Kvant 1973, số 12 · Trang

QUANTUM
1973
12
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

12

“Vào đầu thế kỷ 18, Severney và Newcomen người Anh đã chế tạo một máy bơm nước từ mỏ lanh đá. Nó được trình bày trong hình vẽ. Ở đầu b, hơi nước được tạo ra, đi qua ống e vào xi lanh d và nâng pít-tông lên; khi pít-tông lên tới đỉnh, đóng vòi e, mở h và qua ống tôi phun một dòng nước lạnh từ bể n vào xi-lanh, làm dập tắt hơi; tạo ra một khoảng trống bên trong xi-lanh - pít-tông giảm do áp suất khí quyển; nước do tia hơi nước tạo ra và phun ra khỏi bình chứa n được thoát ra qua ống m. Do đó, bằng cách mở và đóng các van e, h, m, bạn có thể làm cho pít-tông chuyển động lên xuống. Pít-tông có một thanh được nối bằng dây xích với một tay đòn, có một điểm tựa ở giữa và được gắn một thanh bơm để bơm nước ra khỏi mỏ lanh đá.

Mô tả này về một trong những động cơ hơi nước đầu tiên đã được đưa ra trong cuốn sách “Sổ tay Vật lý” do A. Malinny và K. Bureny biên soạn. Ấn bản thứ bảy của cuốn sách này dành cho các trường học thực sự và hypnasium được xuất bản vào năm 1883.

Nguyên lý hoạt động của động cơ nhiệt được mô tả trong số tạp chí này của chúng tôi trong một bài báo của Yu. I. Sokolovsky (xem trang 12).

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kioin
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. Kirillia.
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. Patrikeva,
I. S. Petrkov,
N. Kh. Rozov,
A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky.
phó tổng biên tập
M. L. Smolyansky,
Y. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. I. 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

2 L. A. Kaluzhkin. Nhân kỷ niệm 100 năm lý thuyết tập hợp
Georg Cantor
9 D. B. Fuks, M. B. Fuks. Xấp xỉ xuyên tâm và
siêu việt
12 Yu. I. Sokolovsky. Máy nhiệt
21 O. A. Zhautykov. Trên ranh giới của các nghiệm của phương trình bậc ba
24 V. N. Berezin. Mắt nhìn thấy gì?

câu lạc bộ toán học
26 Yu. P. Lysov. Những con số nào lớn hơn?

Sách vấn đề «Kvant»
29 Bài toán M236—M240; F248—F252
31 Lời giải bài toán M179, M196—M199; F208—F210

Xưởng của người nộp đơn
39 Vâng. I. Grudenov. Tìm kiếm lời giải bài toán
45 A. N. Borzak, V. I. Davydov, P. T. Dybov, I. I. Naslu-
gọi. Truyền hình đang chuẩn bị vào đại học

Thông tin
46 L. Novikova, V. Streltsov. Đa giác của cấu trúc logic
49 I. G. Venetsky, Yu. Tôi. Sorkin. Olympic Toán MESI lần thứ IV
50 V. V. Aleksadrov. Dạy toán ở cấp độ dự bị
khoa telny của các trường cao đẳng
52 V. N. Berezin, M. L. Smolyansky. Thư của chúng tôi

«Kvant» cho học sinh nhỏ
54 Bài toán
55 V. M. Rosenthiler. Đồng hồ-lịch

Đáp số, gợi ý, lời giải
59 Xuất bản 1973
63 Bảng câu hỏi

Góc sưu tầm
(trang bìa thứ 3)
V. A. Leshkovtsev. Gói hàng đầu tiên tới sao Hỏa

Trộn (tr. 8, 20, 23, 28, 38)

© «Kvant», 1973

3

Nhân kỷ niệm 100 năm lý thuyết tập hợp của Georg Cantor

Nếu muốn cây ra nhiều trái hơn bình thường, bạn không cần phải làm gì với cành của nó mà cần xới đất và lấp đất mới dưới gốc.

Francis thịt xông khói

Vào cuối thế kỷ 19, để giải tích toán học - lĩnh vực trung tâm của toán học thuần túy và ứng dụng - cần phải làm rõ ý nghĩa của các khái niệm cơ bản như hàm số, phi lông, hội tụ. Để làm được điều này, cần phải xác định nghiêm ngặt thế nào là số thực và hơn nữa, thế nào là số tự nhiên.

Bộ câu hỏi này trước hết đã được giải quyết thành công bởi các nhà toán học người Đức K. Weierstrass (1815-1897), G. Cantor (1845-1918) và R. Dedekind (1831-1916). Công trình của họ đã lấp đầy nền tảng của phân tích hiện đại.

Cần lưu ý rằng tình hình chung phát triển vào thời điểm đó có lợi cho việc phát triển những ý tưởng mới, hiệu quả trong khoa học.

Vào cuối thế kỷ 19 và đầu thế kỷ 20, quá trình khoa học đã cải tổ những ý tưởng cũ trong mọi lĩnh vực kiến ​​thức. Đồng thời, những ý tưởng mới được sinh ra bên ngoài những lời dạy cũ.

Giờ đây chúng ta - những người chứng kiến ​​cuộc cách mạng khoa học công nghệ - không còn ngạc nhiên trước biểu hiện như vậy của

*) G. Kantor sinh ra ở St. Petersburg năm 1845. Ở Đức - bằng tuổi. Năm 1867, ông tốt nghiệp Đại học Berlin. Đóng góp chính của G. Cantor cho khoa học là việc tạo ra lý thuyết tập hợp.

Chết 1918

Lovech thiên tài, thích du hành vũ trụ, năng lượng nguyên tử hoặc máy tính. Chất lượng này xúc phạm chúng tôi. Và rất ít người tưởng tượng được những đóng góp to lớn của các nhà khoa học cho kho tàng khoa học thế giới.

Để theo dõi con đường phát triển của khoa học và công nghệ hiện đại và có thể thấy trước sự phát triển hơn nữa của chúng, chúng ta cần quay trở lại cội nguồn.

Những thành tựu cơ bản lớn nhất của khoa học, chẳng hạn như việc phát hiện ra thuyết tương đối hay sự xuất hiện của điều khiển học, có thể thực hiện được không chỉ do khối lượng kiến ​​thức khoa học tăng lên mà còn nhờ việc xem xét lại một cách có phê phán những khái niệm cơ bản và hấp dẫn nhất.

Trong phân tích toán học, các định nghĩa cơ bản cũng trải qua quá trình khái quát hóa cực độ, “… các hàm có các thuộc tính và thuật toán sai lệch nhất đã được nghiên cứu… Điều này chỉ có nhà toán học mới có thể chuyển đổi hoặc suy biến phân tích toán học thành “các hàm lâm sàng và bệnh lý”, hoặc dòng chính xác của một hàm đã trở thành ngoại lệ hiếm nhất” (N. N. Luzin). Với những đòn đe dọa từ những lời chỉ trích về nền tảng của phân tích toán học, việc tái cấu trúc toàn bộ ngành khoa học toán học đã bắt đầu.

Kết quả của việc hoàn thiện hơn nữa nền tảng của phân tích vào cuối thế kỷ 19 là một chức năng mới đã xuất hiện

4

lĩnh vực tinh thần của toán học - lý thuyết tập hợp. Sự hình thành của nó diễn ra trong bầu không khí chỉ trích gay gắt, đặc biệt là từ L. Kronek*). Sự chỉ trích là do quan điểm táo bạo của Cantor, đi ngược lại truyền thống lâu đời. Nhưng điều này không thể ngăn cản việc áp dụng hiệu quả lý thuyết mới vào nhiều ngành toán học. Kể từ đầu thế kỷ 20, lý thuyết tập hợp đã trở thành nền tảng của tất cả các ngành toán học, và hiện nay các phương pháp và khái niệm của nó đang dần thâm nhập vào toán học phổ thông. Điểm khởi đầu của môn khoa học này không khó hơn điểm khởi đầu của số học hoặc đại số và hình học cơ bản. Tuy nhiên, nếu chúng không được biết đến rộng rãi, thì điều này là do lý thuyết tập hợp xuất hiện tương đối gần đây - chỉ một vài năm trước. Người sáng lập nó là một trong những nhà toán học vĩ đại nhất - Georg Cantor. Chúng ta thậm chí có thể đặt tên chính xác cho “ngày sinh” của môn khoa học này - ngày 7 tháng 12 năm 1873. Vào ngày này, Cantor đã chứng minh được tuyên bố không hề tầm thường đầu tiên về các tập hợp vô hạn - “meorem về tính phi thực của tập hợp số thực”. Vì vậy, con đường đã được mở ra cho việc xây dựng một ngành toán học lớn mới - học thuyết về tập hợp vô hạn. Chúng ta biết điều này xảy ra như thế nào qua thư từ của Kantor với Dedekind. Đối với chúng tôi, có vẻ như một câu chuyện về điều này với những đoạn trích từ những bức thư của Kantor chắc chắn sẽ được độc giả của chúng tôi quan tâm.

Đầu những năm 70, một giáo sư trẻ đã tròn 100 tuổi. Tại Đại học cổ Đức ở Halle, Georg Cantor đã nghĩ về sự tồn tại của các số tự nhiên mà chúng ta thu được khi đếm các vật thể trong một loại tập hợp hữu hạn nào đó, và liệu các tập hợp vô hạn, chẳng hạn như tập hợp tất cả các điểm của một mặt phẳng hay tập hợp tất cả các số nguyên, có thể gán một số “số” có bản chất chưa được biết đến hay không. Sự quan tâm của Cantor đối với những câu hỏi như vậy nảy sinh dưới ảnh hưởng của người thầy của ông, Giáo sư Weierstrass. Chúng tôi đã nói rằng sự chú ý của các nhà toán học vĩ đại nhất tập trung vào các số thực. Điều này được giải thích bởi thực tế là, trong ước tính cuối cùng, chính định nghĩa không đủ chính xác về số thực là gì đã gây ra những khó khăn nảy sinh trong quá trình phân tích. Dần dần, các nhà toán học ở thời đại này chuyển sang các khái niệm ngày càng đơn giản hơn: từ số thực đến số hữu tỷ, số nguyên và cuối cùng là số tự nhiên.

Có thể giả định rằng không nên quy giản các số tự nhiên thành những khái niệm đơn giản hơn. Một số nhà toán học vẫn giữ quan điểm này. Nhưng có rất nhiều điều để nói về thực tế rằng khái niệm số tự nhiên không phải là đơn giản nhất: có những khái niệm đơn giản hơn, trực quan hơn. Một đứa trẻ không nắm vững khái niệm này ngay lập tức mà học nó dần dần. Qua phân tích ngôn ngữ, người ta biết rõ rằng các số tự nhiên phổ biến xuất hiện khá muộn. “Phát minh” của họ chỉ có tầm quan trọng tương đương với việc phát minh ra chữ viết. Trong thời gian cho phép (tương tự

5

Hiện tượng tương tự có thể được quan sát thấy ở một số bộ lạc ngay cả ngày nay) người ta chỉ điền các số “1”, “2”, đôi khi cũng là “3”, và sau đó đến “nhiều”, “bóng tối”.
Chưa hết, không biết đếm, người ta có thể trả lời câu hỏi trong hai tập hợp nào có phần tử lớn nhất. Tất nhiên, trong trường hợp này, nhiều yếu tố cụ thể có thể so sánh được: số lượng vật nuôi, quy mô quân đội, v.v. Phương pháp so sánh một tập hợp này được gọi là thiết lập sự tương ứng một-một. Đây là những gì nó sẽ bao gồm.

Giả sử chúng ta có hai tập hữu hạn $M_1$ và $M_2$. Các phần tử của tập thứ nhất sẽ được biểu thị bằng chó và các phần tử của tập thứ hai sẽ được ký hiệu là mèo. Để so sánh các bộ này, hãy làm như sau: trích xuất một phần tử từ mỗi bộ và so sánh chúng với nhau, tạo thành các cặp (xem hình).

Nếu chó và mèo kết thúc cùng một lúc, thì chúng ta nói rằng có sự tương ứng một-một giữa các tập hợp $M_1$ và $M_2$ và rằng các tập hợp này chứa cùng số phần tử (chúng bằng nhau hoặc tương đương về mặt số lượng). Thật dễ dàng để tưởng tượng một tình huống khác: một số phần tử của bộ $M_1$ bị bỏ lại mà không có hướng dẫn. Khi đó chúng ta nên giả sử rằng tập hợp $M_1$ chứa nhiều phần tử hơn tập hợp $M_2$. Rõ ràng là quy trình so sánh các tập hợp hữu hạn được mô tả không yêu cầu khái niệm “số tự nhiên”. Ngược lại, khái niệm tương ứng một-một có vẻ đơn giản hơn và dựa vào đó có thể định nghĩa khái niệm “số tự nhiên”.

Các nhà toán học và logic học trong nhiều thế kỷ qua (G. Fregg, B. Russell và những người khác) đã đề xuất thực hiện điều này trên cơ sở lý luận gần đúng sau đây.

Chúng ta hãy chia tất cả các tập hợp hữu hạn thành các lớp sao cho mỗi lớp chứa những tập hợp đó và chỉ những tập hợp tương đương với nhau, bất kể bản chất của các phần tử tạo thành tập hợp đã cho. Khi đó, tính chất chung đặc trưng cho tất cả các tập hợp hữu hạn từ bất kỳ lớp nào được định nghĩa là số phần tử trong các tập hợp của lớp này. Vì vậy, ví dụ, 5 là tính chất chung mà mọi tập hợp hữu hạn đều có, tương đương với tập các ngón tay trên bàn tay phải của tôi. Từ những điều trên, có thể thấy rõ cách so sánh các số được xác định theo cách này “theo kích thước”. Đặt $m_1$ và $m_2$ là hai số tự nhiên và $M_1$ và $M_2$ là hai tập hợp đặc trưng cho các số này. Nếu $M_1$ và $M_2$ không tương đương và có sự tương ứng một-một giữa $M_1$ và một phần nào đó của tập hợp $M_2$, thì $m_1 < m_2$. Vì vậy, chúng ta đã định nghĩa khái niệm “số tự nhiên” và các tính chất của các số này ($n_1 = n_2; n_1 < n_2; n_1 > n_2$).

Nhưng với phương pháp so sánh này, không cần thiết phải giả định rằng các tập hợp $M_1$ và $M_2$ là hữu hạn. Vì vậy, Kantor gặp vấn đề

6

ý tưởng rằng theo cùng một cách tất cả các tập hợp vô hạn có thể được chia thành các lớp.

Tất cả các tập hợp thuộc cùng một lớp, nghĩa là có cùng lũy ​​thừa, được gọi là lũy thừa như nhau.

Sau đó, tất cả các tập hợp trong một lớp tương ứng với một số nhất định, được gọi là số đếm hoặc số lượng bản số.

Từ đó có thể thấy rõ lũy thừa là sự khái quát hóa của khái niệm số tự nhiên.

