Kvant 1973, số 5 · Trang

1973
5
lượng tử
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Trên trang đầu tiên của trang bìa, bạn sẽ thấy một bức tranh tuyệt vời của họa sĩ người Hà Lan M. Escher về chủ đề “Các giống chính xác”.
Tất cả các giống thông thường hiện có đều được hiển thị trên trang thứ hai và thứ tư của trang bìa.
Bạn có thể đọc về đa tạp đều trong bài viết của V. N. Berezin ở trang 26.

2

đạn đạo
NHIỆM VỤ
TRONG KHÔNG GIAN

Hãy tưởng tượng rằng một con tàu vũ trụ cất cánh từ bề mặt Trái đất và tại thời điểm dừng lại (trong hệ thống vắng mặt liên quan đến khối tâm Trái đất), các vật thể giống hệt nhau được ném ra khỏi nó với cùng tốc độ $v_0$ theo các hướng khác nhau. Câu hỏi đặt ra: những vật thể này có thể rơi vào phần nào của không gian gần Trái đất?

Lời giải cái bài toán này và một số bài toán liên quan là chủ đề của bài viết này. Điều đặc biệt là phải cảnh báo người đọc rằng trong công thức như vậy bài toán đã được xem xét từ thế kỷ trước, cụ thể là trong bài báo của Giáo sư B.K. Mlodezevsky “Về đường bao của các quỹ đạo theo sự chấp nhận của Newton,” xuất bản năm 1886, và sau đó, với một kết luận đơn giản hơn, trong bài báo của thợ cơ khí nổi tiếng người Nga N.E. Zhukovsky “Nhận xét về bài báo của B.K. Mlodezevsky”, xuất bản cùng năm.

Dưới đây chúng tôi sẽ trình bày cơ bản hơn nữa về những vấn đề này, đòi hỏi người đọc phải biết các tính chất đơn giản nhất của hình elip, cũng như hai định luật bảo toàn chuyển động dưới tác dụng của lực chấp nhận Newton và định luật thứ nhất của Kepler *).

*) Tất cả thông tin này có thể được tìm thấy, chẳng hạn như trong bài viết của Ya. A. Smorodinsky “Chuyển động của các hành tinh”, «Kvant» Số 1, 1971.

1. Sản xuất bài toán.
   Đề xuất ban đầu

Đối với lời giải bài toán chúng ta sẽ bỏ qua lực cản của bầu khí quyển Trái đất; Chúng tôi sẽ coi hệ thống báo cáo đã chọn liên quan đến Trái đất là quán tính, các vật thể là các điểm vật chất có khối lượng $m$ và Trái đất là một quả cầu đồng nhất có khối lượng $m_0$.

Như đã biết, một quả bóng như vậy tiếp nhận một điểm vật chất có lực hướng về tâm của nó và bằng $F = \gamma \frac{m_0 m}{r^2}$, trong đó $\gamma$ là hằng số hấp dẫn và $r$ là khoảng cách từ điểm vật chất đến tâm quả bóng.

Về mặt tích cực, bài toán mà chúng tôi coi là giảm xuống mức bài toán lý tưởng hóa, được nghiên cứu bởi Newoton:

Trong bất động *) ceptre O, khối lượng $m_0$ được tập trung và chúng ta tác dụng điểm vật chất có khối lượng $m$ bằng một lực $F = \gamma \frac{m_0 m}{r^2}$. Cần khảo sát khả năng chuyển động của điểm vật chất này dưới tác dụng của trọng lực; có hai định luật bảo toàn: cơ năng và góc động lượng.

Định luật bảo toàn cơ năng tổng quát nói rằng năng lượng

$$E = E_K + E_n = \frac{mv^2}{2} - \gamma \frac{m_0 m}{r}$$

(1)

duy trì một giá trị không đổi, nghĩa là tại bất kỳ thời điểm nào $E = E_0$, trong đó $E_0$ là năng lượng ban đầu

$$E_0 = \frac{mv_0^2}{2} - \gamma \frac{m_0 m}{r}$$

(2)

*) Nói một cách chính xác, do lực hút lẫn nhau nên cả điểm vật chất và Trái đất sẽ chuyển động tương đối so với khối tâm chung của chúng. Nhưng vì khối lượng $m$ không đáng kể so với khối lượng $m_0$ nên Trái đất có thể được coi là bất động.

**) Bạn có thể đọc về cách tính thế năng trong trường hấp dẫn, chẳng hạn như trong bài viết của N. M. Speransky “Thế năng của các vật thể trong trường hấp dẫn”, «Kvant» Số 6, 1972.

Một phần, nó tuân theo $-\gamma \frac{m_0 m}{r} < E_0$ hoặc $\gamma \frac{m_0 m}{r} > -E_0$.

Nếu $E_0 < 0$ thì $r$ vẫn bị giới hạn. Người ta biết rằng trong trường hợp này và chỉ trong trường hợp này, điểm vật chất mô tả một hình elip, và một trong các tiêu điểm của nó trùng với tâm $O$ (định luật thứ nhất của Kepler). Do đó, tốc độ ban đầu $v_0$, mà $E_0 < 0$, được gọi là elip. Nếu $E_0 = 0$, điểm di chuyển dọc theo một parabol và tốc độ ban đầu tương ứng được gọi là parabol. Nếu $E_0 > 0$, chuyển động của điểm tuân theo một hyperbol và tốc độ được gọi là hyperbol.

Định luật bảo toàn động lượng góc *) (động lượng góc) là các đại lượng $L = mv\rho = mvr \sin \alpha$ (3)

(Hình 1)

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số bài toán cụ thể liên quan đến chuyển động của một điểm vật chất dọc theo quỹ đạo hình elip.

2. Sự độc lập của hình elip lớn với hướng của vận tốc ban đầu

Các đề xuất được trình bày cho phép, với sự trợ giúp của các tính toán đơn giản,

*) Như đã biết, định luật bảo toàn này liên quan đến định luật thứ hai của Kepler.

Hình 1.

4

tìm bán trục lớn của elip.
Trên thực tế, đối với những khoảnh khắc khi một điểm vật chất chạm vào một trong các đỉnh $M_1$ hoặc $M_2$ của hình elip, tức là đi qua điểm cực điểm hoặc điểm cận điểm, đẳng thức $E = E_0$ cho

$$\frac{v_1^2}{2} - \gamma \frac{m_0}{r_1,2} = \frac{v_0^2}{2} - \gamma \frac{m_0}{r_0},$$

(4)

và đẳng thức $L = L_0$ cho

$$mv_1,2r_1,2 = mv_0r_0 \sin \alpha_0.$$

(5)

Loại bỏ $v_{1,2}$ khỏi biểu thức (4) và (5), chúng ta thu được phương trình bậc hai cho $r_{1,2}$:

$$\left( \frac{v_0^2}{2} - \gamma \frac{m_0}{r_0} \right) r_{1,2}^2 + \gamma m_0 r_{1,2} - \frac{v_0^2 r_0^2 \sin^2 \alpha_0}{2} = 0.$$

(6)

Hai nghiệm của phương trình này, $r_1$ và $r_2$, cho các giá trị $r_{1,2}$ tại điểm cực đại và điểm cận điểm. Vì bán trục lớn của hình elip là $a = \frac{1}{2} (r_1 + r_2)$ nên theo định lý Vieta từ (6) ta tìm được

$$a = - \frac{\gamma m_0}{2 \left( \frac{v_0^2}{2} - \gamma \frac{m_0}{r_0} \right)} = \frac{\gamma m_0 r_0}{2 \gamma m_0 - r_0 v_0^2}.$$

(7)

Do đó, đối với khối lượng cố định của tâm thu hút, bán trục lớn của quỹ đạo hình elip của điểm vật chất được xác định bởi vị trí ban đầu của nó ($r_0$) và giá trị của tốc độ ban đầu ($v_0$), và không phụ thuộc vào bất kỳ cách nào vào hướng của tốc độ này.

3. Bắt từ vị trí ban đầu đến vị trí được chỉ định.
   hình elip an toàn

Hãy giải quyết bài toán sau đây.
Hướng nào của vận tốc ban đầu phải được báo cáo tại một giá trị nhất định $v_0$ để điểm vật chất di chuyển từ vị trí ban đầu $M_0$ đến vị trí đã cho $M$?

Điểm $M$ phải nằm trên một hình elip nên vận tốc ban đầu có nghĩa là tìm

Đây là hướng của tiếp tuyến với hình elip tại điểm $M_0$. Điều này có thể được thực hiện bằng cách sử dụng tính chất quang học của hình elip, theo đó vận tốc ban đầu phải được định hướng (theo hướng này hay hướng khác) dọc theo đường phân giác của góc kề với góc ($r_0, r'$) (Hình 2), trong đó $r_0$ và $r'$ là các vectơ bán kính được vẽ từ tiêu điểm đến điểm $M_0$.

Một trong các tiêu điểm của hình elip đã biết (trùng với điểm $O$) và tiêu điểm còn lại cần được xác định. Rõ ràng khoảng cách $r'$ và $r'$ từ điểm $M_0$ và $M$ đến tiêu điểm này thỏa mãn điều kiện

$$r_0 + r' = 2 a,$$

$$r + r' = 2 a.$$

Nó theo sau đó

$$r' = 2 a - r_0$$ và $$r' = 2 a - r,$$

nghĩa là, $r_0$ và $r'$ được thỏa mãn bởi vị trí của điểm $M_0$ và $M$ và độ lớn của tốc độ ban đầu. Do đó, tiêu điểm mong muốn nằm ở giao điểm của hai đường tròn có tâm tại các điểm $M_0$ và $M$ và có bán kính bằng $r'$ và $r'$ tương ứng.

Nếu khoảng cách là $M_0 M > r' + r' = 4 a - r_0 - r$ thì bài toán không có lời giải, vì các vòng tròn không giao nhau.

Nếu $M_0 M < r' + r'$ thì các đường tròn trên sẽ có hai giao điểm $F_1$ và $F_2$ như Hình 2, và bài toán sẽ có hai lời giải.

6

com về sự tiếp tục của trục trái đất (Hình 4).

Với các giá trị $v_0$ đủ nhỏ, hình elip an toàn sẽ giao với bề mặt trái đất theo một đường song song nhất định. Từ Hình 4, rõ ràng là trục chính của các hình elip an toàn, bằng $4a - r_0 = M_0M + R$, tăng khi góc tăng $\varphi$. Tại $\varphi = 180^\circ$
$$4a - r_0 = r_0 + 2R,$$
nghĩa là, $a = \frac{1}{2}(r_0 + R)$.

Từ đẳng thức (7) tìm được giá trị tương ứng của vận tốc ban đầu

$$\hat{v}_0 = \sqrt{\frac{2\gamma m_0 R}{r_0 (r_0 + R)}},$$
hoặc, cho rằng $\gamma m_0 = gR^2$,

$$\hat{v}_0 = \sqrt{\frac{2gR^3}{r_0 (r_0 + R)}}.$$

Đây là tốc độ ban đầu thấp nhất cho phép bạn chạm tới bất kỳ điểm nào trên bề mặt trái đất. Cụ thể, nếu $r_0$ tiến đến $R$, thì $\hat{v}_0$ có ​​xu hướng $\sqrt{gR}$, tức là về vận tốc thoát đầu tiên, điều này hoàn toàn tự nhiên. Với mức tăng $r_0$, tốc độ giết chết $\hat{v}_0$, điều này cũng hoàn toàn tự nhiên. Với $v_0 > \hat{v}_0$, bạn có thể đi đến bất kỳ điểm nào trên Trái đất theo hai quỹ đạo khác nhau và với $v_0 = \hat{v}_0$, điều tương tự cũng xảy ra với tất cả các điểm trên bề mặt trái đất ngoại trừ Nam Cực.

