đã đạt được những nguyên lý cơ bản của hình học phi Euclide. Tuy nhiên, ông phải mất 6 năm mới hoàn thành được những kết quả này.

Bolyai công bố nghiên cứu của mình vào năm 1832 trong phần phụ lục “Phụ lục” của tập 1 tác phẩm của cha ông, một giáo sư toán học.

Một con tem có chân dung Gaus được phát hành năm 1955 tại Đức nhân kỷ niệm 100 năm ngày mất của ông.

Lobachevsky có 2 con tem Liên Xô gắn liền với ông. Cuốn đầu tiên được xuất bản năm 1951 trong loạt bài “Các nhà khoa học của quê hương chúng ta”, và cuốn thứ hai vào năm 1956 nhân kỷ niệm 100 năm ngày mất của nhà toán học vĩ đại.

Một con tem có chân dung Bolyai được xuất bản trong bộ truyện “Nhân vật văn hóa thế giới”, xuất bản tại Cộng hòa Nhân dân Romania năm 1960.

A. V. Alimkis

72

Về bài viết “Bất bình đẳng vô lý”

1. 4 < x < 7, x < $\frac{3}{4}$.
2. x < 1.
3. x > $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
4. 3 < x ≤ 4.
5. 2 + $\sqrt{0,5}$ ≤ x < 3.
6. Nhập ký hiệu $y = \frac{2}{x}$ thì ta được
   $$y \geq \frac{\sqrt{3}}{2}, \quad y \leq -\frac{\sqrt{3}}{2}.$$
   Đáp số: $-\frac{4}{\sqrt{3}} \leq x \leq \frac{4}{\sqrt{3}}, x \neq 0.$
7. x > 5.
8. -1 ≤ x < 1, 7.
9. -\frac{1}{2\sqrt{2}} \leq x < \frac{1}{3}, x \neq 0.
10. x > 2.
11. Nhập ký hiệu $y = \sqrt{\sin x}, 0 \leq y \leq 1$. Sau đó $\sqrt{\cos x} = \sqrt[4]{1-y^4}$. Giải quyết bất đẳng thức
    $$\sqrt[4]{1-y^4} > 1-y, из которого следует 0 < y < 1;$$
    2πk < x < $\frac{\pi}{2}$ + 2πk, k = 0, ±1, ±2, …
12. Nhập ký hiệu $y = \sqrt{2x+1}, y \geq 0;$ rồi $\sqrt{2x+9} = \sqrt{y^2+8}, x = \frac{1}{2}(y^2-1)$. Giải quyết bất đẳng thức
    $$\frac{y^2-1}{\sqrt{y^2+8}} < y-1, откуда получаем 1 < y < 3, 5.$$

Đáp số: 0 < x < $\frac{45}{8}$.
13. Biến tất cả các số hạng sang vế trái và loại bỏ nhân tử chung x-3.
Đáp số: x ≤ -$\frac{5}{6}$, x ≥ 3.
14. Đi tới bất đẳng thức tương đương |x| - |x-2| < 0 với x > 4, x < -4.
Đáp số: x < -4.

Về bài viết “Thủy tĩnh học”

1. Áp suất ở đáy bình sẽ khác nhau do mực nước trong bình không giống nhau (Hình 1). Lực ép lớn nhất lên đáy là đối với bình có hình nón cụt và nhỏ nhất đối với bình có hình nón ngược. Tuy nhiên, lực ép của bình lên cân tất nhiên sẽ bằng và bằng lực hấp dẫn của chất lỏng (khối lượng của bình theo điều kiện bài toán có thể bỏ qua).
2. $T = mg + \frac{\pi\rho g}{4} [Hd^2 - h(D^2 - d^2)] \approx 50 \text{ n}$ (xem Hình 2).
3. $\Delta h = \frac{m}{\rho_0 S} = \frac{4m}{\pi\rho_0 D^2} = 1,8 \text{ cm}$.
4. Lực tác dụng lên pít-tông có độ lớn bằng lực của áp suất nước tác dụng lên pít-tông: $F = pS = \rho ghS$, trong đó h là chiều cao của mực nước (áp suất trên toàn bộ bề mặt của pít-tông có thể được coi là như nhau, vì đáy

