Kvant 1973, số 8 · Trang

Kvasht
1973
8
khoa học bán Bắc Cực
vật lý và toán học
tạp chí

VII TỔNG ĐOÀN
Olympic trường học
TRONG TOÁN HỌC

Vòng chung kết Olympic Toán toàn liên đoàn lần thứ VII dành cho học sinh tiếp tục diễn ra tại Kishin từ ngày 11 tháng 4 đến ngày 16 tháng 4 năm 1973. Chúng tôi sẽ cung cấp thông tin chi tiết về kỳ thi này trong số tiếp theo của tạp chí.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kionn
Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov,
S. T. Belyaev,
V. G. Boltyansky,
N. B. Vasiliev,
Yu. N. Efremov,
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirilin,
nghệ sĩ chính
A. I. Klimanov,
S. M. Kozel,
phó tổng biên tập
V. A. Leshkovtsev,
L. G. Makar-Limanov.
A. I. Markushevich,
N. A. Patrikeeva,
I. S. Petrkov,
N. Kh. Rozov,
A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky,
phó tổng biên tập
M. L. Smolyansky.
Vâng. A. Smorodinsky.
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya,
S. I. Schwartzburg,
A. I. Shirshov.

biên tập:
V. N. Berezin,
A. N. Vilenkin,
biên tập viên nghệ thuật
T. M. Makarova,
I. B. Mamulova,
N. A. Bạc hà,
T. S. Petrova,
V. A. Tikhomirova,
do các biên tập viên đứng đầu
L. V. Chernova

TRONG PHÒNG:
4. S. G. Gindikin. Blaise Pascal (Nhân kỷ niệm 350 năm ngày sinh của ông)
19. Blaise Pascal. Chuyên luận về sự cân bằng của sức sống
22. A. D. Bendukidze. Tỷ lệ vàng
28. O. N. Karpukhin. Vật lý tương tác hóa học
35. L. ừ. Shevelev. Khối lượng của một cơ quan cách mạng
38. M. Mill. Người soát vé đã nói gì?
47. I. F. Sharytsin. Về một quỹ tích điểm

vòng tròn toán học
49. L. Yu. Berezina. Trên đồ thị có cạnh màu

54. Khách mời của chúng tôi là tạp chí “Alpha”
55. V. Foss. Các yếu tố của lý thuyết đồ thị

Cuốn sách vấn đề “Kvat”
60. Bài toán M216—M220; F228—F232
62. Lời giải bài toán M174 —M178

Thông tin
69. A. N. Vilenkin. Hội nghị khoa học thành phố VII của học sinh Kiev

«Kvant» cho học sinh nhỏ
70. Bài toán
71. L. Flade. Lời nói nhỏ mang ý nghĩa lớn

78. Đáp số, gợi ý, lời giải
    Hỗn hợp (xem 18, 21, 33, 54)

Trang đầu tiên của trang bìa có hình một lớp sữa lạnh tích tụ - một loại ammonit. Hình dạng của vỏ gắn liền với tỷ lệ vàng, bạn có thể đọc về tỷ lệ này trong trạng thái của A.D. Bendukidze (xem trang 22).

© «Kvant», 1973

2

Ngày 27 tháng 5 năm 1973, thành viên ban biên tập tạp chí «Kvant», một trong những nhà khoa học lớn nhất của Liên Xô, nhà tổ chức khoa học và hoạt động xã hội xuất sắc, Chủ tịch Hội đồng tối cao RSFSR, Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Phó Giám đốc Viện Năng lượng nguyên tử được đặt theo tên. I. V. Kurchatova, Phó Chủ tịch Hội đồng Điều phối Hoạt động của Viện Hàn lâm Khoa học Cộng hòa Liên bang, Tổng biên tập tạp chí “Bản tin của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô”, Chủ tịch Hội đồng khoa học về vấn đề phức tạp “Phương pháp chuyển đổi trực tiếp năng lượng nhiệt thành năng lượng điện”, Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa, người đoạt giải thưởng Lênin và Nhà nước, Viện sĩ Mikhail Dmitrievich Millionshchikov.

M. D. Millionshchikov sinh ngày 16 tháng 1 năm 1913 tại thành phố Grozny. Năm 1932, ông tốt nghiệp Học viện Dầu mỏ Grozny, và năm 1938, ông hoàn thành chương trình cao học tại Học viện Hàng không Mátxcơva. Sau đó, ông làm việc tại Viện Khí động lực học Trung ương mang tên N. E. Zhukovsky, và từ năm 1949 cho đến những ngày cuối đời - tại Viện Năng lượng nguyên tử mang tên I. V. Kurchatov.

Mikhail Dmitrievich bắt đầu nghiên cứu khoa học độc lập từ rất sớm. Ngay ở tuổi hai mươi, ông đã nghiên cứu một số vấn đề trong lý thuyết lọc dầu khí trong môi trường xốp, liên quan trực tiếp đến nhu cầu phát triển ngành công nghiệp dầu mỏ của Liên Xô. Khi đang học tập và làm việc tại Viện Hàng không Mátxcơva, M. D. Millionshchikov bắt đầu nghiên cứu lý thuyết nhiễu loạn dưới sự hướng dẫn của Viện sĩ A. N. Kolmogorov. Chuyển động hỗn loạn của chất lỏng và chất khí là sự lan truyền của các hiện tượng tự nhiên. Với chuyển động này, các hạt của môi trường chuyển động một cách hỗn loạn, tạo thành các xoáy. Chuyển động rối đóng một vai trò quan trọng trong nhiều quy trình kỹ thuật (dòng chảy quanh cánh máy bay hoặc thân tàu, chuyển động của chất lỏng qua đường ống, v.v.). Tuy nhiên, việc phân tích lý thuyết về một phong trào như vậy có những khó khăn lớn. M. D. Millionshchikov đã phát triển một công cụ toán học tinh vi cho phép nghiên cứu nhiễu loạn được nâng cao.

Năm 1949, theo lời mời của Viện sĩ I.V. Kurchatov, M.D. Millionshchikov tham gia vào việc phát triển các vấn đề sử dụng năng lượng hạt nhân. Nghiên cứu do ông thực hiện đã góp phần đáng kể vào sự phát triển công nghệ hạt nhân của Liên Xô. Đặc biệt, ông đã thu được những kết quả rất quan trọng trong lĩnh vực chế tạo lò phản ứng hạt nhân nhiệt độ cao.

M.D. Millionshchikov đã dành nhiều thời gian cho các vấn đề về thủy động lực học từ tính, tức là nghiên cứu chuyển động của các chất khí dẫn trong từ trường. Nghiên cứu về những vấn đề này có tầm quan trọng lớn trong việc phát triển các phương pháp chuyển đổi trực tiếp năng lượng nhiệt thành năng lượng điện.

Trong các tác phẩm của M.D. Millionshchikov, trực giác của một kỹ sư có nền văn hóa toán học sâu sắc đã được xem xét.

Tính đến những đóng góp to lớn của M.D. Millionshchikov cho khoa học, Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô đã bầu ông làm thành viên tương ứng vào năm 1953. Năm 1962, ông được bầu làm viện sĩ và phó chủ tịch của Học viện.

Trong hơn ba mươi năm, M.D. Millionshchikov đã dành thời gian ở một số cơ sở giáo dục cấp cao, đào tạo các nhà khoa học.

Các hoạt động của M.D. Millionshchikov với tư cách là Chủ tịch Hội đồng tối cao RSFSR, đồng thời là Chủ tịch Ủy ban Pagush của Liên Xô, đoàn kết những người đang nghiên cứu đấu tranh vì hòa bình, giải trừ quân bị và tình trạng hòa hoãn quốc tế, đã nổi tiếng quốc tế.

Ký ức tươi sáng về Mikhail Dmitrievich Millionshchikov vẫn còn trong lòng người dân Liên Xô.

5

BLAIS
PASCAL

NHÂN LỄ KỶ NIỆM 350 NĂM
TỪ NGÀY
SINH

S. G. Gindikin

Pascal mang theo một vòng xoáy trong tâm hồn không một ngày nào.
C. Baudelaire. “Vực thẳm” *)

Ngày 19 tháng 6 năm 1973 đánh dấu kỷ niệm 350 năm ngày sinh của Blaise Pascal, một trong những nhân vật quan trọng nhất trong lịch sử nhân loại. Pascal là một trong những người Pháp vĩ đại mà những người khuân vác được tái hiện trên tiền giấy (cùng với Cornelim, Racine, Voltaire và Pasteur). Những tuyên bố được sưu tầm của những vĩ nhân về Pascal trông rất nội bộ và ít nhất muốn liệt kê một số trong số đó, nhưng chúng tôi bị chặn lại bởi lời cảnh báo của chính Pascal: “… khi chúng tôi trích dẫn các tác giả, chúng tôi trích dẫn bằng chứng của họ chứ không phải tên của họ…”. Chúng tôi sẽ chỉ lưu ý rằng những người khác nhau ở những thời điểm khác nhau đã tái tạo Pascal - những nhà tư tưởng và nhà văn - như những người cùng thời với họ.

Có thể đánh giá chính xác Pascal - toán học và vật lý - từ góc độ lịch sử. Serdnyaya nói về những khám phá của Pascal trên các trang sách giáo khoa ở trường. Để hiểu được những khám phá vĩ đại, người ta phải học cách ngạc nhiên trước những điều mà những người cùng thời với ông đã ngạc nhiên. Đồng thời, chúng ta có thể nhận thấy tập hợp “nỗ lực” của những khám phá khoa học tự nhiên và nhân đạo khác nhau như thế nào.

Chúng ta hãy đề cập đến một khía cạnh nữa trong di sản của Pascal – những thành tựu thực tế của ông. Một số người trong số họ đã nhận được giải thưởng cao nhất - ngày nay rất ít người biết tên tác giả của họ. Có bao nhiêu người biết rằng điểm khách quan nhất được phát minh ra bởi Pascal (chứ không phải bởi một nghệ nhân vô danh ở Ai Cập cổ đại hay Trung Quốc)? Pascalo cũng nảy ra ý tưởng về omnibucos - toa xe công cộng (“với giá 5 xu”) với các tuyến cố định - loại hình giao thông đô thị thông thường đầu tiên.

1. Gậy và đồng xu

Khi chúng ta học cách vẽ đồ thị, thì trong kính vạn hoa của những đường cong không tên, đôi khi xuất hiện những đường cong có tên nào đó hoặc mang tên ai đó: đường xoắn ốc của Archimedes, cây đinh ba của Newton, conchond của Nicomedes, tờ Descartes, đường cong của Maria Anbeze, con ốc Pascal (Hình 1)… Hiếm có ai nghi ngờ rằng đây chính là Pascal thuộc về “định luật” Pascal.” Tuy nhiên, tên của đường cong bậc 4 đáng chú ý đã bất tử hóa tên Etienne Pascal (1588-1651), cha của Blaise Pascal. E. Pascal, theo thông lệ trong gia đình Pascal, phục vụ trong quốc hội (tòa án) của thành phố Clermont-Ferrand.

*) Bản dịch của K. Balmonta.

Cơm. 1.

6

không phải là hiếm. Cùng khoảng thời gian đó, cố vấn của quốc hội Toulouse, Pierre Fermat (1601-1665), đã dành nhiều thời gian tiếp cận toán học. Mặc dù những thành tựu của E. Pascal còn khiêm tốn nhưng kiến ​​thức sâu rộng của ông đã cho phép ông duy trì mối quan hệ nghề nghiệp với hầu hết các nhà toán học Pháp.

Với Fermat vĩ đại, ông đã trao đổi những bài toán khó về cách dựng tam giác; Trong cuộc tranh luận của Fermat với Rene Descartes (1596–1650) về các bài toán cực đại và cực tiểu, Pascal đứng về phía Fermat. B. Pascal thừa hưởng mối quan hệ tốt đẹp của cha mình với nhiều nhà toán học, nhưng đồng thời ông cũng thừa hưởng mối quan hệ bền chặt với Descartes.

Góa chồng sớm, Etienne Pascal chủ yếu cống hiến hết mình cho việc nuôi dạy các con (ngoài con trai, ông còn có hai con gái - Gilberte và Jacqueline). Cô bé Blaise bộc lộ tài năng đáng kinh ngạc từ rất sớm, nhưng, như thường lệ, kết hợp với sức khỏe kém. (Cả đời, B. Pascal đã đọc những trang đơn thuốc; thời thơ ấu, ông suýt chết vì một căn bệnh khó hiểu kèm theo những cơn động kinh, mà truyền thuyết gia đình gắn liền với một mụ phù thủy đã nguyền rủa cậu bé.)

Etienne Pascal suy nghĩ cẩn thận về hệ thống nuôi dạy con cái. Lúc đầu, ông dứt khoát loại toán học khỏi số môn học mà Blaise dạy: người cha sợ rằng niềm đam mê toán học sẽ cản trở sự phát triển hài hòa, và những suy ngẫm trực tiếp không thể tránh khỏi sẽ gây hại cho sức khỏe kém của con trai ông. Tuy nhiên, một cậu bé 12 tuổi, khi biết về sự tồn tại của hình học thiếc mà cha cậu đang nghiên cứu, đã thuyết phục ông kể cho mình nghe một chút về môn khoa học bị cấm. Thông tin thu được đủ để bắt đầu một “trò chơi hình học” thú vị, chứng minh định lý này đến lý thuyết khác. Trò chơi này liên quan đến “đồng xu” - hình tròn, “mũ có góc” - hình tam giác, “bàn” - hình chữ nhật, “gậy” - đoạn. Cậu bé bị bố bắt gặp ngay lúc phát hiện ra các góc của hình tam giác bằng hai góc của cái bàn. E. Pascal dễ dàng nhận ra câu thứ 32 nổi tiếng trong cuốn sách đầu tiên của Euclid - thuật ngữ nói về tổng các góc của một tam giác. Kết quả là các chương của cha anh được đánh dấu và quyền truy cập vào tủ sách toán của ông.

Câu chuyện về cách Pascal tự xây dựng hình học lồng nhau được biết đến từ lời kể đầy tâm huyết của Gilberte về hệ thống của ông. Câu chuyện này đã làm nảy sinh một quan niệm sai lầm rất phổ biến, đó là kể từ khi Pascal phát hiện ra câu thứ 32 trong Cơ sở Euclide thì trước đó ông đã khám phá ra tất cả các định lý trước đó và tất cả các axion. Điều này thường được coi là lập luận cho rằng tiên đề Euclid là tiên đề duy nhất có thể xảy ra. Trên thực tế, Vergono, hình học của Pascal ở cấp độ “tiền Evkin”, khi các phát biểu không nhạy cảm về mặt trực giác được chứng minh bằng cách rút gọn thành những phát biểu rất nổi bật và tập hợp các phát biểu sau không cố định hoặc bị giới hạn dưới bất kỳ hình thức nào. Chỉ ở cấp độ tiếp theo, cao hơn đáng kể, người ta mới có khám phá vĩ đại rằng người ta có thể giới hạn bản thân vào một tập hợp hữu hạn, tương đối nhỏ các phát biểu rất rõ ràng - những tiên đề, chân lý được đề xuất của chúng có thể được chứng minh bằng một phát biểu hình học. Đồng thời, cùng với các mệnh đề vô hình (chẳng hạn như các định lý về điểm thay thế của một tam giác), cần phải chứng minh các định lý “hiển nhiên”, có giá trị dễ tin (ví dụ, các phép thử đơn giản về sự bằng nhau của các tam giác). Thực ra câu thứ 32 là câu đầu tiên của “Began” thiếu tế nhị theo nghĩa này. Không còn nghi ngờ gì nữa, Pascal trẻ tuổi không có thời gian cho công việc khổng lồ là lựa chọn các tiên đề và rất có thể là không cần đến nó.

Thật thú vị khi so sánh điều này với lời chứng của A. Einstein, người trong cùng 12 năm đó chủ yếu xây dựng hình học một cách độc lập (đặc biệt, ông đã tìm thấy cách chứng minh định lý Pythagore mà ông đã học được từ chú của mình): “Nói chung, đối với tôi, chỉ cần tôi có thể dựa vào chứng minh của mình dựa trên các quy định như vậy là đủ, giá trị của nó đối với tôi dường như là miễn phí”.

7

đĩa đất nung và sau khi thực hiện một loạt thí nghiệm được tổ chức tốt một cách đáng kinh ngạc bằng các phương tiện ngẫu hứng, ông đã giải thích hiện tượng khiến ông quan tâm bằng sự dao động của một hiệu ứng từng phần.

2. 《Nhà lục giác huyền bí》 hay “Định lý vĩ đại của Pascal.”

Ở tuổi 13, B. Pascal đã được tiếp cận với vòng tròn toán học của Mersenne, trong đó có rất nhiều nhà toán học người Paris, trong đó có E. Pascal (Pascal sống ở Paris từ năm 1631).

Tu sĩ người Pháp Marin Mersenne (1588-1648) đã đóng một vai trò to lớn và quan trọng trong lịch sử khoa học với tư cách là nhà khoa học-nhà tổ chức*). Công lao chính của ông là ông đã tiến hành trao đổi thư từ rộng rãi với hầu hết các nhà khoa học hàng đầu thế giới (ông có hàng trăm phóng viên). Mersenne đã khéo léo tập trung thông tin và truyền đạt nó đến các nhà khoa học quan tâm. Hoạt động này đòi hỏi phải có sự thống nhất riêng: khả năng hiểu nhanh những điều mới, thực hiện tốt bài toán. Sở hữu phẩm chất chính trị cao, Mersenne nhận được sự tin tưởng của các phóng viên. Cùng với đội phóng viên vắng mặt, còn có một vòng tròn rất nhỏ - “Thứ Năm Mersenne” - trong đó Blaise Pascal đã kết thúc. Tại đây anh đã tìm thấy cho mình một người thầy xứng đáng. Ông là Gerard Desargues (1593-1662), kỹ sư và kiến ​​trúc sư, người sáng tạo ra lý thuyết ban đầu về triển vọng. Tác phẩm chính của ông, “Bản phác thảo sơ bộ về cuộc xâm lược vào lĩnh vực xảy ra khi một hình nón gặp một mặt phẳng” (1639), chỉ tìm thấy một số độc giả, và B. Pascal chiếm một vị trí đặc biệt ở giữa, người đã đạt được tiến bộ đáng kể.

*) Khi đánh giá công trình của Mersenne, người ta phải nhớ rằng tạp chí khoa học đầu tiên, “Tạp chí các nhà khoa học”, được thành lập vào năm 1665.

Blaise Pascal thời trẻ

Tranh của Jean Doc.