Ví dụ đơn giản nhất về tập hợp vô hạn là tập hợp $N$ của tất cả các số tự nhiên. Pozny Cantor bắt đầu so sánh các tập hợp vô hạn khác nhau với tập hợp $N$. Rõ ràng là đối với nhiều tập hợp vô hạn, việc thiết lập sự tương ứng một-một với tập hợp này là khá dễ dàng. Ví dụ: hãy xem xét $N_2$, tập hợp tất cả các số chẵn dương. Mặc dù thực tế rằng $N_2$ là một phần của $N$, nhưng sự tương ứng một-một có thể được thiết lập giữa $N_2$ và $N$: số $2n$, có trong bộ $N_2$, có thể so sánh với số $n$, có trong bộ $N_1$. Rõ ràng là sự tương ứng như vậy sẽ là một-một. Lúc đầu, có vẻ nghịch lý khi có thể thiết lập sự tương ứng một-một giữa một tập hợp và phần của nó: xét cho cùng, đối với các tập hợp hữu hạn, tình huống như vậy là không thể. Nhưng cuộc tranh luận về vấn đề này đã nảy sinh khá nhanh chóng - người ta đã xác định rằng đối với một tập hợp vô hạn $A$, người ta luôn có thể chỉ định một tập hợp con $B$ sao cho có thể thiết lập sự tương ứng một-một giữa $A$ và $B$. Dedekind thậm chí còn đề xuất coi đây là định nghĩa của một tập hợp vô hạn.

Điều đáng ngạc nhiên hơn nữa là thực tế là có sự tương ứng một-một giữa tập hợp tất cả các số hữu tỷ dương và tập hợp $N$. Tuy nhiên, việc chỉ định một sự tương ứng như vậy không quá khó khăn. Hãy thử tự mình làm điều đó *).

Câu hỏi được đặt ra một cách tự nhiên: có vô số tập hợp mà sự tương ứng một-một với $N$ là không thể không?

Nếu không có những tập hợp như vậy thì mọi tập hợp vô hạn sẽ có lũy thừa như nhau, và khái niệm số đếm (đối với các tập hợp vô hạn) sẽ mất hết ý nghĩa—nó sẽ giống nhau đối với mọi tập hợp vô hạn.

Vào đầu những năm 1970, Cantor nghi ngờ rằng một tập hợp vô hạn, không bằng tập hợp $N$ các số tự nhiên, là tập hợp $R$ của tất cả các số thực (hoặc thậm chí là tập hợp tất cả các số thực của bất kỳ khoảng nào - ví dụ: tập hợp tất cả các số của khoảng [0, 1]). Nhưng làm thế nào điều này có thể được chứng minh? Thật vậy, trong tất cả các trường hợp được xem xét ở trên, chứng minh trạng thái trong việc tìm một số toán tử của ánh xạ một-một được xác định rõ ràng. Trong trường hợp này, cần phải chứng minh rằng việc xây dựng một bản đồ như vậy là không thể. Các phát biểu thuộc loại này được gọi là “định lý bất khả thi” và chứng minh của chúng thường yêu cầu bình phương đường tròn và chia ba một góc, hoặc chứng minh sự bất khả thi của lời giải phương trình đại số cấp lớn hơn bốn bằng cách sử dụng các phép toán cộng, nhân, trừ, chia và lấy nghiệm của nhiều lũy thừa khác nhau). Công trình của Cantor về việc chứng minh số lượng bất đẳng thức của tập hợp số thực và tập hợp số tự nhiên $N$ được trích ra một cách chi tiết từ thư từ của ông với Dedekind. Dưới đây là một số đoạn trích từ thư từ này:

*) Nếu chưa thành công, hãy đọc bài “Số nào lớn hơn?” (trang 26). gợi ý được đưa ra trong đó sẽ giúp bạn đối phó với nhiệm vụ này.

7

“Halle, ngày 29 tháng 11 năm 1873
… Hãy để tôi gửi cho bạn một câu hỏi mà tôi quan tâm về mặt lý thuyết, nhưng tôi không thể tìm thấy đáp số. Có lẽ bạn có thể làm được điều này và sẽ thật tử tế khi viết thư cho tôi về nó. Chúng ta đang nói về những điều sau đây.

Hãy xem xét tập hợp tất cả các đối tượng số nguyên dương và biểu thị nó bằng $(n)$. Ngoài ra, hãy xem xét tập hợp tất cả các số thực dương và biểu thị nó bằng $(x)$. Câu hỏi chỉ đơn giản là liệu có thể đặt sự tương ứng $(n)$ và $(x)$ sao cho mỗi cá thể của một quần thể sẽ được trả lời bởi một và chỉ một cá thể của quần thể kia hay không.

Thoạt nhìn, có vẻ như không - điều này là không thể, vì $(n)$ bao gồm các phần riêng biệt và $(x)$ tạo thành một thể liên tục. Nhưng lập luận như vậy chẳng mang lại kết quả gì, và cho dù tôi có khuynh hướng tin rằng $(n)$ và $(x)$ không cho phép sự tương ứng một-một, thì tôi cũng không thể tìm ra lý do cho điều này, và đó chính xác là điều tôi cần. Có lẽ lý do khá đơn giản.

Chẳng phải thoạt nhìn bạn có xu hướng cho rằng $(n)$ không thừa nhận sự tương ứng một-một với tập hợp $(p/q)$ của tất cả các số hữu tỷ dương và tuy nhiên nó không hề khó để chứng minh…》(điều này là như vậy. - L.K.).

Vào ngày 29 tháng 11 năm 1873, trong nhật ký của Dedekind, nơi ông ghi lại nội dung những bức thư ông nhận được về các chủ đề khoa học và suy nghĩ của ông về chúng, có đoạn sau: “… Tôi trả lời ngay với ông rằng tôi không thể giải được câu hỏi đầu tiên của ông, nhưng đồng thời tôi đã trình bày và chứng minh hoàn toàn định lý rằng ngay cả tổng của tất cả các số đại số cũng có thể so sánh theo cách đã chỉ ra với tổng $(n)$ số tự nhiên…”

Và đây là bức thư đề ngày 2 tháng 12.

“… Hôm nay tôi rất vui khi nhận được đáp số của bạn trong tin nhắn cuối cùng của tôi. Tôi đặt câu hỏi cho bạn vì trong nhiều năm nay tôi đã nghi ngờ liệu những khó khăn nảy sinh trước mắt tôi có phải là những khó khăn thuần túy chủ quan hay chúng có liên quan đến bản chất của vấn đề. Vì bạn viết cho tôi rằng bạn không thể trả lời được nên tôi có thể cho rằng điều sau là đúng…”

Và cuối cùng là một lá thư đề ngày 7 tháng 12 năm 1873.

“… Trong những ngày gần đây, tôi đã có thời gian suy nghĩ sâu sắc hơn về giả thuyết đã được bày tỏ rất nhiều; Chỉ hôm nay, đối với tôi, dường như tôi mới có thể kết thúc vấn đề. Nếu tôi nhầm, thì chắc chắn, tôi sẽ không gặp một nhà phê bình nào khoan dung hơn bạn. Tôi dám đưa ra phán quyết của bạn những gì tôi đã viết ra giấy với tất cả những khiếm khuyết trong suy nghĩ đầu tiên của tôi…”

Tiếp theo là chứng minh tập hợp số thực trong khoảng [0, 1] là số lẻ. Nó dài và phức tạp - hiếm khi là bằng chứng đầu tiên đơn giản nhất cho bất kỳ khẳng định nào. Chúng tôi sẽ không trình bày nó ở đây. Vào ngày 9 tháng 12, Cantor sẽ đề xuất một bằng chứng đơn giản hơn, và đến lượt Dedekind sẽ tìm ra những cách đơn giản hóa hơn nữa.

Một bằng chứng nhanh chóng xuất hiện, được gọi là phương pháp đường chéo Cantor, hiện đang được sử dụng. Hãy để chúng tôi trình bày bằng chứng này.

Khi đó, mọi số thực $\rho$, $0 \leqslant \rho \leqslant 1$, có thể được viết dưới dạng phân số thập phân vô hạn có dạng $0, a_1, a_2, \dots$, trong đó $a_i, i = 1, 2, \dots$, là bất kỳ số nào - các dấu 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 hoặc 9. Việc biểu diễn tất cả các số trong dạng này là rõ ràng, chỉ loại trừ trường hợp được trình bày ở đây khi trong ký hiệu số, bắt đầu từ một số $k$, tất cả $a_i$ đều bằng 0. Những số như vậy cũng có thể được viết theo cách khác: bạn cần thay thế tất cả $a_i$, bắt đầu từ cùng một chữ số $k$, bằng các chữ số 9 và giảm chữ số trước đi 1 - vì vậy, ví dụ: số 0,3500… bạn có thể

8

viết nó dưới dạng 0,34999… Không có khả năng nào khác để biểu diễn các số khác nhau dưới dạng phân số thập phân vô hạn. Chúng ta hãy đồng ý (theo định nghĩa) rằng nếu có thể có hai mục của một số, thì chúng ta sẽ chọn mục có số chín.

Bây giờ giả sử rằng chúng ta đã thành công trong việc thiết lập sự tương ứng một-một giữa tất cả các số thực nằm trong khoảng từ 0 đến 1 và tất cả các số tự nhiên, để chúng ta có thể viết tất cả các số thực này thành một dãy vô hạn

$$1 \leftrightarrow 0, a_1^1 a_2^1 a_3^1 \dots$$
$$2 \leftrightarrow 0, a_1^2 a_2^2 a_3^2 \dots$$
$$\dots$$
$$p \leftrightarrow 0, a_1^p a_2^p a_3^p \dots$$

Hãy chứng minh rằng một dãy như vậy không thể chứa tất cả các số thực. Để làm điều này, chúng ta xây dựng một số $b = 0, b_1, b_2, \dots$ sao cho $b_i \neq a_i^i$ cho tất cả $i$. Chúng tôi xác định số này như thế này:

$$b_i = 5, \text{ если } a_i^i \neq 5,$$
$$b_i = 9, \text{ если } a_i^i = 5.$$

Số $b$ không thể xuất hiện theo thứ tự được viết ở trên. Rốt cuộc, nếu không thì nó phải được viết ra một số vị trí (ví dụ: $n$-th). Nhưng số $b$ khác với số thứ $n$ ở cấu tạo của nó ở chữ số thứ $n$. Vì vậy, giao điểm được cho là của tất cả các số thực là không thể, và do đó tập hợp $N$ và tập hợp các số thực $R$ là không bằng nhau.

Như vậy, lần đầu tiên người ta đã chứng minh được rằng ngay cả trong các tập hợp vô hạn cũng có những tập hợp bất đẳng thức.

Cantor sớm chứng minh rằng có thể chỉ ra càng nhiều tập vô hạn không tương đương theo cặp càng tốt, do đó tập hợp các số tim vô hạn hóa ra là không giới hạn, và trong những thế kỷ 70-80 trôi qua - chủ yếu là do Cantor - một khoa học toán học mới đã được xây dựng - lý thuyết tập hợp.

10

trong đó $m_1, m_2, m_3, \dots$ là một dãy tăng dần gồm các số nguyên lớn hơn 1. Giả sử
$$\alpha_k = 0, \underbrace{10 \dots 0}_{m_1-1} \underbrace{10 \dots 0}_{m_2-1} \underbrace{10 \dots 0}_{m_k-1} 1.$$
Hiển nhiên $\alpha_k$ là số hữu tỉ có giá trị
$$q_k = 10^{m_1} + \dots + m_k + 1$$
Vậy thì sao
$$|\alpha - \alpha_k| = \alpha - \alpha_k = 0, \underbrace{0 \dots 0}_{m_1+ \dots + m_k+m_k+1} 10 \dots < 2 \times 10^{-m_k+1}.$$
Bây giờ, giả sử rằng chuỗi $m_1, m_2, m_3, \dots$ tăng nhanh đến mức $m_{k+1} \geq k(m_1+ \dots + m_k+2)$ đối với bất kỳ $k$ nào. (Ví dụ như dãy $1^1, 2^2, 3^3, 4^4, \dots$ - hãy chứng minh điều đó!) Sau đó với mọi $k$
$$\frac{1}{k q_k^k} = \frac{10^{-k(m_1+ \dots + m_k+1)}}{k} > 10^{-k(m_1+ \dots + m_k+1)} = 10^{-k(m_1+ \dots + m_k+2)} \geq 10^{-m_k+1} > |\alpha - \alpha_k|,$$
và do đó nếu $n, N$ là bất kỳ số dương nào và $k > n, k > N$, thì
$$|\alpha - \alpha_k| < \frac{1}{k q_k^k} < \frac{1}{N q_k^n}.$$
Vì vậy, $\alpha$ là một số gần đúng.
Bây giờ chúng ta chứng minh định lý sau đây.
Định lý *). Một số vô tỷ có thể gần đúng không thể là số đại số.
Bằng chứng. Chúng ta hãy lấy đại số vô tỷ

*) Định lý này đã được chứng minh bởi nhà toán học nổi tiếng người Pháp Joseph Liouville (1809-1882).

số $\alpha$ và cho thấy rằng đó không phải là một xấp xỉ tốt. Vì $\alpha$ là đại số nên tồn tại đa thức
$$P(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \dots + a_n$$
với các hệ số nguyên sao cho $P(\alpha) = 0$.
Chúng ta sẽ giả định rằng $P(x)$ không có nghiệm hữu tỷ. Thật vậy, nếu $P(x)$ có nghiệm hữu tỷ, chẳng hạn như $a$, thì $P(x)$ chia hết cho $(x-a)$ không có dư. Thương số rõ ràng có các hệ số hữu tỉ, do đó, nhân nó với số nguyên thích hợp sẽ cho chúng ta một đa thức có hệ số nguyên mà $\alpha$ vẫn là nghiệm và bậc của nó nhỏ hơn đa thức ban đầu một đơn vị. Lặp lại thao tác này, chúng ta thu được một đa thức có hệ số nguyên và nghiệm $\alpha$, không còn nghiệm hữu tỉ nữa.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $A$ phần lớn các số $|a_0|, |a_1|, \dots, |a_n|$ và đặt $B = |\alpha| + 1, N = n^2 AB^{n-1}$.
Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng, bất kể phân số $p/q$ là bao nhiêu thì bất đẳng thức vẫn đúng
$$|\alpha - \frac{p}{q}| \geq \frac{1}{N q^n},$$
từ đó sẽ dẫn đến con số $\alpha$ không phải là một con số gần đúng.
Đặt $p/q$ là phân số bất kỳ. Nếu $|\alpha - \frac{p}{q}| > 1$, thì bất đẳng thức (*) rõ ràng đúng, vì vậy chúng ta có thể hạn chế trong trường hợp khi $|\alpha - \frac{p}{q}| \leq 1$. Đặc biệt (và điều này rất quan trọng), $|\frac{p}{q}| \leq |\alpha| + 1 = B$.
Từ trên suy ra rằng
$$P\left(\frac{p}{q}\right) \neq 0.$$
Bởi vì
$$q^n \left[ a_0 \left(\frac{p}{q}\right)^n + a_1 \left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + \dots + a_n \right]$$

12

Cuộc sống hiện đại, sản xuất hiện đại là điều không thể tưởng tượng được nếu không có máy móc. Và để làm cho máy móc chuyển động, chúng ta cần động cơ, bài toán trong số đó dùng để cung cấp năng lượng mà máy móc cần.

