Kvant 1974, số 8 · Trang

1974
8
Kvasht
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Trường Vật lý và Toán học tại MIIT - 5 năm

Đúng vậy, Khoa Cơ và Toán tại MIIT đã hoạt động được 5 năm. Hội nghị dành riêng cho sự kiện này được mô tả trong bài viết của V. I. Kappun (xem trang 56-58). Những bức ảnh được đăng ở đây giới thiệu đến các bạn không khí tại các lớp học FMS.
● V.D. Kozlov giảng bài vật lý cho học sinh lớp 9.
● Andrey Kutyn trong lớp toán với một học sinh lớp 8.
● Grisha Katsman giảng bài toán cho học sinh lớp 10.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I.K. kioni
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. Sloboletsky,

phó tổng biên tập
M. L. Smolyansky,
Y. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya,
S. I. Schwartzburg.
A. I. Shirshov.

biên tập:
V. N. Berezni,
A. N. Vilenkin,
I. N. Klumova,
biên tập viên nghệ thuật
T. M. Makarova,
N. A. Bạc hà,
T. S. Petrova,
V. A. Tikhomirova,
do các biên tập viên đứng đầu
L. V. Cherpova

TRONG PHÒNG:

3. P. S. Alexandrov. Pavel Samuilovich Uryson
   (nhân kỷ niệm 50 năm ngày mất của ông)

4. M. S. Toronjadze, A. D. Bendukidze. Đường cong đậu phộng

5. B. Pontecorvo. Tuổi trẻ của Enrico Fermi

6. N. B. Demidovich. Làm thế nào để vẽ một khối lập phương n chiều?

7. Vâng. A. Smorodinsky. Về lực quán tính

8. A.K. Kionin. Vật lý, toán học, thể thao…

vòng tròn toán học
40. A. L. Toom. Bài kiểm tra đầu vào tại VZMSH năm 1974. Lời giải bài toán

Vấn đề «Kvant»
44. Bài toán M276—M280; F288—F292
46. Lời giải bài toán M236—M240; F243—F247

Đánh giá, thư mục
54. I. Zorich. Enrico Fermi - nhà vật lý

Thông tin
56. V. I. Kapulun. Trường Vật lý và Toán học tại MIIT - 5 năm

59. V. A. Volkov, A. L. Likhmarnikov, I. S. Rubanov. Hội thảo làm việc với học sinh

«Kvant» cho học sinh nhỏ
61. Bài toán
62. V. K. Smyshlev, A. P. Savin. Có bằng chứng nào khác không?

64. Đáp số, gợi ý, lời giải
    Hỗn hợp (tr. 27, 35)

On the 1st s. Bìa có hình vẽ thể hiện cách cấu tạo của “tấm thảm Sierpinski” (bản vẽ của S. F. Lukhin). Nếu ở giữa hình vuông chúng ta cắt ra một hình vuông nhỏ hơn 3 lần, ở các hình vuông còn lại (ở các cạnh) chúng ta lại cắt ra những hình vuông nhỏ hơn 3 lần và mak đến vô cùng, thì tập thùy còn lại, cũng là một tập hợp (trên mặt phẳng) có chiều 1. Định nghĩa về khái niệm kích thước của các thùy x và tập hợp, do P. S. Uryson đề xuất, được mô tả chi tiết trong bài báo của Viện sĩ P. S. Aleksandrov (xem p. 3).

trang 4 bìa - hình. E. V. Nazarova.

© «Kvant», 1974

3

Ngày 17 tháng 8 năm 1974 đánh dấu kỷ niệm 50 năm ngày mất của một trong những nhà toán học tài năng nhất Liên Xô P. S. Urson.