Mặc dù vào thời điểm đó Descartes đang tạo ra một nền tảng mới trong hình học bằng cách tạo ra hình học giải tích, nhưng nhìn chung hình học vẫn chưa đạt tới trình độ như thời Hy Lạp cổ đại. Phần lớn di sản của các nhà hình học Hy Lạp vẫn chưa rõ ràng. Điều này chủ yếu áp dụng cho lý thuyết về phần hữu hạn. Lời dạy nổi bật nhất về chủ đề này - 8 cuốn sách Copika của Apollo - chỉ được biết đến một phần. Người ta đã cố gắng đưa ra những cách trình bày hiện đại hóa lý thuyết, trong đó nổi tiếng nhất là của Claude Midorge (1585-1647), một thành viên của nhóm Mersenne, nhưng tác phẩm này thực sự không chứa đựng những ý tưởng mới. Desargues lưu ý rằng việc ứng dụng có hệ thống phương pháp perektata giúp có thể xây dựng các lý thuyết về phần hữu hạn với các vị trí hoàn toàn mới.

Hãy xét hình chiếu tâm từ một điểm O nào đó của ảnh trên mặt phẳng α lên mặt phẳng β (Hình 2). Rất tự nhiên khi sử dụng phép biến đổi như vậy trong lý thuyết về phần hữu hạn, vì chính định nghĩa của chúng - việc cắt một hình nón tròn bên phải - có thể được phân kỳ lại như sau (Hình 3): tất cả chúng đều thu được bằng cách chiếu tập trung từ đỉnh của hình nón lên các mặt phẳng khác nhau của một trong số chúng (ví dụ, một đường tròn). Hơn nữa, lưu ý khi thiết kế tập trung, các đường giao nhau có thể đi hoặc

8

khi giao nhau hoặc song song, chúng ta kết hợp hai tính chất cuối cùng thành một, coi tất cả các đường thẳng song song với nhau đều giao nhau tại một “điểm vô cùng xa”; các tia khác nhau của đường thẳng song song cho các điểm khác nhau ở vô cực; tất cả các điểm ở vô cực trên mặt phẳng sẽ lấp đầy “đường thẳng ở vô cực”. Nếu chúng ta chấp nhận những thỏa thuận này thì hai đường thẳng khác nhau bất kỳ (không loại trừ những đường thẳng song song) sẽ cắt nhau tại một điểm. Tuyên bố rằng qua điểm $A$ nằm ngoài đường thẳng $m$ người ta có thể chứng minh đường thẳng duy nhất song song với $m$ có thể được phát biểu lại như sau: qua điểm chung $A$ và điểm xa vô cùng (tương ứng với họ đường thẳng song song với $m$) tồn tại một đường thẳng duy nhất - kết quả là, trong những điều kiện mới, không có bất kỳ hạn chế nào, khẳng định đúng là qua hai điểm khác nhau ở đó là một đường thẳng (ở vô cùng nếu cả hai điểm đều ở vô cùng). Chúng ta thấy rằng đã thu được một lý thuyết rất hay, nhưng điều quan trọng đối với chúng ta là với phép chiếu tâm, giao điểm của các đường thẳng (theo nghĩa tổng quát) biến thành giao điểm. Điều quan trọng là phải suy nghĩ xem việc đưa các phần tử ở vô cực đóng vai trò gì trong phát biểu này (trong những điều kiện nào thì điểm giao nhau tiến đến điểm ở vô cực khi

Cơm. 2.

Cơm. 3.

Có, một đường thẳng đi thành một đường thẳng ở vô cực và ngược lại). Không chú trọng đến việc Desargues sử dụng thông điệp đơn giản này, chúng ta sẽ thảo luận cách thay thế nó bằng Pascal.

Năm 1640, V. Pascal xuất bản tác phẩm “Olt trên các phần ốc xà cừ”. Thông tin thú vị về ấn phẩm này: lượng phát hành - 50 bản, 53 dòng văn bản được in trên một bản tuyên thệ nhằm dán ở các góc nhà (người ta không biết một cách đáng tin cậy về bản tuyên thệ của Pascal, nhưng Desargues rõ ràng đã quảng cáo kết quả của mình theo cách này). Trong bản tuyên thệ, được ký tên viết tắt của tác giả (V.R.), không có bằng chứng, định lý sau đây được báo cáo, mà ngày nay được gọi là định lý Pascal. Cho 6 điểm được chọn và đánh số tùy ý trên phần ốc xà cừ $L$ (ở Hình 4 $L$ là hình parabol, ở Hình 5 - hình elip). Ta ký hiệu $P$, $Q$, $R$ giao điểm của ba cặp đường thẳng (1, 2) và (4, 5); (2, 3) và (5, 6); (3, 4) và (6, 1). Trong cách đánh số đơn giản nhất (“theo thứ tự” - Hình 5), đây là giao điểm của các hàng sáu đối diện

9

Cơm. 4.

thẻ tiêu đề. Khi đó các điểm P, Q, R cùng nằm trên một đường thẳng *).

Đầu tiên, Pascal xây dựng định lý về đường tròn và giới hạn cách đánh số điểm đơn giản nhất. Trong trường hợp này, nó là sơ cấp, mặc dù không quá đơn giản, bài toán **). Nhưng việc chuyển từ một đường tròn sang một phần hữu hạn nào đó rất đơn giản. Cần phải biến đoạn đó thành hình tròn bằng phép chiếu tâm và lợi dụng thực tế là với phép chiếu tâm, đường thẳng biến thành đường thẳng, giao điểm (theo nghĩa tổng quát) thành giao điểm. Khi đó, như đã chứng minh, ảnh của các điểm P, Q, R khi chiếu sẽ nằm trên cùng một đường thẳng và suy ra bản thân các điểm P, Q, R cũng có tính chất này.

*) Hãy hình thành hệ quả của riêng bạn mà bạn có thể thu được từ định lý này khi một số điểm đang xét ở vô cùng.

**) lời giải của nó có thể được tìm thấy trong bài viết L. M. Lopovok. Ghi hình lục giác. «Kvant» Số 1, 1973, tr. 18.

Định lý, mà Pascal gọi là định lý “hình lục giác huyền bí”, bản thân nó không phải là mục đích; ông coi nó là chìa khóa để xây dựng một lý thuyết tổng quát về phần hữu hạn, bao trùm lý thuyết của Apollonius. Người đăng đã đề cập đến những khái quát hóa các định lý quan trọng của Apollonius, điều mà Desargues không thể có được. Desargus ca ngợi định lý Pascal, gọi nó là “Pascalva vĩ đại”; ông tuyên bố rằng nó chứa bốn cuốn sách đầu tiên của Apollonius.

Pascal bắt đầu nghiên cứu “Công trình hoàn chỉnh về các phần hữu hạn”, công trình này vào năm 1654 được nhắc đến như là công trình cuối cùng của “Học viện Toán học Paris quan trọng”. Mersen biết rằng Pascal đã thu được khoảng 400 hệ quả từ định lý của ông. Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) là người cuối cùng xem luận thuyết của Pascal sau khi ông qua đời, vào năm 1675-1676. Bất chấp lời khuyên của Leibniz, gia đình không xuất bản bản thảo và theo thời gian nó đã bị thất lạc.

Để làm ví dụ, chúng tôi đưa ra một trong những hệ quả đơn giản nhất nhưng cũng quan trọng nhất từ ​​định lý Pascal. Phần hữu hạn được xác định duy nhất bởi bất kỳ thuộc tính nào của điểm. Thật vậy, trống {1, 2, 3, 4, 5} là các điểm của phần cuối cùng (Hình 6) và $m$ là đường thẳng tùy ý đi qua (5). Sau đó trên $m$ có một điểm duy nhất

10

Cơm. 6.

điểm (6) của phần cuối cùng, khác với (5). Trong ký hiệu của định lý Pascal, điểm $P$ là giao điểm của (1, 2) và (4, 5), $Q$ là giao điểm của (2, 3) và $m$, $R$ là giao điểm của (3, 4) và $PQ$, khi đó (6) được định nghĩa là giao điểm của (1, $R$) và $m$.

3. “Bánh xe Pascal”

Vào ngày 2 tháng 1 năm 1640, gia đình Pascal chuyển đến Rouen, nơi Etienne Pascal nhận được vị trí người hòa nhập các phát âm viên, thực sự phụ trách mọi công việc dưới quyền thống đốc.

Cuộc hẹn này diễn ra trước những sự kiện gây tò mò. E. Pascal đã tham gia tích cực vào các buổi biểu diễn của những tín đồ tóc giả RANT, vì lý do đó mà anh ta bị đe dọa bỏ tù ở Bastille. Anh buộc phải lẩn trốn, nhưng lúc đó Jacqueline bị bệnh ong bắp cày, và cha cô, bất chấp mối đe dọa khủng khiếp, đã đến thăm cô. Jacqueline đã bình phục và thậm chí còn tham gia một buổi biểu diễn có sự tham gia của Hồng y Richelieu. Theo yêu cầu của nữ diễn viên ngựa, hồng y đã tha thứ cho cha cô, nhưng đồng thời bổ nhiệm ông vào chức vụ. Kẻ gây rối trước đây đã phải thực hiện chính sách của hồng y (độc giả Ba Người Bí Ẩn có lẽ sẽ không ngạc nhiên trước sự phản bội này).

Bây giờ Etienne Pascal có rất nhiều công việc đếm, trong đó con trai ông liên tục giúp đỡ ông. Vào cuối năm 1640, Blaise Pascal nảy ra ý tưởng chế tạo một cỗ máy giúp giải phóng tâm trí khỏi những phép tính “với sự trợ giúp của một cây bút và những tấm thẻ”. Ý tưởng chính nảy sinh nhanh chóng và không thay đổi xuyên suốt “… mỗi bánh xe hoặc thanh của một loại nhất định, thực hiện một chuyển động gồm mười chữ số số học, khiến bánh xe hoặc thanh tiếp theo chỉ di chuyển một chữ số.” Tuy nhiên, một ý tưởng tuyệt vời chỉ là bước đầu tiên. Việc thực hiện nó đòi hỏi những nỗ lực lớn hơn rất nhiều. Sau này, trong phần “Tiền tri” dành cho những ai “sẽ tò mò muốn xem và sử dụng cỗ máy đàn hạc,” Blaise Pascal khiêm tốn viết: “Tôi đã không tiết kiệm thời gian, công sức, không phương tiện để đưa nó đến trạng thái hữu ích cho bạn”. Đằng sau những từ này là 5 năm làm việc chăm chỉ, dẫn đến việc tạo ra một chiếc máy (“Bánh xe Pascal,” như những người cùng thời đã nói), thực hiện bốn phép tính trên các số có năm chữ số một cách đáng tin cậy, mặc dù khá chậm. Pascal đã tạo ra khoảng 50 bản sao của chiếc máy này; đây chỉ là danh sách các vật liệu anh ấy đã thử: gỗ, ngà voi, gỗ mun, đồng thau, đồng thau. Ông đã dành rất nhiều nỗ lực để tìm kiếm những người thợ thủ công giỏi nhất có thể xử lý “máy tiện, giũa và búa”, và nhiều khi đối với ông, dường như họ không thể đạt được độ chính xác cần thiết. Hệ thống thử nghiệm được tính toán cẩn thận, bao gồm cả việc vận chuyển 250 lít. Pascal không quên quảng cáo: anh ta nhận được sự hỗ trợ của thư ký Segier, thêm “đặc quyền của hoàng gia” (thứ gì đó giống như bằng sáng chế), trình diễn chiếc xe nhiều lần trong các phòng trưng bày và thậm chí còn gửi một bản sao cho Nữ hoàng Thụy Điển Christina. Không rõ liệu cuối cùng nó có được tạo ra bằng máy hay không, nhưng tám bản sao vẫn tồn tại cho đến ngày nay.

Thật ngạc nhiên khi Pascal có thể làm được nhiều việc một cách xuất sắc như vậy. Gần đây người ta biết rằng vào năm 1623 Schiccard, một người bạn của Kepler, đã chế tạo một cỗ máy đàn hạc, nhưng cỗ máy của Pascal hoàn hảo hơn nhiều.

11

4. “Nỗi sợ trống rỗng” và “Thí nghiệm vĩ đại về trạng thái cân bằng chất lỏng”
   Vào cuối năm 1646, tin đồn về “những thí nghiệm đáng kinh ngạc của người Ý với sự trống rỗng” đã đến tai Rouen.
   Câu hỏi về sự tồn tại của sự trống rỗng trong tự nhiên khiến người Hy Lạp cổ đại lo lắng; trong quan điểm của họ về vấn đề này, sự đa dạng về quan điểm vốn có trong triết học Hy Lạp cổ đại đã được thể hiện: Epicurus tin rằng tính trống rỗng có thể và thực sự tồn tại; Heron - rằng nó có thể có được một cách nhân tạo, Empedocles - rằng nó không tồn tại và không có nguồn gốc từ đâu, và cuối cùng, Aristotle lập luận rằng “bản chất của tiền thưởng là sự trống rỗng”.
   Vào thời Trung cổ, các phép tính đã được đơn giản hóa, vì chân lý trong lời dạy của Aristotle đã được những người thực tế xác lập một cách hợp pháp (trở lại thế kỷ 17, việc chống lại Aristotle ở Pháp có thể dẫn đến lao động khổ sai). Ví dụ kinh điển về “Nỗi sợ trống rỗng” cho thấy nước dâng lên phía sau pít-tông mà không ép vào khoảng trống hình thành. Và đột nhiên một sự cố xảy ra với ví dụ này. Khi xây dựng đài phun nước ở Florenzini, người ta phát hiện ra rằng nước “không muốn” dâng lên trên 34 feet (10,3 mét). Các bên bối rối đã tìm kiếm sự giúp đỡ trước cái chết của Galius Galius (1564-1642), người tin rằng thiên nhiên không còn giàu sự trống rỗng ở độ cao vượt quá 34 feet, nhưng vẫn đề nghị phân tích hiện tượng này cho các học trò của mình là Evangelista Torricelli (1608-1647) và Vincenzo Vivani (1622-1703). Có khả năng là Torricelli (và có lẽ chính Galius) đã đưa ra ý tưởng rằng độ cao mà chất lỏng có thể dâng lên trong máy bơm tỷ lệ nghịch với trọng lượng riêng của nó. Đặc biệt, nước phải dâng lên độ cao nhỏ hơn nước 13,3 lần, tức là 76 cm. Thí nghiệm đạt được quy mô thuận lợi hơn cho điều kiện phòng thí nghiệm và được Vivani thực hiện theo sáng kiến ​​​​của Torricelli. Thí nghiệm này ai cũng biết, nhưng xin nhắc lại rằng một ống thủy tinh dài hàng mét bịt kín một đầu chứa đầy thủy ngân, đầu hở bịt lại bằng ngón tay, sau đó người ta lật úp ống lại và hạ xuống cốc chứa thủy ngân. Nếu báo bằng ngón tay thì mức thủy ngân trong ống sẽ giảm xuống còn 76 cm. Torricelli đưa ra hai tuyên bố: thứ nhất, không gian phía trên thủy ngân trong ống trống (sau này nó sẽ được gọi là “khoảng trống Torricelli”), và thứ hai, thủy ngân không tràn ra khỏi ống hoàn toàn, vì điều này bị ngăn cản bởi một cột không khí ép lên bề mặt thủy ngân trong cốc. Bằng cách chấp nhận những giả thuyết này, mọi thứ đều có thể được giải thích, nhưng cũng có thể đạt được lời giải thích bằng cách đưa vào các lực tác dụng đặc biệt, khá phức tạp, ngăn cản sự hình thành chân không. Chấp nhận giả thuyết của Torricelli không hề dễ dàng. Chỉ một số ít người cùng thời với ông chấp nhận tác dụng của việc tạo ra chân không trong không khí, nhưng hầu như không thể tin được rằng việc tiếp xúc dù là nhỏ nhất với thủy ngân nặng trong ống đều là điều khó tin. Chúng ta hãy đề cập rằng Galileo đang cố gắng giải thích hiệu ứng này bằng các đặc tính của chính chất lỏng, và Descartes lập luận rằng chân không biểu kiến ​​luôn chứa đầy “vật chất tốt nhất”.

Pascal nhiệt tình lặp lại các thí nghiệm của người Ý, nghĩ ra nhiều điều kiện sáng tạo tài tình. Tám thí nghiệm như vậy được mô tả trong một chuyên luận xuất bản năm 1647. Ông không giới hạn bản thân trong các thí nghiệm với thủy ngân mà là các thí nghiệm với nước, dầu và rượu vang đỏ, những thứ mà ông cần những chiếc thùng cùng với cổ và ống dài khoảng 15 m. Các thí nghiệm hiệu quả được thực hiện trên đường phố Rouen, khiến người dân ở đây thích thú. (Hình khắc bằng phong vũ biểu rượu vang vẫn được sao chép phổ biến trong sách giáo khoa vật lý.)

Lúc đầu, Pascal quan tâm nhất đến vấn đề chứng minh không gian trên

12

thủy ngân rỗng. Có một quan điểm phổ biến cho rằng chân không biểu kiến ​​được lấp đầy bởi vật chất “không có đặc tính” (tôi nhớ lại Thiếu úy Kizhe trong câu chuyện của Yu. N. Tynyanov, “không có hình dáng”). Đơn giản là không thể chứng minh sự vắng mặt của vật chất như vậy. Những phát biểu rõ ràng của Pascal rất quan trọng trong việc đặt ra một vấn đề rộng hơn về bản chất của bằng chứng trong vật lý. Ông viết: “Sau khi tôi chứng minh rằng không có vật chất nào mà các giác quan của chúng ta có thể tiếp cận được và những gì chúng ta biết đến sẽ lấp đầy không gian tưởng như trống rỗng này, tôi rửa sạch nó cho đến khi họ chứng minh cho tôi thấy sự tồn tại của một số vật chất lấp đầy nó - rằng không gian này thực tế là trống rỗng và không có mọi vật chất.” Những tuyên bố ít mang tính học thuật hơn được chứa trong một bức thư gửi nhà khoa học không mặc đồ Nozl: “Nhưng chúng tôi có nhiều lý do hơn để phủ nhận sự tồn tại (vật chất chính xác - S.G.) của nó, bởi vì nó không thể được chứng minh, hơn là tin vào nó vì lý do duy nhất là nó không thể được chứng minh rằng nó không tồn tại.” Vì vậy, cần phải chứng minh sự tồn tại của vật thể chứ không thể yêu cầu chứng minh sự vắng mặt của vật thể đó (điều này gắn với nguyên tắc pháp luật là tòa án phải chứng minh có tội và việc yêu cầu bị cáo chứng minh vô tội là sai).