Lớp vỏ trái đất và nước của các đại dương có trữ lượng nội năng khổng lồ. Nhưng năng lượng này không thể được sử dụng trực tiếp để làm cho máy chuyển động; nó chỉ truyền đến các cơ thể khác bằng cách truyền nhiệt.

Do đó, rõ ràng là chúng ta cần các thiết bị nhận năng lượng trong quá trình truyền nhiệt sẽ truyền năng lượng đó sang các vật thể khác (đặc biệt là máy móc) để thực hiện công. Để thiết bị này hoạt động vô thời hạn (và cho đến khi cạn kiệt một số tài nguyên bên trong), nó phải hoạt động theo chu kỳ, định kỳ trở lại trạng thái cũ. Một thiết bị như vậy về cơ bản được gọi là động cơ nhiệt. Nói tóm lại, động cơ nhiệt chuyển nhiệt lượng cung cấp cho nó thành công. Điều này có thể được biểu diễn dưới dạng sơ đồ như trong Hình 1.

Lưu ý rằng điều ngược lại bài toán—để tỏa đi năng lượng nhận được trong quá trình công cơ học dưới dạng nhiệt—được giải khá đơn giản. Một loại “cối xay” hoạt động cầu kỳ là phù hợp (Hình 2): đằng sau bàn tay $P$ họ quay một cối xay $A$, cối xay thứ ba dựa vào một cối xay khác, bất động, $B$, để cả hai đều được làm nóng. Đầu tiên, do công được thực hiện bởi các ngoại lực, máy nghiền tự nóng lên - nội năng của nó tăng lên và kéo theo đó là nhiệt độ. Giai đoạn này kéo dài cho đến khi năng lượng được máy nghiền truyền sang các vật thể xung quanh dưới dạng nhiệt bằng với năng lượng cơ học đã tiêu hao. Sau đó, trạng thái cân bằng động xảy ra, quá trình trở nên dừng (quá trình dừng có thể được coi là tuần hoàn). Do đó, nhà máy trở thành một “lò cơ khí”, tức là đối lập trực tiếp với động cơ nhiệt.

Loại thiết bị này đã được tổ tiên xa xôi của chúng ta biết đến, những người biết cách tạo ra lửa bằng ma sát. Cần phát minh ra động cơ nhiệt

Hình 1.

Hình 2.

13

khó khăn hơn nhiều. Nó có thể dựa trên các nguyên tắc khác nhau. Nhưng điều thường được sử dụng nhất là thực tế là nội năng của một khí lý tưởng (về cơ bản là động năng của chuyển động xaotic của các phân tử của nó) trong những điều kiện nhất định biểu hiện ra bên ngoài dưới dạng thế năng của biến dạng đàn hồi: một chất khí cuộn lại trong một xi lanh bởi một pít-tông khá giống với một lò xo cuộn, nó có thể thực hiện công (khi chúng ta đang nói về việc không thể trực tiếp thu được công từ năng lượng bên trong, chỉ có nghĩa là vật rắn và chất lỏng).

Chúng ta hãy thử tưởng tượng chế tạo một động cơ nhiệt đơn giản nhất, chất lỏng làm việc của nó là khí lý tưởng. Cho khí cuộn vào một hình trụ dưới pít-tông (Hình 3). Nếu piston có thể di chuyển, khí sẽ nở ra và hoạt động.

Khi chất khí dẫn nhiệt (nghĩa là được bao quanh bởi lớp vỏ dẫn nhiệt), nó nguội đi trong quá trình giãn nở phụ thuộc và công được thực hiện nhờ nội năng của nó ($A = -\Delta U$). Nhưng nếu các thành của hình trụ được giữ đủ tốt

Hình 3.

Hình 4.

nhiệt được tạo ra và bản thân xi lanh nằm trong bộ điều nhiệt, khi đó nhiệt độ và do đó nội năng của khí được duy trì không đổi - công được thực hiện nhờ nhiệt lượng được cung cấp ($A_1 = q_1$). Ở đây đã có sự biến đổi nhiệt thành công, nhưng đây chưa phải là chuyển động nhiệt, vì công việc của nó không có tính tuần hoàn.

Để đưa khí trở lại trạng thái ban đầu thì phải thực hiện. Nhưng điều này sẽ đòi hỏi phải tiêu tốn công $A_1$ giống hệt công đã thu được trong quá trình giãn nở và sẽ dẫn đến sự trả lại nhiệt $q_1$ trước đó đã nhận được từ nó đến bộ điều nhiệt. Để tránh điều này, khí phải được làm mát trước khi nén. Với cùng một thể tích, áp suất của khí lạnh thấp hơn; vì vậy quá trình nén sẽ cần ít công hơn ($A_2 < A_1$) và sẽ tỏa ít nhiệt hơn $q_2 = A_2$ cho bộ điều nhiệt. Để làm mát khí, tiếp xúc nhiệt được thiết lập giữa xi lanh và bộ điều nhiệt thứ hai có nhiệt độ thấp hơn. Sau khi nén khí về thể tích ban đầu, tiếp xúc của xi lanh với bộ điều nhiệt đầu tiên lại được phục hồi.

Một trong những động cơ nhiệt đơn giản nhất

Một trong những kiểu chuyển động có thể được hiển thị trong Hình 4.

$A_3$ - bộ giảm chấn điều chỉnh (dẫn nhiệt cơ thể) di chuyển hoặc thiết lập tiếp xúc nhiệt giữa bộ điều nhiệt và xi lanh. $KM$ - cơ cấu cam, với sự trợ giúp của chuyển động ngang của piston được chuyển thành nâng tải $\Gamma$. Biên dạng cam (đường $BCD$) được chọn sao cho tại bất kỳ vị trí nào của piston, các lực tác dụng lên cam từ cả hai phía gần như cân bằng (sử dụng hiệu ứng của mặt phẳng nghiêng). Do đó, quá trình giãn nở khí sẽ gần như tĩnh, nghĩa là thể hiện một chuỗi các trạng thái gần như cân bằng.

14

Hình 5.

này. Chỉ ở trạng thái cân bằng chất khí mới tuân theo phương trình Mendeleev-Clapeyron. Tại điểm cao nhất của sự thay đổi, một phần tải trọng được loại bỏ, điều này một lần nữa đảm bảo sự cân bằng gần đúng của piston trong quá trình lăn ở nhiệt độ thấp hơn (và do đó áp suất thấp hơn).

Các quá trình xảy ra trong động cơ là hình ảnh đồ họa trên sơ đồ theo tọa độ $p$, $V$ (Hình 5). Điểm $K$ là trạng thái ban đầu của khí. Đường đẳng nhiệt $KL$ - khí giãn nở ở nhiệt độ không đổi (tương đối cao) $T_1$ khi tiếp xúc với bộ điều nhiệt “nóng”. Isochore $LM$ - làm mát dần dần khí khi tiếp xúc với bộ điều nhiệt “lạnh” đến nhiệt độ $T_2$ (dần dần, có nghĩa là quá trình gần như đứng yên trong khí được đảm bảo bởi tính dẫn nhiệt phẳng của xi lanh). Đường đẳng nhiệt $MN$—khí lăn ở nhiệt độ tương đối thấp $T_2$. Isochore $NK$ - đốt nóng khí từ nhiệt độ $T_2$ đến $T_1$ khi tiếp xúc nhiệt với bộ điều nhiệt nóng.

Công việc chỉ được thực hiện trên các phần $KL$ ($A_1$) và $MN$ ($A_2$). Khối lượng công được thực hiện trong toàn bộ chu trình $A = A_1 - A_2$ bằng số với diện tích được giới hạn bởi đường viền của chu trình. Nhiệt được cung cấp cho khí từ bộ điều nhiệt “nóng” trong quá trình giãn nở ở phần $KL$ ($q_1$) và trong quá trình gia nhiệt ở phần $NK$ ($q$). Nhiệt được khí tách ra đến bộ điều nhiệt lạnh trong quá trình làm mát ở phần $LM$ (lượng nhiệt này là $q$ và tương ứng với sự chênh lệch nội năng của khí ở nhiệt độ $T_1$ và $T_2$) và trong quá trình lăn ở phần $MN$ ($q_2$). Chỉ trong một chu kỳ, bộ điều nhiệt nóng sẽ giải phóng nhiệt $Q_1 = q_1 + q$ và bộ điều nhiệt lạnh sẽ nhận được nhiệt $Q_2 = q_2 + q$.

Trong nhiệt động lực học, bộ điều nhiệt nóng được gọi là bộ điều nhiệt được làm nóng, bộ điều nhiệt lạnh được gọi là bộ làm mát. Như chúng ta đã thấy, đối với hoạt động tuần hoàn của máy phát nhiệt, bộ làm mát cũng cần thiết như bộ làm nóng: bằng cách loại bỏ khí không được làm mát, chúng ta sẽ giảm hệ số trọng lượng thu được bằng cách mở rộng REN về 0. Đồng thời, chỉ một phần năng lượng nhận được từ quá trình đốt nóng được chuyển thành công có ích; phần năng lượng còn lại được chuyển sang bộ làm mát.

Điều cực kỳ mong muốn là bộ làm mát tiêu tốn càng ít năng lượng càng tốt (vì động cơ được sử dụng để thực hiện công việc chứ không phải để làm nóng bộ làm mát). Càng lấy nhiều nhiệt từ hệ thống sưởi thì càng cần nhiều vật liệu hơn để duy trì nhiệt độ của nó (ví dụ, bạn phải loại bỏ nhiều nhiên liệu hơn). Việc truyền một lượng nhiệt nhất định sang bộ điều nhiệt lạnh cần phải cẩn thận hơn để làm mát nó (xét cho cùng, nếu nhiệt độ của bộ làm mát tăng lên $T_1$, bộ điều nhiệt sẽ dừng).

Hiệu suất kỹ thuật của máy phát nhiệt được đặc trưng bởi “hiệu suất nhiệt” của nó, như đã biết, được xác định bởi tỷ số

$$\eta = \frac{A}{Q_1} = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = 1 - \frac{Q_2}{Q_1}.$$

Thật vậy, theo định luật nhiệt động lực học thứ nhất, công của máy đào trong mỗi chu kỳ $A = Q_1 - Q_2$, vì sau mỗi chu kỳ, trạng thái ban đầu của khí được phục hồi và do đó giá trị ban đầu của nội năng của nó. (Công việc được thực hiện chỉ bằng nhiệt.)

15

Hình 6.

Cải tiến bộ số hóa nhiệt

Để tăng hiệu suất của bộ số hóa, cần giảm lượng nhiệt không chuyển thành công mà chỉ “chảy” qua bộ số hóa từ hệ thống sưởi đến bộ làm mát. Từ quan điểm này, các quá trình đẳng tích $LM$ và $NK$, không liên quan đến hiệu suất công việc, chủ yếu thu hút sự chú ý. Làm mát đẳng tích ($LM$), khí được tách ra theo cùng một nhiệt lượng $q$, sau đó đi đến nó trong quá trình gia nhiệt đẳng tích ($NK$).

Chia cả hai đường đẳng nhiệt có đường đẳng nhiệt trung gian (màu xanh) thành các phần rất nhỏ (Hình 6). Sau đó, chúng ta có thể giả định rằng trong quá trình làm mát ở bất kỳ phần nào - chẳng hạn như ở phần $\alpha$ - nhiệt được tách ra với cùng một lượng như nó được cung cấp trong phần gia nhiệt (phần $\beta$) giữa các đường đẳng nhiệt giống nhau, ở cùng một nhiệt độ.

Trong những điều kiện này, có nên “đổ” năng lượng tương ứng vào bộ làm mát, sau đó lấy lại lượng tương tự từ quá trình sưởi ấm không?

Chẳng phải tốt hơn là nên lưu trữ nó trong một loại thiết bị tích lũy năng lượng (hoặc máy phát điện) nào đó trong quá trình số hóa và sau đó sử dụng lại sao?

Một máy phát điện như vậy có thể hoạt động như một bộ điều nhiệt đặc biệt, được chia thành nhiều phần bằng các vách ngăn phụ trợ (Hình 7).

Mỗi phần có nhiệt độ riêng (tương ứng gần đúng với một cặp phần isochore $LM$ và $NK$), sao cho trình tự của tất cả các phần nói chung mang lại sự chuyển đổi ít nhiều suôn sẻ từ $T_1$ sang $T_2$. Cụ thể, tại các phần $T_1 = 450^\circ$ K và $T_2 = 300^\circ$ K có thể có nhiệt độ chẳng hạn như $440^\circ$, $430^\circ$, …, $320^\circ$, $310^\circ$ K (càng nhiều phần thì quy trình thực hiện càng gần với lý thuyết).

Việc làm mát dọc theo isochore $LM$ được thực hiện bằng cách cách ly xi lanh khỏi bộ điều nhiệt nóng và tuần tự thiết lập tiếp xúc nhiệt với các phần ngày càng lạnh hơn của máy phát điện - ví dụ: di chuyển nó lên trên (xem Hình 7; TC - thanh dẫn nhiệt).

Tương tự, khi gia nhiệt dọc theo $NK$ isochore, các phần nóng hơn và nóng hơn của máy phát điện lần lượt được “nối” với xi lanh. Kết quả là vào cuối chu kỳ, tất cả các phần sẽ lại có năng lượng dự trữ ban đầu nên máy phát điện không cần bất kỳ tương tác năng lượng nào với thế giới bên ngoài.

Với cùng một khối lượng công việc $A$ mỗi chu kỳ, việc sử dụng máy phát điện sẽ giảm (theo giá trị $q$) nhu cầu của bộ số hóa đối với cả việc tạo nhiệt từ quá trình gia nhiệt và truyền nhiệt

16

mát hơn, sao cho $Q_1 = q_1 = A_1$, $Q_2 = q_2 = A_2$, trong đó $A_1$ và $A_2$ lần lượt là công việc được thực hiện trong các khu vực sản xuất $KL$ và $MN$ (xem Hình 8). Về mặt số lượng, những đại lượng này bằng diện tích của hình thang cong $KLRS$ và $NMRS$. Hãy so sánh các khu vực này.

Ở bất kỳ áp suất $V_i$ nào, $p_2$ và $p_1$ (tọa độ của cả hai đều được tạo ra) đều tỷ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối (định luật Charles):

$$\frac{p_2}{p_1} = \frac{T_2}{T_1}.$$

Rõ ràng, các lĩnh vực mà chúng ta quan tâm, và do đó, lượng nhiệt tương ứng $Q_2$ và $Q_1$, có cùng sự tương ứng:

$$\frac{Q_2}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1}.$$

Vì vậy, k.p. d. diggaatel nhiệt với máy tái sinh

$$\eta = 1 - \frac{Q_2}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1}.$$

K.p. d. diggaatel với máy tái sinh cao hơn k.p. không có bộ tái sinh, vì chênh lệch $Q_1 - Q_2$ là như nhau trong cả hai trường hợp và nhiệt $Q_1$ tỏa ra từ bộ điều nhiệt nóng sẽ giảm đi các giá trị $q$.

Do sự phức tạp về mặt kỹ thuật (xét cho cùng, đối với một bộ tái tạo lý tưởng, cần phải chia khoảng $\Delta T$ thành các phần vô cùng nhỏ), một bộ tái tạo như vậy trên thực tế là không thể áp dụng được.