Pavel Samuilovich Urson sinh ngày 3 tháng 2 năm 1898 tại Odessk. Khả năng tuyệt vời của anh ấy thể hiện từ thời thơ ấu của anh ấy: các nhà khoa học dễ dàng tiếp cận anh ấy và sự tò mò rộng rãi của anh ấy ảnh hưởng đến cả khoa học tự nhiên (chủ yếu là vật lý và hóa học), toán học cũng như ngôn ngữ và văn học. Cùng nhau tốt nghiệp khu vực Moscow của P.N. Chứng bệnh gynimania của Popova vào năm 1915, cùng năm đó ông vào Đại học Moscow tại Khoa Vật lý và Toán học, và có ý định trở thành một nhà vật lý. Sự chú ý của P. P. Lazarev đổ dồn vào khả năng vượt trội của anh ta, trong đó có đề xuất về bản chất biến đổi sinh học của cảnh sát nảy sinh khi P. S. Urson vào trường đại học. Dưới sự lãnh đạo của P.P. Lazarev, công trình khoa học đầu tiên của Pavel Samuilovich được thực hiện, nó có tên là “Về bức xạ của ống Coolidge”, nó mang tính chất thử nghiệm và được gửi đi vào năm 1915.

Tuy nhiên, mối quan tâm khoa học của P. S. Urson ngày càng nghiêng về phía toán học. Ảnh hưởng quyết định đến vấn đề này là các bài giảng tại Đại học Moscow của D. F. Egorov và N. N. Luzin, người mà sinh viên P. S. Urson luôn coi mình là như vậy.

4

tal. Tất nhiên, đặc biệt lớn là ảnh hưởng của N.N. Luzin, người lúc đó đang ở đỉnh cao của sự nghiệp giảng dạy tại Đại học Moscow và tập trung xung quanh mình những sinh viên năng động và có năng lực nhất về toán học. Kết thúc quá trình học đại học, N.N. Luzin đã mời Pavel Samuilovich “ở lại trường đại học” (tức là vào trường cao học) dưới sự lãnh đạo của ông. Đề xuất này, được P. S. Urson chấp nhận, cuối cùng đã quyết định sự lựa chọn chuyên ngành toán học của ông.

Thời kỳ sau đại học trong cuộc đời của P. S. Urson, kéo dài từ năm 1919 đến năm 1921, hoàn toàn rơi vào những năm độc lập đầu tiên trong quá trình hình thành một trường phái toán học kiên định của Liên Xô. Có những năm thay đổi phi thường và niềm đam mê với những khả năng sáng tạo mới đã mở ra, những năm tháng nở hoa chuẩn bị cho nhiều người trẻ lần đầu tiên nếm trải niềm vui được tiếp xúc sáng tạo với khoa học trong những điều kiện mới chưa từng có mà Cách mạng đã mở ra. Trong lịch sử khoa học toán học, hiếm có giai đoạn nào có nhiệt huyết lâu dài như thời kỳ đầu của những năm học ở Đại học Moscow, khi trong một khoảng thời gian rất ngắn, đúng nghĩa là chỉ trong vài năm, cả một trường khoa học lớn đã ra đời, quyết định phần lớn đến sự phát triển hơn nữa của toán học ở nước ta và ngay lập tức đào tạo ra một số nhà khoa học xuất sắc mới.

P. S. Urson ngay lập tức nhận thấy mình là trung tâm của cộng đồng các nhà toán học trẻ này - trước hết, tất nhiên là nhờ tài năng toán học sáng giá khác thường của anh ấy, nhưng cũng nhờ niềm đam mê khoa học, niềm vui sống, tính khí sôi nổi và tính cách bắt buộc của anh ấy, cởi mở, thân thiện, hoàn toàn xa lạ với bất kỳ sự nhỏ nhen nào. Anh ấy được yêu mến trong môi trường thương mại, như những người được yêu mến, nơi họ cảm nhận được sự chuyển động thực sự của một nhân cách con người vĩ đại, không chỉ ở khía cạnh khả năng đối với một chuyên môn cụ thể mà còn trên toàn bộ phạm vi cảm xúc, đạo đức và các đặc tính xã hội của một người.