Vào thời điểm đó, chị gái của B. Pascal là Gilberte sống ở quê hương của Pascal ở Clermont; chồng cô, Florent Perrier, người từng phục vụ tại tòa án, đã dành thời gian rảnh rỗi để giảng dạy. Vào ngày 15 tháng 11 năm 1647, Pascal gửi cho Perrier một lá thư trong đó ông yêu cầu so sánh mức thủy ngân trong ống Torricelli ở chân và trên đỉnh núi Pun-de-Dome: “Bạn hiểu không, nếu chiều cao của thủy ngân ở đỉnh núi nhỏ hơn ở phía dưới (tôi nghĩ vậy vì nhiều lý do, mặc dù mỗi người viết về chủ đề này đều có quan điểm khác nhau), thì từ đó có thể kết luận rằng nguyên nhân duy nhất của hiện tượng là do trọng lực không khí chứ không phải do trọng lực. nhấn kinh dị vacui (sợ sự trống rỗng - S.G.). Trên thực tế, rõ ràng là ở dưới chân núi, các ảnh hưởng sẽ tập trung hơn ở trên đỉnh, trong khi đó là không hợp lý khi cho rằng ở anh ta nỗi sợ hãi về sự trống rỗng ở dưới chân lớn hơn ở trên đỉnh. Thí nghiệm đã bị hoãn lại vì nhiều lý do và chỉ diễn ra vào ngày 19 tháng 9 năm 1648 trước sự chứng kiến ​​​​của “cư dân ướt át của Clermont”. Vào cuối năm đó, một cuốn sách nhỏ đã được xuất bản trong đó có lá thư của Pascal và đáp số của Perrier với mô tả rất tỉ mỉ về trải nghiệm. Với độ cao núi khoảng 1,5 km, mức chênh lệch thủy ngân là 82,5 mm; điều này “làm cho những người tham gia thí nghiệm cảm thấy ngưỡng mộ và ngạc nhiên” và người ta tin rằng đó là điều bất ngờ đối với Pascal. Không thể cho rằng có sự tồn tại của những ước tính sơ bộ, và độ nhẹ của không khí là rất lớn. Kết quả rõ ràng là một trong những người tham gia thí nghiệm, Abbot Maru, đã nảy ra ý tưởng rằng thí nghiệm có thể tạo ra kết quả ở quy mô khiêm tốn hơn nhiều. Và quả thực, sự khác biệt về độ cao của Nhà thờ Đức Bà Clermont, có chiều cao 39 m, là 4,5 mm. Nếu Pascal thừa nhận khả năng như vậy thì ông ấy đã không đợi được mười tháng. Sau khi nhận được những gì đã biết từ Perrier, anh lặp lại các thí nghiệm trên dữ liệu cao nhất ở Paris, thu được kết quả tương tự. Pascal gọi thí nghiệm này là “thí nghiệm vĩ đại về cân bằng chất lỏng” (tên này có thể gây ngạc nhiên, vì nó đề cập đến sự cân bằng của không khí và thủy ngân và do đó ảnh hưởng đến Descartes).

Pascal tiếp tục thử nghiệm, sử dụng Harry với baro-

14

ở đó với quý ông de Mere, một người đàn ông có học thức cao và thông minh, nhưng hơi tự tin và hời hợt. Những người đương thời vĩ đại sẵn sàng liên lạc với de Mere, và chỉ vì điều này mà tên tuổi của ông đã được lưu giữ trong lịch sử. Đồng thời, anh còn viết được thư cho Pascal để khuyên răn anh về nhiều vấn đề khác nhau, không loại trừ toán học. Bây giờ tất cả những điều này có vẻ ngây thơ và, theo Sainte-Beuve, “một bức thư như vậy là khá đủ để tiêu diệt người đã viết nó theo quan điểm của hậu thế”. Tuy nhiên, trong một thời gian khá dài, Pascal sẵn lòng liên lạc với de Mere; hóa ra anh là một học trò có tài của quý ông trong đời sống xã hội.

Chúng ta chuyển sang câu chuyện về việc “bài toán, bị đặt trước sự phán xét nghiêm khắc của con người thế tục, đã trở thành nguồn gốc của lý thuyết xác suất” (Poisson). Trên thực tế, có hai bài toán và, như các nguồn toán học đã phát hiện ra, cả hai đều được biết đến từ rất lâu trước de Mere. Câu hỏi đầu tiên là phải tung hai con xúc xắc bao nhiêu lần để xác suất nhận được ít nhất hai mặt sáu lớn hơn xác suất không nhận được hai mặt sáu? Chính De Mere đã giải quyết bài toán này, nhưng thật không may… theo hai cách, dẫn đến đáp số khác nhau: 24 và 25 lần ném. Bị thuyết phục bởi độ tin cậy như nhau của cả hai phương pháp, de Mere chuyển sang “sự mâu thuẫn” của toán học. Pascal, sau khi tự thuyết phục bản thân rằng đáp số đúng là 25, thậm chí còn không tạo ra lời giải. Các điều kiện chính của nó là nhằm vào lời giải giây bài toán - bài toán “trên sự phân chia cược công bằng.” Khi bắt đầu trò chơi, tất cả những người tham gia (số lượng của họ có thể nhiều hơn hai) đặt cược vào “ngân hàng” đầu tiên; Trò chơi được chia thành nhiều trò chơi và để giành được ngân hàng, bạn cần thắng một số trò chơi cố định nhất định. Câu hỏi đặt ra là làm thế nào để chia tiền cược một cách công bằng cho những người chơi tùy thuộc vào số ván thắng nếu trò chơi chưa hoàn thành (không ai thắng đủ số ván để nhận được tiền thưởng). Theo Pascal, “de Mere…thậm chí không thể bắt đầu tiếp cận vấn đề này…”.

Không ai trong vòng tròn của Pascal có thể hiểu được lời giải mà anh ấy đề xuất, nhưng vẫn tìm được chủ sở hữu xứng đáng. Trong khoảng thời gian từ ngày 29 đến ngày 27 tháng 10, Pascal trao đổi thư từ với Fermat (thông qua sự trung gian của Pierre Carcavi, người kế thừa chức năng của Mersenne). Người ta thường tin rằng lý thuyết xác suất đã ra đời trong sự tương ứng này. Farm quyết định bài toán về việc đặt cược khác với Pascal và ban đầu nảy sinh một số bất đồng. Nhưng trong bức thư cuối cùng Pascal CONSTATE: “Sự chán nản chung của chúng ta đã hoàn toàn được khôi phục,” và xa hơn: “Như tôi thấy, sự thật ở Toulouse và ở Paris đều giống nhau.” Anh ấy rất biết ơn vì đã tìm được một người cùng chí hướng: “Tôi sẽ tiếp tục chia sẻ suy nghĩ của mình với bạn nhiều nhất có thể”.

Cùng năm đó, 1654, Pascal xuất bản một trong những tác phẩm nổi tiếng nhất của ông, “Chuyên luận về luận cứ lượng giác”. Bây giờ nó được gọi là lượng giác Pascal, mặc dù hóa ra nó đã được biết đến ở Ấn Độ cổ đại, và vào thế kỷ 16, nó đã được Stiefel phát hiện lại. Nó dựa trên một cách đơn giản để tính số lượng kết hợp $C_n^k$ bằng quy nạp trên $n$ (sử dụng công thức $C_n^k = C_{n-1}^k + C_{n-1}^{k-1}$). Trong chuyên luận này, nó được sử dụng lần đầu tiên sớm hơn và được trình bày dưới dạng quen thuộc với chúng ta.

Năm 1654, “Học viện Toán học Paris đáng chú ý” của Pascal liệt kê các công trình mà ông đang chuẩn bị xuất bản, và trong số đó có một chuyên luận “có thể xứng đáng nhận danh hiệu Toán học về Cơ hội”.

16

số mũ không thể được sử dụng ngoại trừ các tiên đề và các định lý đã được chứng minh trước đó. Đừng bao giờ lạm dụng thực tế là sự phát triển của sự vật thường được biểu thị bằng cùng một từ, do đó từ được định nghĩa phải được thay thế bằng một định nghĩa. Ở chỗ khác Pascal thay thế rằng nhất thiết phải có những khái niệm không xác định. Dựa trên những nhận định này, Jacques Hadamard (1865-1963) tin rằng Pascal chỉ còn một bước nhỏ để mang đến “một cuộc cách mạng sâu sắc về mọi logic - một cuộc cách mạng mà Pascal có thể đã thực hiện sớm hơn ba thế kỷ trước vụ tai nạn thực tế này”. Có lẽ điều muốn nói ở đây là quan điểm về các lý thuyết tiên đề xuất hiện sau khi khám phá ra hình học phi Euclide.

7. Amos Dettonville

《Tôi đã dành nhiều thời gian nghiên cứu các ngành khoa học trừu tượng; Việc thiếu thông tin anh ấy cung cấp đã khiến tôi không muốn đến thăm họ. Khi tôi bắt đầu nghiên cứu về con người, tôi thấy rằng những phiền nhiễu này không phải là điều tự nhiên đối với anh ta và tôi thậm chí còn bối rối hơn khi đào sâu vào chúng hơn những người khác mà không biết về chúng”. Những lời này của Pascal mô tả tâm trạng của ông trong những năm cuối đời. Chưa hết, trong một năm rưỡi anh ấy đã học toán…

Chuyện bắt đầu vào một đêm mùa xuân năm 1658, khi Pascal đang bị đau răng khủng khiếp, nhớ lại một vấn đề chưa được giải quyết. bài toán Mersin về cơn lốc. Anh ấy nhận thấy rằng việc suy nghĩ tập trung sẽ làm xao lãng cơn đau. Đến sáng, anh ấy đã chứng minh được mục tiêu của mình bằng một loạt kết quả về việc đạp xe và… đã khỏi bệnh đau răng. Lúc đầu, Pascal coi tính ngẫu nhiên là một tội lỗi và sẽ không viết ra kết quả. Sau đó, dưới ảnh hưởng của Công tước de Roanne, anh ta thay đổi quan điểm của mình. lời giải; trong tám ngày, theo Gilberte Perrier, “anh ấy không làm gì khác ngoài việc viết trong khi tay anh ấy có thể viết.”

Sau đó, vào tháng 6 năm 1658, Pascal, như thường lệ khi đó, tổ chức một cuộc thi, mời các nhà toán học vĩ đại nhất giải sáu bài toán về xoáy thuận. Những thành công lớn nhất được thêm vào bởi Christan Huygens (1629-1695), người đã giải được bốn bài toán, và John Wallis (1616-1703), người mà tất cả bài toán đều được giải bằng một số bài toán. Nhưng tác phẩm của Amos Dettonville vô danh đã được công nhận là tác phẩm có thật. Huygens sau đó thừa nhận rằng “công việc này được thực hiện một cách tinh tế đến mức không thể thêm thắt gì vào được”. Lưu ý rằng “Amos Dettonville” bao gồm các chữ cái giống như “Louis de Montalte”. Đây là cách một kịch bản giả mới cho Pascal được phát minh. Các tác phẩm của Dettonville được xuất bản với giá cao nhất là 60 đồng vàng.

Kể một vài lời về công việc. Trước hết, chúng ta hãy trích dẫn những lời của Pascal về đường cong được gọi là vòng quay hay roulette: “Trò roulette tuyến tính đến mức sau đường thẳng và đường tròn không còn đường nào xuất hiện thường xuyên hơn;… là một hình tròn hoàn hảo, cái đinh là một điểm trên chu vi của nó, và trái đất phẳng lý tưởng” (xem Hình 7). Pascal tin rằng Mersenne đã phát hiện ra chu trình, mặc dù trên thực tế chính Galileo đã phát hiện ra nó. Sự quan tâm ban đầu đối với đường cong này được kích thích bởi thực tế là một số bài toán thú vị của nó có thể được giải theo cách cơ bản. Ví dụ, theo định lý Torricelli, để kiểm tra tiếp tuyến của đường tròn tại điểm A (Hình 8), bạn cần lấy vị trí của đường tròn sinh (lăn) tương ứng với điểm này và nối đỉnh của nó với điểm B với A (hãy thử chứng minh điều này!). Đây là một định lý khác mà Torricelli và Vivanini gán cho Galileo: diện tích của một hình cong giới hạn bởi

17

vòm của lốc xoáy (được tô bóng trong Hình 9) bằng ba lần diện tích của vòng tròn sản xuất.

Bài toán, được Pascal xem xét, không còn thừa nhận lời giải cơ bản (diện tích và trọng tâm của một đoạn tùy ý của lốc xoáy, thể tích của các vật thể quay tương ứng, v.v.). Bằng cách sử dụng những bài toán này, về cơ bản Pascal đã phát triển mọi thứ cần thiết để xây dựng phép tính vi phân và tích phân ở dạng tổng quát. Leibniz, người cùng công với Newton là người sáng tạo ra lý thuyết này, viết rằng, theo lời khuyên của Huygen, khi ông làm quen với các tác phẩm của Pascal, ông “được chiếu sáng bằng một ánh sáng mới”, ông ngạc nhiên rằng Pascal đã tiến gần đến việc xây dựng một lý thuyết tổng quát đến mức nào, và đột nhiên dừng lại, như thể “có một tấm màn che trước mắt ông”.

Đặc điểm của các công trình đã đoán trước sự ra đời của phép tính vi phân và tích phân là trực giác của tác giả đã vượt xa khả năng tiến hành các chứng minh chặt chẽ; ngôn ngữ toán học chưa được phát triển đủ để chuyển dòng suy nghĩ ra giấy. Một giải pháp đã được tìm ra sau đó bằng cách đưa ra các khái niệm mới và các ký hiệu đặc biệt. Pascal không dùng đến bất kỳ biểu tượng nào, nhưng ông thành thạo ngôn ngữ này đến mức đôi khi có vẻ như ông không cần đến nó. Chúng ta hãy trích dẫn tuyên bố của N. Bourbaki: “Walis vào năm 1655 và Pascal năm 1658, mỗi ngôn ngữ đã biên soạn các ngôn ngữ có tính chất đại số để sử dụng riêng, trong đó, không cần viết ra một công thức nào, họ đưa ra các công thức có thể được viết ngay lập tức, ngay sau khi hiểu được cơ chế của chúng, bằng các công thức của phép tính tích phân. Ngôn ngữ của Pascal đặc biệt rõ ràng và chính xác; và nếu không phải lúc nào cũng rõ ràng tại sao ông lại từ bỏ việc sử dụng ký hiệu đại số, không chỉ của Descartes, cũng như của Vieta, người ta vẫn không thể không ngưỡng mộ kỹ năng của ông, điều này chỉ có thể thể hiện trên cơ sở khả năng thông thạo ngôn ngữ hoàn hảo.” Tôi muốn nói rằng ở đây Pascal nhà văn đã giúp đỡ Pascal nhà toán học.

8. “Micely.”

Sau giữa năm 1659, Pascal không còn quay lại vật lý hay toán học nữa. Cuối tháng 5 năm 1660, ông nhận ra Kleermon quê hương của mình lần cuối; Trang trại mời anh đến Toulouse. Thật buồn vui lẫn lộn khi đọc lá thư trả lời Pascal đề ngày 10 tháng 8. Dưới đây là một vài đoạn trích từ nó: “… hiện tại tôi đang làm những việc, nghiên cứu về hình học, mà tôi gặp khó khăn khi nhớ về hình học… mặc dù bạn là người mà tôi coi là nhà toán học vĩ đại nhất ở châu Âu, nhưng không phải phẩm chất này đã thu hút tôi; nhưng tôi thấy rất thông minh và thẳng thắn trong cuộc trò chuyện của bạn và do đó chúng tôi thường giao tiếp với bạn…”

18

Tôi thấy toán học là nghề cao quý nhất đối với trí óc, nhưng đồng thời tôi cũng biết rằng nó rất hữu ích, rằng tôi không tạo ra sự khác biệt nào giữa một người chỉ là một nhà hình học và một nghệ nhân nghệ thuật. Đó là lý do tại sao tôi gọi nó là nghề thủ công đẹp nhất thế giới nhưng cuối cùng nó vẫn chỉ là một nghề thủ công. Và tôi thường nói rằng kiểm tra sức mạnh thì tốt, nhưng áp dụng sức mạnh này thì không…” Và cuối cùng là những dòng nói về tình trạng thể chất của Pascal: “Tôi yếu đến mức không thể đi mà không chống gậy hay cưỡi ngựa. Tôi thậm chí không thể ngồi xe ngựa quá hai hoặc ba năm…” Vào tháng 12 năm 1660, Huygens đến thăm Pascal và nhận thấy ông đã rất già (Pascal đã 37 tuổi) không thể tiếp tục trò chuyện.

Pascal dành những năm cuối đời cho việc “nghiên cứu về con người”. Anh ấy chưa bao giờ hoàn thành được cuốn sách chính của mình. Các tài liệu còn lại được xuất bản theo từng bộ trong các phiên bản khác nhau dưới các tiêu đề khác nhau. Thông thường cuốn sách này được gọi đơn giản là “Chuột”.

Blaise Pascal qua đời vào ngày 19 tháng 8 năm 1662.

Văn học

Klyaus E. M., Pogrebysky I. B., Frankfurt U. I. Pascal. M., “Khoa học”, 1971.

Nhìn qua vết nứt

Trong bài toán này, bạn phải giải thích kết quả của một thí nghiệm mà chính bạn phải làm. Hình 1 cho thấy một mạng lưới các đường thẳng đứng và nằm ngang. Lấy một miếng bìa cứng, dùng dao cạo dọc theo nó và nhìn bức vẽ bằng một mắt qua một khe mỏng trên bìa cứng. Giữ khe bên cạnh mắt và đặt nó theo chiều ngang. Khoảng cách từ mắt đến hình vẽ phải là 30-40 cm. Bạn sẽ thấy rằng chỉ có những đường thẳng đứng được giữ nguyên trong mạng, còn những đường ngang đã biến mất. Họ đã đi đâu?

Cơm. 1.

Thí nghiệm của bạn có thất bại không? Bạn có thể nhìn thấy toàn bộ lưới tản nhiệt? Hoặc ngược lại, bạn không thấy gì cả? Trong trường hợp đầu tiên, khoảng cách của bạn quá rộng, trong trường hợp thứ hai, nó quá hẹp. Bạn cần mày mò một chút: thử uốn cong bìa cứng một chút để chiều rộng của khe hở thay đổi (tối ưu là khoảng 1-10 micron). Thí nghiệm hoạt động tốt hơn nếu lưới được chiếu sáng tốt và các cạnh của tấm bìa cứng hướng về mắt không được chiếu sáng chút nào.

Vâng, cuối cùng bạn đã làm được. Một sự trưởng thành có phần kỳ lạ phải không?

(Cuối cùng xem trang 21)

19

Đường cân bằng chất lỏng

Chúng tôi đặt ở đây chương đầu tiên trong chuyên luận của Pascal, trong đó ông đã hình thành định luật mang tính bước ngoặt của mình về các điều kiện cân bằng chất lỏng, chứng minh nguyên lý hoạt động của máy thủy lực và giải phóng cái gọi là nghịch lý thủy tĩnh (tất cả những vấn đề này sẽ được thảo luận trong môn vật lý lớp sáu). Tiêu đề đầy đủ của tác phẩm này như sau: “Xử lý sự cân bằng của chất lỏng và mọi khối lượng không khí, nội dung giải thích các nguyên lý của các hiện tượng tự nhiên khác nhau vẫn chưa được biết rõ và đặc biệt là những hiện tượng được cho là do sự phong phú của khoảng trống.” Nó được xuất bản vào năm 1663, tức là một năm sau cái chết của tác giả. Pascal đã viết nó vào năm 1651-1653.