Như chúng ta sẽ thấy sau, khả năng áp dụng của công thức cuối cùng rộng hơn nhiều so với trường hợp cụ thể được xem xét là một diggaatel có bộ tái sinh. Đây là cách k.p. được xác định. d. bất kỳ động cơ nhiệt nào hoạt động theo chu trình ngược lại.

Chuyển đổi nhiệt Diggaatel

Máy đào nhiệt với máy tái sinh là một máy đảo ngược. Điều này có nghĩa là nó cũng có thể hoạt động “ngược lại” theo cùng một chu kỳ, trải qua tất cả các trạng thái giống nhau, nhưng chỉ theo trình tự ngược lại $KN \rightarrow NM \rightarrow ML \rightarrow LK$. Đồng thời, tất cả các quá trình chuyển đổi năng lượng (công và truyền nhiệt) đều thay đổi hướng. Làm mát chất thải (KN) đi kèm với việc truyền nhiệt từ khí sang thiết bị tái sinh; sản xuất, mở rộng (NM), khí nhận nhiệt $q_2$ từ bộ điều nhiệt lạnh và hoạt động $A_2$; quá trình gia nhiệt cạn kiệt (ML) xảy ra do truyền nhiệt từ thiết bị tái sinh (trở lại trạng thái ban đầu); cuộn sản xuất (LK) ở nhiệt độ cao hơn $T_1 > T_2$ cần có ngoại lực để thực hiện công $A_1 > A_2$ với sự truyền nhiệt đồng thời $Q_1 = A_1$ tới bộ điều nhiệt nóng.

Đây không còn là diggael nữa! Xét cho cùng, công nó thực hiện trong mỗi chu kỳ

17

$A_2 - A_1$ là âm - bản thân nó phải được chuyển động bởi một động cơ ngoại lai nào đó. Nhưng nó lấy nhiệt $Q_2$ từ bộ điều nhiệt lạnh hơn và truyền nó sang bộ điều nhiệt nóng, và với một số bổ sung do hoạt động của một động cơ bên ngoài (Hình 9), tức là nó “bơm” nhiệt. Một “máy bơm báo động” như vậy có thể được sử dụng làm tủ lạnh và để “sưởi ấm động” do nhiệt lấy từ băng và tuyết trên đường phố.

Vì vậy, một chiếc máy có máy phát điện có thể đảo ngược: sau khi hoàn thành một chu kỳ với tư cách là một động cơ và nâng một tải, sau đó, bằng cách sử dụng thế năng của mình, nó có thể hoàn thành một chu trình khác với tư cách là một “bơm” nhiệt. Kết quả là chiếc xe và mọi vật thể xung quanh sẽ trở lại trạng thái ban đầu.

Như chúng ta sẽ thấy sau, sự khác biệt giữa máy nghịch đảo và máy không nghịch đảo đóng một vai trò rất quan trọng trong nhiệt động lực học.

Chu trình Carnot

Bộ tái sinh tăng hiệu suất bằng cách giảm bớt sự truyền nhiệt bên ngoài của động cơ khi đốt và tăng nhiệt độ của khí. Nhưng chúng có thể tránh được nếu không có một thiết bị cồng kềnh như vậy. Rốt cuộc, không nhất thiết phải loại bỏ nhiệt để làm mát khí. Thay vào đó, hãy buộc chất khí thực hiện công bằng cách cho nó giãn nở phụ thuộc (nghĩa là không cần thêm hoặc bớt nhiệt).

Khi, trong quá trình giãn nở, khí đạt đến trạng thái $L$ (Hình 10), các bộ giảm chấn adnabatic được đóng lại và khí có cơ hội giãn nở, thực hiện công do nội năng (tất nhiên, đối với điều này, pít-tông phải được dỡ dần dần, điều này có thể được đảm bảo trước bằng cách lựa chọn thích hợp các sản phẩm cơ cấu cam). Trong quá trình giãn nở phụ thuộc, nhiệt độ, thể tích và áp suất của khí thay đổi. Trong sơ đồ $p$, $V$ quá trình này được mô tả bằng một đường cong gọi là adnabata (trong Hình 10 adnabata là $LB$).

Khi nhiệt độ khí trong quá trình giãn nở tăng lên $T_2$ (điểm $B$), van điều tiết phía dưới sẽ mở ra và thiết lập tiếp xúc nhiệt với bộ làm mát. Sau đó, khí được hớt qua đường đẳng nhiệt (đẳng nhiệt $BD$)*.

Bây giờ chúng ta cần đun nóng khí đến nhiệt độ $T_1$; điều này một lần nữa được thực hiện mà không cần truyền nhiệt, skatium adnabata (adnabata $DK$). Tiếp theo là sự giãn nở đẳng nhiệt ($KL$), quá trình này được lặp lại (một rãnh thứ hai được cung cấp trên cam của cơ cấu truyền động cho hành trình quay trở lại của piston).

Các công trình trên mặt cắt phụ $LB$ và $DK$ có độ lớn bằng nhau và trái dấu. (rốt cuộc, chúng được thay thế bằng việc truyền năng lượng $q$).

Một động cơ hoạt động theo chu trình lần đầu tiên được mô tả trong cuốn sách “Những suy ngẫm về động lực của lửa” của Sadi Carnot.

*) Nếu từ trạng thái ban đầu $K$ chúng ta thực hiện quá trình giãn nở adnabatic của khí, thì tại thời điểm nhiệt độ của nó bằng $T_2$, các tham số còn lại sẽ có các giá trị nhất định $p_2$, $V_2$. Được đặt tên theo trạng thái như vậy ($p_2$, $V_2$, $T_2$), tương ứng với điểm $D$ và tạo ra độ dốc đẳng nhiệt (đẳng nhiệt $BD$).

18

và về những cỗ máy có khả năng phát triển lực này" (1834), nó được gọi là máy Carnot, và chu trình được gọi là chu trình Carnot. Chu trình Carnot có thể tưởng tượng được.

Việc tính hiệu suất của động cơ Carnot khó hơn động cơ có máy phát điện. Nhưng điều này không cần thiết vì định lý sau đây đúng cho mọi động cơ nhiệt nghịch đảo.

Định lý Carnot. Ở nhiệt độ sưởi ấm và làm mát nhất định, tất cả các động cơ nhiệt ngược đều có hiệu suất như nhau (giả định rằng động cơ không tiếp xúc nhiệt với bất kỳ vật thể nào khác ngoài hệ thống sưởi và làm mát).

Chứng minh định lý Carnot dựa trên định luật thứ hai của nhiệt động lực học.

Định luật thứ hai của nhiệt động lực học
Định luật nhiệt động thứ nhất, thể hiện định luật bảo toàn năng lượng, không áp đặt các hạn chế về chiều của các quá trình (xét cho cùng, trong quá trình chuyển từ trạng thái A sang trạng thái B, năng lượng không đổi, sau đó nó cũng được bảo toàn trong quá trình chuyển ngược lại từ B sang A). Ví dụ, nếu bạn nhúng một hòn đá ấm vào nước lạnh, thì cả nước nóng lên do hòn đá nguội đi và hòn đá nóng lên thêm do nước nguội đi đều tương thích như nhau với định luật bảo toàn năng lượng - miễn là sự thay đổi năng lượng của các vật xung quanh có độ lớn và trái dấu.

Tuy nhiên, chưa ai quan sát thấy một hòn đá ấm tự nó nóng lên do nước mà nó được ném vào đó đóng băng! Kinh nghiệm của con người đều cho rằng trong quá trình tiếp xúc nhiệt, nhiệt luôn truyền từ vật nóng hơn sang vật lạnh hơn, do đó nhiệt độ của cả hai vật dần dần cân bằng. Chính với đặc tính này mà khái niệm nhất định về “nhiệt độ” gắn liền với nhau.

Nhưng cho dù những sự thật này có thuyết phục đến đâu thì chúng cũng chỉ liên quan đến sự trao đổi nhiệt trong quá trình tiếp xúc nhiệt đơn giản. Chúng ta đã biết rằng một “máy bơm báo động” có thể lấy năng lượng từ vật lạnh và truyền nó sang vật nóng. Nhưng để “máy bơm” hoạt động thì cơ thể bên ngoài phải thực hiện công nên khi kết thúc chu trình, không phải mọi thứ đều trở lại trạng thái ban đầu.

Định luật thứ hai của nhiệt động lực học phát biểu rằng ngay cả một cách gián tiếp, việc truyền nhiệt không bù từ vật lạnh hơn sang vật nóng hơn là không thể. “Không bù” có nghĩa là không để lại bất kỳ dấu vết nào (nghĩa là không có sự thay đổi nào ở bất kỳ vật thể nào ngoại trừ việc làm nóng vật thể nóng và làm mát vật thể lạnh). Không thể cải tiến máy bơm nhiệt theo cách mà nó, thông qua truyền nhiệt, lấy năng lượng từ vật lạnh và truyền cho vật nóng, đưa tất cả các quá trình của vật thể (bao gồm cả chính máy bơm) về trạng thái ban đầu.

Rõ ràng là không có thí nghiệm nào (hoặc thậm chí một loạt thí nghiệm) có thể chứng minh loại phát biểu phủ định này (cũng như không thể chứng minh bằng thực nghiệm sự không thể có của chuyển động vĩnh viễn). Giống như nhiều định luật khác, định luật thứ hai của nhiệt động lực học được chấp nhận trong vật lý như một tiên đề, từ đó rút ra vô số hệ quả xa xôi. Sự nhất trí không thể thay đổi về mọi hệ quả với các thí nghiệm và thực tiễn cũng như việc dự đoán thành công các sự kiện mới trên cơ sở chúng tạo nên niềm tin hợp lý vào tính đúng đắn của quy luật.

Dựa trên định luật thứ hai của nhiệt động lực học, có thể chỉ ra rằng không thể hoạt động theo chu kỳ, nó sẽ nhận năng lượng thông qua truyền nhiệt và thực hiện công nhờ nó mà không để lại bất kỳ thay đổi nào khác trong thế giới xung quanh.

Thiết bị tuyệt vời đến mức hấp dẫn đến mức được mệnh danh là “di động vĩnh viễn”

19

Loại thứ hai. Lợi ích thực tế từ nó sẽ không kém nhiều so với “động cơ vĩnh cửu” khét tiếng (tức là một động cơ vĩnh cửu) thuộc loại đầu tiên, có khả năng thực hiện công mà không tiêu tốn chút năng lượng nào. Thật vậy, một “động cơ vĩnh cửu loại hai” có thể thực hiện công việc làm mát nhẹ những khối lượng khổng lồ của vỏ trái đất hoặc nước đại dương.

Chứng minh định lý Carnot
Bây giờ chúng ta hãy áp dụng định luật thứ hai của nhiệt động lực học để chứng minh định lý Carnot.
Chúng ta sẽ chứng minh điều đó bằng phản chứng. Giả sử có hai động cơ đảo chiều có hiệu suất khác nhau. Thực hiện cùng một công, chúng nhận được lượng nhiệt khác nhau từ quá trình đốt nóng và giải phóng lượng nhiệt khác nhau sang bộ làm mát (Hình 11).

Sử dụng khả năng đảo ngược, chúng ta sẽ biến động cơ tệ nhất (trong hình của chúng ta - động cơ bên phải) thành một “bơm” nhiệt được dẫn động cơ học từ một động cơ khác (Hình 12). Đơn vị phức tạp thu được không tạo ra bất kỳ tác động bên ngoài nào ngoài việc truyền nhiệt từ bộ điều nhiệt lạnh sang bộ điều nhiệt nóng (và bản thân nó định kỳ trở lại trạng thái ban đầu). Sự mâu thuẫn với định luật thứ hai của nhiệt động lực học chứng tỏ tính không thể chấp nhận được của giả định đã đưa ra, và do đó cũng chứng minh định lý Carnot.

Đối với một cặp động cơ không thể đảo ngược, bằng chứng như vậy không có tác dụng - chúng có thể có hiệu suất khác nhau.

Điều gì sẽ xảy ra nếu một động cơ quay ngược còn động cơ kia thì không? Như có thể thấy trên Hình 12, giả định rằng động cơ lùi (biến thành máy bơm) có hiệu suất kém nhất dẫn đến vô lý. Do đó, động cơ nhiệt không thuận nghịch không thể có hiệu suất cao hơn động cơ nhiệt nghịch đảo.

Theo định lý Carnot, công thức rút ra tính hiệu suất của động cơ nhiệt nghịch với máy phát điện bằng

$$\eta = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1}$$

tự động áp dụng cho tất cả các động cơ nhiệt đảo chiều.

Do đó, đối với tất cả các động cơ nhiệt nghịch thì điều kiện này được thỏa mãn

$$\frac{Q_2}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1},$$

hoặc

$$\frac{Q_2}{T_2} = \frac{Q_1}{T_1}.$$

Tỷ lệ giữa lượng nhiệt với nhiệt độ của vật tham gia vào quá trình truyền nhiệt được gọi là nhiệt giảm trong nhiệt động lực học. Như bạn có thể thấy, động cơ đảo ngược sẽ tách bộ làm mát bằng lượng nhiệt mà nó nhận được từ quá trình sưởi ấm (trong khi nó chỉ đơn giản là tách ít nhiệt hơn mức nhận được).

20

Công thức cuối cùng không phụ thuộc vào hướng hoạt động của động cơ nhiệt ngược, nghĩa là nó vẫn đúng đối với bơm nhiệt (mặc dù nói về hiệu suất trong trường hợp này là không phù hợp).

Đối với động cơ không thể đảo ngược
$$\eta = \frac{T_1 - T_2}{T_1} \text{ является верхним пределом, то есть}$$
$$\eta = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1} = 1 - \frac{Q_2}{Q_1} \leq 1 - \frac{T_2}{T_1},$$
từ đó dẫn đến điều đó trong các động cơ không thể đảo ngược
$$\frac{Q_2}{T_2} > \frac{Q_1}{T_1}.$$

Ở sự khác biệt

1. Phải thực hiện công tối thiểu là bao nhiêu để sử dụng động cơ nhiệt nghịch đảo có máy phát điện để truyền nhiệt lượng 600 J ra khỏi vật có nhiệt độ 250° K và truyền nhiệt lượng đó sang vật có nhiệt độ 300° K? Năng lực của cơ thể rất cao.

2. Bếp điện 1 kW duy trì nhiệt độ phòng $t_1 = 17°\text{C}$ ở nhiệt độ bên ngoài $t_2 = -12°\text{C}$. Công suất tối thiểu này cần bao nhiêu cho phạm vi sưởi ấm bằng bơm nhiệt?

3. Theo giả thuyết, hãy coi cơ thể con người như một động cơ nhiệt, trong đó chất làm mát là không khí trong tầng nguyên tử có nhiệt độ 14°C. Nhiệt độ tối thiểu nào của “bộ sưởi” (nằm bên trong cơ thể!) sẽ mang lại hiệu suất quan sát được bằng thực nghiệm. d. 30%? Có thể nói gì về tính hợp lý của giả thuyết trên cơ sở này? Định lý Carnot được coi là đã được chứng minh.

4. Dựa trên định luật thứ hai của nhiệt động lực học, người ta đã chứng minh (bằng mâu thuẫn) rằng việc truyền nhiệt không bù vào công là không thể.