Khả năng sáng tạo toán học của P. S. Urson phát triển nhanh chóng và đa dạng. Ngay từ những năm sinh viên, ông đã thông thạo toán học thời đó, và các báo cáo sau đại học của ông đã được các nhà toán học Matxcơva ghi nhớ từ lâu: hầu hết mọi báo cáo, ngay cả trong các chuyên ngành khác xa với mối quan tâm toán học chính của Pavel Samuilovich, đều chứa đựng một hoặc một kết quả mới khác hoặc, trong những trường hợp cực đoan, một số bằng chứng quan trọng được yêu cầu hoặc học được. Và có bao nhiêu sai sót và tạp chất khác nhau mà Pavel Samuilovich đã tìm thấy trong tài liệu toán học về vấn đề này!

Nhưng đó không phải là tất cả. Từ các báo cáo sau đại học của P. S. Urson, một số nghiên cứu của ông về phân tích toán học đã nảy sinh (đặc biệt là nghiên cứu về các phương trình liên tiếp phi tuyến tính), sau này trở nên quan trọng và “cổ điển” theo nghĩa đầy đủ của từ này. Tuy nhiên, tên tuổi của ông phần lớn được bảo đảm nhờ nghiên cứu tôpô và trước hết là lý thuyết về chiều mà ông đã tạo ra, đây là một trong những thành tựu quan trọng của tư tưởng toán học trong những thập kỷ đầu tiên của thế kỷ này.

Lý thuyết về chiều được phát triển bởi P. S. Urson trong năm học 1921/22. Vào thời điểm này, ông đã hoàn thành chương trình học cao học và vào tháng 6 năm 1921 được bổ nhiệm làm trợ lý giáo sư tại Đại học Moscow. Cùng mùa hè năm đó, D. F. Egorov đặt bài toán cho P. S. Urson: để đưa ra định nghĩa nội tại Molocene về hoa huệ, mà đối với các hình phẳng (nghĩa là đối với một tập hợp nằm trong mặt phẳng) sẽ tương đương với định nghĩa nổi tiếng về đường cong Cantor

5

như một tập hợp các bồn chứa khép kín, được kết nối của một mặt phẳng không chứa các bồn chìm bên trong (so với mặt phẳng)*). Trong cùng cuộc trò chuyện, D.F. Egorov cũng đặt ra bài toán định nghĩa về một loại tập hợp rộng có thể có, mà việc gọi các bề mặt là điều đương nhiên.

Cả hai bài toán hóa ra đều được đặt thành công (mặc dù theo quan điểm chính thức và không phải theo một cách hoàn toàn xác định). Pavel Samuilovich ngay lập tức bắt đầu suy nghĩ kỹ về những vấn đề này. Rất nhanh, chủ đề suy nghĩ của ông đã trở thành định nghĩa chung về kích thước, tức là số chiều của một hình hình học. Cả mùa hè năm 1921 trôi qua trong nỗ lực tìm kiếm một định nghĩa “thực sự”, và Pavel Samuilovich chuyển từ phương án này sang phương án khác, liên tục đưa ra những ví dụ nghiêm ngặt chỉ ra lý do tại sao nên loại bỏ phương án này hay phương án kia. Đó thực sự là một khoảnh khắc suy ngẫm sâu sắc. Cuối cùng, vào một buổi sáng cuối tháng 8, Pavel Samuilovich thức dậy với “định nghĩa quy nạp về chiều” đã sẵn sàng, cuối cùng và nổi tiếng hiện nay (xem bên dưới).