Bằng tiếng Nga, chuyên luận này do A. N. Dolgov dịch đã được xuất bản trong cuốn sách “Các nguyên lý thủy tĩnh học; Archimedes, Stavin, Galileo, Pascal,” do Nhà xuất bản Kỹ thuật Nhà nước xuất bản năm 1933. Các hình vẽ trình bày trong bài được lấy từ chuyên luận. Ấn phẩm được chuẩn bị bởi V. A. Leshkovtsev.

CHƯƠNG I

Chất lỏng có trọng lượng tương ứng với chiều cao cấu trúc của chúng

Nếu bạn gắn nhiều bình vào tường, một chiếc như trong hình đầu tiên, một chiếc khác nghiêng, như trong bức thứ hai, rồi một chiếc rộng hơn, như trong bức thứ ba, rồi một chiếc hẹp, như trong bức thứ tư, rồi một chiếc chẳng khác gì một ống hẹp, liền kề ở đáy với một chiếc bình rộng gần như không có chiều cao, như trong bức tranh thứ năm, đổ đầy nước vào tất cả chúng đến cùng một độ cao, tạo các lỗ giống nhau ở phía dưới, được đóng bằng nút chặn để giữ nước, thì thí nghiệm sẽ chỉ ra rằng cần phải có một lực tương tự để ngăn chặn những điều này. phích cắm không bị rơi ra ngoài, mặc dù nước trong các bình khác nhau này vẫn ở trạng thái cân bằng

20

số lượng khác nhau. Điều này xảy ra vì nước có cùng chiều cao trong tất cả các bình và thước đo của lực này là trọng lượng của nước chứa trong bình thứ nhất, có hình dạng đồng nhất. Và nếu lượng nước này nặng một trăm pound ), thì cần phải có một lực một trăm pound để giữ từng nút chặn, kể cả ở bình thứ năm, mặc dù nước chứa trong đó không nặng một ounce*).

Để kiểm tra điều này một cách chính xác, bạn cần bịt lỗ của bình thứ năm bằng một miếng gỗ tròn và quấn quanh nó, giống như một piston bơm. (Pít-tông phải đi vào và đi qua lỗ với độ chính xác sao cho không bị kẹt, đồng thời ngăn nước thoát ra ngoài.) Sau đó gắn vào giữa pít-tông này một sợi chỉ để luồn qua ống mỏng này, buộc nó vào một tay đòn của cân, và treo một vật nặng 100 pound lên tay kia. Sau đó chúng ta sẽ thấy sự cân bằng hoàn toàn của vật nặng một trăm pound này với nước trong ống mỏng nặng một ounce. Nếu bạn giảm nhẹ tải trọng một trăm pound, thì nước sẽ hạ thấp pít-tông và lượng tiếp theo.

*) 1 pound bằng 453,6 g.
**) 1 ounce bằng 28,35 g.

Do đó, cánh tay của cái cân mà nó được gắn vào sẽ nâng cái cân có tải trọng nhỏ hơn một trăm pound một chút. Nếu nước đóng băng nhưng băng không dính vào bình thì để giữ cân bằng, chỉ cần đặt một ounce ở tay kia của cân là đủ. Nếu chúng ta mang lửa đến gần tàu hơn và tạo ra băng, thì đã có cả trăm pound để cân bằng trọng lượng của tảng băng tan thành nước này, mặc dù chúng ta chỉ có một ounce trong số đó.

Điều tương tự sẽ xảy ra nếu các lỗ được đóng bằng nút chặn nằm ở bên cạnh hoặc ở phần trên của bình; Việc kiểm tra điều này thậm chí còn dễ dàng hơn, chính xác như sau.

Cần phải lấy một chiếc bình, đóng kín tất cả các mặt, tạo hai lỗ ở phần trên của nó, một lỗ rất hẹp và lỗ kia rộng hơn, rồi gắn các ống có cùng kích thước với các lỗ phía trên cả hai (Hình VI). Nếu bây giờ bạn lắp một pít-tông vào một ống rộng và một sợi nước mỏng vào đó, dễ dàng thấy rằng sẽ phải đặt một vật nặng hơn lên pít-tông sao cho trọng lượng của nước trong ống mỏng không đẩy nó lên, giống như trong các thí nghiệm đầu tiên, người ta dùng một lực một trăm pound để ngăn không cho pít-tông bị đẩy xuống.

21

khi nào và câu trả lời ở bên dưới.
Nếu bạn trả lời nó ở bên cạnh,
thì bạn sẽ cần sức mạnh tương tự,
để toàn bộ nước không đẩy piston sang một bên.

Và nếu một ống chứa đầy nước rộng hơn một trăm lần hoặc hẹp hơn một trăm lần, nhưng nước trong mọi trường hợp đều ở cùng một độ cao, thì cùng một trọng lượng sẽ luôn được sử dụng để cân bằng nước. Ngay khi tải trọng này giảm xuống, nước sẽ hạ xuống và nâng tải trọng giảm lên.

Nếu bạn uống nước vào một ống ở độ cao gấp đôi thì để cân bằng nước, một trọng lượng gấp đôi sẽ tác dụng lên pít-tông. Theo cách tương tự, nếu bạn đưa ra câu trả lời trong đó pít-tông được lắp vào có kích thước gấp đôi thì bạn sẽ cần phải tăng gấp đôi lực cần thiết để giữ pít-tông kép. Từ đó, rõ ràng là lực cần thiết để ngăn nước chảy ra khỏi câu trả lời tỷ lệ thuận với chiều cao của nước chứ không phải chiều rộng của bình, và thước đo của lực này luôn là trọng lượng của nước chứa trong một cột có chiều cao bằng chiều cao của nước và đáy bằng kích thước của câu trả lời.

Những gì tôi nói về nước áp dụng cho tất cả các loại chất lỏng khác.

Nhìn qua vết nứt

(Hết. Xem đầu từ 18)

Bây giờ xoay khe 90° và bạn sẽ thấy các đường cách tử dọc đã biến mất và các đường ngang xuất hiện. Để hiểu những gì bạn đã thấy, chúng tôi khuyên bạn nên nhìn vào chiếc nhẫn. Với khe dọc, bạn sẽ thấy hai bên trái và phải của vòng mờ, có khe ngang, trên và dưới (Hình 2). Lặp lại thí nghiệm ở các khe nghiêng khác nhau. Hóa ra những phần giếng chạy dọc theo khe hở luôn bị rửa trôi, còn những phần chạy ngang qua chúng vẫn được bảo tồn.

Cơm. 2.

Tuy nhiên, nếu bạn có mọi thứ ngược lại (đường thẳng, các khe song song được giữ nguyên và các khe vuông góc biến mất), thì điều này có nghĩa là bạn đã không tuân thủ các điều kiện (khoảng cách của bạn quá rộng và bạn ở quá gần lưới). Teler, theo bìa cứng, sao cho khoảng cách mở ra lên tới 0,5-1 mm (hoặc cắt thành một khoảng trống mới có chiều rộng cần thiết), khoảng cách từ nó đến lưới ở khoảng cách 5-7 cm. Và bạn sẽ thấy điều ngược lại với những gì ở bài toán trước đó: với vị trí nằm ngang của khoảng trống, các đường ngang sẽ hiển thị mà không có khoảng trống, với vị trí thẳng đứng - dọc!

Rõ ràng, điều này cũng có thể được giải thích. Nhưng điều này phải được thực hiện sao cho lý thuyết nhiễu xạ của chúng ta không bị ảnh hưởng. Nếu không, bạn sẽ phải giải thích lại kết quả trước đó. Nhưng nó ngược lại với điều này.

22

A. D. Bendukidze

Tỷ lệ vàng

Johannes Kepler nói rằng hình học có hai kho báu - định lý Pythagore và tỷ lệ vàng. Và nếu kho báu đầu tiên có thể được so sánh với một thước vàng, thì kho báu thứ hai có thể được so sánh với một viên đá quý.

Học sinh nào cũng biết định lý Pythagore nhưng không phải ai cũng biết tỷ lệ vàng là gì. Vì vậy, chúng tôi quyết định nói với độc giả về viên ngọc này.

Tỷ lệ vàng là gì?

Điểm $C$ được cho là tạo ra tỷ lệ vàng của đoạn $AB$ nếu $AC : AB = CB : AC$. (1)

Vì vậy, tỷ lệ vàng là sự chia tổng thể thành hai phần không bằng nhau, trong đó phần lớn hơn liên quan đến tổng thể còn phần nhỏ hơn liên quan đến phần lớn hơn. Về mặt hình học, tỷ lệ vàng còn được gọi là phép chia một đoạn theo tỷ lệ cực trị và trung bình.

Nếu độ dài của đoạn $AB$ được ký hiệu là $a$ và độ dài của đoạn $AC$ là $x$ thì độ dài của đoạn $CB$ sẽ là $a - x$ (Hình 1) và tỷ lệ (1) sẽ có dạng sau:

$$x : a = (a - x) : x$$ (2)

Từ tỷ lệ này, rõ ràng là với tỷ lệ vàng, chiều dài lớn hơn đoạn thẳng là trung bình hình học, hay như người ta thường nói, trung bình của

Cơm. 1.

tỷ lệ thuận với độ dài của toàn bộ đoạn và phần nhỏ hơn của nó:

$$x = \sqrt{a(a - x)}$$

Dễ dàng nói rằng điều ngược lại cũng đúng: nếu một đoạn được chia thành hai đoạn không bằng nhau sao cho độ dài của đoạn lớn hơn là trung bình hình học của độ dài của toàn bộ đoạn và phần nhỏ hơn của nó, thì chúng ta có tỷ lệ vàng của đoạn này.

Tỷ lệ vàng hình học của đoạn $AB$ có thể được xây dựng như sau: tại điểm $B$ chúng ta tái tạo lại đường vuông góc với $AB$ (Hình 2) và vẽ $BD = 0,5AB$ trên đó; hơn nữa, kết nối các điểm $A$ và $D$, đặt $DE = BD$ sang một bên và cuối cùng, $AC = AE$. Điểm $C$ là điểm mong muốn - nó tạo ra tỷ lệ vàng của đoạn $AB$. Thật ra, chúng ta lưu ý rằng theo định lý Pythagore

$$(AE + ED)^2 = AB^2 + BD^2$$

và xây dựng

$$AE = AC, ED = BD = 0,5AB.$$

Từ những đẳng thức này suy ra rằng

$$AC^2 + AC \cdot AB = AB^2,$$

và từ đây có thể dễ dàng đạt được đẳng thức (1).

Giải phương trình (2) cho $x$, ta thấy rằng

$$x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} a \approx 0,62a.$$

Vì vậy, $a - x \approx 0,38 a$. Như vậy, các phần có tỷ lệ vàng lần lượt là 62% và 38% toàn phân khúc.

23

Một chút lịch sử

Tượng đài văn học lâu đời nhất trong đó người ta tìm thấy sự phân chia một đoạn liên quan đến tỷ lệ vàng là “Các yếu tố” của Euclid (thế kỷ thứ 3 trước Công nguyên). Ngay trong Quyển II của Cơ sở dữ liệu, Euclid đã xây dựng tỷ lệ vàng và sau đó sử dụng nó để xây dựng một số đa giác và khối đa diện đều.

Nhưng tỷ lệ vàng đã được biết đến trước Euclid. Đặc biệt, Pythogor và các học trò của ông đã biết đến ông (thế kỷ VI trước Công nguyên). Ngoài triết học và toán học, trong trường phái triết học Pythagoras, họ còn nghiên cứu về sự hài hòa. Trong khi nghiên cứu lý thuyết về hòa âm, Pythogoreans đã đi đến kết luận rằng sự khác biệt về chất trong âm thanh là do sự khác biệt về số lượng giữa độ dài của dây. Điều này đã truyền cảm hứng cho họ và họ cố gắng tiến xa hơn - thể hiện tất cả các khuôn mẫu của thế giới thông qua các con số, tin rằng Chúa đặt các con số làm nền tảng cho trật tự thế giới. Những người theo trường phái Pythogorean về số lượng và mối quan hệ của chúng (và sau này được coi là mối quan hệ của các phân đoạn) đã tính toán những điều huyền diệu, siêu nhiên. Và hình học không phải là không có sự trả thù của nó. Đặc biệt lưu ý ở đây là bất kỳ Pythogoreans nào cho hình ngũ giác hình sao, bao gồm các đường chéo của một hình ngũ giác đều.

Đây là những gì nhà toán học và sử học toán học nổi tiếng van der Waerden viết về điều này trong cuốn sách xuất sắc “Khoa học thức tỉnh”: “Hình này, một biểu tượng của sức khỏe, được dùng làm dấu hiệu nhận dạng cho những người theo trường phái Pythogorean. Khi ở một vùng đất xa lạ, một trong số họ đang nằm trên giường hấp hối và không thể thắp sáng người đàn ông đã chăm sóc mình cho đến khi chết, ông ta đã ra lệnh cho người đó vẽ một đa giác hình ngôi sao trên nhà của mình; Nhiều năm sau, một người theo trường phái Pythagore nhìn thấy tấm biển này và chủ nhân ngôi nhà đã nhận được phần thưởng hậu hĩnh” *).

Hình ngũ giác ngôi sao thú vị đối với chúng ta chủ yếu bởi vì mỗi gót của các đường tạo nên hình này chia phần kia theo tỷ lệ vàng. Thật ra, vì các tam giác ACD và ABE đồng dạng (Hình 3) nên AC : AB = AD : AE. Nhưng AD = BC, và AE = AC, và do đó AC: AB = BC: AC - tỷ lệ tỷ lệ vàng mà chúng ta đã biết. Chính đặc tính này của hình ngũ giác hình sao mà người Pythogorean có thể sử dụng để dựng hình ngũ giác đều, hoặc họ chắc chắn đã biết cách xây dựng tỷ lệ vàng.

Vào đầu thời kỳ Phục hưng, sự quan tâm đến tỷ lệ vàng đã phát triển mạnh mẽ.

*) B. L. van der Waerden. “Khoa học đánh thức”. M., Fizmatiz, 1959, tr. 139.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

24

Luca Pacioli (khoảng 1445 - sau 1509) là một nhà toán học người Ý, người đã viết chuyên luận về tỷ lệ vàng, Tỷ lệ thần thánh.

Bức chân dung Monna Lisa (Gioconda) được vẽ bởi Leonardo da Vinci (1452-1519) - họa sĩ và nhà khoa học vĩ đại người Ý thời Phục hưng. Bức ảnh đã thu hút sự chú ý của các nhà nghiên cứu, họ phát hiện ra rằng bố cục của bức tranh dựa trên “hình tam giác vàng” (chính xác hơn là trên các hình tam giác là các mảnh của một hình ngũ giác hình sao đều đặn).

Trước hết, nó được gây ra bởi vô số ứng dụng của tỷ lệ vàng cả trong hình học và nghệ thuật, đặc biệt là trong kiến ​​trúc. Hậu quả của việc này là sự xuất hiện của cuốn sách “Tỷ lệ thần thánh”, tác giả của cuốn sách này là nhà toán học vĩ đại nhất thế kỷ 15, Luca Pacioli người Ý. Trong tác phẩm của mình, Pacioli đưa ra mười ba đặc tính của tỷ lệ vàng, mà lần đầu tiên ông gọi những tính chất đó là “đặc biệt”, “không thể diễn tả được”, “xuất sắc nhất”, “siêu nhiên”, v.v. Tuy nhiên, chính tựa đề của cuốn sách đã nói lên thái độ của tác giả đối với chủ đề được miêu tả. Điều thú vị là cuốn sách được minh họa bởi một trong những người khởi xướng việc viết nó, bạn của Pacioli, Leonardo da Vinci vĩ đại. Nhân tiện, chính ông là người đặt ra thuật ngữ “tỷ lệ vàng”.

Các quan sát cho thấy, xét từ góc độ tự nhiên, tỷ lệ vàng có những ưu điểm nhất định. Điều này được xác nhận bởi một thí nghiệm được tiến hành vào cuối thế kỷ trước: trong số mười hình chữ nhật, trong đó có hình chữ nhật “vàng” (ở cạnh bên, tỷ lệ chiều dài cho tỷ lệ vàng), đối tượng phải chọn một hình. Và như vậy, khoảng 22% tổng số đối tượng đã chọn “hình chữ nhật vàng”. Chúng ta không thể bỏ qua thực tế là sách, bưu thiếp, ví, thanh sô cô la và nhiều vật dụng khác có hình dạng giống như một hình chữ nhật màu vàng. Ở đây chúng tôi lưu ý rằng nếu bạn cắt một hình vuông từ hình chữ nhật “vàng” hoặc gắn một hình vuông vào cạnh lớn hơn của hình chữ nhật “vàng”, bạn sẽ lại có được một hình chữ nhật “vàng”.

Được sử dụng rộng rãi trong kiến ​​trúc và nghệ thuật. Nhiều kiệt tác kiến ​​trúc được xây dựng theo tỷ lệ vàng. Tỷ lệ tương tự là nền tảng cho nhiều sáng tạo bất hủ của Phidias, Tishchan, Leonardo da Vinci và Raphael.

25

Các nhà soạn nhạc và tư thế cũng được đưa ra tỷ lệ vàng. Chẳng hạn, người ta biết rằng nhà soạn nhạc xuất sắc người Hungary Béla Bartok đã viết nhiều tác phẩm của mình dựa trên tỷ lệ vàng. Về các tư thế, ở đây trước hết chúng ta nên đặt tên cho tư thế chung của Gruzia là Shota Rustaveli. Như nghiên cứu mới nhất của Viện sĩ G.V. Tsereteli đã chỉ ra, cấu trúc của Sh. Tư thế “Hiệp sĩ đội lốt hổ” của Rustaveli dựa trên tính đối xứng và tỷ lệ vàng. Đặc biệt, trong số 1587 khổ thơ của các tư thế, hơn một nửa - 863 - được xây dựng theo tỷ lệ của phần vàng (xem trang 34, 53).

Tỷ lệ vàng cũng được tìm thấy trong tự nhiên. Hình 4 lặp lại hình ảnh một chiếc vỏ sò được đặt ở trang đầu tiên của trang bìa. Điểm C chia đoạn AB xấp xỉ theo tỉ số vàng.