5. Việc chứng minh định lý Carnot được thực hiện như thế nào trong trường hợp động cơ nhiệt thực hiện lượng công không bằng nhau trong mỗi chu kỳ? Khi nào độ dài chu kỳ của chúng khác nhau?

6. Dựa trên tính không thể có của “động lặp lại loại hai” như một tiên đề thể hiện định luật thứ hai của nhiệt động lực học, chứng minh sự không thể truyền nhiệt không bù từ vật lạnh hơn sang vật nóng hơn.

7. Lấy định lý Carnot làm tiên đề biểu thị định luật thứ hai của nhiệt động lực học, chứng minh sự không thể truyền nhiệt không bù từ vật lạnh hơn sang vật nóng hơn, cũng như không thể chuyển nhiệt không bù thành công.

Từ từ điển cũ

Năm 1842-1843. Bốn tập của “Từ điển tiếng Slav và tiếng Nga của Giáo hội”, do Viện Hàn lâm Khoa học* biên soạn, đã được xuất bản. Thật thú vị và mang tính hướng dẫn khi xem các thông báo vật lý được sử dụng như thế nào trong những năm đó; Xét cho cùng, vật lý học đã thay đổi diện mạo rất nhiều trong 100 năm qua, nên giờ đây có rất nhiều điều có vẻ gây tò mò. Nhưng chúng ta không được quên rằng vật lý đã phát triển nhanh chóng trong nửa đầu thế kỷ trước và những lời giải thích mà chúng ta sẽ nói đến đã đạt được trong những năm gần đây.

Vậy hãy xem nhiệt là gì. Từ điển nói: “… Cũng giống như caloric, caloric.” Chúng ta hãy xem: “Telloride là nguyên nhân vật chất tạo ra nóng, ấm và lạnh; một chất lỏng mỏng đến mức không thể chấp nhận được tuôn ra từ Mặt trời và thấm vào toàn bộ thế giới vật chất, vô hình, không thể nhận thấy và chỉ có thể bị nhận thức sai lầm.”

Lomonosov cũng giải thích nhiệt bằng chuyển động; các triết gia thời cổ đại và thời Trung cổ cũng đã nói về điều này; nhưng khi họ bắt đầu cố gắng gán một thước đo định lượng cho nhiệt, để nói về sự truyền nhiệt từ vật này sang vật khác, thì đến giữa thế kỷ 18, họ đã đi đến lý thuyết về hoa nhiệt đới: ý tưởng coi nhiệt như một chất lỏng, được mô tả ở trên. Chỉ sau khi người ta phát hiện ra rằng nhiệt có thể chuyển đổi thành các loại năng lượng khác (từ “năng lượng” chưa có trong từ điển!) và các vật thể bao gồm các nguyên tử và phân tử chuyển động, các nhà vật lý mới từ bỏ nhiệt kế.

(Tiếp theo trang 23)

*) Năm 1868-1869. Ấn bản thứ hai (không thay đổi) của Từ điển đã được xuất bản.

21

Trên ranh giới của các nghiệm của phương trình bậc ba

Như bạn đã biết, các công thức cho phép bạn biểu diễn chính xác nghiệm của phương trình bậc ba thông qua các hệ số, trọng lượng của nó. Vì vậy, việc tính gần đúng các nghiệm của phương trình bậc ba thường rất quan trọng.

Bài viết này đánh giá các ranh giới mà các nghiệm thực của phương trình bậc ba có thể nằm trong đó.*)

Xét phương trình bậc ba
$$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0,$$
(1)
hệ số $a, b, c, d$ là số thực, $a \neq 0$. Số hạng đầu tiên $ax^3$ ở vế trái của phương trình (1) được gọi là số hạng cũ, số hạng cuối cùng $d$ được gọi là số hạng tự do.

Như đã biết**), phương trình (1) có ba nghiệm, một trong số đó là nghiệm thực và hai nghiệm còn lại là thực hoặc liên hợp phức. Chúng ta sẽ chỉ quan tâm đến nghiệm thực của phương trình (1). Mục tiêu của chúng tôi là thế này: không cần tự tính toán các nghiệm, chúng ta sẽ thu được các ranh giới (ước tính) phi hài hước cho chúng, nghĩa là chỉ ra các tích phân trên trục thực mà các nghiệm này nằm trong đó.

Để làm điều này, cùng với phương trình (1), chúng ta xét đa thức bậc ba
$$y = ax^3 + bx^2 + cx + d.$$

Có thể nói gì về hoạt động của hàm này đối với các giá trị tuyệt đối lớn $x$? Nếu đối số $x$ tăng giá trị tuyệt đối của giá trị thì giá trị tuyệt đối

*) Bài viết này là phần tiếp theo của loạt tài liệu dành cho phương trình bậc ba (xem «Kvant», 1971, số 11, 1972, số 6).
**) Xem «Kvant», 1971, số 11, tr. 20-21.

Giá trị lô của mỗi số hạng ở vế phải của phương trình (2) sẽ tăng lên và bậc của số hạng này càng cao thì càng nhanh.

Rõ ràng là giá trị tuyệt đối của số hạng dẫn đầu $ax^3$ sẽ tăng nhanh nhất. Do đó, chúng ta có thể kỳ vọng rằng nếu chọn giá trị $|x|$ đủ lớn thì giá trị tuyệt đối của số hạng dẫn đầu $ax^3$ sẽ lớn hơn giá trị tuyệt đối của tổng tất cả các số hạng khác, tức là
$$|ax^3| > |bx^2 + cx + d|.$$

Hãy chứng minh rằng bất đẳng thức này đúng với mọi $x$ đủ lớn về giá trị tuyệt đối.

Vì giá trị tuyệt đối của tổng không vượt quá tổng các giá trị tuyệt đối của các số hạng nên
$$|bx^2 + cx + d| \leq |b| \cdot x^2 + |c| \cdot |x| + |d|.$$

Đặt $|x| = v$, chúng ta viết lại bất đẳng thức này:
$$|bx^2 + cx + d| \leq |b| \cdot v^2 + |c| \cdot v + |d|.$$

Các hệ số $|b|, |c|$ và $|d|$ ở vế phải của bất đẳng thức (4) là các số thực không âm; chúng ta hãy biểu thị số lớn nhất trong số chúng bằng $M$:
$$M = \max(|b|, |c|, |d|).$$

Nếu ở vế phải của bất đẳng thức (4) thay vì từng hệ số $|b|, |c|, |d|$ ta thay số $M$,

22

thì bất đẳng thức (4) chỉ là thành công. Do đó, bất đẳng thức đúng
$$|bx^2 + cx + d| \leq M(v^2 + v + 1),$$
mà, nếu chúng ta sử dụng danh tính nổi tiếng,
$$v^2 + v + 1 = \frac{v^3 - 1}{v - 1}, \quad v \neq 1,$$
có thể được viết dưới dạng
$$|bx^2 + cx + d| \leq M \frac{v^3 - 1}{v - 1}.$$
Vì chúng tôi quan tâm đến các giá trị lớn của $|x| = v$, nên chúng tôi sẽ giả định rằng $v > 1$. Nhưng sau đó
$$\frac{M(v^3 - 1)}{v - 1} < \frac{Mv^3}{v - 1},$$
và do đó bất đẳng thức (6) sẽ có dạng
$$|bx^2 + cx + d| < \frac{Mv^3}{v - 1}, \quad |x| = v > 1.$$
(7)

Nếu chúng ta chứng minh được rằng giá trị tuyệt đối của số hạng dẫn đầu $ax^3$ đối với tất cả các giá trị $x$ đủ lớn về giá trị tuyệt đối (sao cho điều kiện $v > 1$ cũng được thỏa mãn) lớn hơn biểu thức $\frac{Mv^3}{v - 1}$, nằm ở vế bên phải của bất đẳng thức (7), thì bất đẳng thức (3) sẽ được chứng minh. Hãy xem cách chọn $|x| = v$ sao cho bất đẳng thức $|ax^3| > \frac{Mv^3}{v - 1}$ được thỏa mãn, tức là
$$|a|v^3 > \frac{Mv^3}{v - 1}.$$
Giải bất đẳng thức thu được đối với $v$, ta thấy rằng nó chắc chắn đúng với mọi
$$v > \frac{M+|a|}{|a|}.$$
Vì $\frac{M+|a|}{|a|} \geq 1$ (kể từ $M \geq 0$), nên với điều kiện (8) bất đẳng thức $v > 1$ luôn được thỏa mãn. Điều này chứng tỏ rằng bất đẳng thức (3) đúng với
$$|x| \geq \frac{M+|a|}{|a|}.$$
Theo đó, đối với các giá trị $x$ thỏa mãn điều kiện (9), hàm (2) không thể biến mất. Nói cách khác, mọi nghiệm thực của phương trình (1) đều thỏa mãn bất đẳng thức
$$|x| \leq \frac{M+|a|}{|a|}.$$
Số dương $A = \frac{M+|a|}{|a|}$ được gọi là giới hạn trên của nghiệm thực của phương trình bậc ba (1).
Hóa ra cũng có thể tìm thấy giới hạn dưới cho các nghiệm thực của phương trình bậc ba (1), tức là một số không âm $B$ sao cho tất cả các nghiệm thực của phương trình (1) đều thỏa mãn bất đẳng thức $|x| \geq B$.
Để làm điều này, chúng ta cần thay thế phương trình (1)
$$x = \frac{1}{z}.$$
(11)

Sau đó, sau các phép biến đổi tiếp theo, chúng ta thu được phương trình
$$dz^3 + cz^2 + bz + a = 0.$$
(Chúng ta sẽ giả sử rằng trong phương trình (1) số hạng tự do $d \neq 0$ hoặc trường hợp $d = 0$ không được quan tâm (phương trình (1) trong trường hợp này có nghiệm $x = 0$ và các nghiệm còn lại của nó được xác định từ phương trình bậc hai).
Vì $|x| = \frac{1}{|z|}$ (xem (11)), rõ ràng là bất đẳng thức $|z| < K$, trong đó $K > 0$, hàm ý bất đẳng thức $|x| > \frac{1}{K}$.
Pozny, nếu với $K$ chúng ta lấy giới hạn trên của nghiệm thực của phương trình (12), thì số $\frac{1}{K}$ sẽ là giới hạn dưới của nghiệm thực của phương trình (1). Nhưng chúng ta đã biết cách tìm giới hạn trên $K$ của nghiệm thực của phương trình (12) (xem (5), (10)):
$$K = \frac{N+|d|}{|d|},$$
Ở đâu
$$N = \max(|c|, |b|, |a|).$$
(13)

23

Giới hạn dưới của Pozny cho nghiệm thực của phương trình bậc ba (1) là:

$$B = \frac{|d|}{N + |d|}.$$

Cần lưu ý rằng công thức này cũng hợp lệ trong trường hợp $d = 0$, khi đó giới hạn dưới rõ ràng bằng 0 (vì nó có gốc bằng 0) và chính xác thì kết quả tương tự thu được từ công thức (14) (tất nhiên trong trường hợp này là $N \neq 0$ hoặc trong phương trình (1) theo giả định $a \neq 0$).

Tóm lại: tất cả các nghiệm thực của phương trình bậc ba (1) đều thỏa mãn bất đẳng thức

$$B \leq |x| \leq A,$$

Các số $A$ và $B$ được xác định thông qua các hệ số của phương trình sử dụng các công thức (10), (5) và (14), (13). Nói cách khác, nghiệm thực của phương trình bậc ba (1) chỉ có thể nằm trên các đoạn $[-A, -B]$ và $[B, A]$ của trục thực; bên ngoài các phân đoạn này, phương trình (1) không có nghiệm thực sự.

Ví dụ Xét phương trình

$$2x^3 + 5x^2 - 4x - 3 = 0.$$

Đây là $M = 5$, $|a| = 2$ và sau đó là $A = \frac{7}{2}$. Do đó, giới hạn trên của nghiệm thực được coi là $\frac{7}{2}$. Tiếp theo, $N = 5$, $|d| = 3$ và sau đó là $B = \frac{3}{8}$. Do đó, giới hạn dưới của nghiệm thực được coi là $\frac{3}{8}$. Nói cách khác, nghiệm thực được coi là nằm trên các đoạn $(-7/2, -3/8)$ và $(3/8, 7/2)$.

Từ từ điển cũ

(Tiếp tục Bắt đầu xem trang 20)

Chúng ta hãy nhìn vào từ điện. Chúng ta đọc: “… Vật chất, chất tinh tế nhất trong tất cả các vật thể lỏng được biết đến, giao tiếp với hầu hết mọi vật thể, ở mức độ lớn hơn hoặc thấp hơn và chuyển động với tốc độ phi thường.”

Đối với mô tả này, chúng ta có thể nói thêm rằng vào đầu thế kỷ 19, người ta tin rằng có hai chất lỏng điện tương ứng với hai điện tích - dương và âm. Những chất lỏng này được bổ sung thêm hai chất từ ​​tính nữa (từ tính bắc và nam), một chất lỏng liên kết với lực hấp dẫn và nhiệt lượng.

Điều thú vị là Từ điển phân biệt giữa “trọng lực, lực đẩy mọi vật xuống đáy hoặc vào tâm Trái đất” và “lực hấp dẫn phổ quát, lực hút lẫn nhau của tất cả các thiên thể”.

Người ta có thể hiểu tại sao với sự liên kết nhiệt và điện lại tồn tại các chất lỏng cụ thể. Các nhà vật lý đã nhận thấy rằng có một cái gì đó trong tự nhiên được bảo tồn. Định luật đơn giản và dễ hiểu nhất là định luật bảo toàn vật chất - một phần là chất lỏng. Định luật này được sử dụng rộng rãi trong thủy động lực học. Vì vậy, chất lỏng cụ thể cũng phải gắn liền với các khoản nợ dinh dưỡng dự trữ khác. Thực tế là những chất lỏng này dễ dàng xâm nhập vào mọi cơ thể một cách bất thường đã được thể hiện rõ ở giai đoạn đầu tiên của món sinh tố nhỏ: các cơ thể có vẻ đơn giản và chất lỏng thì “mỏng”.

(Cuối cùng xem trang 28)

24

NHÌN THẤY GÌ
CON MẮT CHẮC CHẮN

Trên bìa có vẽ hình 24-gon thông thường. Bằng cách kiểm tra cẩn thận, bạn có thể tìm thấy một số đa giác đều do giao điểm của các đường chéo, các đoạn đường chéo và các cạnh.

Các loại, ví dụ: hình tam giác và hình vuông đều, và tâm của chúng có thể khác với tâm của 24 giác nhất định. Bạn có để ý đến chúng không, mắt bạn có nhìn vào bức vẽ không? Nếu không, không có vấn đề gì. Một số hình vuông được tô sáng trong Hình 1, một số hình tam giác đều được tô sáng trong Hình 2.

Tuy nhiên, bạn vẫn cần đảm bảo rằng các đa giác này thực sự đều đặn; Bản thân bản vẽ, cho dù nó được thực hiện cẩn thận đến đâu, cũng không mang lại sự đảm bảo như vậy.