Bài tập

1. Tại $v_0 = v_{\text{параб}} (E_0 = 0)$ khoảng cách từ tiêu điểm $O$ của quỹ đạo parabol đến đỉnh $A$ của nó là

$$h = r_0 \sin^2 \alpha_0 = \frac{1}{2} r_0 (1 - \cos 2\alpha_0)$$

hình 5).

Xác minh rằng công thức này suy ra trực tiếp từ tính chất “quang học” của parabol: một chùm tia phẳng hướng vào gương parabol song song với trục của nó, sau khi phản xạ từ gương, sẽ tập trung tại tiêu điểm của nó.

Gợi ý. Đối với lời giải, hãy sử dụng định nghĩa cổ điển của parabol: parabol là quỹ tích của các điểm cách đều một điểm cho trước,

$$a = \frac{Qq r_0}{mr_0 v_0^2 + 2Qq}.$$

Ponsk

Công việc thăm dò và thí nghiệm địa chất được bao phủ trong sự lãng mạn: lửa trại và những bài hát với cây đàn guitar, bụi cây và đầm lầy, những biểu hiện của những đặc điểm tốt nhất và tồi tệ nhất của con người, nổi lên trong bối cảnh khó khăn… Và không có sự khởi đầu cho sự hợp tác của một nhà toán học “tỉnh táo”.

Nhưng đây chỉ là cái nhìn đầu tiên. Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn, tạm thời quên đi sự lãng mạn và tìm hiểu lý do tại sao các nhà địa chất tổ chức nhiều thí nghiệm khác nhau, mục tiêu của họ là gì, làm thế nào để họ đạt được nó? Rõ ràng là các nhà địa chất thực hiện các thí nghiệm không chỉ vì sự hài lòng của riêng họ. Mục tiêu của họ là tìm kiếm khoáng sản.

Họ đang làm gì vậy? Họ đang tìm kiếm… Và khi họ tìm thấy nó, đó là một sự hồi hộp, một niềm vui: công việc khó nhọc của họ không phải là vô ích. Bởi có những lúc công việc trở nên vô ích. Tất nhiên, các nhà địa chất không hành động trong vũ trụ; có kinh nghiệm dày dặn của những người đi trước, khoa học địa chất, các phương pháp địa vật lý, địa hóa học, địa mạo và các… khoa học địa chất mới và thậm chí mới hơn. Và vẫn xảy ra trường hợp hoạt động của các bên tìm kiếm không thành công: do làm rất nhiều việc nên không tìm thấy gì.

Nhưng bằng cách nào đó trong thế kỷ của chúng ta, trong thời kỳ cách mạng khoa học và công nghệ, cùng nhau hành động

8

Sống theo lối cũ trong hoàn cảnh “may mắn hay xui xẻo”. Và có vẻ như chúng ta nên hét vào mặt các nhà địa chất, yêu cầu họ phải làm việc chắc chắn, vì “mọi điều kiện đã được tạo ra” cho họ…

Các nhà địa chất trích dẫn không phải klad, nơi bị cướp biển che giấu khỏi những con mắt tò mò, mà là những kho chứa dưới lòng đất, nơi than và dầu, vàng và vonfram, sắt và uranium là những kho báu có quy mô không thể so sánh được. Và tất nhiên, khi tìm kiếm, họ phần nào đánh giá được cơ hội của mình. Những đánh giá này vẫn mang tính chất định tính, mặc dù chúng dựa trên nhiều loại thông tin khác nhau, cả định tính và định lượng.

Nhưng hiện nay trong tất cả các ngành, vấn đề tối ưu hóa đang được giải quyết: mọi thứ phải được thực hiện càng nhanh càng tốt, càng rẻ càng tốt, với càng nhiều sai sót và sai sót càng tốt. Và cần phải tính đến tất cả các nguyên nhân gây nhiễu, biện pháp khắc phục chúng, nhu cầu lượng hóa chất lượng công việc được thực hiện.

Vì vậy, chúng ta sẽ nói về một cách tiếp cận mới cho vấn đề tìm kiếm khoáng sản, chính xác hơn là về vấn đề tìm kiếm các mỏ dầu khí.

Cần tìm gì?

Bề mặt Trái đất, sâu nhiều km, trông giống như một chiếc bánh sandwich nhiều lớp: xuyên qua

Có các lớp cát, đất sét, đá vôi, v.v. Dầu hoặc khí chỉ có thể xuất hiện ở các lớp xốp nơi có đủ khoảng trống giữa các hạt đá. Dưới ảnh hưởng của tất cả các loại lớp xúc tác, đá trầm tích đã thay đổi hình dạng, các đỉnh và độ nhô lên, các rặng núi và đứt gãy xuất hiện. Trong hầu hết các trường hợp, các mỏ dầu khí được giới hạn ở những ngọn đồi dưới lòng đất với lớp bịt kín không thấm chất lỏng hoặc khí; nó có thể là đất sét hoặc mặn. Dưới mái vòm dày đặc này có các lớp xốp chứa chất lỏng hoặc khí. Do đó, bài toán đầu tiên của các nhà địa chất khi tìm kiếm dầu hoặc khí đốt là khám phá các mái vòm dưới lòng đất, hay như các nhà địa chất gọi chúng là các đường nâng *) cục bộ. Đây chính là điều chúng ta đang nói đến về việc tìm kiếm những nâng cao ở địa phương.

Người mẫu

Làm thế nào để có được ý tưởng về cấu trúc của các lớp trái đất ở độ sâu vài km trên bề mặt Trái đất? Đáp số rất rõ ràng: cần phải khoan giếng, chọn các mảnh đá - lõi - từ các độ sâu khác nhau, sau đó so sánh kết quả nghiên cứu của các giếng khác nhau. Nhưng khoan nhiều giếng thì rất tốn kém; khoan một giếng ở độ sâu 2-4 km tốn hàng trăm nghìn rúp, và hiện nay các giếng sâu hơn đang được khoan. Và do đó, để có được thông tin sơ bộ, nó sử dụng nhiều phương pháp gián tiếp khác nhau, chẳng hạn như khảo sát trọng lực hoặc khảo sát điện. Thông tin hữu ích nhất trong số đó hiện nay là chăn nuôi đông lạnh.

Phương pháp này, về khái niệm đơn giản, nhưng khá phức tạp khi thực hiện, như sau (Hình 1). Một vụ nổ (lực không đáng kể) được tạo ra trong một giếng cạn. Sóng đàn hồi - kết quả của vụ nổ - dis-

*) Từ “địa phương” có nghĩa là địa phương, không vượt quá giới hạn nhất định.

9

kéo dài khắp Trái đất, phản ánh từ ranh giới giữa các nhau thai được hình thành bởi các loại đá khác nhau. Các nhà địa chất cho biết sóng phản xạ được ghi lại bởi một máy thu địa chấn nằm trên bề mặt Trái đất - trên bề mặt ánh sáng ban ngày.

Nếu chúng ta giả sử rằng ranh giới mà phản xạ được ghi lại là bằng phẳng và tốc độ truyền sóng đàn hồi dọc theo toàn bộ đường đi của sóng là không đổi, thì chúng ta có thể viết rõ ràng sự phụ thuộc của thời gian đến của sóng trên bề mặt ánh sáng ban ngày vào tọa độ của máy thu địa chấn và các thông số của môi trường. Sự phụ thuộc này được gọi là зодоредфа отраженной волны trong thăm dò địa chấn và bài toán để khôi phục sự phản ánh của các ranh giới theo một hodograph nhất định được gọi là bài toán động học nghịch đảo của thăm dò địa chấn. Theo các giả định được đưa ra, bài toán này có thể giải được duy nhất và phương pháp như vậy được sử dụng trong thực tế dưới tên метода эффективной скорости.

Các giả định được giới thiệu ở trên cùng nhau tạo thành cái gọi là mô hình môi trường thực. Mô hình được sử dụng trong phương pháp vận tốc hiệu dụng chỉ gần đúng với tín hiệu thực. Tất nhiên, nó có thể được điều chỉnh để đưa nó đến gần hơn với môi trường thực. Nhưng điều quan trọng đối với chúng tôi là hỗ trợ việc xây dựng mô hình môi trường là một phần không thể thiếu trong quá trình thăm dò địa chấn lời giải động học nghịch đảo bài toán. Ở dạng này hay dạng khác, nó luôn hiện diện khi diễn giải dữ liệu địa chấn. Tuy nhiên, bất kỳ mô hình được chấp nhận nào cũng chỉ phản ánh gần đúng trạng thái thực tế của mọi thứ. Tất nhiên, đây không phải là khó khăn duy nhất nảy sinh trong việc giải thích các quan sát địa chấn: cũng có những lỗi phần cứng, sự biến dạng trong việc đăng ký sóng phản xạ do các dao động phản ánh từ các ranh giới khác, v.v. Tuy nhiên, như cả kinh nghiệm và lý luận chung đều cho thấy, nguồn quan sát không phải là

10

tan chảy thì những đường như vậy nằm dày đặc, nếu bằng phẳng thì hiếm.

Khi bề mặt được biểu diễn bằng một mái vòm, thì các đường mức của nó là những đường cong khép kín và đường nhỏ nhất bên trong tương ứng với vùng lân cận của đỉnh mái vòm.

Vì vậy, kết quả của việc gieo mầm công việc trinh sát địa lý là một bản đồ các đường mức của đường chân trời đang được nghiên cứu, và nếu ở đâu đó trên bản đồ này có một loạt các đường mức khép kín lồng vào nhau, với các đường bên trong tương ứng với độ sâu nông hơn, thì phần này của bản đồ tương ứng với một mái vòm - một đường nâng cục bộ.

Bây giờ chúng ta cần khoan một cái giếng để tìm hiểu xem có dầu hay khí đốt trong vùng nâng này hay không. Và mọi người đều rõ rằng cần phải khoan ở đỉnh của mái vòm, tức là các đường bên trong tương ứng với độ sâu nông hơn, khi đó phần bản đồ này tương ứng với mái vòm - một đường nâng cục bộ.

Đôi khi họ khoan giếng đầu tiên, nhưng nó không tạo ra dầu hoặc khí đốt, sau đó họ khoan một, hai, ba, và sau đó hóa ra là không có lực nâng cục bộ, thông tin địa vật lý về sự hiện diện của mái vòm hóa ra là một sai lầm. Hậu quả là những giếng này được khoan vô ích, lãng phí nhiều tiền bạc và thời gian đáng kể.

Làm thế nào điều này có thể xảy ra? Ai là người có lỗi trong việc này? Và quan trọng nhất: làm thế nào để tránh những sai lầm như vậy?

Chúng ta hãy nhớ những từ được đánh dấu ở trên: at và zhenno. Độ sâu, do đó, hình dạng và vị trí của các đường mức, được các nhà địa vật lý xác định không chính xác, nhưng có sai sót và đôi khi là những sai sót rất nghiêm trọng.