74

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

Tốc độ khối đầy đủ:
$$u = \sqrt{u_1^2 + u_2^2} = v \sqrt{\frac{M}{M+m} + \frac{m^2}{(M+m)^2}}.$$
3. Một trong những sơ đồ khả thi được thể hiện trong Hình 2.
4. $v^2 \geq 5gl$.
Gợi ý e. Sử dụng hệ thống ngắt chuyển động với tốc độ bằng tốc độ của điểm treo.
5. Gọi vận tốc ban đầu của quả bóng là $v$. Trong một va chạm không đàn hồi, thành phần vận tốc của quả bóng vuông góc với mặt phẳng biến mất, trong khi thành phần vận tốc song song với mặt phẳng vẫn giữ nguyên. Do đó, quả bóng không đàn hồi sẽ bay khỏi mặt phẳng nghiêng một góc $\alpha$ so với đường chân trời (Hình 3, b), ở $\alpha > \frac{\pi}{4}$ nó sẽ bay trở lại một góc $\pi-2\alpha$ (Hình 3, c).
Trong trường hợp đầu tiên, anh ta sẽ bay khoảng cách
$$S_1 = \frac{2v^2 \cos^2 \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \sin \alpha}{g}.$$
Trong quá trình va chạm đàn hồi, có thể xảy ra hai trường hợp: ở $\alpha < \frac{\pi}{4}$ quả bóng sẽ bay về phía trước một góc $2\alpha$ so với đường chân trời (Hình 3, b), ở $\alpha > \frac{\pi}{4}$ quả bóng sẽ bay lùi một góc $\pi-2\alpha$ (Hình 3, c).
Trong trường hợp đầu tiên, anh ta sẽ bay khoảng cách
$$S_2' = \frac{2v^2 \cos 2\alpha \sin 2\alpha}{g},$$
trong lần thứ hai:
$$S_2'' = \frac{2v^2 \cos (\pi-2\alpha) \sin (\pi-2\alpha)}{g} = -\frac{2v^2 \cos 2\alpha \sin 2\alpha}{g}.$$
Từ điều kiện $S_1 = S_2'$ ta có:
$$\alpha_1 = \arccos \sqrt{\frac{2}{3}};$$
Trong trường hợp thứ hai ($S_1 = S_2'$):
$$\alpha_2 = \arccos \sqrt{\frac{2}{5}}.$$
6. Mỗi tấm có mặt phẳng liền kề có thể được coi là một tụ điện có điện dung $\frac{\varepsilon_0 S}{d}$, và trong hệ thống của nó là hai tụ điện mắc nối tiếp. Công suất cần thiết
$$C = \varepsilon_0 \frac{\frac{S_1}{d_1} \cdot \frac{S_2}{d_2}}{\frac{S_1}{d_1} + \frac{S_2}{d_2}} = \varepsilon_0 \frac{S_1 S_2}{S_1 d_2 + S_2 d_1}.$$

7. Giá trị biên độ là mông thay vì điện áp $U = 127\sqrt{2}\theta$. Lúc đầu tụ điện không tích điện. Trong nửa chu kỳ đầu tiên, khi đặt một điện thế âm vào điểm $A$, diode $D_1$ mở và tụ điện $C_1$ được tích điện đến điện áp $U$, trong khi điện tích $q = UC$ được tạo ra trên bản bên phải của nó. Trong nửa chu kỳ thứ hai, $D_1$ đóng và $D_2$ mở ra, trong khi một phần điện tích cảm ứng trên $C_1$ chảy lên tấm trên $C_2$. Quá trình này sẽ được lặp lại mỗi kỳ cho đến khi tấm trên $C_2$ có điện tích $q$ đến mức khi $D_2$ mở, điện tích từ $C_1$ đến $C_2$ sẽ không tiêu hao. Độ lớn của điện tích $q$ có thể được tìm thấy bằng cách xem xét mạch có $D_2$ mở và $D_1$ đóng, khi điểm $A$ có điện thế $+U$.