Để chứng minh điều đó, chúng ta hãy tưởng tượng rằng một 24-giác nội tiếp trong một đường tròn, rồi xét các góc tạo bởi chuyển động của nó, đồng thời lưu ý những đoạn nào trên hình vẽ bằng nhau và tại sao (tự tiến hành chứng minh). Hình 1 và 2 lần lượt minh họa đặc điểm của trường hợp hình thành hình vuông và hình tam giác đều, giúp so sánh với một nhiệm vụ phức tạp hơn: tìm ra có bao nhiêu hình tam giác đều và hình vuông được vẽ trên trang bìa.

Chúng ta hãy nhìn lại bìa. Có thể thấy rõ làm thế nào, khi giao nhau, các đường chéo của một hình 24, gần tâm của nó, tạo thành một hình mà mắt kiên quyết không chịu nhìn tròn (trên thực tế, tất nhiên đây là một hình 24 thông thường). Ở một khoảng cách nào đó từ trung tâm của 24-giác này, chúng ta thấy “vòng tròn” thứ hai và thứ ba đồng tâm chứ không chỉ thể hiện rõ ràng “vòng tròn” bốn và thứ năm. Các “vòng tròn” khác có đường kính tương tự không thể nhìn thấy được, không đáng chú ý. Có bao nhiêu? Đáp số Hình 3 có thể giúp trả lời câu hỏi này.

Hình 4 thể hiện một 24-giác hình sao thông thường. Bạn có thể kiểm tra trực tiếp, bằng cách nhìn dọc theo từng mắt xích của đường đứt nét, xem liệu đó có thực sự là một đa giác hay không, tức là đường đứt nét đã vẽ có đóng hay không, hình có bị chia thành nhiều đường gãy khép kín hay không.

Tuy nhiên, câu hỏi vẫn chưa rõ ràng: liệu có thể sử dụng được 24-giác thông thường khác không? Nếu chỉ nhìn vào bản vẽ thì rất khó để kiểm chứng điều này. Sử dụng người quan sát trực quan, kiểm tra xem nếu các đỉnh của 24 giác được nối qua một, thì đường đứt nét sẽ khép lại thành hình 12 giác, nếu qua hai, thì thành hình bát giác… Tại sao điều này xảy ra? Điều này có phải là do việc chia cạnh của 24 giác cho hai sẽ được số 12 và cho 3 được 8? Teller, bạn có thể thiết lập số lượng 24 giác đều có hình ngôi sao mà không cần dùng đến hình vẽ (làm thế nào?

lời giải đẹp có bài toán như sau: “Tại bao nhiêu điểm mà các đường chéo của $n$-gon ($n \geq 4$) cắt nhau, nếu biết rằng không có ba đường chéo nào cắt nhau tại một điểm, thì ta thấy rằng có số điểm giao nhau bằng đúng số cách chọn 4 từ $n$, tức là $C_n^4$.

Trong trường hợp 24 cạnh không có ba đường chéo nào cắt nhau tại một điểm, giao điểm của các đường chéo sẽ là $C_{24}^4$. Nhưng vì một 24-giác nhất định -

25

đúng thì số điểm như vậy sẽ ít hơn $C_{24}^4$ đưa ra giới hạn trên. Hình (xem bìa) cho thấy tại một số điểm có ba hoặc nhiều đường chéo cắt nhau. Nhưng có thể tầm nhìn của chúng ta đang đánh lừa chúng ta và trên thực tế, hình vẽ không chỉ ra một điểm giao nhau của ba đường thẳng mà là hai điểm rất gần nhau và sau đó mắt không thể phân biệt được điểm giao nhau của các cặp đường chéo?

Trong một số trường hợp, lý luận đơn giản xác nhận tính đúng đắn của những gì được nhìn thấy. Ví dụ, gần như hiển nhiên rằng giao điểm của các đường chéo thuộc các đường chéo của một 24 giác đều, là trục đối xứng của nó, lớn hơn gấp đôi. Xác định sự hiện diện (hoặc vắng mặt) của nhiều hơn hai giao điểm của các đường chéo trong Hình 5, 6.

Có thể chứng minh rằng trong 6 tam giác đều phía trên nhìn thấy trong hình có nhiều hơn hai đường chéo của một 24 cạnh đều cắt nhau. Hãy thử điều này.

Cố gắng làm rõ ước tính số giao điểm của các đường chéo của một hình 24 cạnh đều.

Cố gắng lấy 24-gon thông thường, chỉ sử dụng cách gấp một tờ giấy.

V. N. Berezin

26

NHỮNG SỐ NÀO LỚN HƠN?
Chuẩn rồi. Lysov

Những con số nào lớn hơn - tự nhiên hay chẵn? Nơi nào có nhiều điểm hơn - trên một đoạn thẳng hay một đường thẳng? Có thể tìm được một tập hợp có nhiều phần tử hơn tập hợp đã cho không? Bằng cách làm sáng tỏ những câu hỏi tự nhiên này, Georg Cantor đã tham gia vào toán học và lý luận, từ đó phát triển lý thuyết tập hợp - nền tảng của các nhánh chính của toán học hiện đại *).

Trong bài học này và một trong những bài học tiếp theo của vòng tròn toán học, chúng ta sẽ cố gắng trả lời những câu hỏi mà Kantor đã đặt ra cho chính mình.

Chúng ta phải làm gì nếu trả lời câu hỏi bằng sắt: trong lớp có nhiều bé gái hay bé trai? Chúng tôi thường làm điều này: chúng tôi liệt kê các bé gái, bé trai và sau đó so sánh hai số thu được. Phương pháp này cho phép so sánh các tập hữu hạn khác nhau. Nhưng chúng ta có luôn sử dụng nó không?

Hãy tưởng tượng rằng bạn bước vào khán phòng của một rạp chiếu phim sau tiếng chuông thứ ba và cố gắng tìm hiểu xem cái gì đông hơn - khán giả hay khán giả. Nhìn vào hội trường, bạn nhận thấy rằng tất cả khán giả đang ngồi, đồng thời một số ghế vẫn còn trống. Đáp số câu hỏi đã rõ ràng - creSEL lớn hơn.

Bạn đã thiết lập được sự tương ứng giữa khán giả và một phần của CreSEL. Nguyên tắc tương ứng lẫn nhau này giúp chúng ta có thể so sánh các tập hợp vô hạn. (Tuy nhiên, sự tương ứng tương tự đã được thiết lập trong ví dụ đầu tiên giữa bé gái và bé trai.)

Về giới hạn 1. Sự tương ứng một đối một giữa tập hợp A và tập hợp B là một quy luật phù hợp với từng phần tử của tập hợp A.

*) Điều này sẽ được thảo luận chi tiết hơn trong bài viết của L. A. Kaluzhnin. Nhân kỷ niệm 100 năm lý thuyết tập hợp Georg Cantor, tr. 2.

Chúng ta liên kết một phần tử cụ thể của tập hợp B sao cho mỗi phần tử của tập hợp B được liên kết với một số - k, thuộc tập hợp B. Dễ dàng nhận thấy rằng sự tương ứng này là một đối một.

Sự tương ứng được xây dựng cho thấy tập A có cùng số phần tử với B. Kết quả thu được rất phù hợp với các biểu diễn trực quan của chúng tôi.

Bài tập 2. Thiết lập sự tương ứng một-một giữa tập A gồm các số tự nhiên và tập B gồm bốn số.

Hãy liên hệ số tự nhiên n với số 2n.

Ta thấy rằng số tự nhiên (A) bằng số bốn số (B). Nhưng tập B hoàn toàn nằm trong tập A. Có sai sót gì ở đây không? Không có lỗi.

27

Mọi thứ đều chính xác và thật dễ dàng để xác minh điều này nếu bạn đánh dấu các số tự nhiên trên một trục số và các số chẵn trên trục kia và đặt các dòng này bên dưới dòng kia (xem hình; các dòng có tỷ lệ khác nhau).

Ở đây, sự khác biệt quan trọng giữa tập hữu hạn và tập vô hạn được bộc lộ: một phần của tập hợp vô hạn có thể, theo một nghĩa nào đó, bằng toàn bộ tập hợp. Sự bình đẳng như vậy được gọi là sự tương đương.

Định nghĩa 2. Hai tập hợp A và B được gọi là tương đương (tương đương về số lượng, bằng nhau về lũy thừa) nếu có sự tương ứng một-một giữa chúng.

Bài 3. Chứng minh tập hợp A và B được gọi là tương đương (bằng nhau về số lượng, bằng nhau về số lượng) nếu giữa chúng có sự tương ứng 1-1.

Bài 4. Chứng minh hai tập hợp A và B được gọi là tương đương (bằng nhau về số lượng, bằng nhau về số lượng) nếu giữa chúng có sự tương ứng 1-1.

Bài 5. Chứng minh tập hợp A và B được gọi là tương đương (bằng nhau về số lượng, bằng nhau về số lượng) nếu giữa chúng có sự tương ứng 1-1.

Định nghĩa 3. Một tập hợp được gọi là đếm được nếu nó tương đương với tập hợp các số tự nhiên, nghĩa là các phần tử của tập hợp này có thể tính thành một chuỗi theo các số được gán cho chúng.

Trong tập hợp các số nguyên, mỗi phần tử có hai phần tử lân cận. Có lẽ một tập hợp trong đó không phải mọi phần tử đều có thể có “hàng xóm” sẽ có nhiều phần tử hơn một tập hợp đếm được? Ví dụ, hãy xem xét tập hợp các phân số thích hợp. Với hai phân số a và b bất kỳ (a < b) đều có một phân số đúng

![Graph showing the division of two integers a and b by a common denominator.]

c sao cho a < c < b, nghĩa là không có “hàng xóm”. Tuy nhiên, bộ này cũng có thể đếm được.

Bài 4. Chứng minh tập hợp các phân số đếm được.

e cũng được chỉ định. Lợi dụng thực tế là số phân số thích hợp có mẫu số bằng N là hữu hạn.

Bài 5. Chứng minh tập hợp các số hữu tỉ đếm được.

Lời giải bài toán 5 có thể thu được bằng cách sử dụng bài toán 4 làm bổ đề.

Giả thuyết đặt ra là mọi tập hợp vô hạn đều tương đương với tập hợp số tự nhiên. Tuy nhiên, điều này không đúng. Thành tích lớn nhất của Cantor là lời giải tiếp theo bài toán.

Bài tập 6. Chứng minh rằng không thể thiết lập sự tương ứng một-một giữa tập hợp số tự nhiên và tập hợp vô hạn các số 0 và 1.

Lời giải trong số này bài toán được đưa ra trên trang. 8, nhưng nếu bạn chưa đọc thì hãy thử tự giải bài toán. (Tác giả bài viết biết rất nhiều học sinh đã giải được bài toán này.)

Vì vậy, chúng tôi tin chắc vào sự tồn tại của các tập hợp không đếm được, nhưng đây là chủ đề của một trong những vòng bận rộn tiếp theo và bây giờ chúng ta sẽ làm quen với một số tập hợp đếm được khác.

Nhiệm vụ 7. Tập hợp tất cả các từ tiếng Nga có thể đếm được (tất nhiên, chúng tôi giả sử rằng mỗi từ bao gồm một số hữu hạn các chữ cái).

Nhiệm vụ 8. Tập hợp tất cả các bộ số nguyên hữu hạn có thể đếm được.

Nếu chúng ta tính đến bất kỳ phương trình bậc n nào có không quá n nghiệm, thì chúng ta dễ dàng thu được lời giải của bài toán tiếp theo.

Bài tập 9. Tập hợp các số, mỗi số là nghiệm của một phương trình nào đó có hệ số nguyên, đếm được.

Tập hợp số ở bài 9 được gọi là tập đại số

28

những con số. Chứng minh rằng mọi số hữu tỉ và mọi tổ hợp có thể có của căn thức và số hữu tỉ đều là số đại số. Đại số cũng là những số không toric không thể viết dưới dạng căn thức (sự tồn tại của những số như vậy đã được chứng minh vào năm 1824 bởi nhà toán học người Na Uy Niels Henrik Abel). Từ bài toán 6 và 9 tồn tại các số không đại số. Những con số như vậy được gọi là siêu việt.

Để kết luận, chúng tôi trình bày cho bạn sự chú ý khó khăn hơn bài toán.

Nhiệm vụ 10. Tập M gồm các số tám nằm trên mặt phẳng và không giao nhau (tám là một cặp đường tròn tiếp tuyến, mỗi đường tròn có thể có kích thước bất kỳ). Chứng minh rằng M là hữu hạn hoặc đếm được.

Dễ dàng nhận thấy rằng bằng cách đặt các chữ cái “G” hoặc “O” không giao nhau trên một mặt phẳng, người ta có thể thu được một tập lẻ. Có chữ cái nào khác có tính chất tương tự như số tám không?

Bài 11. Tập M gồm chữ “T” nằm trên một mặt phẳng và không giao nhau với chữ cái. Chứng minh rằng M là hữu hạn hoặc đếm được.

Sau khi giải được bài toán trước đó, bạn có thể dễ dàng nói về từng chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Nga liệu chữ cái này có thể nằm trên mặt phẳng ở dạng số lẻ hay không, hoặc theo bất kỳ cách sắp xếp nào, nó tạo thành không quá một tập hợp đếm được.

Nhiệm vụ 12. Số $x_0$ được gọi là số lớn nhất của hàm $f(x)$ nếu tồn tại số dương $\delta$ sao cho $f(x)$ trong khoảng $(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$ lớn hơn chỉ một giá trị của hàm trong khoảng này. Chứng minh rằng tập cực đại của hàm số bất kỳ là hữu hạn hoặc đếm được.

Từ từ điển cũ

(Kết thúc. Xem phần đầu ở trang 20, 23)

Bức tranh này chỉ được trả lời vào cuối thế kỷ này, khi electron được phát hiện.

Còn một từ nữa: “Ether là chất lỏng, giống như không khí, nhưng không mỏng hơn nó nhiều…”

Người ta thường chấp nhận rằng toàn bộ Vũ trụ chứa đầy ether, chất này thâm nhập vào mọi vật thể và đóng vai trò là môi trường truyền ánh sáng, giống như không khí là môi trường truyền âm thanh. Toàn bộ thế kỷ 19 (đặc biệt là vào cuối thế kỷ 19) được dành cho nỗ lực xây dựng lý thuyết về ether. Chỉ đến đầu thế kỷ 20, Einstein mới chứng minh được rằng sự tồn tại của ether là một giả thuyết không cần thiết có thể loại bỏ mà không gây hại gì. Và thế là nó đã được thực hiện. Niềm tin sai lầm về sự cần thiết của một phương tiện truyền ánh sáng phổ biến đến mức giả thuyết ether đã được sử dụng. Mức tối đa là trong lý thuyết của ông về trường điện từ, mà như chúng ta biết ngày nay, không cần đến ether.

Vì vậy, chúng tôi đã đưa ra ba định nghĩa, trong đó không còn dấu vết nào từ lâu. Nhưng những dòng chữ trong Từ điển giống như những gò đất được khai quật giúp chúng ta nhận ra khoa học đang phát triển nhanh chóng như thế nào.

TÔI Ở VỚI.

29

Bài toán

M236—M240; F248—F252

M236. a) Có 51 số có hai chữ số. Chứng minh rằng từ các số này có thể chọn được ít nhất 6 số sao cho không có hai số nào trong số đã chọn có chữ số nào giống nhau.