Không cần phải đổ lỗi cho họ về điều này. Thực tế là các lỗi, như tôi đã nói ở trên, là hậu quả của cả lỗi phần cứng và chính phương pháp đó. Và nếu các lỗi của thiết bị có thể giảm đi đáng kể thì về cơ bản các lỗi của phương pháp không thể được loại bỏ. Nếu chúng ta biết chính xác các đặc tính tốc độ của môi trường, tức là tốc độ truyền của sóng đàn hồi ở tất cả các lớp dọc theo đường truyền của sóng này, thì vấn đề nâng sóng cục bộ sẽ không tồn tại chút nào: việc đi đến một sóng nâng cục bộ về nguyên tắc sẽ dễ dàng như việc đi từ Moscow đến Kyiv, sử dụng la bàn và bản đồ địa lý chính xác.

Tuy nhiên, khi một bản đồ mức tuyến tính - nó được gọi là bản đồ cấu trúc - đã được vẽ (và nó không được cung cấp một cách vô ích - đã tốn rất nhiều công sức, tiền bạc và thời gian), thì việc xử lý một bản đồ như vậy một cách tự tin sẽ rất hấp dẫn. Bản chất của con người là như vậy: rất khó để luôn không tin tưởng vào mọi thứ xung quanh mình, đặc biệt nếu bạn dễ tin vào điều đó hơn. Và những gì có thể làm được ở đây: dường như không có thông tin nào khác có sẵn cho một nhà địa vật lý hoặc nhà địa chất.

Chính thức hóa

Người ta đã viết rất nhiều về những người săn tìm kho báu và tôi tin chắc rằng người đọc có thể dễ dàng nhớ lại những câu chuyện tương ứng. Bất cứ khi nào một thợ săn kho báu phải đối mặt với những khó khăn liên quan đến khả năng có những con đường khác nhau để đạt được mục tiêu của mình, bằng cách nào đó anh ta sẽ đánh giá cơ hội của mình trên mỗi con đường. Nhưng đây là một đánh giá trực quan, định tính. Nếu thợ săn kho báu hóa ra là một nhà điều khiển học, thì trước hết anh ta sẽ nỗ lực phát triển một tiêu chí để đánh giá định lượng cơ hội đạt được thành công, và sau đó việc chọn đường đi ở mỗi bước sẽ không còn gây khó khăn cho anh ta nữa: anh ta sẽ phải hành động sao cho tiêu chí đó luôn mang lại giá trị cao nhất có thể.

Trong bài toán Kho ngầm Nhật Bản của chúng tôi - các cuộc nâng cấp địa phương - tình hình cũng tương tự: bạn cần xây dựng tiêu chí để chọn chuỗi hành động tốt nhất hoặc, như người ta nói bây giờ, để chọn chiến lược tốt nhất,

11

Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng thông tin thu được trong quá trình tìm kiếm có tính chất thống kê và do đó, khi xây dựng tiêu chí và lựa chọn chiến lược, nên sử dụng phương pháp xác suất.

Vì vậy, chúng ta sẽ nói về cách tiếp cận quá trình tìm kiếm với các vị trí toán học. Nhưng để làm được điều này, bản thân quy trình phải được định dạng đúng.

Trước hết, bạn cần đưa ra định nghĩa rõ ràng về đối tượng đang nghiên cứu - nâng cao cục bộ.

Chúng ta hãy xác định tại mỗi điểm $Q$ với tọa độ $(x, y)$ trên phần được nghiên cứu của mặt phẳng (bề mặt ngày) một hàm (khoảng cách từ bề mặt ban ngày đến bề mặt của mái vòm) $h = H(Q) \equiv H(x, y)$, ​​các giá trị mô tả bề mặt của đường chân trời đang được nghiên cứu. Đường mức là tập hợp các điểm $Q$ có tọa độ thỏa mãn phương trình $H(x, y) = h_0$, trong đó $h_0$ là định nghĩa của số.

Độ cao cục bộ là một khu vực trên mặt phẳng, tô màu các đường mức đóng ở một giá trị cố định nào đó $h_0$, bên trong đó mọi thứ đều là $H(x, y) > h_0$.

Có hai điểm cần được thực hiện ở đây.

Thứ nhất, nó tuân theo định nghĩa rằng bên trong một đường nâng cục bộ có vô số đường nâng cục bộ khác, hoặc bên trong các đường mức mà chúng ta đã chọn còn có các đường mức đóng khác. Tuy nhiên, sự đa dạng này không phù hợp với chúng tôi.

Thứ hai, cần hạn chế quy mô nâng cao cục bộ đang được nghiên cứu. Thật vậy, những mái vòm rất nhỏ không có ý nghĩa công nghiệp, nhưng những mái vòm rất lớn có thể mang một ý nghĩa hoàn toàn khác.

Trong thực tế, ở hầu hết mọi lãnh thổ, chúng tôi quan tâm đến các mức nâng cục bộ, đường kính $D$ (nghĩa là hợp âm lớn nhất) được chứa trong các giới hạn nhất định (giữa mức tối thiểu, nhỏ hơn mức đó)

Hình 3.

việc phát triển mỏ mang lại lợi nhuận và tương ứng với quy mô tối đa có thể của việc nâng cao khu vực nghiên cứu).

Trong thực tế, dữ liệu ban đầu của khảo sát trinh sát địa lý cho phép xác định độ sâu của đường chân trời chỉ được nghiên cứu tại một số điểm riêng lẻ và thậm chí sau đó có sai sót. Khi đó nếu bề mặt của chân trời này được xác định bằng phép nội suy (tức là phép tính gần đúng phục hồi), và tất nhiên vị trí các điểm của bề mặt này sẽ càng kém chính xác.

Vì vậy, vị trí của một điểm trên bề mặt đang nghiên cứu sẽ được xác định có sai số, và do đó, vị trí của một điểm trên đường mức của nó cũng sẽ được xác định có sai số.

Để nghiên cứu sâu hơn, điều này rất hữu ích cho chúng ta: chúng ta sẽ không quan tâm đến sự hiện diện hay vắng mặt của lực nâng cục bộ trong một khu vực nhất định, nhưng chúng ta sẽ tìm hiểu xem các điểm riêng lẻ có thuộc về lực nâng cục bộ hay không.

Chia mặt phẳng $(x, y)$ bằng mạng vuông có bước $a$. Hàm $H(Q) \equiv H(x, y)$, mô tả bề mặt của lực nâng cục bộ, sẽ chỉ được chỉ định tại các nút mạng và thay vì các đường cong tùy ý, chúng ta sẽ chỉ xem xét các đa giác, tức là các đường cong có các cạnh chạy dọc theo đường mạng. Hình 3 cho thấy bên trong một chiếc khóa như vậy.

12

một đa giác bao quanh điểm $Q_0$, điểm này chúng tôi cũng đặt tại nút mạng.

Độ nâng cục bộ thực sự trong các khu vực nền tảng là các bề mặt có cấu trúc khá tốt: chúng thay đổi chậm và bước mạng được chọn sao cho không có sự dao động mạnh của bề mặt này giữa các nút. Sau đó, với đủ độ chính xác, chúng ta có thể thay thế định nghĩa trước đó về thang máy cục bộ bằng định nghĩa sau: điểm $Q_0$ thuộc về thang máy cục bộ nếu có ít nhất một đa giác kín bao quanh điểm $Q_0$, tại tất cả các nút $Q_i$ trong đó bề mặt đang nghiên cứu nằm thấp hơn tại điểm $Q_0$: $H(Q_i) < H(Q_0)$ cho tất cả $i = 1, 2, \dots, n$.

Đường kính của đa giác được coi là bị giới hạn, giống như trên đối với các đường tùy ý.

Phương pháp xác suất

Theo định nghĩa, điểm $Q_0$ thuộc về thang máy cục bộ hoặc không thuộc về thang máy cục bộ. Nhưng kiến ​​thức của chúng ta về vị trí của các điểm trên bề mặt đang nghiên cứu có những sai sót mang tính chất thống kê. Do đó, phát biểu rằng điểm $Q_0$ thuộc về một thang máy cục bộ chỉ có thể được phát biểu bằng cách sử dụng Hãy để chúng tôi giới thiệu đặc tính tương ứng.

Cụ thể, chúng tôi xác định tại mỗi điểm được nghiên cứu $Q$ với tọa độ $(x, y)$ của miền nghiên cứu của hàm và lên đến $d(Q) \equiv d(x, y)$, biểu thị xác suất rằng điểm $Q$ thuộc về thang máy cục bộ.

Hàm độ tin cậy có thể được xác định một cách trực quan giống như bản đồ cấu trúc - bằng một tập hợp các đường mức của nó. Các điểm nằm trên đường mức này đều có khả năng thuộc về một độ cao cục bộ như nhau. Trong trường hợp này, đường mức, hàm tin cậy, nói chung không trùng với đường mức, không trùng với đường mức.

Bề mặt, được xây dựng theo dữ liệu địa vật lý.

Bây giờ câu hỏi đặt ra là làm thế nào để xây dựng hàm tin cậy dựa trên thông tin có sẵn cho các nhà địa vật lý. Độ lệch của giá trị độ sâu thu được do công việc khảo sát so với giá trị thực tế của độ sâu bề mặt được nghiên cứu tại mỗi điểm $Q$ là các biến ngẫu nhiên. Để nghiên cứu các đặc điểm xác suất của chúng, chúng được so sánh với dữ liệu từ lần khoan tiếp theo, dữ liệu này chính xác hơn nhiều và được chấp nhận là hợp lệ. Việc xử lý dữ liệu ở các khu vực rộng lớn của tỉnh dầu khí Volga-Ural về sự xuất hiện của della là cơ hội để tìm ra các đặc điểm xác suất của các biến ngẫu nhiên này.

Theo định nghĩa cuối cùng, cần tìm ít nhất một đa giác khép kín bao quanh điểm $Q_0$, trong tất cả các nút $Q_i$ trong đó các giá trị của hàm $H(Q_i)$ sẽ nhỏ hơn $H(Q_0)$. Vì bản thân các đại lượng $H(Q_i)$ là ngẫu nhiên nên số lượng “có ít nhất một đa giác kín bao quanh điểm $Q_0$” cũng là ngẫu nhiên. Xác suất của nó là xác suất mà điểm $Q_0$ thuộc về thang máy cục bộ, tức là giá trị của hàm tin cậy $d(Q_0)$.

Biết được tính chất xác suất của các biến ngẫu nhiên $H(Q_i)$, chúng ta có thể viết công thức tính giá trị của các hàm độ tin cậy. Tuy nhiên, những công thức này rất cồng kềnh và không thực tế để sử dụng trong tính toán.

Pozny sử dụng một kỹ thuật khác để tính toán các giá trị của các hàm độ tin cậy, dựa trên cái gọi là phương pháp Monte-Carlo (hoặc phương pháp kiểm tra thống kê). Ở đây bạn phải sử dụng một máy tính nhanh. Nhưng đây là chủ đề của một bài viết riêng biệt. Bây giờ chỉ còn dưới-

13

Cherkun rằng chính trên con đường này đã đạt được kết quả cuối cùng, điều mà bây giờ chúng ta sẽ hiểu.