Đó là ở làng Burkovo gần Bolshevo, bên bờ sông Klyazma, nơi một nhóm các nhà toán học trẻ Moscow (bao gồm V.V. Stepanov, D.E. Menshov, N.K. Bari) sống trong một ngôi nhà nông thôn. Cũng buổi sáng hôm đó, khi đang bơi ở Klyazma, P. S. Urson nói với tôi định nghĩa của anh ấy về chiều và ngay lập tức, trong cuộc trò chuyện kéo dài vài giờ này, anh ấy đã phác thảo ra một kế hoạch cho toàn bộ việc xây dựng lý thuyết về chiều, với mục tiêu là một số định lý, khi đó là các giả thuyết, mà người ta chưa biết cách áp dụng chúng và sau đó là giả thuyết nào.

*) Nghĩa là, không chứa bất kỳ điểm nào có thể được bao gồm trong tập hợp đã cho cùng với bất kỳ lân cận nào của nó (ví dụ: hình tròn hoặc hình vuông có thể được coi là lân cận).

chứng minh cái khác trong những tháng tới. Chưa bao giờ tôi lại là người tham gia hoặc chứng kiến ​​một cuộc trò chuyện toán học với những dòng suy nghĩ mới liên tục như vào buổi sáng tháng Tám này.

Toàn bộ chương trình được phác thảo khi đó đã được thực hiện đầy đủ trong mùa đông năm 1921/22, và đến mùa xuân năm 1922, toàn bộ lý thuyết về chiều đã sẵn sàng. Hóa ra là chúng ta có thể gán tương ứng một cách tự nhiên cho mỗi bộ $E$ (mỗi không gian số liệu) một số nguyên không âm $E$ - thứ nguyên của tập hợp này. Định nghĩa mới tỏ ra có hiệu quả; nó là nguồn gốc của việc thiết lập một loạt các tính chất mới của các tập hợp chính xác, từ đó dẫn đến việc hình thành công thức toán học mới bài toán.

Chúng ta hãy cố gắng trình bày định nghĩa “quy nạp” về chiều do P. S. Urson đề xuất, khác với dạng ban đầu mà tác giả của nó đưa ra cho định nghĩa này.

Bằng tập hợp, chúng ta sẽ cố gắng xác định bất kỳ tập đóng nào nằm trong một không gian mêtric nào đó (hoặc ít nhất chỉ trong một không gian tương đương nào đó có số chiều tùy ý). Giả sử hai tập hợp $P$ và $Q$, nằm trong không gian số liệu (hoặc thậm chí tôpô) bất kỳ $R$, được tách biệt với nhau (mặc dù chúng có điểm giới hạn chung là 1). Theo cách tương tự, đường tròn bên trong và tất cả các diện tích bên ngoài của một đường tròn nhất định (bao gồm tất cả các điểm trên mặt phẳng, khoảng cách từ tâm đường tròn vượt quá bán kính của nó) được tách biệt với nhau.

Chúng ta hãy nói thêm rằng bất kỳ tập hợp $B$ nào cũng là tập hợp hydro giữa

6

giữa các bộ $C$ và $D$, nếu phần bù $R \setminus B$ của bộ $B$ (với toàn bộ không gian $R$ mà chúng ta đang xem xét) có thể được biểu diễn dưới dạng tổng $R \setminus B = P \cup Q$ của hai bộ $P$ và $Q$ tách biệt với nhau, trong đó một bộ (đặt là $P$) chứa bộ $C$ và bộ còn lại chứa bộ $D$:

$$P \supset C, \quad Q \supset D, \quad B \cup P \cup Q = R.$$

Sau đó, việc xác định chiều của không gian mêtric (hoặc ít nhất các tập hợp nằm trong không gian bao gồm có số chiều bất kỳ) được thực hiện bằng quy nạp như sau.

Đặt tập hợp được gán thứ nguyên -1.

Giả sử rằng chúng ta đã xác định các tập thứ nguyên không vượt quá n - 1. Chúng ta hãy thêm rằng tập $X$ (không gian số liệu) có nhiều thứ nguyên n nếu giữa hai bài giảng bất kỳ trong $X$ tập đóng không có thùy chung có một phân hoạch có nhiều thứ nguyên n—1. Sau đó, chúng ta nói một cách tự nhiên rằng thứ nguyên của tập hợp $X$ bằng n nếu $X$ được bao gồm trong lớp các tập hợp có thứ nguyên nhiều nhất là n và không được bao gồm trong lớp các tập hợp có thứ nguyên nhiều nhất là n-1.