Tỷ lệ vàng và những đặc tính đáng chú ý của nó

Nếu đặt $x = a\tau$ theo tỷ lệ (2), thì đối với $\tau$ ta có phương trình sau:

$$\tau^2 + \tau - 1 = 0$$

(3)

Nhà điêu khắc Hy Lạp Leochares (thế kỷ thứ 4 trước Công nguyên) đã tạo ra bức tượng Apollo Belvedere, người đã truyền cảm hứng cho những ý tưởng của người Hy Lạp cổ đại về vẻ đẹp nam giới. Các đường vẽ trong ảnh xác định tỷ lệ cơ bản của cơ thể. Những tỷ lệ này có liên quan đến tỷ lệ vàng.

Căn dương của phương trình này bằng tỷ số của tỷ lệ vàng:

$$\tau = \frac{x}{a} = \frac{a-x}{x} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$$

Khái niệm này là một con số đáng chú ý có một số tính chất thú vị. Dưới đây là một số trong số họ.

1. Tính toán trực tiếp cho thấy

$$\tau = 0,618033989\ldots, \frac{1}{\tau} = 1,618033989\ldots$$

—nghịch đảo của $\tau$ lớn hơn chính $\tau$ một đơn vị. Dễ dàng kiểm chứng rằng đây là số dương duy nhất có tính chất này. Thật vậy, nếu dương $z$ thỏa mãn sự tương ứng $\frac{1}{z} = 1 + z$, thì $z$ phải là nghiệm của phương trình $z^2 + z - 1 = 0$. Nhưng phương trình này có một nghiệm dương duy nhất: $z = \tau$.

26

2. Viết lại đẳng thức (3) dưới dạng $\tau = \frac{1}{1 + \tau}$ và thay $\frac{1}{1 + \tau}$ thay vì $\tau$ vào vế phải của đẳng thức này, ta thu được:

$$\tau = \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \tau}}.$$

Quá trình này được hỗ trợ và kết quả là chúng tôi thu được các biểu diễn sau của số $\tau$ dưới dạng phân số liên tục vô hạn*):

$$\tau = \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \dots}}}$$

Người ta không thể không lưu ý đến sự đơn giản tột độ của bài trình bày này!

3. Đây là một cách thể hiện khác của số $\tau$:

$$\tau = \frac{1}{\sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{1 + \dots}}}}.$$

Để hiểu ý nghĩa của đẳng thức (5), chúng ta cùng nghiên cứu trình tự $\sqrt{1}, \sqrt{1 + \sqrt{1}}, \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{1}}}, \dots,$

số hạng chung của nó (chúng tôi biểu thị bằng $\varphi_n$) chứa các căn thức $n$.

Rõ ràng ngay rằng $\{\varphi_n\}$ là một dãy tăng dần. Hơn nữa, nó còn hạn chế. Thật vậy, vì $\varphi_1 = 1 < 2$ và $\varphi_{n+1} = \sqrt{1 + \varphi_n}$, thì từ $\varphi_n < 2$ dẫn đến $\varphi_{n+1} < \sqrt{3} < 2$, và bằng quy nạp chúng ta kết luận rằng $\varphi_n < 2$ với mọi $n$ (tự nhiên) bất kỳ.

*) Phân số tiếp tục được thảo luận trong các bài viết của N. M. Beskin («Kvant» Số 1, 8, 1970). Bạn có thể tìm thấy phần trình bày chi tiết hơn trong cuốn sách của A. Ya. Khinchin “Phân số liên tục” (M., Fizmatgiz, 1961), cũng như trong sách giáo khoa lớp 9 trung học cơ sở chuyên ngành toán học “Đại số” của N. Ya. Vilenkin và cộng sự. (M., “Prosveshchenie”, 1968).

Vì vậy, $\{\varphi_n\}$ là một dãy số tăng và bị chặn. Và như chúng ta đã biết, dãy như vậy là dãy hội tụ. Biểu thị giới hạn của dãy $\varphi_n$ bằng $\varphi$, ta có thể viết: $\varphi = \lim_{n \to \infty} \varphi_n = \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{1}}}.$

Mặt khác, chuyển đến giới hạn trong đẳng thức $\varphi_{n+1} = \sqrt{1 + \varphi_n}$, ta thu được: $\varphi = \sqrt{1 + \varphi_n}$.

Như vậy, số (dương) $\varphi$ là nghiệm của phương trình bậc hai $\varphi^2 - \varphi - 1 = 0$, và số $\psi = \frac{1}{\varphi}$ là nghiệm của phương trình $\left(\frac{1}{\psi}\right)^2 - \frac{1}{\psi} - 1 = 0$, hoặc nhân với $-\psi^2$, $\psi^2 + \psi - 1 = 0$, từ đó $\psi = \tau$, $\varphi = \frac{1}{\tau}$, ta thu được đẳng thức (5). Và ở đây sự đơn giản tột độ của cách trình bày sẽ đi vào đầu bạn!

Xấp xỉ số $\tau$ bằng số hữu tỷ

Biểu diễn (4) rất thuận tiện cho việc tính gần đúng số vô tỉ $\tau$ bằng số hữu tỉ. Với mục đích này, chúng ta hãy chuyển sang phân số “thích hợp”:

$$\tau_1 = \frac{1}{1}, \quad \tau_2 = \frac{1}{1 + \frac{1}{1}}, \quad \tau_{(3)} = \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{1}}}$$

và nói chung cho bất kỳ $n$ nào

$$\tau_n = \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{1 + \dots}}} + \frac{1}{1 + \frac{1}{1}}$$

Chuỗi của các phân số này có số giới hạn $\tau$ và do đó mỗi $\tau_n$ là giá trị gần đúng của số này. Tính toán trực tiếp cho thấy

27

$$\tau_1 = \frac{1}{1}, \tau_2 = \frac{1}{2}, \tau_3 = \frac{2}{3}, \tau_4 = \frac{3}{5}, \dots$$

Chuỗi doby này được xây dựng theo một định luật rất đơn giản: tử số của mỗi doby bằng mẫu số của doby trước đó, và mẫu số là tổng của tử số và mẫu số của cùng một doby. Điều gì sẽ xảy ra tiếp theo? Liệu mô hình này có đúng không? Thật dễ dàng để chứng minh rằng điều này là đúng. Thật vậy, như có thể thấy từ công thức (6), các dobies phù hợp lân cận $\tau_n$ và $\tau_{n+1}$ có liên hệ với nhau bởi mối quan hệ

$$\tau_{n+1} = \frac{1}{1 + \tau_n},$$

và do đó từ đẳng thức $\tau_n = \frac{m}{k}$ suy ra $\tau_{n+1} = \frac{k}{m + k}$.

Định luật đơn giản về sự hình thành các số bổ sung phù hợp này giúp bạn có thể dễ dàng viết ra chuỗi của chúng:

$$\frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{5}, \frac{5}{8}, \frac{8}{13}, \frac{13}{21}, \frac{21}{34}, \dots$$

Từ lý thuyết về các dobies chuỗi, người ta biết rằng các dobies phù hợp với số lẻ sẽ giảm dần và tiến gần đến số tạo ra các dobies này ở bên phải, và các dobies có số chẵn sẽ tăng lên và tiến đến cùng số đó ở bên trái. Áp dụng tính chất này trong trường hợp của chúng ta, chúng ta có thể viết:

$$\frac{1}{2} < \frac{3}{5} < \frac{8}{13} < \frac{21}{34} < \frac{55}{89} < \dots < \tau < \dots < \frac{34}{55} < \frac{13}{21} < \frac{5}{8} < \frac{2}{3} < \frac{1}{1}$$

Kết nối với số Fibonacci

Dãy số Fibonacci được gọi là dãy có hai số hạng đầu tiên bằng 1, mỗi số hạng tiếp theo là tổng của hai số hạng trước đó *). Do đó, chuỗi này (chúng tôi biểu thị nó bằng $\{u_n\}$)

*) Vorobiev N.N. “Số Fibonacci.” M., “Khoa học”, 1969.

Đây là số đầu tiên của dãy này: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, …

Nhớ lại các phép tính gần đúng của số m bằng các phép cộng thích hợp, chúng ta sẽ nhận thấy rằng tỷ lệ của bất kỳ số hạng nào của dãy Fibonacci với số hạng tiếp theo là phép cộng phù hợp của số $\tau$, nghĩa là giá trị gần đúng của tỷ lệ của tỷ lệ vàng. Phép tính gần đúng này càng tốt thì số hạng được lấy càng lớn.

Nếu lấy ba số hạng liên tiếp: $u_n, u_{n+1}, u_{n+2}$, thì các số $\frac{u_n}{u_{n+1}}$ và $\frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}$ là các phần mở rộng phù hợp lân cận của số $\tau$ và một trong các phần mở rộng này lớn hơn $\tau$ và phần mở rộng còn lại nhỏ hơn.

Cuối cùng, chúng tôi đặt ra câu hỏi sau: làm thế nào để chia số nguyên $a$ thành hai phần nguyên sao cho chúng có liên quan đến $\tau$?

Vì $\tau$ là một số vô tỷ nên việc chia như vậy tất nhiên là không thể; cái mà chúng ta quan tâm chỉ có thể xấp xỉ bằng $\tau$. Sự gần đúng này là gì? Đáp số Câu hỏi này được trả lời bằng lý thuyết cộng chuỗi.

Đặt mẫu số của doby thích hợp $\tau_n$ là $a$. Chúng ta hãy xem xét tập hợp tất cả các dobe có mẫu số không lớn hơn $a$. Hóa ra trong số các dobe này, số gần nhất với số $\tau$ chính xác là $\tau_n$.

Không có mẫu số nào của dobei phù hợp là một số hạng của dãy Fibonacci, vì vậy nếu $a$ là một số hạng của dãy Fibonacci, thì chia $a$ cho $\tau_n$ sẽ là một xấp xỉ tốt của tỷ lệ vàng.

Do đó, các số là thành viên của dãy Fibonacci có thể được chia thành hai phần nguyên theo tỷ lệ vàng với độ gần đúng tốt. Ví dụ: tỷ lệ vàng của số 8 cho (3,5), số 13 - (5,8), v.v.

28

Phản ứng hóa học là sự biến đổi chất này thành chất khác. Tuy nhiên, chúng ta có thể quan tâm không chỉ đến các sản phẩm của quá trình biến đổi hóa học mà còn quan tâm đến các quy luật chung theo đó quá trình hóa học xảy ra: nồng độ các chất thay đổi như thế nào, nhiệt độ, áp suất và các điều kiện bên ngoài khác ảnh hưởng đến quá trình phản ứng như thế nào.

Đối với lời giải những bài toán này, bạn không chỉ cần biết hóa học mà còn, có lẽ ở mức độ lớn hơn, cả vật lý và toán học.

Chúng tôi đang xuất bản một bài báo nghiên cứu một trong những nguyên lý cơ bản của vật lý hóa học—định luật tác dụng khối lượng, có thể được sử dụng để mô tả diễn biến của một phản ứng hóa học theo thời gian.

Trong phản ứng hóa học, một số chất có thể biến đổi thành chất khác. Sự đốt cháy dẫn đến sự hình thành nước và carbon dioxide, và khi trộn axit và kiềm sẽ tạo thành muối. Tuy nhiên, khi nghiên cứu hóa học, chúng ta dường như nhắm mắt lại thời điểm các phân tử tương tác với nhau và mở mắt ra bên ngoài khi sản phẩm của phản ứng hóa học đã được hình thành. Trong khi đó, chính những quá trình xảy ra trong quá trình tương tác của các phân tử với nhau sẽ quyết định thành phần của các sản phẩm của phản ứng hóa học.

Phản ứng hóa học bao gồm hai giai đoạn chính. Đầu tiên, các hạt phải phản ứng với nhau, sau đó xảy ra quá trình biến đổi hóa học, trong đó vỏ electron của các phân tử được sắp xếp lại và các sản phẩm phản ứng được hình thành từ các hạt ban đầu.

Theo đó, vật lý hóa học được chia thành hai phần lớn: động học hóa học và lý thuyết về các hành vi cơ bản.

Động học hóa học nghiên cứu các câu hỏi về cách một phản ứng xảy ra

Các hạt này có thể gặp nhau, lực bên ngoài nào tác dụng lên chúng, phương trình nào có thể mô tả sự thay đổi nồng độ của các hạt phản ứng theo thời gian, tốc độ của một quá trình hóa học phụ thuộc như thế nào vào nồng độ chất phản ứng (nghĩa là các chất phản ứng), nhiệt độ và các điều kiện khác trong đó quá trình hóa học diễn ra.

Lý thuyết về hành động biến đổi hóa học cơ bản được coi là kết quả của sự tương tác giữa các hạt, sự thay đổi cấu hình của các phân tử vỏ electron và khoảng cách giữa các nguyên tử có trong phân tử.

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới hạn việc thảo luận về động học của các phản ứng hóa học.

Câu hỏi chính của động học hóa học là câu hỏi về sự gặp gỡ giữa các hạt của các chất.

Các hạt gặp phải trong phản ứng không nhất thiết phải là phân tử. Đây có thể là các nguyên tử, ion trung tính và bất kỳ hạt nào khác. Vì vậy, miễn là chúng ta không nói về bất kỳ chất cụ thể nào -

29

volt tham gia vào phản ứng, chúng ta sẽ chỉ xem xét sự tương tác giữa các hạt xuyên qua.

Để một phản ứng xảy ra trong một thể tích nhất định giữa các hạt thuộc hai loại $A$ và $B$, thực tế được phân bố đồng đều trong toàn bộ thể tích. Phản ứng này được gọi là lưỡng phân tử. Cả hai hạt đều có hình dạng của một quả bóng có bán kính $r$. Cho mỗi cm khối chứa $a_0$ hạt loại $A$ và $b_0$ hạt loại $B$. Người ta biết rằng các hạt trong chất khí chuyển động hỗn loạn, nghĩa là tốc độ của chúng luôn thay đổi cả về độ lớn và hướng. Tuy nhiên, tốc độ chuyển động bình phương trung bình của bộ phận $<v>$ thực tế không thay đổi và chỉ được xác định bởi nhiệt độ của môi trường $T$ và khối lượng của hạt $m^*$):

$$<v> = \sqrt{\frac{3kT}{m}}.$$

Do đó, mỗi phần của đa dạng $A$ trong thời gian $t$ sẽ bao phủ một đường đi trung bình bằng

$$s = \sqrt{\frac{3kT}{m}} t.$$

Chúng ta sẽ giả sử rằng các hạt loại $B$ là bất động và tốc độ của một phần loại $A$ không thay đổi sau thế hệ tiếp theo.

Trong quá trình chuyển động của một phần của giống $A$ sẽ va chạm với tất cả các hạt của giống $B$, tâm của chúng nằm cách một khoảng nhỏ hơn $2r$ so với quỹ đạo chuyển động của tâm của nó, tức là với những hạt dường như rơi vào hình trụ được chỉ ra bởi điểm trong Hình 1. Trong thời gian $t$ một phần của giống $A$ sẽ va chạm với tất cả các hạt của giống $B$, nằm trong tập

$$V = 4\pi r^2 s.$$

Tất nhiên, một hạt loại $A$ có thể gặp không chỉ các hạt loại $B$, mà còn với các hạt khác thuộc loại $A$, cũng như với tất cả các hạt khác nằm trong môi trường. Nhưng những cuộc gặp gỡ này không được chúng tôi quan tâm vì chúng không thể dẫn đến phản ứng hóa học giữa các chất $A$ và $B$.

Chúng tôi đã nói rằng trong mỗi cm khối của môi trường có $b_0$ các hạt thuộc loại $B$; do đó, mỗi phần của giống $A$ đều gặp phải các hạt $b_0V$ của giống $B$. Tổng cộng, $1cm^3$ chứa $a_0$ hạt thuộc loại $A$. Như vậy, tổng số lần $n$ gặp các hạt thuộc loại $A$ và $B$ trong thời gian $t$ sẽ là

$$n = Va_0b_0.$$

Có $\frac{n}{t}$ các cuộc họp như vậy trong một đơn vị thời gian:

$$\frac{n}{t} = 4\pi r^2 \sqrt{\frac{3kT}{m}} a_0b_0.$$

Khi tính toán, chúng tôi đã không tính đến việc không chỉ các hạt thuộc loại $A$ chuyển động, mà cả các hạt thuộc loại $B$, rằng tốc độ chuyển động của một bộ phận thay đổi sau một pha mới, rằng sự phân bố của một bộ phận trên thể tích chỉ có thể được coi là đồng đều ở mức trung bình. Nhưng một tính toán chính xác hơn có tính đến các yếu tố này sẽ dẫn đến sự thay đổi về số lượng cuộc họp được tìm thấy không quá 10%.

Tất nhiên, không phải lúc nào phần $A$ và $B$ gặp nhau thì sự biến đổi hóa học sẽ xảy ra; một phần của giống $A$ dẫn đến sự thay đổi tỷ lệ thuận với số lần gặp.

Số lần biến đổi hóa học trên một đơn vị thể tích trong một đơn vị thời gian thường được gọi là tốc độ phản ứng hóa học. Tốc độ hóa học

30

Peakii giữa các hạt $A$ và $B$ được xác định bởi sự tương ứng

$$W = \alpha 4\pi r^2 \sqrt{\frac{3kT}{m}} a_0 b_0,$$

(1)

trong đó $\alpha$ là hệ số tỷ lệ không thứ nguyên giữa số lần gặp và số lần biến đổi hóa học.

Giá trị $\alpha$ về cơ bản có nghĩa là xác suất mà khi hai hạt tương tác gặp nhau, một phản ứng hóa học sẽ xảy ra giữa chúng. Xác suất này là gì và nó được xác định như thế nào đã là bài toán lý thuyết về hành động biến đổi hóa học cơ bản và chúng ta sẽ không tập trung vào câu hỏi này.

Mối quan hệ (1) thể hiện quy luật tác dụng khối lượng: tốc độ của một phản ứng hóa học tại một thời điểm bất kỳ tỉ lệ thuận với tích nồng độ của các chất phản ứng tại thời điểm đó. Hệ số tỷ lệ trước sản phẩm có nồng độ được gọi là hằng số tốc độ của phản ứng hóa học ở nhiệt độ nhất định; Hãy biểu thị nó bằng chữ cái $K$.

Trong phản ứng tương tác giữa hai hạt có cùng khối lượng thì giá trị $K$ bằng

$$K = 4\pi r^2 \sqrt{\frac{3kT}{m}}.$$

Hãy thử tính tốc độ của một số phản ứng hóa học đơn giản.

Nhiệm vụ 1. Trong môi trường là khí lý tưởng ở điều kiện bình thường (áp suất 760 mm cm, nhiệt độ 0°C), xảy ra phản ứng phân tử sinh học. Nồng độ các chất ngang nhau và ngang bằng với các chất lạ khác trong môi trường.

Khối lượng phân tử $A$ và $B$ khoảng 30 đơn vị niệu đạo ($1 \text{ y. e.} = 1,67 \cdot 10^{-24} \text{ e}$). Bán kính của các phân tử được coi là bằng

$$r = 2,5\mathring{\text{A}} = 2,5 \cdot 10^{-8} \text{ cm}.$$

Tìm tốc độ phản ứng.