Một số kết quả và triển vọng

Ý tưởng được định hướng bởi chính nó: các giá trị của các hàm độ tin cậy cũng được vẽ trên bản đồ cấu trúc (tức là trên bản đồ các đường mức của đường chân trời đang được nghiên cứu, xây dựng theo số liệu khảo sát địa kỹ thuật). Bạn thậm chí có thể sử dụng các kỹ thuật nội suy chung, vẽ các đường của hàm mức độ tin cậy (trong Hình 2 trở xuống, các đường của hàm mức độ tin cậy được vẽ bằng các đường màu đỏ).

Bây giờ chúng ta có thể bắt đầu thảo luận về những điều mới mà hàm độ tin cậy mang lại cho bản đồ cấu trúc.

Hóa ra là ở những khu vực có giá trị của các hàm tin cậy khá cao (hơn 0,8), theo quy luật, có sự trùng hợp giữa lực nâng cục bộ được xây dựng theo dữ liệu trinh sát địa lý (chúng ta sẽ gọi thêm là lực nâng địa vật lý) với lực nâng thực (xem Hình 4, trong đó lực nâng cục bộ được tô bóng).

Với các giá trị cao nhất của các hàm độ tin cậy theo thứ tự 0,5 - 0,6, sự kết hợp giữa lực nâng địa vật lý và giá trị thực thường được ghi nhận và các khu vực có giá trị cao nhất của các hàm độ tin cậy có xu hướng ở vị trí nâng lên thực tế (Hình 5 và 6). Từ đó rút ra một kết luận thực tế quan trọng: giếng thăm dò không nên được đặt ở những điểm cao nhất theo công trình địa vật lý (nghĩa là trong vòm nâng địa vật lý), mà tại các điểm có giá trị cao nhất của các hàm độ tin cậy hoặc có độ tin cậy cao nhất trong khu vực được khảo sát thuộc về lực nâng thực sự cục bộ.

Cuối cùng, các cấu trúc địa vật lý có giá trị tối đa của các hàm tin cậy lớn hơn 0,35, theo quy luật, hóa ra là sai; sự hiện diện của họ đã bị bác bỏ bởi cuộc khoan tiếp theo. Trong trường hợp này, tất cả chi phí cho việc khoan các cấu trúc giả như vậy hóa ra là không tự nguyện.

14

Tôi muốn lưu ý rằng những kết luận này được đưa ra trên cơ sở tài liệu thực nghiệm rất lớn, từ hàng trăm lần nâng địa vật lý, và tất nhiên, việc xử lý tài liệu địa vật lý để có nhiều thông tin hơn những gì được đề cập ở đây.

Như vậy, một cách tiếp cận mới cho bài toán tìm kiếm và tạo ra một bộ máy toán học đã cho thấy tính khả thi và hiệu quả cao trong bài toán đánh giá độ tin cậy trong việc tìm kiếm các nâng cao cục bộ. Tuy nhiên, các phương pháp tương tự giúp có thể xây dựng hàm tin cậy để đánh giá xem một điểm có thuộc tính chất của lực nâng cục bộ hay không (điều này rất cần thiết khi chọn điểm đặt giếng thăm dò đầu tiên) và hàm tin cậy cho vùng tiếp xúc dầu-nước, tức là ranh giới của mỏ dầu. Tiếp theo, bằng cách sử dụng hàm tin cậy thuộc về một điểm của đường nâng cục bộ, chúng ta có thể xây dựng ước tính tốt về diện tích trung bình bị chiếm bởi điểm nâng cục bộ. Kỹ thuật tương tự giúp có thể tiếp cận vấn đề quan trọng nhất là tính toán trữ lượng dầu (hoặc khí đốt) trên một mỏ từ một góc nhìn mới. Như vậy, trong lĩnh vực địa chất dầu khí và địa vật lý, các phương pháp dựa trên hàm độ tin cậy đã mang lại những lợi ích đáng kể và việc sử dụng nhất quán chúng sẽ mang lại thành công lớn hơn nữa.

Nhưng ở đây tôi muốn nhấn mạnh rằng các phương pháp tìm kiếm xác suất có thể được sử dụng thành công cho lời giải tìm kiếm khác bài toán trong địa chất và nhiều bài toán tương tự từ các lĩnh vực khoa học và công nghệ khác.

Người nghệ sĩ chú thích nó: “Không lời”. Chúng tôi đề xuất một chú thích khác: “Điều này có thể xảy ra không?》 Hãy thử đánh giá bức tranh biếm họa từ quan điểm này.

V. Aleksadrov

20

Phép đo năm 1969 nhỏ hơn đáng kể so với phép đo năm 1963.

Các phép đo này minh họa rõ ràng mối quan hệ tồn tại giữa các giá trị của các hằng số cơ bản: một sự thay đổi đáng kể về giá trị của một trong số chúng kéo theo những thay đổi đáng chú ý về giá trị của các đại lượng còn lại.

Cũng thật thú vị khi quan sát giá trị của các hằng số cơ bản thay đổi như thế nào khi vật lý phát triển. Như một ví dụ điển hình, chúng tôi trình bày trong Hình 2 một biểu đồ cho thấy việc chấp nhận giá trị khối lượng electron đã thay đổi như thế nào trong giai đoạn sau năm 1950. Các giá trị của $m_e$ được biểu thị gần mỗi điểm (theo đơn vị $10^{-31}$ ke). Các thanh dọc cho biết lỗi được gán cho giá trị này.

Trục tọa độ hiển thị độ lệch tương đối của các giá trị $m_e$ so với giá trị được áp dụng vào năm 1969.

Biểu đồ này cho thấy rõ ràng rằng không có tập hợp hằng số cơ bản nào có thể được coi là chân lý tối thượng. Chúng ta có thể hy vọng rằng những giá trị năm 1969 gần với sự thật hơn những giá trị trước đó. Tuy nhiên, là những người theo chủ nghĩa hiện thực, chúng tôi không thể trả lời rằng có thể cần phải có những thay đổi đáng kể hơn nữa về giá trị số của các hằng số trong tương lai. Ở đây hoàn toàn thích hợp khi trích dẫn câu nói của Goethe: “Chỉ ai không phấn đấu cho bất cứ điều gì thì mới mắc sai lầm”.

Chúng ta nên mong đợi điều gì trong tương lai? Có thể liên tục cải tiến các phép đo để sử dụng chúng nhằm thu được các giá trị hằng số ngày càng chính xác hơn không? Liệu các lý thuyết sẽ được cải tiến hơn nữa, được hưởng lợi từ các giá trị tinh tế của các hằng số, để có thể thực hiện được những so sánh chặt chẽ hơn bao giờ hết giữa lý thuyết và kinh nghiệm? Đối với tất cả những câu hỏi này, đáp số chắc chắn là tích cực. Có thể coi một quy luật chung là khi các phương pháp hiện có đạt đến giới hạn khả năng thì các hiện tượng mới được phát hiện và thí nghiệm cũng như lý thuyết vật lý nhận được một động lực mới.

Hình 2.

21

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V. V. Mayer

Thí nghiệm về bức xạ hồng ngoại

Một phototransistor tự chế có thể hoạt động như một máy thu bức xạ hồng ngoại. Không khó để thực hiện bằng cách cưa bỏ phần đầu vỏ kim loại của bất kỳ bóng bán dẫn mạnh nào (ví dụ: P-210). Một phototransistor như vậy thực tế chỉ phản ứng với các tia hồng ngoại tiếp giáp trực tiếp với vùng quang phổ nhìn thấy được.

Nếu bạn hướng ánh sáng từ một đèn tích lũy có chứa dòng điện xoay chiều tới phototransistor mà bạn đã tạo ra, một điện áp xoay chiều có tần số 100 $2\mu$ sẽ xuất hiện ở các cực của nó. Độ lớn của điện áp này rất nhỏ; nó nên được tăng lên.

Sơ đồ biểu diễn đơn giản nhất được thể hiện trong hình. Bất kỳ bóng bán dẫn tần số thấp nào cũng có thể được sử dụng làm bóng bán dẫn $T_2$ và $T_3$. Bộ khuếch đại được cung cấp năng lượng bởi pin đèn pin KBS-L-0.50.

$$R_1 = 2 \text{ ком}; R_2 = 100 \text{ ком}; R_3 = 10 \text{ ком}; R_4 = 100 \text{ ком}; R_5 = 10 \text{ ком}; T_2 \text{ и } T_3 \text{- любые низкочастные трансисторы.}$$

Transitor $T_1$ có thể được bật theo cách khác - sử dụng emmeter - thiết bị đầu cuối cơ sở. Trong trường hợp này, đầu ra cơ sở được kết nối với tấm pin và điện trở $R_1$ phải lấy bằng 30 50 kohms.

Khi được lắp ráp chính xác, thiết bị sẽ bắt đầu hoạt động ngay khi bật nguồn. Việc điều chỉnh sẽ bao gồm việc chọn giá trị của điện trở $R_1$.

Đầu ra của bộ kế tiếp sơ bộ phải được kết nối bằng dây được che chắn với ổ cắm “thu âm thanh” của bất kỳ máy thu hoặc máy phát radio công nghiệp nào (bạn cũng có thể sử dụng bộ kế tần số thấp tự chế). Khi phototransistor được chiếu sáng bởi ánh sáng của đèn tích lũy đi kèm, bạn sẽ nghe thấy âm thanh có tần số 100 $2\mu$. (Nếu có thể nghe thấy “nền” mạnh của dòng điện xoay chiều ngay cả khi không chiếu sáng bóng bán dẫn, thì thiết bị kế tiếp sơ bộ phải được đặt trong hộp kim loại nối với “mặt đất” của thiết bị - điều này sẽ làm giảm nhiễu từ mạng.)

Bây giờ bạn đã có bộ thu hồng ngoại, hãy thử trả lời các câu hỏi sau:

1. Tại sao, khi chiếu sáng một phototransistor bằng đèn tích lũy chứa dòng điện xoay chiều làm bằng diamine, một âm thanh lớn (“nền”) với tần số 100 $2\mu$ được khuếch đại?

2. Làm thế nào bạn có thể tăng cường đáng kể âm thanh mà không cần thay đổi mạch thu?

3. Đảm bảo cảm biến hành động phản ứng tốt với tia hồng ngoại (Nhựa Zbonite có độ dày 0,5-1 mm chặn hoàn toàn ánh sáng nhìn thấy và truyền tia hồng ngoại).

4. Cố gắng tìm một số loại bộ lọc hồng ngoại (ví dụ: thử sử dụng các loại bộ lọc ảnh khác nhau).

5. Trên đường đi của chùm ánh sáng tới phototransistor, đặt hai tấm ảnh phân cực (có thể lấy từ bộ đồ dùng học tập về phân cực ánh sáng). Xoay một trong các tấm ảnh phân cực quanh trục của nó. Bạn quan sát thấy gì? Bạn có thể rút ra kết luận gì từ những quan sát của mình?

6. Chứng minh định luật phản xạ tia hồng ngoại.

7. Kiểm tra xem tia hồng ngoại có được tập trung vào thấu kính không?

8. Bạn có thể thực hiện những thí nghiệm nào khác để nghiên cứu tính chất của bức xạ hồng ngoại?

23

Vì vậy, theo tuần tự, bằng cách sử dụng danh tính (3), chúng ta có thể thu được các biểu thức cho $S_3(n)$, $S_4(n)$, v.v.