6. Cho các số tự nhiên $k$ và $n$, $1 < k < n$. Với mọi $m$ nhỏ nhất, mệnh đề sau đây đúng: với mọi cách sắp xếp $m$ quân xe trên một bàn cờ có kích thước $n \times n$, người ta có thể chọn $k$ quân xe từ $m$ sao cho không có hai quân xe nào được chọn là nhau không?

A. Yu. Soifer và S. G. Slobodnik

M237. Các góc của một tam giác nhọn là $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$. Phải đặt khối lượng nào ở các đỉnh của nó để trọng tâm của ba khối lượng đó rơi xuống?

a) tại điểm giao nhau của các đường cao?

6. vào tâm đường tròn ngoại tiếp?

Các cạnh của tam giác là $a$, $b$ và $c$. Phải đặt khối lượng bao nhiêu ở các đỉnh của nó để trọng tâm rơi

b) Tại giao điểm của các đoạn nối các đỉnh và tiếp điểm của các cạnh đối diện với đường tròn nội tiếp?

d) đến tâm đường tròn ngoại tiếp?

B. D. Ginzbure

M238 * Chứng minh tổng $C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + C_n^5 \cdot (1973)^2 + C_n^7 (1973)^3 + \ldots$ chia hết cho $2^{n-1}$.

(Ở đây $C_n^k$ là các hệ số của đa thức)

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^k b^{n-k}$.

F. G. Shleifer

30

M239. Trên mặt phẳng có hai điểm A và B. Giả sử C là một điểm cách đều A và B. Chúng ta hãy xây dựng một chuỗi các điểm $C_1 = C, C_2, C_3, \dots, C_n, C_{n+1}$, trong đó $C_{n+1}$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AC_nB$. Tại vị trí nào của điểm C
a) điểm $C_n$ sẽ rơi ở giữa đoạn AB (trong trường hợp này $C_{n+1}$ và các số hạng tiếp theo của dãy không được xác định)?
b) điểm $C_n$ có trùng với C không?
N. Chernov, học sinh lớp 10 (Krivoi Rohe)

M240. Cho $x$, các giá trị của $x^8$ có ​​thể được tìm thấy trong ba phép tính số học: $x^2 = x \cdot x, x^4 = x^2 \cdot x^2, x^8 = x^4 \cdot x^4$ và $x^{15}$ trong năm phép tính: ba phép tính đầu tiên giống nhau, sau đó là $x^8 \cdot x^8 = x^{16}$ và $x^{16} : x = x^{15}$. Chứng minh rằng
a) $x^{1000}$ có thể được tìm thấy trong 12 phép tính (nhân và chia);
b)* đối với mọi giá trị $n$ tự nhiên $x^n$ có thể được tìm thấy trong hơn $\frac{3}{2} \log_2 n + 1$ bước.

E. G. Belaza

F248. Một vòng nặng mỏng có bán kính $R$ với kim đan rất nhẹ có thể xoay tự do quanh trục nằm ngang. Một quả bóng nhỏ được gắn vào vòng, khối lượng của nó bằng khối lượng của vòng. Tìm chu kì dao động nhỏ của một cái vòng có một quả bóng. Để làm điều này, bạn có thể cố gắng tìm ra sự tương đồng trong chuyển động của một cái vòng với một quả bóng và một ma trận toán học.

F249. Một thanh không trọng lượng, ở hai đầu có gắn các quả cầu có khối lượng $m$ và $M$, nằm ở giữa trên một giá đỡ cứng, xung quanh nó có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng.
Tại thời điểm ban đầu thanh nằm ngang và vận tốc của nó bằng không. Lúc này anh ta đang ấn vào giá đỡ bằng lực nào?

F250. Các điện tích giống nhau $q$ nằm ở khoảng cách $a$ và $b$ tính từ điện tích
quả cầu đất có bán kính nhỏ $r$ (Hình 1). Khoảng cách đến bề mặt trái đất và các vật thể mượn khác lớn hơn nhiều so với $a$ và $b$. Tìm lực do các điện tích tác dụng lên quả cầu.

Hình 1.

F251. Hình ảnh viên đạn đang bay (Hình 2) cho thấy sóng âm bị kích thích khi viên đạn di chuyển. (Bức ảnh này có được do thực tế là các khu vực có mật độ không khí khác nhau sẽ khúc xạ các tia sáng khác nhau.) Sử dụng thước đo, xác định tốc độ gần đúng của viên đạn. Tốc độ truyền âm trong không khí là 340 m/s.

Hình 2.

F252. Một sợi dây được quấn quanh một trụ hình trụ. Một đầu của sợi dây được kéo với một lực $F$. Để tránh dây trượt dọc bàn, khi chỉ quấn một vòng dây vào cột thì đầu thứ hai của dây phải được giữ với lực $f$. Đầu sợi dây này phải được giữ với lực bằng bao nhiêu nếu $n$ vòng dây của nó được quấn quanh cột? Lực $f$ sẽ thay đổi như thế nào nếu chúng ta lấy một cây cột có bán kính gấp đôi bán kính của nó? (Lực $f$ không phụ thuộc vào độ dày của dây.)

31

Lời giải bài toán

M179; M196–M199; F208, F209

M179. «Kvant» Số 8 năm 1973 được xuất bản lời giải bài toán M179. Đồng thời, chúng tôi mời độc giả tự mình hoàn thành lời giải bài toán. Chúng tôi hy vọng bạn đã làm như vậy và có thể so sánh lời giải của bạn với của chúng tôi.

Chúng ta hãy nhớ lại công thức bài toán.

Đối với mỗi tam giác $T$ một chuỗi các tam giác được dựng
$$T_0 = T, T_1, T_2, T_3, \dots,$$
thức ăn $T_n$ là một tam giác có các đỉnh là đáy của các đường cao của tam giác $T_{n-1}$. Chúng ta cần tìm xem có bao nhiêu người bạn khác nhau theo cặp của những người bạn trong tam giác $T$ tồn tại sao cho $T_n$ giống với $T$ (với mỗi $n$ cố định).

Hãy biểu thị bằng $(\alpha, \beta, \gamma), (\alpha_1, \beta_1, \gamma_1), \dots, (\alpha_n, \beta_n, \gamma_n)$ các góc của tam giác $T$ và các tam giác tương ứng $T_1, \dots, T_n$. Chúng ta cần tìm ra có bao nhiêu bản nhạc $(\alpha, \beta, \gamma)$ sao cho bản nhạc $(\alpha_n; \beta_n, \gamma_n)$ trùng với $(\alpha, \beta, \gamma)$ hoặc có được từ nó bằng một phép hoán vị và $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$.

Bộ ba $(\alpha, \beta, \gamma)$ và sự biến đổi của chúng
$$\begin{align*} (\alpha, \beta, \gamma) &\rightarrow (\alpha_1, \beta_1, \gamma_1), (\alpha, \beta, \gamma) \rightarrow \\ h^n &\rightarrow (\alpha_n, \beta_n, \gamma_n) \end{align*}$$

Thật thuận tiện để tưởng tượng những hình học như sau:

Chúng ta hãy vẽ một hình tam giác $Y$, với mỗi độ cao bằng $\pi$ và chúng ta sẽ mô tả một bộ ba số không âm $(\alpha, \beta, \gamma)$, trong đó $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, bởi một điểm $y$ bên trong tam giác này, khoảng cách từ đó đến cạnh bằng $\alpha$, $\beta$ tương ứng và $\gamma$ (Hình 1). Thư từ này
$$(\alpha, \beta, \gamma) \rightarrow y$$

giữa các rãnh $(\alpha, \beta, \gamma)$ và các điểm $y \in Y$ sẽ là một đối một. Hoán vị của các số trong trike $(\alpha, \beta, \gamma)$ tương ứng với các chuyển động của tam giác, kết hợp nó với chính nó (các góc rẽ và đối xứng theo độ cao). Hãy nhớ lại rằng phép biến đổi $h$ được mô tả về mặt hình học như sau. Trên các đường giữa của tam giác $Y$ (các điểm $y$ của các đường giữa tương ứng với các tam giác vuông $T$) $h$ không được xác định và mỗi trong số bốn tam giác mà các đường giữa chia tam giác $Y$, $h$ ánh xạ lên toàn bộ $Y$ và ánh xạ này là một phép biến đổi tương tự với hệ số 2, biến mỗi đoạn thành một đoạn song song với nó. Ở đây, bằng chỉ dẫn $n$, ta thấy phép biến đổi $h^n$ được sắp xếp tương tự: trên các đường thẳng song song với các cạnh và chia chiều cao thành $2^n$ phần bằng nhau, $h^n$ không được xác định; trong mỗi tam giác $2^{2n}$ mà các đường này được chia $Y$, $h^n$ - một phép biến đổi tương tự với hệ số $2^n$, ánh xạ tam giác này lên toàn bộ $Y$. (Hình 2 hiển thị $h^2$.) Điều kiện $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$ chọn một trong sáu hình tam giác mà trên đó tam giác $Y$ đường cao của nó được chia. Cái này thẳng

32

chúng ta biểu thị tam giác góc bằng $Y_1$, phần còn lại - như trong Hình 3 - chúng ta biểu thị tam giác tương ứng bằng $Y_2$, …, $Y_6$. Đặt $f_j$: $Y - Y$ là độ dịch chuyển $Y$ sao cho $f_j(Y_j) = Y_1$. Nếu mỗi $2^{2n}$ hình tam giác nhỏ, được ánh xạ bằng phép biến đổi $h^n$ lên toàn bộ tam giác $Y$, được chia theo chiều cao thành sáu hình tam giác, thì $Y_1$ sẽ được chia thành $2^{2n}$ các hình tam giác tương tự (có hệ số $2^n$), mà chúng tôi biểu thị là $X_j$, $1 \leq j \leq 2^{2n}$ (Hình 4). Sau khi ánh xạ $h^n$, mỗi $X_i$ sẽ đi vào một số $Y_j$ và nếu sau đó bạn sắp xếp lại các số giống nhau ($\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$) theo thứ tự giảm dần - áp dụng $f_j$, thì tích của hai phép biến đổi $f_j \cdot h^n$ ánh xạ $X_i$ thành $Y_1$ (biến đổi tương tự với hệ số $2^n$).

Chúng tôi khẳng định rằng trong mỗi $2^{2n}$ tam giác $X_i \subset Y_1$ có chính xác một “điểm cố định” $y_i$, cũng như $y_i \in X_i$ và $f_j(h^n(y_i)) = y_i$. Từ đáp số cũng cần loại trừ các điểm cố định của các tam giác $X_i$ có nhiều loại $Y_1$ hơn (chính xác là có một cột, hệ số tương tự là gì), vì đối với các tam giác này (và vì dễ thấy, chỉ đối với các tam giác này), “điểm cố định” nằm trên ranh giới nơi ánh xạ $h^n$ không được xác định. Ngay sau đó là đáp số trong bài toán: $2^{2n} - 2^n$ của chúng tôi. (Trong Hình 4, mỗi tam giác trong số 12 hình tam giác đầu chứa một điểm ($\alpha, \beta, \gamma$), mà ($\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$) sau khi sắp xếp lại theo thứ tự giảm dần sẽ trùng với ($\alpha, \beta, \gamma$).)

Tất cả những gì còn lại là chứng minh tuyên bố của chúng tôi. Để làm điều này, chúng ta áp dụng định lý sau cho tam giác $Y_1$ và ánh xạ $p$ của tam giác này lên $X_i \subset Y_1$, nghịch đảo với $f_j h^n$.

Định lý. Cho $Z$ là một hình không đồng dạng trên mặt phẳng (và mọi ranh giới của điểm $Z$ được coi là thuộc về $Z$), $p: Z \rightarrow Z$ là một phép biến đổi tương tự với hệ số $k < 1$. Khi đó có chính xác một “điểm cố định” của phép biến đổi $p$ thuộc $Z$, tức là có chính xác một $z_0 \in Z$ mà $p(z_0) = z_0$.

Chứng minh định lý cho hình bị chặn $Z$ (cụ thể là đây là trường hợp chúng ta cần) dễ kiểm tra nhất theo cách này. Đặt $Z_n = p^n(Z)$ (kết quả của $n$ áp dụng $p$ cho $Z$). Sau đó $Z \supset Z_1 \supset Z_2 \supset Z_3 \supset \dots$ và giao điểm của tất cả $Z_n$ bao gồm một điểm $z_0$ (Hình 5). Điểm này sẽ là điểm cố định của phép biến đổi $p$.

Một bằng chứng khác có thể chỉ ra rõ ràng điểm cố định và phù hợp với các số không giới hạn $Z$ có thể thu được bằng cách sử dụng số phức. Bất kỳ phép biến đổi nào về độ giống nhau của một mặt phẳng đều có thể được viết dưới dạng kết quả của một phép quay tuần tự, kéo dài $k$ lần, chuyển song song: $z| \rightarrow az + b$ và, có lẽ, thậm chí trước đó đối xứng với một đường thẳng: $z| \rightarrow az + b$ (ở đây $a$ và $b$ là các số phức, $|a| = k$, $z = x - iy$ - cách chia động từ $k = z + iy$; xem bài “Số ảo và hình học bài toán”, «Kvant» Số 3, 1973, tr. Trong trường hợp đầu tiên, điểm cố định được tìm thấy là lời giải của phương trình.

$$z_0 = az_0 + b > z_0 = \frac{b}{1 - a} = \frac{b + \bar{a}b}{1 - k^2},$$

trong hệ phương trình thứ hai - dưới dạng lời giải

$$\begin{cases} z_0 = \bar{a}z_0 + b \\ \bar{z}_0 = \bar{a}z_0 + \bar{b} \end{cases} > z_0 = \frac{b + \bar{a}b}{1 - \bar{a}},$$

$$= \frac{b + \bar{a}b}{1 - k^2}.$$

34

Lưu ý 1. Lưu ý rằng khi chúng ta thay đổi vị trí của các số mà chúng ta thực hiện thì tổng của các tích sẽ tăng lên một cách nghiêm ngặt. Theo đó, tổng của các tích bằng giá trị lớn nhất khi và chỉ khi bảng được lấy từ một bảng có các hàng được sắp xếp bằng cách sắp xếp lại các cột.

2. Nếu bảng không chứa số dương thì câu lệnh đó là sai. Ví dụ đơn giản nhất là bảng $2 \times 3$ (Hình 7).

V. M. Makarevich

M198. Cho hình bình hành ABCD. Trên các đường thẳng AB và BC, chọn các điểm H và K tương ứng sao cho các tam giác KAB và HCB đều bằng nhau (KA = AB và HC = CB (Hình 8)). Chứng minh tam giác KDH là tam giác đều.

Đây là một bài toán rất đơn giản. Xét các tam giác AKD và CDH. Chúng bằng nhau, vì AD = CH, AK = DC và DAK = DCH (xem Hình 9, a, b, c). Do đó độ dài của các đoạn KD và DH bằng nhau. Cũng dễ dàng chứng minh được các tam giác KDH, AKB và BHC đồng dạng (làm điều này).