Trong nửa chu kỳ đầu tiên, điện tích $UC$ được cảm ứng trên tấm bên phải $C_1$. Điện áp $U = \frac{q}{C} - \frac{UC}{C} \cdot \text{Отсюда заряд } q = 2UC$. Do đó, hiệu điện thế $2U = 2 \cdot 127\sqrt{2}\theta$ được hình thành giữa các điểm $M$ và $N$.

8. $v = \frac{eSB}{2\pi rm}$

Về bài viết “Các lựa chọn thi tuyển sinh môn Vật lý tại Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva năm 1972”
(xem «Kvant» Số 10, 1972)

Vé 1

1. $v_{\text{max}} = \sqrt{\frac{\sqrt{2}mg(1-k)}{2\alpha}} \approx 28 \text{ m/c}$.
2. $m = 56 \text{ e}, P_1 = \frac{V_2}{V_1} \frac{T_1}{T_2} P_{\text{min}} \approx 4,92 \text{ amm}$.
3. $\alpha = 15^\circ$.
4. $\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{13}$.

Vé 2

1. $m_{\text{rp}} \geq \frac{m}{\sqrt{2}}$.
2. $p = \frac{V \cdot \Delta p}{at} = 10^{-3} \text{ mm pm. cm}$.
3. $I_1 = \frac{E_2}{r_2}$.
4. $\gamma_2 = \gamma_1 \frac{l_1 r_2}{l_2 r_1} = 0,2 \text{ e/m}^3$.

Vé 3

1. $v_0 = \sqrt{\frac{2}{3}g_{\text{Л}}R_{\text{Л}}} \approx 2,1 \text{ km/c}$.
2. $T \approx 375^\circ \text{ K}$.
3. $E = \frac{v_0^2}{2q/M} = 5 \cdot 10^4 \text{ e}$.
4. $H = \frac{d - 2h}{2} \cdot n = 10 \text{ cm}$.

Vé 4

1. $m_{\text{min}} > \frac{m(H - l)}{2H}$.
2. $n = 5$.
3. $I = \frac{E_2 - E_1}{r_2} = 40 \text{ a}$.
4. $n = \frac{l^2 - F^2}{l^2} = \frac{5}{9}$.

Cần lưu ý «Kvant» cho học sinh nhỏ"
(xem «Kvant» số 11, trang bìa thứ 3)

1. 1 chà. 23k.
2. Một chiếc vali nặng tới 400 n có thể được buộc bằng dây: buộc một đầu vào cây, luồn đầu kia dưới tay cầm của vali rồi buộc vào sân thép. Sân thép sẽ hiện ra một nửa trọng lượng của chiếc vali.
3. Như nhau.
4. Khi một chất lỏng bay hơi, các phân tử năng lượng (“nóng”) rời khỏi bề mặt của nó, khiến chất lỏng nguội đi. Nhưng một số phân tử bị đẩy ra phải quay trở lại (quá trình khuếch tán). Khi thổi trà, chúng ta làm giảm tỷ lệ các phân tử bay lên, từ đó đẩy nhanh quá trình làm mát.
5. Vâng, bất kỳ ai. Chỉ cần kiểm tra xem bạn có thể trả 8, 9 và 10 rúp hay không, sau đó thêm vé với giá 3 rúp.
6. Không, không nóng hơn. Áo choàng cách nhiệt cơ thể khỏi không khí nóng xung quanh và không làm mát cơ thể khỏi sự bốc hơi của mồ hôi.

Cần lưu ý «Kvant» cho học sinh nhỏ"
(xem trang 3 của bìa)

1. 387 người.
2. Các số trong ngoặc có thể là 100, 200, 245, 283, 300.
3. 12, 14, 22;
4. 12, 28, 8;
5. 24, 16, 8;
6. 16, 16, 16.
7. $a = 3, c = 7$.
8. Nằm xuống đất nung!