Bạn có thể xác minh tính hiệu quả của các công thức đó bằng cách tiếp tục một số phép tính cụ thể. Ví dụ: bằng cách sử dụng biểu thức kết quả cho $S_2(n)$, một tổng lớn bằng $1^2 + 2^2 + \ldots + 99^2 + 100^2$ được tìm thấy rất nhanh: $S_2(100) = 338350$. Và sẽ mất bao lâu để bổ sung tuần tự!

§ 2. Thay vì $q$ thành viên có một

Vì vậy, mỗi công thức tính tổng $S_q(n)$, $q = 1, 2, \ldots$ có thể được áp dụng tuần tự bằng cách sử dụng phép tương ứng chung (3). Những sự tương ứng như vậy xác định thành viên mới của một chuỗi nhất định dựa trên các thành viên trước đó của nó, được gọi là recurrent.

Tất nhiên, sự tương ứng lặp lại chứa càng nhiều thuật ngữ càng tốt ở phía bên phải cũng được ưu tiên hơn—tốt nhất là chỉ một: thuật ngữ trước thuật ngữ được xác định.

Đối với một chuỗi các tổng $S_q(n)$ thì phép truy hồi đơn giản như vậy tương ứng.

Để viết nó ra, chúng tôi sử dụng ký hiệu sau đây. Đặt $P_m(n)$ là một đa thức bậc $m$ đối với $n$:

$$P_m(n) = a_0n^m + a_1n^{m-1} + \ldots + a_{m-1}n + a_m.$$

Khi đó $P_m^*(n)$ là đa thức bậc $m+1$, thu được từ đa thức $P_m(n)$ bằng cách thay bậc $n^k$ trong đó bằng các biểu thức:

$$\frac{n^{k+1}-n}{k+1} \quad (k=0, 1, \ldots, m).$$

Thuộc tính đơn giản sau đây là hiển nhiên: nếu $P(n)$ và $Q(n)$ là hai đa

24

Bây giờ chúng ta hãy sử dụng thực tế rằng
$$1 - C_{m+1}^1 + C_{m+1}^2 - \cdots + (-1)^{m+1} C_{m+1}^{m+1} = 0$$
và do đó
$$C_{m+1}^2 - C_{m+1}^3 + \cdots + (-1)^{m+1} C_{m+1}^{m+1} = C_{m+1}^1 - 1 = m.$$
Cũng nhận thấy rằng
$$C_{m+1}^k \frac{m-k+1}{m+1} = C_{m}^k$$
và sử dụng thuộc tính (4) của phép toán*, chúng ta thu được biểu thức sau cho $S_m(n)$:
$$S_m(n) = \frac{n^{m+1} + nm}{m+1} + [C_m^2 S_{m-2}(n) - C_m^3 S_{m-3}(n)]^*.$$
Bằng cách điền $q = m-1$ vào (3), chúng ta thấy rằng biểu thức trong ngoặc vuông bằng $mS_{m-1}(n) - n^m$, do đó, $S_m(n) = \frac{n^{m+1} + nm}{m+1} + [mS_{m-1}(n) - n^m]^* = \frac{n^{m+1} + nm}{m+1} + mS_{m-1}^*(n) - \frac{n^{m+1} - n}{m+1} = n + mS_{m-1}^*(n).$
Do đó, (5) cũng đúng với $q = m$. Định lý đã được chứng minh.
Ví dụ. Giả sử bạn biết điều đó
$$S_3(n) = \frac{1}{4} (n^4 + 2n^3 + n^2).$$
Hãy tìm biểu thức cho $S_4(n)$:
$$S_4(n) = n + 4S_3^*(n) = n + (n^4 + 2n^3 + n^2)^* = n + \frac{n^5 - n}{5} + 2 \frac{n^4 - n}{4} + \frac{n^3 - n}{3} = \frac{n^5}{5} + \frac{n^4}{2} + \frac{n^3}{3} - \frac{n}{30}.$$
§ 3. Công thức chung
Tuy nhiên, nhị thức Newton có thể mang lại nhiều kết quả hơn đẳng thức (3) đã được chứng minh ở § 1.

Hãy xem xét các phép biến đổi sau (m và n được coi là số tự nhiên):
$$m^n - 1 = [(m-1) + 1]^n - 1 = (m-1) C_n^1 + (m-1)^2 C_n^2 + \cdots + (m-1)^n C_n^n.$$
Hãy để $m \neq 1$. Chia cả hai vế của đẳng thức cho $m-1$, ta được
$$1 + m + m^2 + \cdots + m^{n-1} = C_n^1 + (m-1) C_n^2 + \cdots + (m-1)^{n-1} C_n^n.$$ (6)
Đẳng thức này đúng với mọi $m$ và $n$ tự nhiên, kể cả $m=1$ (trong trường hợp này nó rất indo). Vì ở bên trái và bên phải, chúng ta có các đa thức bậc $n-1$ so với $m$, điều này chỉ có thể thực hiện được nếu các đa thức giống hệt nhau, nghĩa là các hệ số của chúng trùng nhau (trong trường hợp này, chúng đều bằng một). Nếu chúng ta mở dấu ngoặc đơn ở phía bên phải của (6) và đánh đồng các hệ số ở $m^k$, $k=0, 1, \ldots, n-1$ bằng một, chúng ta sẽ thu được một loạt nhận dạng kết nối các hệ số biomp. Điều sau đây quan trọng đối với chúng tôi: nếu độ $m^k$, $k=0, 1, \ldots, n-1$ ở bên trái và bên phải trong (6) được thay thế bằng bất kỳ số $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ nào, thì đẳng thức sẽ không bị vi phạm: xét cho cùng, các hệ số ở phía trước các số $a_k$ sẽ vẫn bằng một! Do đó, chúng ta đi đến đẳng thức sau, đúng với mọi số $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$:
$$a_0 + a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1} = C_n^1 + (a_1 - a_0) C_n^2 + (a_2 - 2a_1) + a_0) C_n^3 + \cdots + [a_{n-1} - C_n^1 a_{n-2}) + C_n^2 a_{n-3} - \cdots + (-1)^{n-1} C_n^n.$$ (7)
Định lý 2. Tổng $S_q(n)$ trong trường hợp tổng quát có thể tính được bằng công thức
$$S_q(n) = C_n^1 + (2^q - 1) C_n^2 + (3^q - 2 \cdot 2^q + 1) C_n^3 + \cdots + [(q+1)^q - C_q^1 q^q + C_q^2 (q-1)^2 - \cdots + (-1)^q] C_n^{q+1}.$$ (8)

25

Bằng chứng. Chúng ta hãy đặt $a_k = (k+1)^q$, $k=0, 1, \dots, n-1$ vào danh tính (7) và trước tiên hãy xem xét các giá trị của $n \leq q+1$. Vì trong trường hợp này $C_p^n = 0$ là dành cho $p > q+1$, nên công thức (8) tuân theo (7) với điều kiện $1 \leq n \leq q+1$. Tuy nhiên, nó tuân theo và ở bên phải, chúng ta có đa thức bậc $q+1$ đối với $n$ không có số hạng giả và do đó chúng phải trùng với tất cả $n$. Thật vậy, nếu không thì hiệu của chúng là đa thức bậc không cao hơn $q+1$ – chúng ta có $q+2$ nghiệm thực: $0, 1, 2, \dots, q+1$.

Hãy thử tự mình chứng minh rằng đa thức này cũng bằng 0 *).

Công thức (8) biểu thị tổng $S_q(n)$ dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các tổ hợp $C_n^1, C_n^2, \dots, C_n^{q+1}$.

$$S_0(n) = C_n^1,$$
$$S_1(n) = C_n^1 + C_n^2,$$
$$S_2(n) = C_n^1 + 3C_n^2 + 2C_n^3,$$
$$S_3(n) = C_n^1 + 7C_n^2 + 12C_n^3 + 6C_n^4,$$
$$S_4(n) = C_n^1 + 15C_n^2 + 50C_n^3 + 60C_n^4 + 24C_n^5,$$

vân vân.

Chúng tôi để người đọc khám phá những mô hình gây tò mò đã nảy sinh giữa các hệ số của những kết hợp này, ví dụ, quy luật hình thành các hệ số cho các chữ hoa.

Chúng ta hãy kết luận thêm một vài bài toán về các tổng $S_q$.

Bài tập

1. Cho thấy điều đó
   $$S_1 = S_1,$$
   $$2(S_1)^2 = 2S_3,$$
   $$4(S_1)^3 = 3S_5 + S_3,$$
   $$8(S_1)^4 = 4S_7 + 4S_5,$$

*) Nếu bạn không làm được điều này, chúng ta có thể tìm thấy bằng chứng ở «Kvant» Số 12 năm 1972, trang 37

và nói chung, đó là ở $k=1, 2, 3, \dots$

$$2^{k-1}(S_1)^k = C_k^1 S_{2k-1} + C_k^3 S_{2k-3} + C_k^5 S_{2k-5} + \dots,$$

và số hạng cuối cùng của biểu thức bên phải bằng $S_k$ hoặc $kS_{k+1}$, tùy thuộc vào $k$ là số lẻ hay số chẵn.

2. Cho thấy điều đó

$$3S_2 = 3S_2,$$
$$6S_2S_1 = 5S_4 + S_2,$$
$$12S_2(S_1)^2 = 7S_6 + 5S_4,$$
$$24S_2(S_1)^2 = 9S_8 + 14S_6 + S_4$$

và nói chung, đó là ở $k=1, 2, 3, \dots$

$$3 \cdot 2^{k-1}S_2(S_1)^{k-1} = (C_k^0 + 2C_k^1)S_{2k} + (C_k^2 + 2C_k^3)S_{2k-2} + \dots,$$

và số hạng cuối cùng của biểu thức bên phải bằng $(k+2)S_{k+1}$ hoặc $S_k$, tùy thuộc vào việc $k$ là số lẻ hay số chẵn.

3. Cho thấy điều đó

$$S_3 = (S_1)^2,$$
$$S_5 = (S_1)^2 \cdot \frac{4S_1 - 1}{3},$$
$$S_7 = (S_1)^2 \cdot \frac{6(S_1)^2 - 4S_1 + 1}{3},$$

và nói chung rằng $S_{2k-1}$ (trong đó $2k-1 \geq 3$) là đa thức ở $S_1 = \frac{n(n+1)}{2}$ bậc $k$ chia hết cho $(S_1)^2$.

4. Cho thấy điều đó

$$S_4 = S_2 \cdot \frac{6S_1 - 1}{5},$$
$$S_6 = S_2 \cdot \frac{12(S_1)^2 - 6S_1 + 1}{7},$$
$$S_8 = S_2 \cdot \frac{40(S_1)^3 - 40(S_1)^2 + 18S_1 - 3}{15},$$

và nói chung $\frac{S_{2k}}{S_2}$ là đa thức bậc $k-1$ trong $S_1$.

5. Chứng minh rằng với $k \geq 1$ (nhưng không chứng minh được với $k=0$)

$$S_k (-x-1) = (-1)^{k-1}S_k(x).$$

6. Tìm tổng: $1 + 27 + 125 + \dots + (2n-1)^3$.

7. Tìm tổng: $2^2 + 5^2 + 8^2 + \dots + (3n-1)^2$.

26

Các khối đa diện đều - tứ diện, bát diện, lục giác (khối lập phương), khối mười hai mặt và khối hai mươi mặt - thường được gọi là khối Platonic *).