V. L. Gutenmacher

M199. a) Chứng minh rằng tổng
$$C_n^0 - C_{n-1}^1 \frac{1}{4} + C_{n-2}^2 \frac{1}{4^2} - \dots +$$
$$+ (-1)^i C_{n-i}^1 \frac{1}{4^i} + \dots,$$
(tổng được lấy trên tất cả các mục tiêu i, 0 ≤ i $\frac{n}{2}$) bằng $\frac{n+1}{2^n}$.

b)* Chứng minh rằng nếu p và q là hai số khác nhau u p + q = 1 thì tổng
$$C_n^0 - C_{n-1}^1 pq + C_{n-2}^2 p^2 q^2 - \dots +$$
$$+ (-1)^i C_{n-i}^1 p^i q^i + \dots,$$

hình 9

35

$$\frac{p^{k+1}(1-q) - q^{k+1}(1-p)}{p-q} = \frac{p^{k+2} - q^{k+2}}{p-q}$$

(nhớ lại $p+q=1$).

Nó vẫn còn để kiểm tra cơ sở cảm ứng. Đối với $n=0$ $S_n=1$ và $\frac{p-q}{p-q}=1$ – công thức đúng.

Khi $n=1$ $S_n=1$ và $\frac{p^2-q^2}{p-q}=p+q=1$ công thức lại đúng.

Như vậy, cả bước quy nạp và cơ sở quy nạp đều được xác minh. Do đó, công thức đúng với mọi $n$.

Bình luận. Trong lời giải của chúng tôi, chúng tôi đã sử dụng thực tế là $C_n^k + C_n^{k+1} = C_{n+1}^k$ Hãy tự suy ra sự tương ứng này từ công thức cho $C_n^k$ cho trong điều kiện bài toán.

L. G. Limanov

Hầu hết tất cả độc giả đã gửi lời giải bài toán M190—M199 đã hoàn thành xuất sắc các bài toán M191, M198. Chúng tôi đã nhận được hơn 150 chiếc lời giải bài toán M196 đúng. lời giải đúng của bài toán còn lại đã xuất hiện (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của số đã giải bài toán): S. Abramov (Moscow) 7; S. Adeev (Voronezh) 2; D. Azov (Chelyabinsk) 2; Yu. Akumin (Moscow) 5; P. Bankovsky (Uralsk) 7; A. Baraov (Urukh KBASSR cũ) 7; E. Bashkirov (Minsk) 2, 7; A. Berlin (Bobriy) 2, 7; A. Blokh (Kharkov) 2, 4, 7, 9; A. Buzanov (Dnepropetrovsk) 2; A. Vainovsky (Baku) 2; A. Valkov (Tashkent) 2, 7, 9; A. Vasitseyev (Stavropol) 7; R. Wasserman (Odeska) 9; S. Vilkomir (Moscow) 2; A. Volkov (Chelyabinsk) 3; V. Gavriin (Kovylin Mord. Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 2, 7; A. Goncharov (Nikopol) 2; A. Gritsoryan (Baku) 0, 2, 4, 7, 9; S. Gritsenko (ga Leningradskaya, vùng Krasnodar) 7; S. Grodsky (Korsun-Shevchenkovsky) 7; E. Gusev (Pavlograd) 2, 7, 9; G. Gutin (Klintsy, vùng Bryansk) 2, 4, 7, 9; A. Dadomov (Leningrad) 2, 4; K. Danilchenko (Volgograd) 2, 9; P. Dedik (Moscow) 7; V. Duptsov (Dushanbe) 7; A. Ermenenko (Kharkov) 2, 9; K. Ermenenko (Chelyabinsk) 2; A. Zhdanov (Slavyansk-on-Kuban) 2; A. Zhuravlev (Moscow) 2, 7; M. Zaks (Perm) 2; A. Zaslavsky (Kalinin) 7, 9; V. Karapetyan (Sevan) 2, 9; D. Karpov (Pavlograd) 7, 9; M. Katz (Chisinau) 7; I. Kirova (Bulgaria) 2; L. Klimenok (Moscow) 7; Yu. Knyazikin (Tallinn) 7; M. Kobozev (Kyiv) 9; K. Kozel (Ba Lan) 0; S. Konyaesen (Saratov) 0; V. Kosharny (Volonogorsk, vùng Dnepropetrovsk) 4, 7; A. Kukush (Kyiv) 4; R. Kupiec (Ba Lan) 0; A. Kurlyandik (Leningrad) 2, 4; G. Levant (Frunze) 2; D. Lifshits (Koutansi) 7; M. Lyubits (Kharkov) 0, 7; A. Makartsev (Lviv) 2—4, 7, 9; G. Malashonok (Lviv) 2, 7; D. Mamedov (Divich Azerbaijan Liên Xô) 9; S. Melnik (Kharkov) 2; D. Mostovoy (Grozny) 3; G. Mustafaev (Snazany) 9; V. Napadov (Kharkov) 2, 4; A. Nikolaev (Moscow) 0; S. Nuzhny (Kuibyshev) 2, 4; M. Osipov (Moscow) 7; I. Panin (Sự thờ ơ) 2; V. Pankov (Minsk) 0, 3, 5, 7; P. Paramonov (Moscow) 5, 7; E. Parilis (Tashkent) 7, 9; E. Pasik (Kharkov) 2, 3, 4, 7, 9; V. Perevalov (Komsomolsk-on-Amur) 2; V. Mận (Moscow) 2; A. Razulyaev (Klin) 7; A. Rayin (Moscow) 0; A. Reznikov (Kyiv) 2, 4; S. Rodonov (Saratov) 9; R. Rozhkov (Ryazan) 2, 7; F. Rozhkov (Ryazan) 2, 7; V. Rosenshtein (Kamenets-Podolsky) 7; A. Ryazanov (N. Kuznetsk, vùng Kemerovo) 7; G. Samorodnitsky (Nizhyn) 2; V. Thứ bảy (Kyiv) 2; A. Sakharov (Yaroslavl) 7; G. Sklyar (Kharkov) 7, 9; V. Blind (Frunze) 3; V. Slepenko (Chelyabinsk) 7; MỘT. Slesarenko (Rubtsovsk, Lãnh thổ Altai) 2, 4; A. Slikin (Moscow) 0, 2, 4, 7, 9; I. Slutsky (Minsk) 2; Y. Soibelman (Kyiv) 2; K. Stemiak (Ba Lan) 2, 3; S. Tabachnikov (Moscow) 0, 2—5, 7, 9; V. Tkachenko (Kyiv) 7; E. Turkevich (Chernivtsi) 0, 2—4, 7, 9; S. Fomin (Leningrad); 2, 3; S. Tserkovny (Leningrad) 7; N. Chekrykov (Naberezhnye Chelny) 3; A. Chebamov (Omsk) 2, 3, 7; N. Chernov (Krivoy Rog) 2, 3, 7, 9; A. Sherstyuk (Nikolaev) 0, 7, 9; V. Shlykov (Kharkov) 2, 3, 4, 7; I. Sherbina (Dnepropetrovsk) 0,2—4, 7, 9; A. Shekhorsky (làng Stariki, vùng Zhytomyr) 9; R. Yulukhametov (làng Itkulovo, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Bashkortostan) 7; I. Yunus (Kharkov) 2, 7, 9.

Yu. P. Lysov

F208. Khi kết thúc quá trình tự động hóa, lốp sẽ nổ tung. Ước tính tốc độ tự động kiểm tra nên được sử dụng để lốp không bị nhăn.

Chúng ta sẽ giả sử xe chuyển động đều và không bị trượt, đồng thời xét những lực nào tác dụng lên phần lốp của một bánh xe tiếp xúc với mặt đường: Trong hệ tọa độ quán tính liên kết với tâm bánh xe, phần lốp này di chuyển dọc theo một đường tròn có bán kính $R$ (bán kính bánh xe) với tốc độ tuyến tính có độ lớn bằng tốc độ của xe v. Gia tốc hướng tâm của phần này là $a_u = \frac{v^2}{R}$.

Những lực nào tác dụng lên phần lốp như vậy (gọi là “dẫn”)? Nếu chúng ta bỏ qua sự biến dạng của lốp và các lực liên quan đến nó, thì chỉ có một lực trong vùng tác dụng chính - phản lực của mặt đường $N$.

(Lực mg tác dụng lên vùng này nhỏ hơn $N$ rất nhiều và có thể tránh được).

Vì xe tự động thông thường có 4 bánh,

36

thì lực này (trung bình) bằng $N = \frac{1}{4} Mg$,

trong đó $M$ là khối lượng tự động. Gia tốc được truyền tới phần đầu của lốp có khối lượng $m$ bởi lực $N$ là gia tốc hướng tâm, nghĩa là

$$\frac{1}{4} Mg = m \frac{v^2}{R}.$$

(1)

Vì vế trái của đẳng thức (1) được xây dựng (đối với một xạ thủ súng máy nhất định), nên các điều kiện $R =$ const (điều kiện về tính bất biến của lốp) và do đó, $m =$ const xác định duy nhất tốc độ cần thiết:

$$v = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{M}{m} g R}.$$

(2)

Để có được đánh giá định lượng, chúng tôi thay thế các giá trị sau vào công thức này: $g = 10 \, m/c^2$, $R = 0,5 \, m$, $M = 2 \cdot 10^3 \, \text{кг}$. Giá trị của $m$ cần được ước tính. Chiếc lốp nặng khoảng 30 kg, một phần nhỏ va chạm với mặt đường. Chúng ta sẽ giả sử rằng độ dài của nó là $l = 10 \, \text{см}$. Sau đó

$$m = m_{\text{ш}} \cdot \frac{l}{2\pi R} \approx 30 \cdot \frac{10}{2 \cdot 3,14 \cdot 0,5} \approx 1 \ (\text{кг})$$

(chúng ta giả sử rằng bán kính của lốp xe nhỏ so với bán kính của bánh xe).

Bây giờ thay thế tất cả các đại lượng này vào công thức (2), chúng ta thu được

$$v = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2000}{1} \cdot 10 \cdot 0,5} = 50 \, m/c = 180 \, \text{км/ч}.$$

Đối với tự động hóa địa chất, tốc độ này khá thấp.

F209. Bạn có thể mô phỏng quỹ đạo của một hạt tích điện trong từ trường bằng cách đặt một dây dẫn tuần hoàn cố định ở hai đầu để dòng điện chạy qua trong từ trường đều. Lực căng của một sợi dây có cường độ cực đại là 1 a sẽ bằng bao nhiêu nếu nó mô phỏng quỹ đạo của một proton có năng lượng 1 MeV trong từ trường vuông góc với các đường sức từ?

$$F = IB\Delta l,$$

vuông góc với phần tử $\Delta l$ (Hình 11). Các lực $T_1$ và $T_2$ lực căng của dây ($|T_1| = |T_2| = T$) tác dụng từ các phần tác dụng. Vì phần tử dây được đề cập ở trạng thái cân bằng nên lực cân bằng $T_1$ và $T_2$ phải bằng giá trị tuyệt đối với lực $F$, nghĩa là

$$2T \sin \frac{\alpha}{2} = IB\Delta l;$$

từ đây

$$T = \frac{1}{2} \frac{IB\Delta l}{\sin \frac{\alpha}{2}}.$$

Nhưng $\Delta l = \alpha R$, trong đó $R$ là bán kính của vòng tròn thể hiện bài đăng. Ngoài ra, vì chúng tôi lấy phần tử nối dây nhỏ (so với $R$) nên góc $\alpha$ nhỏ và

$$\sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}.$$

Pozumu

$$T = \frac{1}{2} \frac{IBR\alpha}{\alpha/2} = IBR.$$

Vì vậy, để tìm $T$, chúng ta cần xác định $R$.

Một proton trong từ trường chuyển động tròn đều dưới tác dụng của lực Lorentz

$$F = evB$$

(v là tốc độ của proton, e là điện tích của nó). Lực này làm cho proton bị ly tâm

37

F210. Hai kết nối mở giống hệt nhau với hai ống giống hệt nhau và được đổ đầy nước lên trên. Các ống được đóng lại bằng vòi $K_1$ và $K_2$ (Hình 12). Nhiệt độ của nước trong bình được duy trì không đổi và $t_1^\circ > t_2^\circ > 4^\circ$ C. Điều gì sẽ xảy ra với nước trong bình nếu đầu tiên vòi $K_2$ mở, sau đó (với vòi $K_2$ mở) vòi $K_1$ mở?

Sau khi mở vòi $K_2$ các mạch sẽ bắt đầu giao tiếp. Do đó, mực nước như vậy sẽ được thiết lập trong đó tại đó áp suất ở các điểm thấp hơn của bình sẽ bằng nhau (chất sẽ chảy từ bình này sang bình khác):

$$\rho_1 g h_1 = \rho_2 g h_2$$

($\rho_1, \rho_2$ - mật độ nước trong bình có nhiệt độ tương ứng $t_1^\circ$ và $t_2^\circ$, $h_1$ và $h_2$ - mực nước tương ứng).

Vì $t_1^\circ > t_2^\circ > 4^\circ$ C nên $\rho_1 < \rho_2$. Điều này có nghĩa là $h_1 > h_2$, tức là nước sẽ chảy từ bình bên phải sang bình bên trái và một phần sẽ bị văng ra ngoài.

Điều gì sẽ xảy ra với nước khi mở vòi $K_1$ tùy thuộc vào sự tương ứng giữa áp suất nước trong bình ở mức ống. Và vì áp suất có quan hệ tuyến tính với chiều cao của mức và $h_1 > h_2$, nên ở bất kỳ mức nào $0 < h < h_1$, áp suất ở bình bên trái sẽ lớn hơn ở bình bên phải (Hình 13). Vì vậy, $p_1(h_0) > p_2(h_0)$. Do đó, khi chúng ta mở vòi $K_1$, nước bắt đầu chảy qua ống trên từ bình bên trái sang bình bên phải. Trong trường hợp này, áp suất ở bình bên phải sẽ tăng và ở bình bên trái sẽ giảm. Nhờ đó, một dòng nước từ bình bên phải sang bên trái sẽ xuất hiện ở ống bên dưới.

bài toán này liên quan trực tiếp đến tính kỹ thuật. Pin đun nước nóng được kết nối với một ống, tuy nhiên nước vẫn lưu thông qua pin như vậy và không chỉ chảy qua đường ống mà không đi vào pin.

Tôi. Sh. Slobodetsky

Hình 12.

tăng tốc

$$a = \frac{v^2}{R},$$

đó là

$$evB = m \frac{v^2}{R},$$

hoặc

$$BR = \frac{mv}{e} = \frac{1}{e} \sqrt{2 \frac{m^2 v^2}{2}} = \frac{1}{e} \sqrt{2 m \frac{mv^2}{2}}.$$

Vì $\frac{mv^2}{2} = W$ là động năng của proton nên $BR = \frac{1}{e} \sqrt{2 m W}$.

Vì vậy, $T = \frac{1}{e} \sqrt{2 m W}$.

Thay thế $I = 1a$, $e = 1,6 \cdot 10^{-19} \kappa$, $m = 1,67 \cdot 10^{-27} \kappa$, $W = 1 Mэв = 1,6 \cdot 10^{-13} \partial x$ vào công thức này, ta tìm được

$$T = \frac{1}{1,6 \cdot 10^{-19}} \sqrt{2 \cdot 1,67 \cdot 10^{-27} \cdot 1,6 \cdot 10^{-18}} \approx 14 (\text{н}).$$