Nếu chúng ta chỉ quan tâm đến cái gọi là không gian mêtric “có thể tách rời” (nghĩa là những không gian có tập con dày đặc đếm được)—và chỉ chúng quan tâm đến chúng khi bắt đầu xây dựng lý thuyết về thứ nguyên—thì định nghĩa về thứ nguyên tương đương với định nghĩa đã cho ở trên có thể được phát biểu theo cách sau.

Kích thước của tập trống được giả sử bằng -1.

Giả sử rằng các tập thứ nguyên không lớn hơn n-1 đã được xác định, chúng ta nói rằng thứ nguyên của tập hợp $X$ không vượt quá n nếu, bất kể điểm $x \in X$ là gì và không với

tập đóng $F$ giữ nó ở giữa $x$ và $F$ có ​​một phân hoạch có kích thước nhiều nhất là n—1.

Sau đó câu lệnh lần lượt tương đương với điều này.

Bất kể điểm $x \in X$ và vùng lân cận $O(x)$ của nó là gì, vẫn có các vùng lân cận nhỏ hơn $O_1(x)$ giữa các điểm, ngụ ý rằng ranh giới của vùng lân cận $O_1(x)$ có kích thước tối đa là n−1.

Bây giờ người đọc có thể dễ dàng chứng minh rằng mọi tập hữu hạn (trên một đường thẳng, trên một mặt phẳng) và nói chung mọi không gian mêtric chứa một số hữu hạn các điểm đều có thứ nguyên 0; rằng đường thẳng và đường tròn, cũng như tất cả các “đường cong cơ bản” mà người đọc biết (parabol, elip, hình sin và các đường khác) có chiều 1. Theo định nghĩa quy nạp, nó suy ra rằng mặt phẳng và hình cầu có chiều không quá 2. Sau đó, một lần nữa bằng quy nạp, chúng ta chứng minh rằng không gian ba chiều có chiều không quá 3. Nhưng mặt phẳng có chiều bằng 2, người đọc sẽ có thể chứng minh - để làm được điều này, bạn cần biết nhiều hơn những gì bạn có thể biết mà không cần học cấu trúc liên kết.

Đối với bằng chứng trực tiếp (nghĩa là dựa trực tiếp vào các định nghĩa đã nêu ở trên) cho thấy chiều của không gian ba chiều không nhỏ hơn 3 (và do đó bằng những thứ đó), thì để có được bằng chứng như vậy, Urbison cần hơn hai mươi trang!

Không thể đi xa hơn theo cùng một cách trực tiếp; tình cờ gặp được một số “vật liệu bỏ qua” Lebe, người lần đầu tiên chú ý đến vào năm 1911 (mặc dù không chứng minh một cách chính xác) sự kiện hình học sâu sắc sau đây (lần đầu tiên

7

được Brouwer*) chứng minh chặt chẽ vào năm 1913).

Cho khối n chiều $Q^n$ được bao phủ bởi một số hữu hạn các tập đóng $\Phi_1, \Phi_2, \ldots, \Phi_s$. Nếu các tập hợp này có đường kính đủ nhỏ (tức là nếu đường kính của chúng nhỏ hơn cạnh của hình lập phương), thì sẽ có ít nhất một điểm thuộc ít nhất n+1 tập hợp trong số tập hợp đã cho $\Phi_1, \Phi_2, \ldots, \Phi_s$.