Hãy biểu thị khối lượng của các phân tử bằng gam:

$$m = 30 \cdot 1,67 \cdot 10^{-24} \text{ e} \approx 0,5 \cdot 10^{-22} \text{ e}.$$

Căn bậc hai tốc độ bình phương của phân tử

$$\langle v \rangle = \sqrt{\frac{3kT}{m}} =$$

$$= \sqrt{\frac{3 \cdot 1,38 \cdot 10^{-16} \text{эрэ/эрэд} \cdot 273 \text{эрэд}}{0,5 \cdot 10^{-22} \text{e}}} =$$

$$= 4,8 \cdot 10^4 \text{cm/c} = 480 \text{ m/c}.$$

Hằng số tốc độ phản ứng

$$K = 4\alpha r^2 \langle v \rangle = 4\alpha \pi(2,5 \cdot 10^{-8} \text{cm})^2 \times 0,48 \cdot 10^5 \text{cm/c} \approx 3,8\alpha \cdot 10^{-10} \text{cm}^3/c.$$

Điều này cho thấy hằng số tốc độ phản ứng được biểu thị bằng đơn vị ($cm^3\text{c}^{-1}$). Theo định luật Avogadro, một mol khí lý tưởng ($6 \cdot 10^{23}$ hạt) chiếm thể tích 22,4 lít trong điều kiện bình thường. Điều này có nghĩa là 1 $cm^3$ chứa 2,7 $\cdot 10^{19}$ hạt (số Loschmid), tức là 1,3 $\cdot 10^{19}$ phân tử $A$ và $B$ ($a_0 = b_0 = 1,3 \cdot 10^{19} \text{cm}^{-3}$).

Như vậy tốc độ phản ứng

$$W = 3,8\alpha \cdot 10^{-10} \frac{cm^3}{c} (1,3 \cdot 10^{19} \text{cm}^{-3})^2 \approx 6,5 \cdot 10^{28} \alpha \frac{cm^3}{c}.$$

Điều này có nghĩa là trong mỗi cm khối khí, có 6,5 $\cdot 10^{28}$ va chạm của các phân tử $A$ và $B$ xảy ra mỗi giây.

Hãy tưởng tượng điều gì sẽ xảy ra nếu mọi va chạm đều dẫn đến phản ứng hóa học. Khi đó tất cả các phân tử sẽ có thời gian phản ứng trong một thời gian rất ngắn, bằng

$$t' = \frac{a_0}{W} = \frac{1,3 \cdot 10^{19} \text{cm}^{-3}}{6,5 \cdot 10^{28} c^{-1} cm^{-3}} = 2 \cdot 10^{-10} \text{c}.$$

Điều này có thật không?

Trọng lượng khoảng 30 c.u. đ. có các phân tử etan (30 a.u.) và oxy (32 a.u.). Như vậy, phản ứng mà chúng ta đang xem xét có thể coi là mô hình của phản ứng khí trong bếp gas gia đình. Bạn có biết rằng khí sẽ không bốc cháy trừ khi bạn mang tia lửa vào nó? Điều này có nghĩa là trong phản ứng giữa các phân tử ethane và oxy, độ lớn của hệ số $\alpha$ là rất nhỏ.

Nếu một quá trình hóa học xảy ra ở nhiệt độ không đổi thì chỉ cần biết các giá trị của hằng số tốc độ phản ứng $K$ là đủ để xác định nồng độ thay đổi như thế nào

31

chất racini trong suốt quá trình. Do đó, định luật tác dụng quần chúng có thể được viết như sau:

$$W = K [A][B],$$

(2)

trong đó ký hiệu $[A]$ và $[B]$ biểu thị nồng độ chất phản ứng thay đổi trong quá trình phản ứng.

Về mặt lý thuyết, việc tính toán hằng số tốc độ của một phản ứng hóa học là khá khó khăn, vì vậy trong hầu hết các trường hợp, nó phải được xác định dựa trên dữ liệu thực nghiệm.

Bài toán 2. Xác định hằng số tốc độ của phản ứng giữa các chất $R$ và $S$, nếu qua thí nghiệm biết rằng nồng độ ban đầu của chúng là 1 mol/L và trong một giây xảy ra hiện tượng biến đổi hóa học chỉ ra 10% mỗi chất.

Trong 1 giây, 0,1 mol chất đó bị tiêu hao trong 1 lít thể tích; Điều này có nghĩa là trong mỗi centimet khối 6·10$^{19}$ xảy ra hiện tượng biến đổi hóa học, tức là tốc độ phản ứng

$$W = 6 \cdot 10^{19} \text{ cm}^{-3} \text{c}^{-1}.$$

Thay giá trị nồng độ ban đầu và tốc độ phản ứng $W$ vào phương trình (2), ta xác định được giá trị của hằng số tốc độ phản ứng:

$$K = \frac{W}{[R]_0 [S]_0} = 0,1 \frac{\lambda}{mol \cdot c} = 1,7 \cdot 10^{-20} \frac{cm^3}{c}.$$

Chúng tôi đã tính giá trị của hằng số $K$ ở nồng độ không đổi $[R]_0$ và $[S]_0$. Nếu tốc độ của quá trình không đổi, các chất $R$ và $S$ sẽ phải được tiêu thụ hoàn toàn trong 10 giây, vì như đã đề cập, 10% tổng lượng chất ban đầu được tiêu thụ trong 1 giây. Tuy nhiên, thực tế không phải vậy. Nồng độ thuốc thử trong quá trình phản ứng giảm theo thời gian và tốc độ tiêu thụ chúng, tức là tốc độ phản ứng, cũng giảm theo. Trong cùng một khoảng thời gian, lượng thời gian khác nhau được sử dụng ở các giai đoạn khác nhau của phản ứng; tốc độ phản ứng là không đổi.

Hãy lấy các khoảng $\tau$ là 6 giây, 2 giây và 1 giây. Trong Hình 2, a, đường màu xanh lá cây tương ứng với phép tính nồng độ ở $\tau = 6$ c, đường màu đen ở $\tau = 2$ c và đường màu xanh lam ở $\tau = 1$ c. Trong Hình 2, b

32

sự thay đổi tốc độ phản ứng với các giá trị gần đúng tương tự được hiển thị.

Vì trên thực tế nồng độ các chất phản ứng thay đổi liên tục nên phép tính của chúng ta sẽ chính xác hơn khi khoảng τ càng nhỏ. Để thu được giá trị chính xác của nồng độ chất phản ứng tại một thời điểm nhất định, bạn cần đạt đến giới hạn ở τ→0, có tính đến tốc độ phản ứng thay đổi liên tục.

Phép tính vi phân cho phép chúng ta giải quyết bài toán này một cách chính xác. Nồng độ thuốc thử [N]₄ tại mỗi thời điểm nhất định được xác định bởi sự tuân thủ

$$[N]_t = \frac{[N]_0}{1 + K[N]_0 t},$$

trong đó [N]₀ là nồng độ ban đầu, t là thời gian, sản phẩm tính từ lúc bắt đầu phản ứng *).

Thay thế vào phương trình (3) các giá trị của hằng số tốc độ và nồng độ ban đầu mà chúng tôi tìm thấy, chúng tôi tìm thấy nồng độ của các chất phản ứng và tốc độ của quá trình sẽ thay đổi như thế nào theo thời gian:

$$[R]_t = [S]_t = \frac{1}{1 + 0.1t} \text{ mol/l} = \frac{6 \cdot 10^{20}}{1 + 0.1t} \text{ cm}^{-3},$$

$$W_t = \frac{0,1}{(1 + 0.1t)^2} \text{ mol/l} \cdot c = \frac{6 \cdot 10^{19}}{(1 + 0.1t)^2} \text{ cm}^{-3} \cdot c^{-1}.$$

Những sự phụ thuộc này được thể hiện bằng các đường màu đỏ trên Hình 2, a, b.

Các đường cong thực sự của sự thay đổi tốc độ của quá trình hóa học và nồng độ chất phản ứng khác biệt đáng kể so với các đường cong tương tự thu được bằng phương pháp gần đúng.

Phương trình (3) cho phép bạn tính toán nồng độ thuốc thử và tốc độ của quá trình tại bất kỳ thời điểm nào và đối với bất kỳ nồng độ ban đầu nào của thuốc thử.

Tuy nhiên, một quá trình hóa học không phải lúc nào cũng thể hiện một phản ứng cơ bản về sự tương tác giữa các chất ban đầu với chất khác. Quá trình tổng thể có thể phức tạp hơn; nó bao gồm một số phản ứng nguyên tố xảy ra đồng thời.

Ví dụ, sản phẩm phản ứng có thể tương tác với nhau hoặc phản ứng với nguyên liệu ban đầu. Rõ ràng, trong trường hợp này, phương trình (3) sẽ không còn mô tả động học của quá trình nữa và cần phải rút ra các phương trình khác phức tạp hơn trong đó tốc độ của tất cả các phản ứng nguyên tố xảy ra trước thời điểm xảy ra quá trình.

Về vấn đề này, không chỉ có thể xác định hằng số tốc độ của các phản ứng nguyên tố mà còn có thể đảm bảo rằng quá trình thực sự được coi là một tập hợp các phản ứng này.

Bài tập 4. Hình 3 a thể hiện kết quả sự thay đổi nồng độ axit clohydric trong phản ứng clo hóa xycloen khi có mặt chất xúc tác,

$$\text{a на рисунке 3,6 — результаты изменения концентрации формальдеена в реакции получения диметилдиокана.}$$

Tìm hiểu phản ứng nào trong số những phản ứng này có thể được mô tả bằng phương trình phản ứng phân tử sinh học.

33

Nếu phản ứng là lưỡng phân tử thì sự thay đổi nồng độ của chất phản ứng theo thời gian sẽ thỏa mãn phương trình (3).

Hãy viết lại phương trình (3) hơi khác một chút:

$$\frac{1}{[N]_t} = \frac{1}{[N]_0} + Kt. \quad (4)$$

Phương trình (4) là phương trình đường thẳng nghịch đảo tọa độ nồng độ - thời gian. Hằng số tốc độ của phản ứng lưỡng phân tử bằng tiếp tuyến của góc nghiêng của đường thẳng này với trục $t$.

Lấy các giá trị nồng độ từ Hình 3, $a$, $b$, chúng ta xây dựng đường cong nghịch đảo nồng độ của các chất ban đầu theo thời gian (Hình 4, $a$, $b$). Có thể thấy rằng trong trường hợp lật cyclohexade, thực tế thu được một đường thẳng. Điều này có nghĩa rằng đây là một phản ứng lưỡng phân tử. Hằng số tốc độ của phản ứng này là:

$$K = \text{tg}\varphi \approx 0,02 \text{ л/моль} \cdot \text{с.}$$

Đối với phản ứng thứ hai, đường cong thu được khác biệt đáng kể so với đường thẳng. Vì thế nó phức tạp hơn

Định lý Gulden *) nói về thể tích của một vật giằng có được nếu một hình phẳng giằng quanh một trục nằm trong mặt phẳng của nó. Nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu bột yến mạch không nằm trong mặt phẳng của hình? Làm thế nào để tính thể tích của thân giằng trong trường hợp này? Trong trường hợp này, hai định lý sau đây có thể giúp ích.

Định lý 1. Cho α và β là hai mặt phẳng biến thiên và l là đường giao nhau của chúng. Hơn nữa, giả sử F là một hình phẳng nào đó có mặt phẳng γ là một biến của mặt phẳng β và F₁ là hình chiếu của hình F lên mặt phẳng α. Khi đó thể tích của vật thu được khi uốn hình F quanh trục l bằng thể tích của vật thu được khi uốn hình F₁ quanh trục l.

Bằng chứng. Vẽ mặt phẳng p, mặt phẳng xen kẽ đường thẳng l, cho mặt phẳng này cắt hình F dọc theo đoạn AB (nếu giao điểm của mặt phẳng p với hình F gồm nhiều đoạn thì các giao điểm không thay đổi). Đoạn AB có thể thay đổi trong mặt phẳng β và do đó hình chiếu của nó lên mặt phẳng α sẽ là đoạn A₁B₁, bằng đoạn AB. Đoạn A₁B₁ biểu thị giao điểm của mặt phẳng p với hình F₁. Hình 1 trình bày trường hợp đoạn AB không cắt mặt phẳng β (chúng tôi trình bày cho bạn đọc trường hợp đoạn này cắt mặt phẳng β). Thân V được tạo ra từ áo ngực-

*) Xem «Kvant» Số 6, 1973, tr. 4.

Cơm. 1.

37

Trong trường hợp này, một hình gồm hai hình tam giác $BB_1D_1$ và $A_1B_1D_1$ tương đương nhau khi được quay theo đường chéo tương đối $BD_1$, nghĩa là chúng có cùng một thân (kiểm tra cái này!). Thể tích yêu cầu là $v = v_1 + v_2$, trong đó $v_1$ và $v_2$ là thể tích thu được bằng cách xoay các tam giác $BB_1D_1$ và $A_1B_1D_1$ quanh trục $BD_1$. Vì $BD_1 = a\sqrt{3}$ và $B_1O_1 = \frac{a\sqrt{6}}{3}$ (trong đó $B_1O_1 \perp BD_1$), thì $v_1 = \frac{1}{3}\pi \cdot B_1O_1^2 \cdot BD_1 = \frac{2\pi a^3\sqrt{3}}{9}$.

Thể tích $v_2$ bằng thể tích của vật thu được khi quay tam giác $A_1B_1D_1$ quanh trục $B_1D_1$, nhân với cos $\theta$, trong đó $\theta$ là góc nghiêng của đường chéo $BD_1$ với mặt phẳng tam giác $A_1B_1D_1$ (theo Định lý 2).

Nhận thấy cos $\theta = \frac{B_1D_1}{BD_1} = \frac{\sqrt{6}}{3}$, dễ dàng tìm được $v_2 = \frac{1}{3}\pi \cdot A_1O_1^2 \cdot B_1D_1 \times \cos \theta = \frac{\pi a^3\sqrt{3}}{9}$. Thể tích yêu cầu là $v = v_1 + v_2 = \frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$.

Bài toán 2. Một trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì song song với đáy của một lăng trụ lục giác đều và được gọi 3 a từ tâm của nó; chúng tôi gọi cái còn lại từ tâm lăng kính đến 2a$\sqrt{3}$. Đường chéo chính của lăng kính song song với đường thẳng $l$, dọc theo đó các mặt phẳng được chỉ định giao nhau và các cạnh của lăng kính bằng $a$. Tìm khối lượng của cơ thể,

$$v_2 = \left( \frac{3}{2} a^2 \sqrt{3} \right) \cdot 2\pi (2a\sqrt{3}) = 18\pi a^3.$$

Khối lượng yêu cầu: $v = 30\pi a^3$.

Tóm lại - một số bài toán cho một lời giải độc lập.

1. Tìm thể tích của vật thu được khi quay một đường tròn có bán kính $R$, nếu trục quay nghiêng với mặt phẳng hình tròn một góc $\theta$ và hình chiếu của nó lên mặt phẳng của nó: a) đi qua tâm đường tròn; b) đi cách tâm vòng tròn một khoảng $m > R$.

2. Mặt phẳng $\alpha$ song song với đáy của một hình trụ có bán kính đáy $R$ và chiều cao $2R$ và đi một khoảng $2R$ tính từ tâm của nó. Lấy $l$ nằm trong mặt phẳng $\alpha$ và cách hình chiếu của hình trụ lên mặt phẳng $\alpha$ một khoảng $2R$. Tìm thể tích của vật thu được khi quay hình trụ quanh trục $l$.

39

Đối với $n = 1$ tuyên bố của chúng tôi rõ ràng là đúng. (Tuy nhiên, điều này không có gì đáng ngạc nhiên: nếu chỉ có một thẻ được lật lên với số đó thì tất nhiên chúng ta có một số ở phía trước.)

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu mệnh đề $Y_n$ đúng với $n = k$ (trong đó $k$ là số nguyên bất kỳ từ 1 đến 99), thì nó cũng đúng với $n = k + 1$.

Đặt số thẻ lên $k + 1$ trên bàn. Một lá bài (tạm gọi là $A$) là sự đối xứng của bàn trong giây lát. Sẽ có $k$ thẻ còn lại trên bàn. Trên chúng (theo giả định quy nạp) một số giống nhau được viết (một số số $X$).

Vì vậy, trên tất cả các thẻ - có lẽ ngoại trừ $A$ - số $X$ được viết.

Bây giờ chúng ta hãy thay thế một trong các thẻ $k$ trên bàn bằng thẻ $A$. Vẫn còn các thẻ $k$ trên bàn, có nghĩa là, bằng quy nạp, tất cả chúng đều có cùng một số được viết trên đó (mà chúng tôi ký hiệu ở trên là $X$). Trong đó có số $X$ ghi trên thẻ $A$, số mà chúng tôi mới ngồi xuống và bây giờ quay trở lại bàn.

Vì vậy, trên thẻ $A$ số $X$ cũng được viết.

Điều này có nghĩa là tất cả các thẻ $n$ ($n = k + 1$) đều có số $X$ được viết trên đó, đây là điều cần phải được chứng minh.

Do đó, xét theo điều § 1, câu $Y_1$ là đúng và mọi câu đúng $Y_h$ ($1 \leq k \leq 99$) theo sau là câu đúng $Y_{k+1}$. Do đó, tất cả các câu $Y_n$ đều đúng ($1 \leq n \leq 100$). Và cho dù trò chơi bài của chúng ta có ký sinh đến mức nào đi chăng nữa thì giờ đây nó chắc chắn sẽ luôn có tác dụng - điều này đã được chứng minh một cách nghiêm túc!

§ 3. Trên ngón tay

Một con lười hai chân to lớn, cực kỳ bất mãn rơi ra khỏi người tôi.

J.Darrell. Ba vé tham gia cuộc phiêu lưu.

Bằng cách lập luận tương tự như ở § 2, người ta có thể chứng minh được nhiều định lý đáng ngạc nhiên. Ví dụ, không khó để chứng minh rằng tất cả các con số đều bằng nhau hoặc tất cả các cô gái đều có màu mắt giống nhau.

Đối với chúng tôi, có vẻ như tuyên bố cuối cùng xứng đáng được thảo luận chi tiết hơn. Vì vậy, hãy tập hợp một số lượng hoàn hảo các $n$ cô gái ngẫu nhiên, - myda (bây giờ chúng tôi sẽ chứng minh điều này) $y$ trong số họ $y$ tất cả các mắt sẽ có cùng màu.

Đối với $n = 1$ tuyên bố này là hiển nhiên (mặc dù nó có ít nội dung). Quá trình chuyển đổi từ $n = k$ sang $n = k + 1$ theo nghĩa đen là “trên ngón tay” (Hình 1). Để làm điều này, hãy lấy $k = 4$, $k + 1 = 5$, theo số ngón tay trên bàn tay.