Chất rắn Platon được thảo luận trong sách giáo khoa ở trường, kể cả trong sách giáo khoa “Hình học” của A.P. Kiselev, phần hai.

Chúng ta hãy nhớ lại định nghĩa về một khối đa diện đều trong sách giáo khoa này: “Một khối đa diện được gọi là đều nếu tất cả các mặt của nó là các đa giác đều bằng nhau và tất cả các góc đa diện đều bằng nhau”. Từ định nghĩa này, suy ra rằng trong các khối đa diện đều mọi góc phẳng, mọi góc nhị diện và mọi cạnh đều bằng nhau. Sách giáo khoa chứng minh rằng không thể có khối đa diện đều nào khác ngoại trừ các khối Platonic (xem trang 4 của bìa).

Bằng chứng được đưa ra đầy đủ. Tuy nhiên, không phải có năm khối đa diện đều mà là chín khối. Bạn nhìn thấy chúng trên trang bìa tạp chí của chúng tôi. Thực tế là bốn khối đa diện còn lại (chúng ta sẽ gọi thêm là hình ngôi sao) có các mặt giao nhau với các đa giác đều và đối với hai trong số chúng, mỗi mặt là một đa giác tự giao nhau. Các đa giác và khối đa diện như vậy bị loại khỏi việc xem xét trong khóa học của A.P. Kiselev, mặc dù định nghĩa trên về khối đa diện đều, cũng như hệ quả tất yếu của nó, vẫn có hiệu lực.

Bây giờ một nguồn nhỏ. Khối đa diện hai sao được xây dựng bởi Johannes Kepler (1571–1630). Chỉ nhiều năm sau, nhà hình học người Pháp Louis Poinsot (1777-1859) đã chỉ ra sự tồn tại của hai khối đa diện hình sao đều.

*) Nhà triết học Hy Lạp cổ đại Plato (427-347 TCN), người đã đề cập đến các khối đa diện đều trong một trong những tác phẩm của mình, thực ra không phải là người phát hiện ra chúng. Khối tứ diện, lục giác và khối mười hai mặt đã được biết đến từ rất lâu trước Plato. Ví dụ, trong quá trình khai quật, người ta đã tìm thấy một mô hình khối mười hai mặt, từng là đồ chơi của trẻ em cách đây hơn 2.500 năm.

27

cov. (Tất cả các khối đa diện bốn sao đều được trình bày ở trang 2 của trang bìa.) Poinsot không thể chứng minh rằng không có khối đa diện đều nào khác.

Một năm sau (1811), nhà toán học người Pháp Augustin Louis Cauchy (1789-1857) đã làm được điều này. Ông đã lợi dụng thực tế là, theo định nghĩa của một khối đa diện đều, nó có thể được xếp chồng lên chính nó sao cho một mặt tùy ý của nó trùng với một mặt đã chọn trước đó. Từ đó suy ra rằng tất cả các mặt của khối đa diện sao đều cách đều nhau từ một điểm nhất định - tâm của hình cầu nội tiếp trong khối đa diện.

Các mặt phẳng của các mặt của một khối đa diện sao, giao nhau, cũng tạo thành một khối đa diện lồi đều, tức là một khối Platonic được mô tả xung quanh cùng một hình cầu. Ksshi gọi khối Platonic này là lõi của khối đa diện hình sao này. Do đó, có thể thu được một khối đa diện sao bằng cách tiếp tục các mặt phẳng của một trong các khối Platonic.

Bất kỳ chất rắn Platonic nào có thể đóng vai trò là lõi của một khối đa diện hình sao thông thường không? Để hiểu điều này, chúng ta hãy chuyển sang các góc đa diện của một khối đa diện hình sao. Các góc phẳng của một góc đa diện như vậy bằng nhau và nhờ tỷ lệ tương ứng với hai góc cạnh nên chúng có thể kết hợp với nhau bằng cách quay góc đa diện quanh trục đi qua đỉnh của nó. Đồng thời, để các góc phẳng thẳng hàng và khớp với các cạnh của lõi, hãy xoay nó cùng với khối đa diện sao.

Hình 1, 2 và 3 làm nổi bật các mặt của hạt nhân - khối mười hai mặt và khối hai mươi mặt, chúng tạo ra lẫn nhau trong quá trình quay như vậy và hiển thị các góc đa diện mà sự tiếp tục của các mặt dẫn tới.

Hình 4 xét trường hợp khi sự tiếp tục của các cạnh của một khối đa diện đều, một khối bát diện, dẫn đến sự hình thành không phải một mà là hai khối đa diện đều - các khối tứ diện giao nhau.

Hãy tự chứng minh rằng không có phép quay nào khác của các khối Platonic và sự kéo dài tương ứng của các mặt của chúng dẫn đến sự hình thành các khối đa diện đều mới.

V. N. Berezin

28

Vấn đề “Quenta”

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 30 tháng 6 năm 1973 đến địa chỉ: 117071, Moscow V-71, Leninsky Prospekt, 15, Nhà xuất bản Nauka, tạp chí Quant.
Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết lời giải mà bài toán bạn đang gửi, ví dụ: “Sự cố “Quenta”, M201, M205” hoặc “… F215”.

Lời giải bài toán cho từng môn học (toán học và vật lý), cũng như bài toán mới phải được gửi trong phong bì riêng. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả kiểm tra lời giải của mình). Orcenal bài toán được đề xuất xuất bản, vui lòng gửi cùng với lời giải của bạn về những bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Bài toán “Quaenta”, bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”).

Gửi Bài toán từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Bài toán độ khó tăng dần được đánh dấu bằng dấu hoa thị.

Bài toán
M201—206; F213—217

M201. Đường $l_1$ cắt các cạnh $a$; các hình tam giác $b$ và $c$ (hoặc phần mở rộng của chúng) lần lượt tại các điểm $A_1$, $B_1$ và $C_1$; đường $l_2$ cắt chúng tại các điểm $A_2$, $B_2$ và $C_2$. Chứng minh rằng nếu các điểm $A_1$ và $A_2$ đối xứng với trung điểm của cạnh $a$ và các điểm $B_1$ và $B_2$ đối xứng với trung điểm của cạnh $b$ thì các điểm $C_1$ và $C_2$ đối xứng với trung điểm của cạnh $c$.

Nấu Công Quí (Hà Nội)

M202. Chứng minh rằng từ dãy $a, a + d, a + 2d, ..., a + nd, ...$, là một cấp số cộng vô hạn ($d \neq 0$), nếu và chỉ khi đó chúng ta mới có thể chọn được một dãy con là cấp số nhân vô hạn khi quan hệ $a/d$ là dị nghiệm.

N. B. Vasiliev

M203. a) Chứng minh rằng nếu các hình chiếu giao điểm của các đường chéo $AC$ và $BD$ của tứ giác nội tiếp $ABCD$ lên các đường thẳng $AB$, $BC$, $CD$ và $DA$ được nối liên tiếp bởi bốn đường thẳng (Hình 1) thì các đường thẳng này sẽ tiếp xúc với cùng một đường tròn.

b) Viết và chứng minh định lý ngược lại.

Hình 1.

M204. Một số tự nhiên được coi là tốt nếu các chữ số 1973 xuất hiện liên tiếp trong ký hiệu thập phân của nó và xấu nếu ngược lại. (Ví dụ: số 197 639 917 là số xấu, 116 519 732 là số tốt.) Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên $n$ sao cho trong tất cả các số có $n$ chữ số (từ $10^{n-1}$ đến $10^n$ có 1)

29

tốt nhiều hơn xấu. Hãy cố gắng tìm một cơ hội ít giống như $n$.

G. A. Gurevich

M205.* 24 học sinh giải được 25 bài toán. Giáo viên có một bảng $24 \times 25$, trong đó ghi lại ai đã giải được cái gì bài toán. Hóa ra mọi câu bài toán đều được ít nhất một học sinh giải được *). Chứng minh rằng

a) có thể đánh dấu một số bài toán “tích tắc” để mỗi học sinh giải được một số chẵn (cụ thể là có thể bằng 0) từ bài toán được đánh dấu;

b) bạn có thể đánh dấu một số bài toán bằng dấu “+” và một số phần còn lại bằng dấu “—” và gán cho mỗi bài toán một số điểm nguyên dương để mỗi học sinh đạt điểm bằng nhau cho bài toán, được đánh dấu bằng dấu “+” và “—”.

(Lưu ý: Những câu này chỉ đúng nếu số bài toán lớn hơn số học sinh một đơn vị.)

F213. Tốc độ di chuyển tự động tối đa cho phép trên đường trơn trượt khi đi qua một ngã rẽ có bán kính $R$ là $v_{\max}$. Tại chỗ rẽ, đường nghiêng một góc $\alpha$ so với đường chân trời. Tốc độ tối thiểu mà bạn phải lái xe tự động để rẽ là bao nhiêu?

F214. Trong mạch hiển thị ở Hình 2, $R_1 = 10$ com, $R_2 = R_3 = 5$ com và điện áp xoay chiều $U = 127$ V được đặt vào các cực 1-2. Điốt có thể được coi là lý tưởng - theo một hướng của dòng điện, điện trở của chúng vô cùng nhỏ, theo hướng khác thì điện trở của chúng vô cùng cao. Tìm bao nhiêu năng lượng được giải phóng ở điện trở $R_1$.

L. P. Bakanina

*) Chúng tôi hy vọng rằng nhận định tương tự sẽ đúng với bài toán M181—M205, đặc biệt khi đầu đọc Kwan lớn hơn nhiều so với 24.

Hình 2.

F215. Hai bong bóng xà phòng có bán kính $R_1$ và $R_2$ hợp nhất thành một bong bóng có bán kính $R_3$. Tìm áp suất khí quyển nếu hệ số căng bề mặt của màng xà phòng là σ.

F216. Bằng cách đứng lên và ngồi xổm vào những thời điểm nhất định, cậu bé trên xích đu sẽ dễ dàng tăng biên độ xoay của mình. Giải thích tại sao điều này hoạt động.

F217*. Một ống tia âm cực có điện áp gia tốc $U$ được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng $B$ hướng dọc theo trục của ống. Trong trường hợp này, một điểm nóng chảy nhỏ được quan sát thấy trên màn hình. Nếu bạn thay đổi giá trị cảm ứng, bạn có thể nhận thấy rằng đối với một số giá trị nhất định $B_0$, $2B_0$, $3B_0$, … thì điểm điện tử được tập trung - nó tập hợp thành một điểm. Giải thích hiện tượng này. Làm thế nào để sử dụng một thí nghiệm như vậy để xác định tỷ số điện tích của một electron trên khối lượng của nó?

32

OA₂, giống như đỉnh A₁ (cạnh của các đoạn mà hồ tiếp giáp được tô bóng). Điều này có nghĩa là các điểm A₁ và A₃ nằm ở hai phía đối diện của đường thẳng OA₂.

Cho điểm X di chuyển dọc theo lòng hồ (từ A₁ đến A₂, từ A₂ đến A₃, v.v.). Khi X di chuyển từ A₁ đến A₂, đoạn OX sẽ quay theo một hướng nào đó (ví dụ: để nó quay theo chiều kim đồng hồ). Vì A₁ và A₃ nằm đối diện nhau trên đoạn OA₂ nên khi điểm X di chuyển từ A₂ đến A₃ thì đoạn đó sẽ quay cùng chiều. Lập luận tương tự từ các điểm A₂, A₃, A₄,…, ta thấy khi chuyển động từ A₃ đến A₄, từ A₄ đến A₅, v.v. thì đoạn OX quay cùng chiều.