Mặt khác, Hình 1 đã chỉ ra cách xây dựng một hình bao phủ hình vuông, bất kể góc nhỏ đến đâu, với các tập hợp đóng (sau đây gọi là hình vuông), có “bội số” là 3**). Người đọc có thể dễ dàng khái quát hóa cách xây dựng này thành các hình khối có ba chiều trở lên. Do đó, chúng ta đi đến định nghĩa mới sau đây về thứ nguyên, được xây dựng cho các tập đóng giới hạn nằm trong không gian nhật thực có số chiều bất kỳ (mặc dù định nghĩa này có thể dễ dàng khái quát hóa cho bất kỳ số liệu nào và thậm chí cho các không gian tổng quát hơn).

Giả sử rằng chiều mờ X của không gian X không vượt quá n nếu không gian này chấp nhận một lớp phủ nhỏ tùy ý của các tập đóng có bội số không quá n+1.

Urysohn đã chứng minh một “định lý tương đương” thay thế phát biểu rằng với mọi tập đóng giới hạn X nằm trong bất kỳ không gian Eclide nào, chiều mới được xác định dim X trùng với chiều quy nạp được xác định trước đó. Trên thực tế, thực tế này có

*) L. E. Ya. Brouwer (1881-1966) - nhà toán học xuất sắc người Hà Lan, một trong những người sáng tạo ra tôpô và cả một định hướng (“thuyết trực giác”) trong nền tảng toán học.

**) Ta nói một hệ tập hợp cho trước có bội số k nếu k là số lớn nhất của một tập hợp không thiếu giao giữa các tập hợp của hệ đã cho (trên Hình 1, điểm A thuộc các tập hợp đó).

Hình 1.

place cho tất cả các không gian số liệu (và thậm chí tổng quát hơn). Độ sâu của định lý tương đương được chứng minh bởi Uryson nằm ở chỗ nó thiết lập sự tương đương của hai tính chất hình học hoàn toàn không giống nhau, hai định nghĩa hoàn toàn khác nhau trong công thức của chúng, hóa ra là các định nghĩa của cùng một khái niệm, cụ thể là khái niệm về kích thước của một hình hình học, mà khái niệm này có thể được đặc trưng theo cách này với sự đầy đủ của các cạnh. Đó cũng là sự so sánh giữa các cách tiếp cận dường như hoàn toàn khác nhau đối với những hiện tượng như vậy hóa ra lại mang lại hiệu quả cao nhất trong khoa học.

Như một hệ quả của “định lý tương đương” của mình, Urysohn đã chứng minh rằng không gian Eclidean n chiều theo nghĩa hình học cơ bản có bội số n theo nghĩa của định nghĩa quy nạp tổng quát về thứ nguyên đã cho ở trên. Nhưng ý nghĩa của định lý này không chỉ giới hạn ở điều này; nó đóng vai trò là một bước ngoặt trong sự phát triển của lý thuyết bội số và một phần quan trọng của cấu trúc liên kết nói chung. Đặc biệt, định lý này là điểm khởi đầu để xây dựng một lý thuyết hình học

8

P; với hai tập hợp A và B bất kỳ, bất đẳng thức Urysohn có giá trị:

$$\dim(A \cup B) \leq \dim A + \dim B + 1.$$

Từ bất đẳng thức cuối cùng và từ định lý về tổng các tập hợp đóng, P. S. Uryson đã suy ra một thực tế sau: thứ nguyên của bất kỳ tập hợp nào là số n nhỏ nhất sao cho tập hợp này có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của n+1 tập hợp không thứ nguyên (trong trường hợp này, các tập hợp không thứ nguyên có thể được định nghĩa, chẳng hạn như các tập hợp, tập con hình học của tập hợp các số hữu tỷ của trục số hoặc tập hợp hoàn hảo Cantor).