40

Theo giả thuyết quy nạp thì cứ bốn cô gái đều có màu mắt giống nhau. Hãy tập hợp lại (Hình 1, a) 5 cô gái hoàn toàn tùy ý (A, B, C, D và E). Theo giả thuyết quy nạp, bốn người trong số họ đều có đôi mắt cùng màu. Đặc biệt, tất cả trừ A đều có mắt cùng màu với C (Hình 1, θ), và tất cả trừ E cũng có mắt cùng màu với C (Hình 1, c). Vậy năm cô gái nào cũng có màu mắt giống nhau.

Đối với k lớn hơn, việc chứng minh được tiến hành mà không có bất kỳ thay đổi nào (chỉ khi bạn muốn thực hiện “bằng tay”, bạn có thể phải mời một vài người bạn giúp đỡ).

Ở sự khác biệt

1. Nếu bạn nghi ngờ tính xác thực của một tuyên bố đã được chứng minh, “bạn có thể thử một phương pháp thử nghiệm bằng cách nhìn vào mắt một số cô gái” (Ca hát. Toán học và Lý luận hợp lý.)

2. Nếu tên của nhà sinh vật học và nhà văn J. Darrell trước đây không quen thuộc với bạn, thì phần ngoại truyện ở § 3 đã đóng vai trò chính của nó: Tôi thực sự khuyên bạn nên nhanh chóng làm quen với những cuốn sách của Darrell, những cuốn sách thú vị và đầy hài hước nhẹ nhàng. Tuy nhiên, khi chọn sử thi, chúng tôi còn theo đuổi một mục tiêu khác, ngoài mục đích tuyên truyền thuần túy. Bạn nghĩ gì - cái nào?

U kazan và e. Đoạn văn có một số mối liên hệ với tiêu đề của § 3, với nội dung của nó cũng như với nội dung của § 2: (Lưu ý rằng trong trường hợp liên kết với tiêu đề của § 4 thì ngược lại, chúng là ngẫu nhiên.)

§ 4. Về hiền nhân lười biếng

Ba ngày A, B và C đang ngồi trong toa tàu với khuôn mặt lấm lem và cả ba đều bị nước cuốn đi. Đột nhiên chúng tôi thông báo cho A: tại sao B không nhận ra C đang cười mình? - Ồ, nhiều hơn nữa! Họ sẽ cười nhạo tôi.

J. Littlewood. Hỗn hợp toán học.

N nhà thông thái đang đi trên một toa tàu. Có một phong cảnh đáng yêu bên ngoài cửa sổ.

41

Tàu thỉnh thoảng lại lao vào đường hầm. Thật ngoạn mục. Tất cả các nhà thông thái đã tập trung tại hành lang của Varon, nhìn ra những cửa sổ đang mở và họ không thể chán được.

Đột nhiên trong một đường hầm có tiếng gầm, khói, bụi! Một số loại bụi bẩn rơi vào cửa sổ. Chúng tôi đi qua đường hầm và người soát vé đi vào. “Có ai đó đã làm bẩn ở đây,” anh nói. – Thật không may, trên tàu không có nước. Nhưng bây giờ sẽ có nhiều điểm dừng liên tiếp hơn nên bạn có thể xuống tàu và tắm rửa ”.

Bây giờ tôi cần cảnh báo bạn - những nhà thông thái ở Varona tập hợp lại như một cuộc tuyển chọn: thông minh cũng như lười biếng. Chẳng có ai sẽ giặt giũ một cách vô ích (trừ khi anh ta biết chắc chắn rằng mình đã bị bẩn). Và họ sẽ không hỏi hàng xóm xem chỗ ở của anh ta có sạch sẽ và bẩn không - tại sao họ lại phải làm phiền người dân và khiến bản thân họ phải lo lắng? - xin hãy báo cáo.

Các nhà thông thái sẽ làm gì sau khi có thông báo về người hướng dẫn?

Người ta nói rằng nếu n người trong số họ có khuôn mặt bẩn thì tại điểm dừng thứ n tất cả n nhà thông thái này sẽ xuống tàu để tắm rửa.

Hãy chứng minh khẳng định bằng quy nạp.

Trường hợp n = 1. Khi n = 1 câu lệnh rất indo. Nhà hiền triết $M_1$ với khuôn mặt dữ tợn sẽ biết được từ thông báo của người soát vé rằng có những hành khách với khuôn mặt bẩn thỉu ở varona. Nhìn quanh những người hàng xóm của mình, anh phát hiện ra rằng khuôn mặt của họ đều sạch sẽ. Vì vậy, chính anh ta là người có khuôn mặt bẩn thỉu. Vì vậy, đến điểm dừng đầu tiên anh ấy sẽ tự đi tắm rửa.

Chuyển từ n = k sang n = k + 1. Hãy chứng minh rằng nếu mệnh đề đúng với n = k thì nó cũng đúng với n = k + 1

Hãy để khuôn mặt của những nhà thông thái $M_1$, …, $M_{k+1}$ bị vấy bẩn. Sau đó $M_{k+1}$ nhìn thấy những khuôn mặt k griz ($M_1$, …, $M_k$) xung quanh và lý do như sau:

“Có thể xảy ra hai trường hợp:

1. Tôi có một khuôn mặt sạch sẽ;
2. Mặt tôi bẩn.

Trong trường hợp thứ nhất, tất cả k nhà thông thái với khuôn mặt ghê rợn mà tôi nhìn thấy xung quanh sẽ đi tắm rửa ở điểm dừng thứ k (vì theo giả định indukini, câu phát biểu đúng với n = k).

Vì trường hợp thứ nhất có thể xảy ra nên tôi không nên xuống ở điểm dừng thứ k hoặc sớm hơn: nếu tôi sạch sẽ thì đây sẽ là một sự lãng phí năng lượng không thể tha thứ được! Ai lại đi đến kết luận này ở chỗ tôi, một người bạo lực, không dễ bị người khác làm phiền *).

Nhưng tất nhiên trường hợp thứ hai cũng có thể xảy ra: có lẽ tôi cũng có bộ mặt dữ tợn. Tuy nhiên, sau đó, mỗi hiền nhân bẩn thỉu $M_1$, …, $M_k$ nhìn thấy k khuôn mặt bẩn thỉu xung quanh mình. Trong tình huống này, không ai trong số họ - khôn ngoan và nhàn nhã - sẽ đi rửa ở điểm dừng thứ k (xem đoạn trước).

Vì vậy, nếu các nhà thông thái $M_1$, …, $M_k$ không đi rửa ở điểm dừng thứ k, thì tôi đang cáu kỉnh, và tôi nên đi rửa. Tôi sẽ đợi điểm dừng thứ k. Ở đó không rửa mặt được thì đến trạm dừng (k+1) tiếp theo xuống rồi rửa mặt nhé!”

Tất cả những nhà thông thái với khuôn mặt ghê rợn đều lý luận theo cách tương tự. Do đó, tại điểm dừng thứ (k + 1) chúng sẽ đi rửa, đây là điều cần chứng minh.

Bài toán

1. Hãy thay đổi câu chuyện của chúng ta một chút.

Biết rằng những nhà thông thái đang cưỡi ngựa trên Varon và thấy nhiều người trong số họ đã bị vấy bẩn, người soát vé quyết định rút ngắn thông báo của mình.

“Tại sao tôi phải nói rằng ai đó đã bị bẩn,” anh nghĩ, “khi chính họ có thể nhìn thấy điều đó!” Và anh ấy bỏ qua câu đầu tiên của thông báo.

Vẫn có thể nói rằng nếu n người mặt bẩn thì đến điểm dừng thứ n họ sẽ đi rửa mặt?

2. Hãy thực hiện một thay đổi khác cho câu chuyện.

*) Đây có lẽ là cách anh ấy sẽ thay đổi tinh thần lười biếng của mình.

42

Giả sử vào lúc đoàn tàu đi qua đường hầm xấu số, một số nhà thông thái đang ở trong khoang của mình: một số nhìn ra cửa sổ, một số đang ngủ gật. . .

Giọng nói lớn của người soát vé, người lần này lại phát ra toàn bộ nội dung thông báo, được mọi người vô tình nghe thấy, nhưng không ai có thể đảm bảo rằng những người khác cũng nghe thấy thông báo. Sau một thời gian (ngay cả trước điểm dừng đầu tiên), tất cả các nhà hiền triết sẽ tập trung tại hành lang Varona. . .

Câu hỏi tương tự như trong bài toán 1.

Cảnh báo. Nếu bạn muốn tự mình giải quyết bài toán được đề xuất (không có gợi ý), thì đừng đọc § 5.

§ 5. Người soát vé nói gì?

Hay nghĩ rằng tôi nghĩ, Điều anh nghĩ: Tôi đang mơ!

S. Marshak. Đến từ Coventry Palmore

Hãy để chính những nhà thông thái - không cần người hướng dẫn - biết rằng trên tàu không có nước, và sau đường hầm sẽ có những điểm dừng dài để bạn có thể tắm rửa. Ngoài ra, hãy để nhiều người bị bẩn trong đường hầm bẩn thỉu. Sau đó, trong thông báo của người soát vé, dường như không có gì mới mẻ đối với bất kỳ nhà hiền triết nào!

Vậy thì sao - nếu người soát vé không hề đến - liệu những người bẩn thỉu có đi rửa ở điểm dừng thứ n không?

Bạn rất muốn trả lời “Có”: vì không có gì thay đổi trong các điều kiện bài toán, nên có vẻ như đáp số cũng không nên thay đổi! Chưa hết, lẽ thường quy định rằng nếu không có thông báo của người soát vé, bạn sẽ không thể tự tắm rửa, xin lỗi! Và sau đó - nó có nghĩa là gì: “không có gì thay đổi trong điều kiện”? Tuy nhiên, trong một phiên bản, người soát vé hoàn toàn không đến, nhưng trong phiên bản khác, anh ta đến và nói điều gì đó!!!

Cuối cùng anh ấy đã nói gì?

Vấn đề này, rõ ràng, không thể được giải quyết chỉ bằng những câu cảm thán. Vì vậy, chúng ta hãy bình tĩnh và phân tích kỹ lưỡng trường hợp đơn giản nhất có thể xảy ra: n = 2 (không thể đặt n = 1, vì cho rằng có nhiều hơn một người bị bẩn).

Trường hợp n = 2. Mặt của hiền nhân M₁ và M₂ bị bẩn. Họ nhìn thấy nhau, và do đó mỗi người trong số họ thực sự biết rằng ai đó đã bị bẩn.

Đặt mình vào vị trí của M₂, hãy lặp lại lý do của § 4.

“Có 2 trường hợp có thể xảy ra:

1. Tôi có một khuôn mặt sạch sẽ;
2. Mặt tôi bẩn.

Trong trường hợp thứ nhất, M₁ chỉ nhìn thấy khuôn mặt sạch sẽ, nhưng chúng tôi biết rằng ai đó đã bị bẩn, nhưng M₂ có công khai nhận thức được điều này? Chính xác thì làm thế nào M₂ biết rằng M₁ biết ai đó đã làm bẩn?

… Cuối cùng, chúng tôi dường như đã tìm thấy chìa khóa của lời giải.

Nếu người soát vé đi ngang qua thì thông báo của ông ta thực sự không phải là tin tức gì đối với M₁ và M₂. Nhưng M₂ thấy rằng M₁ phân phát quảng cáo này. Đó là lý do tại sao nếu người soát vé đến thì M₂ biết rằng M₁ biết có người đã làm bẩn.

Nếu người soát vé không đến thì không có dấu hiệu nào của M₂ về việc này. Trên thực tế, chúng ta biết rằng M₂ có khuôn mặt bẩn, và do đó chúng ta biết rằng M₁ biết rằng ai đó (có thể là M₂, hoặc có thể anh ta cũng vậy) đã bị bẩn, nhưng bản thân M₂ thừa nhận khả năng rằng anh ta có khuôn mặt sạch sẽ và do đó M₁ chỉ nhìn thấy những khuôn mặt sạch sẽ. Nhưng nếu M₁ không nhìn thấy khuôn mặt bẩn và nếu người hướng dẫn không đến thì M₁ không có cách nào để biết rằng ai đó đã bị bẩn. Điều này có nghĩa là nếu người soát vé không đến thì M₂ không có cách nào để biết rằng M₁ biết rằng ai đó đã làm bẩn.

Chưa kết hôn. Để dây dẫn không tới, n = 2; hiền nhân M₁ và M₂ bị bẩn, hiền nhân M không bị bẩn. Phát biểu nào sau đây là đúng?

a) M₂ biết rằng M biết ai đó đã làm bẩn,

43

b) $M$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn,
c) $M_2$ biết rằng $M$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn,
d) $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó không bị bẩn.

Phân tích sâu hơn. Tại $n > 2$, mọi nhà thông thái, dù không cần thông báo của người hướng dẫn, sẽ không chỉ biết rằng ai đó đã bị bẩn mà còn những người khác đều biết về điều đó. Ví dụ: giả sử ranh giới của các nhà hiền triết là ba: $M_1$, $M_2$ và $M_3$. Sau đó $M_2$ biết rằng $M_1$ nhìn thấy khuôn mặt xấu xí của $M_3$. Vì vậy, $M_2$ biết rằng $M_1$ biết ai đó đã làm bẩn, và nếu người đó không đến thì $M_3$ không có cách nào để biết về việc đó.

Do đó, sự khác biệt giữa tùy chọn khi dây dẫn đến hoặc không đến, ở $n > 2$ càng trở nên tinh tế hơn. Hãy để chúng tôi xây dựng nó một cách chính xác cho $n = 3$.

Trường hợp $n = 3$. Nếu người hướng dẫn đến, thì $M_3$ biết rằng $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn, và nếu anh ta không đến, thì $M_3$ không có cách nào để biết về điều đó.

Chưa kết hôn. Kiểm tra tuyên bố cuối cùng.

Trường hợp chung. Một triết gia nổi tiếng đã từng nhận xét:
Nếu một người nói một câu
“Tôi nghĩ về những gì tôi nghĩ về …”, sau đó ở lượt đầu tiên - lượt thứ tư, chúng tôi đo lường ý nghĩa của những gì đang được nói.

Trong trường hợp chung, chúng ta sẽ phải thực hiện không phải ba hoặc bốn vòng mà là $n$ vòng quay. Chúng ta hãy biểu thị bằng $U_k$ câu sau: $M_k$ biết rằng $M_{k-1}$ biết, …, rằng $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn.

Khi đó, sự khác biệt giữa các phương án được so sánh có thể được biểu diễn dưới dạng định lý sau:
Hãy để người hướng dẫn đến, và các nhà hiền triết $M_1$, …, $M_n$ (và có thể là người khác) sẽ làm bẩn những khoảng trống của họ. Khi đó khẳng định $U_n$ là đúng.

Hãy để người hướng dẫn không đến và sa mạc bẩn thỉu với các nhà hiền triết $M_1$, …, $M_n$ (và chỉ với họ). Khi đó khẳng định $U_n$ là đúng.

Hãy chứng minh định lý này bằng dấu hiệu.

Với $n = 1$ điều đó rất quan trọng: nếu người soát vé đến, thì $M_1$ biết từ thông báo của mình rằng có người đã bị bẩn, nhưng nếu người soát vé không đến và chỉ có mặt của $M_1$ bị bẩn thì anh ta không có cách nào để biết về điều đó; nghĩa là, ở phương án đầu tiên $U_1$ là công bằng, nhưng ở phương án thứ hai thì không công bằng.

Quá trình chuyển đổi từ $n = k$ sang $n = k + 1$ được thực hiện như sau.

Tùy chọn I (có hướng dẫn). Các mặt của $M_1$, …, $M_{k+1}$ bị bẩn. Điều này có nghĩa là một phần chúng bị bẩn ở $M_1$, …, $M_k$. Điều này có nghĩa là theo giả định chỉ định, câu $U_k$ là đúng. Điều này, tất nhiên, nhà thông thái $M_{k+1}$ biết, tức là $M_{k+1}$ biết rằng $M_k$ biết, … rằng $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn. Như vậy, khẳng định $U_{k+1}$ là đúng.

Tùy chọn II (hướng dẫn không đến). Nhà hiền triết $M_{k-1}$ thừa nhận rằng mình có thể có khuôn mặt sạch sẽ. Trong trường hợp này, theo quan điểm của anh ấy, chỉ có khuôn mặt của $k$ hiền nhân $M_1$, …, $M_k$ là bẩn, và do đó, theo giả định biểu thị, tuyên bố $U_k$ là đúng. Vì vậy, giả sử mặt mình sạch, $M_{k+1}$ buộc phải thừa nhận rằng $M_k$ không biết rằng $M_{k-1}$ biết, … rằng $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn*).

Và đồng thời, cuối cùng cũng làm rõ được những gì người hướng dẫn đã nói với nhà hiền triết. Càng nhiều $n$, hóa ra càng có nhiều nhà hiền triết học được từ thông báo của anh ấy - người có udida sẽ nghe thấy!

Nói cách khác, $M_{k+1}$ không biết rằng $M_k$ biết, …, rằng $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng ai đó đã làm bẩn, tức là câu nói $U_{k+1}$ là đúng.

Định lý đã được chứng minh.

*) Trên thực tế, $M_k$ biết về điều này, tức là trên thực tế - chứ không phải theo quan điểm của $M_{k+1}$, người cho rằng anh ta có khuôn mặt sạch sẽ - tuyên bố $U_k$ là đúng. Hãy kiểm tra nó.

44

§ 6. Dấu chấm trên 1

Những độc giả đã vượt qua mọi trở ngại để đến cuối § 5 khó có thể tìm thấy những lời giải thích sau. Tuy nhiên, “vì trật tự”, chúng tôi vẫn cung cấp cho họ.

1. Trong § 3, quá trình chuyển đổi từ $k=4$ sang $k+1=5$ được tiếp tục mà không có lỗi. Cũng đúng là đối với $k$ lớn, chứng minh được chấp nhận mà không có thay đổi nào. Cũng không khó để đi từ $n=2$ đến $n=3$ và từ $n=3$ đến $n=4$. “Chỉ” quá trình chuyển đổi từ $n=1$ sang $n=2$ không hoạt động. Anh ta không thể hiểu được vì tại $n=2$ câu phát biểu là sai: không có hai cô gái nào có đôi mắt giống nhau.

Nếu bạn vẫn cố gắng chứng minh bằng chứng “trên ngón tay của bạn” trong trường hợp này thì sẽ chẳng có kết quả gì (trong § 3 chúng ta đã kết nối $A$ và $E$ bằng một “cây cầu” $C$: cả $A$ và $E$ đều có mắt cùng màu với $C$; nếu chỉ có hai ngón tay thì cây cầu đó không có).

Con lười hai ngón trong biểu tượng được coi là để thu hút sự chú ý đến sự việc được chỉ định riêng.