Khi đoạn OX quay hết một vòng thì điểm X trùng với điểm A₁. Thật vậy, giả sử điểm X không trùng với A₁; ví dụ OX < OA₁. sau đó, với chuyển động xa hơn, điểm X không thể đến điểm A₁, vì nó không thể vượt ra ngoài ranh giới của đa giác DA₂A₃…A₄k+1 (Hình 2) - đa giác đã sẵn sàng đóng lại.

Do đó, không một điểm nào của kobytur sẽ nằm trong ΔOA₁A₂, và bờ A₁A₂, và do đó, tất cả các bờ hồ từ điểm O, đều có thể nhìn thấy được.

2. Giả sử có thể nhìn thấy tất cả các hồ begga từ điểm O. Xét cạnh l = CB của đa giác A₁…Aₙ. Khi đó rõ ràng ΔOCB nằm hoàn toàn bên trong hồ, nghĩa là điểm O nằm bên trong D₁. Do đó, điểm O nằm bên trong mọi nửa không gian D₁, nghĩa là nó nằm bên trong D.

Vì vậy, chúng ta đã chỉ ra rằng tập hợp các điểm mà từ đó nhìn thấy được tất cả các đồ vật trùng khớp với đa giác D và do đó, hoặc là rỗng hoặc là một đa giác lồi có số cạnh m, trong đó m ≤ n.

I. N. Bernishtein

M162. Nhất quán các số tự nhiên a₁ < a₂ < a₃ < … < aₙ < … (A) Makova, rằng mọi số tự nhiên là bất kỳ số nào trong dãy (A) bất kỳ câu nào.

được trình bày dưới dạng tổng của hai số trong dãy (A), có lẽ giống hệt nhau.

Chứng minh rằng a  n2 với mọi n = 1,2,…

Xét các số hạng đầu tiên (n−1) của dãy (A)

a₁, a₂, a₃, …, aₙ−1, (1)

và tất cả các số tự nhiên có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số sau:

a₁ + a₁, a₁ + a₂, a₁ + a₃, …, a₁ + aₙ−1, a₂ + a₂, a₂ + a₃, …, a₂ + aₙ−1, aₙ−1 + aₙ−1. (2)

Không khó để tính toán rằng các tổng theo cặp $\frac{n(n−1)}{2}$ được viết ở đây. Hơn nữa, tất cả các số (1) và (2) đều khác nhau nhưng tổng số của chúng không vượt quá n.

Vậy có các số tự nhiên từ 1 đến n2 không chứa (1) và (2) trong các số đó. Do đó, nếu dãy (A) thỏa mãn điều kiện bài toán (mỗi số tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của tối đa hai số từ (A)), thì aₙ ≤ n².

Từ lý luận của chúng tôi, chúng tôi có thể có được một ước tính chính xác hơn:

aₙ ≤ $\frac{n²+n}{2}$. (3)

Sẽ rất thú vị để xem liệu có thể đạt được ước tính tốt hơn nữa hay không. Một chuỗi thỏa mãn điều kiện bài toán, thỏa mãn điều kiện bài toán, dễ thấy, với n = 2k

aₙ = a₂k = 2k² − (k−1)² =

= k² + 2k − 1 = $\frac{n²+4n-4}{4}$. (4)

Tuy nhiên, mặc dù ước tính (4) cho aₙ với n = 2k chỉ xấp xỉ kém hơn (3), khi n tăng, sự khác biệt giữa aₙ và $\frac{n²+n}{2}$ tăng lên rất nhiều: xét cho cùng, aₙ phát triển như một hàm tuyến tính của n.

2. Xét dãy số tự nhiên biểu diễn dưới dạng

33

tổng của hai bình phương số nguyên:
1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20 …

Vì mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của bốn bình phương * nên dãy này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. (Như có thể được chứng minh, nó tăng nhanh hơn bất kỳ hàm tuyến tính nào của $n$: $\lim_{n \to \infty} a_n/n = \infty$, nhưng chậm hơn $n^2$: $\lim_{n \to \infty} a_n/n^2 = 0$. Hóa ra là $a_n$ tăng xấp xỉ bằng $n\sqrt{\ln n}$.

M163. Chứng minh rằng nếu các đường chéo của một tứ giác lồi vuông góc với nhau thì hình chiếu của giao điểm của chúng trên cả bốn cạnh (hoặc phần kéo dài của chúng) nằm trên cùng một đường tròn.

Nhiều độc giả đã chỉ ra một cách chính xác rằng việc thêm “hoặc phần tiếp theo của chúng” vào các điều kiện là không cần thiết, vì đường vuông góc rơi từ đỉnh của một góc vuông không thể không rơi vào cạnh huyền.

Lưu ý rằng nếu từ đáy có chiều cao $BH$ của một tam giác tùy ý $ABC$ với các góc nhọn $A$ và $C$ (Hình 3), chúng ta thả các đường vuông góc $HK$ và $HN$ lần lượt sang các cạnh $BC$ và $BA$, thì các tam giác $KBN$ và $ABC$ tương tự nhau (góc $B$ là phổ biến và $AB \cdot BN = BH^2 = BC \cdot KB$, tức là $AB : BC = KB : BN$), do đó $BKN = BAC$ (và $BNK = BCA$).

Sử dụng cách này, dễ dàng kiểm tra xem các góc được chỉ ra trong Hình 4 bằng các chữ cái giống nhau - $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ và $\delta$ có bằng nhau không, do đó tổng các góc đối diện $K$ và $M$ của tứ giác $KLMN$ bằng $(\pi - \alpha - \beta) + (\pi - \gamma - \delta) = (\pi - \beta - \delta) + (\pi - \alpha - \gamma) = \pi$ nên nó được nội tiếp.

*) Ví dụ, xem bài toán 249 từ cuốn sách của D. O. Shklyarsky, N. N. Chentsov, I. M. Yaglom “Đã chọn bài toán và các định lý toán tiểu học. Số học và đại số". “Hayka”, M., 1965.

Điều ngược lại cũng đúng: nếu trong tứ giác $ABCD$ các đáy của các đường vuông góc hạ từ giao điểm của các đường chéo sang các cạnh là các đỉnh của tứ giác nội tiếp, thì các đường chéo $ABCD$ vuông góc. Điều này chứng minh hoàn toàn tương tự.

M164. Trên các ô trắng của bàn cờ vô hạn chứa nửa mặt phẳng trên (Hình 5), một số số được viết sao cho với mỗi ô đen, tổng các số trong hai ô liền kề với nó, ở bên phải và bên trái, bằng tổng của hai số khác, tổng của chúng từ các ô liền kề với nó, ở trên và dưới. Đã biết số đứng trong một ô của dòng thứ $n$ (dấu thập màu xanh lam trong hình) và bạn cần tìm ra số phía trên nó ở dòng thứ $(n + 2)$ (dấu chấm hỏi màu đỏ trong hình). Bạn cần biết thêm bao nhiêu số ở hai dòng dưới cùng (các chấm màu xanh trong hình) để làm điều này?

Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu sau (xem Hình 6): $x$ là một số chưa biết ở dòng thứ $(n + 2)$, $d_n$ là một số cho trước trong

34

Hình 6.

dòng thứ $n$. Các số $a$ và $b$ không được cung cấp cho chúng tôi, nhưng chúng tôi biết rằng $x + d_n = a + b$, từ đó $x = d_n + (a - d_n) + (b - d_n)$. Vì $b + d_{n-1} = d_n + b_n$, nên $b - d_n = b_n - d_{n-1}$. Tương tự như vậy

$$b_n - d_{n-1} = b_{n-1} - d_{n-2} = \dots = b_1 - d_0.$$

Vì vậy, $b - d_n = b_1 - d_0$. Hoàn toàn giống nhau

$$a - d_n = a_n - c_{n-1} = a_{n-1} - c_{n-2} = \dots = a_1 - c_0.$$

Vì vậy, $x = d_n + (a_1 - c_0) + (b_1 - d_0)$.

Vì vậy, để xác định $x$, ngoài $d_n$, bạn chỉ cần biết 4 số $a_1, b_1, c_0$ và $d_0$ ở dòng đầu tiên và dòng 0.

Có thể giải quyết được với ít hơn bốn con số không?

Trong trường hợp được biểu thị (tại $n = 0$), có thể: sau đó $x = a_1 + b_1 - d_0$ (xem Hình 7), và, ngoài $d_0$, chỉ cần biết hai số ($a_1$ và $b_1$) là đủ.

Với $n \geq 1$ không thể có ít hơn bốn số và ngoài $d_n$, bạn cần biết các số $a_1, b_1, c_0$ và $d_0$: nếu biết ít nhất một trong các số này, thì giá trị của tất cả các số khác ở dòng đầu tiên và dòng 0 không giúp xác định được $x$. Hãy chứng minh điều đó.

Hình 7.

Ví dụ: giả sử số $a_1$ không xác định (xem Hình 6). Khi đó không có gì ngăn cản bạn thiết lập nó một cách tùy tiện. Điều này sẽ có ý nghĩa nếu số $d_n$ không được biết đến. Trong trường hợp này, số của dòng đầu tiên và dòng 0 không được kết nối bằng bất kỳ sự tương ứng nào - chúng có thể được gán tùy ý cho tất cả các nội dung và từ chúng có thể xác định tất cả các số khác (đầu tiên ở dòng thứ hai, sau đó ở dòng thứ ba, v.v.). Ngoài ra, $d_n = P - N$, trong đó $P$ là tổng các số của dòng đầu tiên, nằm giữa $a_1$ và $b_1$ (không bao gồm chính $a_1$ và $b_1$), và $N$ là tổng các số của dòng 0, nằm giữa $c_0$ và $d_0$ (không bao gồm chính chúng $c_0$ và $d_0$); đẳng thức $d_n = P - N$ dễ dàng được chứng minh bằng quy nạp trên $n$; trong trường hợp này, bạn cần sử dụng công thức dẫn xuất trước đó $x = d_n + (a_1 - c_0) + (b_1 - d_0)$.

Do đó, $d_n = P - N$ là kết quả khớp duy nhất kết nối $d_n$ với các số ở hàng 0 và hàng đầu tiên; $a_1$ không được bao gồm. Điều này có nghĩa là, khi biết $d_n$ và tất cả các số ở hàng 0 và hàng đầu tiên, ngoại trừ $a_1$, chúng ta không thể xác định $a_1$; ngược lại, nó có thể được chỉ định tùy ý. Nhưng bằng cách sửa $b_1, c_0, d_0$ và $d_n$ và gán cho $a_1$ những ý nghĩa khác nhau, chúng ta sẽ có những ý nghĩa khác nhau cho $x$.

Vì vậy, kiến ​​thức về $a_1, b_1, c_0$ và $d_0$ là cần thiết và đủ để xác định $x$ cho $d_n$.

M. L. Gerver.

F178. Trong một bình kín có cạnh 1 cm có $n$ phân tử khí. Các bức tường của khối lập phương có hình cây anh túc, do đó các phân tử khí, khi đã ở trên tường, vẫn ở trên đó $10^{-2}$ s. Ước tính có bao nhiêu phân tử khí trên tường vào thời điểm $t$ bay từ bức tường này sang bức tường khác:

$$\frac{n_1}{n_2} = \frac{\tau}{t}.$$

Vì $n_1 + n_2 = n$ thì

$$\frac{n_1}{n} = \frac{\tau}{t + \tau}.$$

Từ đây

$$n_1 = n \frac{\tau}{t + \tau} = n \frac{1}{1 + \frac{t}{\tau}}.$$

Hãy để chúng tôi ước tính các giá trị của $t$. Tốc độ bình phương trung bình gốc của các phân tử khí có trọng lượng phân tử $\mu$ ở nhiệt độ $T^\circ$ K bằng

$$\bar{v} = \sqrt{\frac{3RT}{\mu}}.$$

35

Để xác định điều này, chúng ta sẽ giả sử rằng tất cả các phân tử đều chuyển động với tốc độ này vuông góc với thành bình. Khi đó thời gian để phân tử bay được quãng đường $l$ giữa các bức tường bằng

$$t = \frac{l}{\bar{v}} = \frac{l}{\sqrt{\frac{3RT}{\mu}}},$$

Và

$$n_1 = n \frac{1}{1 + \frac{l}{\tau} \sqrt{\frac{\mu}{3RT}}}.$$

Giả sử có khả năng ($\mu = 29 \text{ кД/кмоль}$) trong bình ở nhiệt độ $T = 300^\circ \text{K}$. Thay thế các giá trị của tất cả các đại lượng vào công thức của $n_1$, chúng ta thu được

$$n_1 = n \frac{1}{1 + \frac{10^{-2}}{10^{-2}} \sqrt{\frac{29}{3 \cdot 8 \cdot 3 \cdot 10^3 \cdot 300}}} \approx n \frac{1}{1 + 0.02} \approx 0.98 n.$$

F179. Chiếc thuyền lơ lửng, nghiêng theo phương thẳng đứng, phát ra các xung âm thanh ngắn từ radar radar có đường kính $\tau_0$ theo hướng trong ngày. Độ giảm của cảnh phản chiếu được sửa đổi bởi zdrolocustim trên thuyền là $\tau$. Tốc độ chìm của thuyền là bao nhiêu?

Tốc độ truyền âm trong nước là $V$. Đáy nằm ngang.

Chúng ta hãy xem điều gì gây ra sự thay đổi trong khoảng thời gian biến mất. Để làm điều này, thật thuận tiện khi chuyển từ thời gian biến mất sang chiều dài của nó. Cho tín hiệu do sóng siêu âm phát ra trên thuyền có dạng như Hình 8, tức là cường độ của nó thay đổi đột ngột từ 0 đến một giá trị nhất định tại thời điểm $t$, không đổi trong thời gian $\tau_0$ và lại giảm đột ngột về 0 tại thời điểm $t + \tau_0$. Nếu thuyền đứng yên thì độ dài của sóng phát ra (khoảng cách giữa mép trước và mép sau) bằng $l_0 = V \tau_0$. Nếu thuyền đi xuống, chiều dài của dây sẽ nhỏ lại. Thật vậy, hãy

$$\tau = \frac{l_1}{V + u} = \frac{(V - u) \tau_0}{(V + u)}.$$

Từ đây

$$u = V \frac{\tau_0 - \tau}{\tau_0 + \tau}.$$

F180. Một quả cầu kim loại được đưa vào một điện trường đều có hướng ngắn bằng $E$. Được biết, mật độ bề mặt chất gây ô nhiễm trên “dải” quả bóng tại thời điểm $A$ (Hình 10) bằng $\sigma_0$. Xác định mật độ bề mặt của chất gây ô nhiễm tại thời điểm $B$, hướng theo góc ngắn nhất tính từ tâm quả cầu tạo thành một góc $\alpha$ với hướng của điện trường ngoài.

Rõ ràng là sự phân bố các điện tích cảm ứng trên quả bóng phải đối xứng với trục $AC$. Vì nhìn chung quả bóng

36

Electron là chuyển vị nên các điện tích ở trên và dưới “xích đạo” có ký hiệu khác nhau. Do đó, ở cực thứ hai $C$ mật độ điện tích bề mặt bằng $-\sigma_0$, và ở xích đạo nó bằng 0.

Vì các điện tích trên bề mặt vật dẫn luôn được phân bố sao cho mật độ của chúng tỷ lệ với điện áp điện trường, nên chúng ta có thể giả sử rằng mật độ của các điện tích cảm ứng $S$ tại mỗi điểm của quả bóng sẽ tỷ lệ với điện áp trường ngoài $E$:

$$\sigma \sim E.$$

(Điều này cũng xuất phát từ thông báo về kích thước - kích thước $\sigma$ và $E$ giống nhau).

Chúng ta hãy sử dụng nguyên lý chồng chất và phân tách trường có ứng suất $E$ tại điểm $B$ thành hai thành phần (Hình 11)—theo hướng $OB$ (vectơ $E_1$) và vuông góc với $OB$ (vectơ $E_2$):

$$E_1 = E \cos \alpha,$$
$$E_2 = E \sin \alpha.$$

Chúng tôi cũng biểu thị mật độ điện tích $S$ tại điểm $B$ là tổng mật độ điện tích phát sinh tại thời điểm này: $\sigma = \sigma_1 + \sigma_2$ và $\sigma_1$ được tạo bởi trường có cường độ $E_1$ và $\sigma_2$ bởi trường có cường độ $E_2$.

Nhưng trong một trường có thì $E_2$, điểm $B$ nằm trên “đường xích đạo” của hình cầu, do đó $\sigma_2 = 0$. Trong trường có điểm căng $E_1$ $B$ là “cực” của hình cầu. Vì vậy $\sigma_1 \sim E_1$

$$\frac{\sigma_1}{\sigma_0} = \frac{E_1}{E}.$$

Từ đây

$$\sigma = \sigma_1 = \sigma_0 \frac{E_1}{E_0} = \sigma_0 \cos \alpha.$$

F181. Vệ tinh di chuyển quanh Trái đất theo quỹ đạo dốc với tốc độ $v$. Sự thay đổi quỹ đạo của nó là do lực ma sát $F = av^\alpha$ tác dụng lên vệ tinh từ phía của microescissa, trong khi $a$ và $\alpha$ là các hằng số. Được đặt tên là $\alpha$ nếu biết bán kính quỹ đạo của vệ tinh thay đổi rất chậm.

Hãy nêu ngay rằng chúng ta sẽ giải bài toán cho trường hợp bán kính quỹ đạo thay đổi với tốc độ không đổi.

Công chống lại lực ma sát được thực hiện do cơ năng của vệ tinh giảm.

Để một vệ tinh có khối lượng $m$ chuyển động với tốc độ $v$ theo quỹ đạo tròn bán kính $R$.

Động năng của nó bằng $W_K = \frac{mv^2}{2}$, và thế năng của nó là $W_\pi = -\gamma \frac{mM}{R}$, trong đó $M$ là khối lượng của Trái đất, $\gamma$ là hằng số hấp dẫn (ví dụ, xem bài viết của N. M. Speransky “Năng lượng tiềm năng của các vật thể trong trường hấp dẫn”, «Kvant» Số 6, 1972).

Gia tốc hướng tâm truyền tới vệ tinh do trọng lực. Do đó, theo định luật II Newton

$$\frac{mv^2}{R} = \gamma \frac{mM}{R^2},$$

Ở đâu

$$v = \left( \gamma \frac{M}{R} \right)^{\frac{1}{2}}.$$

Biểu thức Teler cho $W_K$ có thể được viết như sau:

$$W_K = \frac{mv^2}{2} = \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R}.$$

Khi đó tổng cơ năng của vệ tinh là

$$W = W_K + W_\pi = -\frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R}.$$

Nếu bán kính quỹ đạo trong thời gian $\Delta t$ giảm đi một lượng nhỏ $\Delta R (\Delta R \ll R)$ thì độ biến thiên năng lượng của vệ tinh sẽ bằng

$$\Delta W = -\frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R} - \left( -\frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R - \Delta R} \right) =$$

$$= \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R(R - \Delta R)} \Delta R \approx \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R^2} \Delta R.$$

Công chống lại lực ma sát trong thời gian này có thể được tính như sau:

$$A = F_{\text{тр.}} v_{\text{cp}} \Delta t = av^{\alpha+1} \Delta t \approx$$

$$\approx a \left( \gamma \frac{M}{R} \right)^{\frac{\alpha+1}{2}} \Delta t = \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R^2} \Delta R.$$

37

Chia cả hai vế của đẳng thức cho $\Delta t$, ta được

$$a \left( \frac{M}{R} \right)^{\frac{\alpha+1}{2}} = \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R^2} \frac{\Delta R}{\Delta t},$$

trong đó $\frac{\Delta R}{\Delta t}$ là tốc độ tiếp cận Trái đất của vệ tinh - một giá trị không đổi. Hãy để chúng tôi phân tích sự bình đẳng kết quả. Nó phải thực thi đối với mọi giá trị của biến $R$. Để làm được điều này, điều cần thiết là số mũ của $R$ ở cả hai vế của đẳng thức phải giống nhau, nghĩa là

$$-\left( \frac{\alpha+1}{2} \right) = -2,$$

từ đâu $\alpha = 3$.

F182. Ước tính xem bạn có thể nhảy cao bao nhiêu trên Mặt trăng.

bài toán này khó giải quyết triệt để.

Hầu hết độc giả đã gửi cho chúng tôi lời giải trong số bài toán này đều lý luận như thế này. Khi nhảy trên Trái đất, trọng tâm của một người tăng lên độ cao $h_3$. Điều này có nghĩa là người đó làm việc $A = mgh_3$. Công việc tương tự có thể được thực hiện bởi một người nhảy lên Mặt trăng. Nhưng trên Mặt trăng, gia tốc trọng trường bằng $1/6$ một phần của Trái đất: $g_{\text{л}} = \frac{1}{6} g_3$.

Đặt ra từ sự bình đẳng trong công việc

$$mg_{\text{л}}h_{\text{л}} = mg_3h_3$$

Theo đó, trên Mặt trăng, một người có thể nhảy lên độ cao gấp 6 lần so với trên Trái đất ($h_{\text{л}} = h_3g_3/g_{\text{л}}$). Nếu trên Trái đất, khi nhảy, trọng tâm của một người tăng lên độ cao $h' = 60$ cm thì trên Mặt trăng bạn có thể nhảy lên độ cao 3,6 m.

Tuy nhiên, lời giải này không tính đến một chi tiết thiết yếu. Hãy nhớ lại cách chúng ta nhảy trên Trái đất: chúng ta ngồi xổm xuống, sau đó duỗi thẳng chân. Để một người hạ thấp trọng tâm của mình xuống $h'' = 50$ cm trong khi nhảy và nâng nó lên $h' = 60$ cm (so với vị trí của trọng tâm khi một người chỉ đứng) trên Trái đất và lên độ cao $h$ trên Mặt trăng. Giả sử rằng trong khi nhảy, một người thực hiện công như nhau trên Trái đất và trên Mặt trăng*), tức là

$$mg_3(h' + h'') = mg_{\text{л}}(h'' + h).$$

Từ đây

$$h = 6h' + 5h'' = 6,1 \text{ м.}$$

Tôi. Sh. Slobodetsky

*) Điều này tương đương với giả định rằng cùng một lực tác dụng lên cơ thể từ chân.