2. Trong § 2, câu $Y_2$ là đúng, nhưng tất cả các câu $Y_n$, bắt đầu từ câu thứ hai, đều sai. Việc chuyển đổi từ $n=k$ sang $n=k+1$ được điều chỉnh chính xác cho $k \ge 2$. Quá trình chuyển từ $n=1$ sang $n=2$ có lỗi: khi chúng ta loại bỏ lá bài $A$ thì trên bàn còn lại một lá bài; nó có một số được viết trên đó, nhưng không nhất thiết phải là số $X$.

3. Nếu chúng ta bỏ qua câu hỏi liệu $M_2$ có biết rằng $M_1$ biết rằng bạn cần tắm rửa không phải trong tư thế mà là ở bãi đậu xe hay không (và nếu bạn biết, $M_3$ có biết về điều đó, v.v.), thì bài toán được thảo luận ở § 5 tương đương với bài toán 1 từ § 4. Do đó, nếu người soát vé không thông báo rằng “ai đó đã làm bẩn”, thì không có câu hỏi nào trong số đó những nhà thông thái sẽ đi tắm rửa (không phải ở điểm dừng thứ $n$, cũng không phải ở bất kỳ điểm dừng nào khác).

Sẽ không có ai đi rửa ngay cả khi $n>1$ và không phải tất cả $n$ của các nhà hiền triết bẩn thỉu đều có mặt trong thông báo của người soát vé (bài toán 2 từ § 4). Cách chứng minh tương tự như chứng minh có dây ở § 5, chỉ cần tìm quy nạp với $n=2$: với $n=1$ cây xô thơm bẩn duy nhất có thể tự rửa sạch ở lần thứ nhất-

tanovka bất kể anh ta đang ở đâu vào thời điểm người soát vé thông báo.

4. Trong bài tập 1 từ § 5, các câu a), b) và d) là đúng, nhưng các câu c) là sai.

5. Cùng với câu $U_e$ (đúng nếu người soát vé đến và sai nếu người soát vé đến), để phân biệt giữa các lựa chọn có thể so sánh trong § 5, chúng ta có thể sử dụng các câu lệnh $n!$ khác, có được từ $U_n$ bằng tất cả các hoán vị có thể có của các chữ cái $M_1$, . . . , $M_n$. Ví dụ: $M_1$ biết rằng $M_2$ biết . . . rằng $M_n$ biết rằng ai đó đã bị bẩn.

Tất cả các câu lệnh $n!$ này đều chứa $n$ lượt. Câu lệnh “ngắn hơn” (nội dung không quá $n-1$ lượt) không cho phép chúng tôi phân biệt giữa các lựa chọn khi hướng dẫn đến hoặc không đến. Ví dụ: câu lệnh $U_{n-1}$ có hiệu lực mà không cần khai báo chất dẫn điện, vì $M_{n-1}$ biết rằng $M_{n-2}$ biết. . . rằng $M_2$ biết rằng $M_1$ biết rằng $M_n$ là bẩn.

6. Ngày hài hước từ đoạn văn đến § 4 đều đồng ý rằng cô ấy có khuôn mặt bẩn thỉu, mặc dù không có người soát vé nào đưa ra bất kỳ thông báo nào. Vai trò của người hướng dẫn được thực hiện bởi sự kết hợp bất cẩn của những người hàng xóm. Tất nhiên, những nhà hiền triết theo luật định sẽ không cho phép mình làm những điều như vậy!

45

I. F. Sharyzin
Về một quỹ tích điểm

Năm «Kvant» Số 11 cho năm 1972 trong “Vấn đề «Kvant»” bài toán M174 đã được đề xuất. Vòm điều kiện của nó.

Trên các cạnh của tam giác ABC, cũng như trên các đáy, các tam giác đều AB₁C, BA₁C và AC₁B được dựng (Hình 1). Chứng minh rằng các đường vuông góc lần lượt vẽ từ các điểm A, B, C tới các đường thẳng B₁C₁, C₁A₁ và A₁B₁ cắt nhau tại một điểm.

Bài viết đã xuất bản mô tả một phương pháp khá tổng quát lời giải bài toán thuộc loại này, cụ thể là lời giải bài toán M174. Ở cuối bài viết có bài toán dành cho lời giải độc lập.

Khá thường xuyên có bài toán, trong đó cần phải chứng minh rằng có ba đường thẳng trở lên cắt nhau tại một điểm. Thông thường, những bài toán này có thể được giải theo cách này: chứng minh rằng hai trong số các đường thẳng đang xét cắt nhau tại một điểm thỏa mãn một số điều kiện được thỏa mãn bởi tất cả các điểm của đường thẳng thứ ba và chỉ chúng. Để làm ví dụ, chúng ta có thể trích dẫn hai định lý sau từ sách giáo khoa ở trường: các đường phân giác của các góc trong của một tam giác cắt nhau tại một điểm; các đường vuông góc vẽ trung điểm các cạnh của tam giác cắt nhau tại một điểm.

Tương tự, nếu bạn cần chứng minh rằng ba điểm trở lên nằm trên một đường thẳng, thì bạn có thể cố gắng chứng minh rằng tất cả các điểm được đề cập đều thỏa mãn một điều kiện được thỏa mãn bởi tất cả các điểm của một số đường thẳng và chỉ chúng (lý luận tương tự có thể được thực hiện không chỉ đối với đường thẳng mà còn, chẳng hạn như đối với đường tròn).

Bây giờ chúng ta sẽ nói về một vị trí hình học của các điểm giúp giải bài toán tương tự.

cách diễn đạt tuyên bố

Phát biểu 1. Cho A₁ và A₂ là hai điểm cố định (khác nhau) của mặt phẳng; k, k₁ và k₂ là số thực. Khi đó quỹ tích của điểm M sao cho

k₁ (A₁M)² + k₂ (A₂M)² = k,
chúng tôi sẽ:

a) một đường tròn hoặc một điểm hoặc một tập rỗng, nếu k₁ + k₂ ≠ 0;

b) một đường thẳng vuông góc với đoạn A₁A₂, nếu k₁ + k₂ = 0 (nhưng k₁ ≠ 0).

Cơm. 1.

46

Sự khái quát hóa của Tuyên bố 1 cho một số lượng lớn các điểm cũng đúng.

Phát biểu 2. Cho $A_1, A_2, \dots, A_n$ là các điểm cố định trên mặt phẳng, $k_1, k_2, \dots, k_n$ (tất cả $k_i \neq 0$) là các số. Khi đó quỹ tích các điểm $M$ cũng chính là tổng
$$k_1(A_1M)^2 + k_2(A_2M)^2 + \dots + k_n(A_nM)^2$$
không đổi, chúng tôi sẽ
a) đường tròn, điểm hoặc tập rỗng nếu $k_1 + k_2 + \dots + k_n \neq 0$;
b) một đường thẳng hoặc toàn bộ mặt phẳng nếu $k_1 + k_2 + \dots + k_n = 0$.

Sử dụng Tuyên bố 16, chúng ta có thể chứng minh điều kiện rất hữu ích sau đây.

Phát biểu 3. Để các phân bố lại bị lược bỏ khỏi các điểm $A_1, B_1$ và $C_1$ tương ứng với các cạnh BC, AC và AB của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm thì điều kiện cần và đủ để thỏa mãn đẳng thức
$$(A_1B)^2 - (BC_1)^2 + (C_1A)^2 - (AB_1)^2 + (B_1C)^2 - (CA_1)^2 = 0.$$ (1)

Hệ quả sau đây được rút ra từ phát biểu cuối cùng.

Phát biểu 4. Nếu phân phối lại giảm từ các đỉnh $A_1, B_1, C_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ xuống các cạnh BC, AC và AB của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm, thì phân phối lại giảm từ các điểm $A, B$ và $C$ xuống các đường thẳng $B_1C_1, A_1C_1$ và $A_1B_1$ cũng cắt nhau tại một điểm.

Hãy cố gắng tự mình chứng minh tất cả những tuyên bố này. Trước tiên, chúng tôi sẽ trình bày cách giải bài toán M174 bằng cách sử dụng câu 3 hoặc 4, sau đó chúng tôi sẽ chứng minh chính các câu phát biểu đó.

Lời giải bài toán M174

Theo Tuyên bố 3, chúng ta cần kiểm tra đẳng thức sau (xem Hình 1):
$$(AB_1)^2 - (B_1C)^2 + (CA_1)^2 - (A_1B)^2 + (BC_1)^2 - (C_1A)^2 = 0.$$

Cơm. 2.

47

Ở đâu
$(MD)^2 = \frac{k - k_1(A_1D)^2 - k_2(A_2D)^2}{k_1 + k_2} = C$.

Ở vế phải của đẳng thức cuối cùng, chúng ta thu được một giá trị không đổi và ký hiệu là $C$. Do đó, $(MD)^2$ không đổi, tức là điểm $M$ nằm trên một đường tròn có tâm tại điểm $D$ và bán kính $\sqrt{C}$, nếu $C > 0$; trùng với điểm $D$ nếu $C = 0$; Không có điểm $M$ thỏa mãn điều kiện bài toán nếu $C < 0$.

Dễ dàng kiểm tra mệnh đề ngược lại: điểm $M$ của tập hợp kết quả thỏa mãn hệ thức $k_1(A_1M)^2 + k_2(A_2M)^2 = k$; để làm điều này, chỉ cần thay biểu thức của $(MD)^2$ vào công thức (2).

Chúng tôi đã xem xét trường hợp $k_1 > 0$, $k_2 > 0$. Trường hợp $k_1 < 0$, $k_2 < 0$ trùng với việc thay thế các dấu hiệu $k_1$, $k_2$ và $k$ bằng các dấu ngược lại, và trong trường hợp $k_1 > 0$, $k_2 < 0$ (hoặc $k_1 < 0$, $k_2 > 0$), bạn chỉ có thể hành động theo cách tương tự như trong trường hợp đầu tiên điểm $D$ sẽ nằm ngoài đoạn $A_1A_2$ (Hình 3; tự thực hiện tất cả các phép tính). Công thức (2) vẫn có hiệu lực trong mọi trường hợp; chúng ta sẽ sử dụng điều này trong phần tiếp theo.

Phát biểu 16. Tỷ lệ
$$k_1(A_1M)^2 - k_1(A_2M)^2 = k$$

tỷ lệ tương đương
$$(A_1M)^2 - (A_2M)^2 = \frac{k}{k_1}$$.

Cơm. 3.

Cơm. 4. Hình 5.

Gọi $D$ là hình chiếu của điểm $M$ lên đường thẳng $A_1A_2$. Khi đó, theo định lý Pythagore (xem hình 4, 5)
$$(A_1M)^2 = (A_1D)^2 + (MD)^2,$$
$$(A_2M)^2 = (A_2D)^2 + (MD)^2,$$
Ở đâu
$$(A_1M)^2 - (A_2M)^2 = (A_1D)^2 - (A_2D)^2 = \frac{k}{k_1}.$$

Vì vậy, bài toán được rút gọn thành việc tìm các điểm $D$ trên đường thẳng $A_1A_2$ thỏa mãn mối quan hệ cuối cùng. Điểm như vậy rất dễ tìm thấy (kiểm tra) và nó là điểm duy nhất. điểm $M$ phải nằm trên đường vuông góc được khôi phục thành đường $A_1A_2$ tại điểm $D$.

Mệnh đề ngược lại cũng đúng (bạn hãy tự chứng minh): với tất cả các điểm của đường thẳng vuông góc với đoạn $A_1A_2$, hiệu giữa các bình phương khoảng cách đến $A_1$ và $A_2$ là bằng nhau.

Mệnh đề 1 đã được chứng minh.

Phát biểu 2. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Đối với $n = 2$ chúng ta đã chứng minh Mệnh đề 2. (Đối với $n = 2$ quỹ tích điểm là toàn bộ mặt phẳng nếu $k_1 + k_2 = 0$ và $A_1$ trùng với $A_2$. Khi đó với tất cả các điểm trên mặt phẳng $(A_1M)^2 - (A_2M)^2 = 0)$.

Bây giờ giả sử câu 2 đúng với một số $n$. Hãy chứng minh rằng nó cũng đúng với $(n + 1)$. Lưu ý rằng nếu $n \geq 2$ và tất cả $k_1, k_2, \dots, k_n, k_{n+1}$ không bằng 0 thì trong số đó

48

có hai số có tổng không bằng 0. Đặt nó là $k_1$ và $k_2$. Hãy lấy điểm $D$ được xây dựng trong chứng minh mệnh đề 1a và sử dụng công thức (2). Thế thì bình đẳng
$$k_1(A_1M)^2 + k_2(A_2M)^2 + k_3(A_3M)^2 + \dots + k_{n+1}(A_{n+1}M)^2 = k$$
có thể được viết dưới dạng
$$(k_1 + k_2)(DM)^2 + k_3(A_3M)^2 + \dots + k_{n+1}(A_{n+1}M)^2 = k - k_1(A_1D)^2 - k_2(A_2D)^2.$$
Bây giờ cái được xây dựng ở bên phải, và ở cái tiếp theo, số điểm đã giảm đi một, nhưng tổng các hệ số không thay đổi. Theo giả định quy nạp, đối với đẳng thức cuối cùng, Tuyên bố 2 đúng. Điều này có nghĩa là nó cũng đúng với điểm $(n+1)$. Mệnh đề 2 đã được chứng minh.

Tuyên bố 3. Sự cần thiết. Gọi $P$ là giao điểm của các phép phân phối lại bị bỏ qua từ $A_1$, $B_1$ và $C_1$ trên BC, AC và AB. Dự luật 16 ngụ ý sự bình đẳng
$$(A_1B)^2 - (CA_1)^2 = (PB)^2 - (CP)^2,$$
$$(B_1C)^2 - (AB_1)^2 = (PC)^2 - (AP)^2,$$
$$(C_1A)^2 - (BC_1)^2 = (PA)^2 - (BP)^2.$$
Cộng ba đẳng thức này lại, chúng ta thấy rằng trong trường hợp này điều kiện (1) được thỏa mãn.

Sự đầy đủ. Giả sử điều kiện (1) được thỏa mãn và đặt $P$ là giao điểm của các phép phân phối lại giảm từ $A_1$ xuống BC và $B_1$ xuống CA. Từ câu 16 suy ra rằng
$$(A_1B)^2 - (CA_1)^2 + (B_1C)^2 - (AB_1)^2 = (PB)^2 - (AP)^2.$$
Nhưng từ điều kiện (1), suy ra vế trái của đẳng thức cuối cùng bằng $(BC_1)^2 - (C_1A)^2$, tức là $(BC_1)^2 - (C_1A)^2 = (PB)^2 - (AP)^2$, và điều này có nghĩa là điểm $P$ nằm trên phân phối lại từ $C_1$ đến AB, đây là điều cần phải chứng minh.

Phát biểu 4. Nó tuân theo tính đối xứng của điều kiện (1) đối với $A$ và $A_1$, $B$ và $B_1$, $C$ và $C_1$.

Bài tập

1. Sử dụng Câu 3, chứng minh rằng các đường cao của tam giác cắt nhau tại một điểm.

2. Cho ba vòng tròn giao nhau theo cặp. Chứng minh rằng mọi đường tròn chung của hai đường tròn bất kỳ đều đi qua một điểm.

3. Chứng minh rằng nếu các phân phối lại giảm từ các điểm $A_1$, $A_2$, …, $A_n$ xuống các đường thẳng $B_1B_2$, $B_2B_3$, …, $B_nB_1$ cắt nhau tại một điểm thì
   $$(B_1A_1)^2 - (A_1B_2)^2 + (B_2A_2)^2 - (A_2B_3)^2 + \dots + (B_nA_n)^2 = 0.$$

4. Lấy ba vòng tròn, mỗi vòng tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp tục với hai cạnh còn lại. Chứng minh rằng sự phân bố lại được khôi phục cho các cạnh của tam giác tại các điểm tiếp tuyến của các đường tròn này cắt nhau tại một điểm.

5. Giả sử khoảng cách từ một số điểm $M$ đến các đỉnh $A$, $B$ và $C$ của tam giác ABC được biểu thị bằng các số $a$, $b$ và $c$. Chứng minh rằng với mọi $d \neq 0$ với bất kỳ điểm nào trên mặt phẳng, khoảng cách đến các đỉnh theo cùng một thứ tự không thể biểu thị bằng số

$$\sqrt{a^2 + d}, \sqrt{b^2 + d}, \sqrt{c^2 + d}.$$

6. Cho tam giác đều ABC và một điểm tùy ý $D$. $A_1$, $B_1$ và $C_1$ là tâm của các đường tròn nội tiếp các tam giác BCD, ACD và ABD. Chứng minh rằng các phân phối lại giảm từ các đỉnh $A$, $B$ và $C$ đến $B_1C_1$, $A_1C_1$ và $A_1B_1$ tương ứng cắt nhau tại một điểm.

7. Đặt $A_1$, $A_2$, $A_3$ và $A_4$ là các điểm tùy ý của mặt phẳng. Chứng minh rằng có bốn số $x_1$, $x_2$, $x_3$ và $x_4$, không phải tất cả đều bằng 0, sao cho $x_1(A_1M)^2 + x_2(A_2M)^2 + x_3(A_3M)^2 + x_4(A_4M)^2$ được dựng cho mọi điểm $M$ của mặt phẳng này.

8. Cho tam giác ABC. Chúng ta hãy xem xét tất cả các cặp điểm có thể có $M_1$ và $M_2$ sao cho $AM_1 : BM_1 : CM_1 = AM_2 : BM_2 : CM_2$. Chứng minh rằng mọi đường thẳng $M_1M_2$ đều đi qua một điểm cố định trên mặt phẳng.

9. Đường tròn tiếp xúc với cạnh $AB$ của tam giác ABC và cạnh kéo dài $AC$ và CB lần lượt tại các điểm $M$ và $N$. Vòng tròn còn lại tiếp xúc với cạnh $AC$ và cạnh mở rộng $AB$ và $BC$ lần lượt tại các điểm $P$ và $K$. Chứng minh giao điểm của đường thẳng $MN$ và $PK$ nằm ở đường cao của tam giác ABC đi qua đỉnh $A$.

10. Cho hai phân đoạn $AB$ và $CD$. Tìm quỹ tích các điểm $M$ sao cho tổng $S_{\triangle ABM} + S_{\triangle CDM}$ được xây dựng.

11. Sử dụng kết quả của bài toán trước đó, chứng minh rằng trung điểm của các đường chéo của tứ giác ngoại tiếp và tâm của đường tròn nội tiếp trong đó nằm trên cùng một đường thẳng (Newton’s bài toán).

12. Chứng minh rằng quỹ tích của một điểm, đường tương đối từ đó dựng lên hai điểm cố định trong mặt phẳng và không bằng đơn vị, là một đường tròn (đường tròn Apolloni).