Pavel Samuilovich rất coi trọng đề xuất rằng một tập có thứ tự, là ranh giới chung của hai vùng được kết nối trong một không gian bao gồm n chiều $R^n$, được gọi là đa tạp Cantor hai chiều (n+1) (bởi đa tạp Cantor k chiều, P. S. Uryson hiểu về một thể liên tục k chiều, nó vẫn được kết nối sau khi loại bỏ khỏi nó bất kỳ tập hợp chiều nào không quá k - 2). Đối với trường hợp n=3 mệnh đề này đã được chứng minh bởi P. S. Uryson, và sau đó nó đã được chứng minh một cách tổng quát đầy đủ. Tất cả các biến thể nói chung cũng là biến thể Cantor (đặc biệt, tất cả các hình khối đều là biến thể Cantor có số chiều tương ứng). Đó là khái niệm về đa tạp Cantor mà P. S. Uryson coi là trung tâm của lý thuyết mà ông đã tạo ra: đa tạp Cantor một chiều đơn giản là một chiều liên tục, đây là một đường theo nghĩa chung nhất của từ này; các đường phẳng theo nghĩa này trùng với các đường cong Cantor. Bằng cách này, chữ cái đầu tiên bài toán, do D. F. Egorov đặt ra, đã được giải. P. S. Uryson coi đa tạp Cantor hai chiều là các bề mặt theo nghĩa rộng nhất của từ này, và từ quan điểm này, định lý cho rằng ranh giới chung của hai

10

ness. Như tôi đã nói, tất cả các định lý này đã được chứng minh vào mùa đông năm 1921/22. Đồng thời, Pavel Samulovich dạy một khóa học tại Đại học Moscow mang tên “Cấu trúc liên tục”, trong đó tất cả các kết quả này được trình bày, thường ngay sau khi chúng được chứng minh. Khóa học này, khóa học tôpô đầu tiên không chỉ được giảng dạy tại Đại học Moscow, mà còn ở nước ta nói chung, chắc chắn là một trong những khóa học toán học đáng chú ý nhất từng được giảng dạy trong các bức tường của Đại học Moscow, chính xác là do tính chất hoàn toàn sáng tạo của nó.

Mùa hè năm 1922, do P. S. Urson cùng tôi trải qua ở vùng lân cận Bolshev (ở nơi được gọi là Stary Gorki), là khoảng thời gian chúng tôi cùng nghiên cứu về lý thuyết không gian tôpô.

Trong mùa hè này, các kết quả thu được đã được đưa vào cuốn “Thiên thạch trên không gian nhỏ gọn” tổng quát của chúng tôi, ấn bản thứ ba gần đây (năm 1972) được xuất bản thành một chuyên khảo riêng.

Cũng trong mùa hè đó và một phần mùa đông năm sau, Pavel Samulovich thực hiện nghiên cứu về lý thuyết độ đo. Vào mùa đông năm 1922/23, Pavel Samulovich tiếp tục nghiên cứu chủ yếu lý thuyết về không gian tôpô. Vào thời điểm này, định lý chung của chúng tôi về các điều kiện cần và đủ điều kiện để một không gian tôpô có tính hình học theo một mêtric (cái gọi là “định lý mêtric hóa tổng quát”) đã được chứng minh, và P. S. Urson cũng đã chứng minh định lý đáng chú ý rằng tất cả các không gian mêtric với các tập dày đặc đếm được cũng đồng cấu với các tập hợp nằm trong không gian Silbert. Bằng chứng về sự xuất hiện về mặt tôpô bao gồm trong một không gian toàn cục bất kỳ không gian bình thường nào có cơ số đếm được*), tức là bằng chứng cho thấy chuẩn tắc là cần thiết và đủ điều kiện cho khả năng biến đổi của các không gian có cơ sở đếm được, được Pavel Samulovich thu được chỉ muộn hơn một chút, vào năm 1924. Vào mùa đông năm 1922/23, P. S. Urson cuối cùng đã biên tập chủ đề về lý thuyết thứ nguyên, và tôi đã biên tập chủ đề chung của chúng ta về lý thuyết không gian compact. Cùng mùa hè năm đó, Pavel Samulovich nghiên cứu thuyết tương đối một cách hết sức nhiệt tình, để đến năm sau (tức là vào mùa đông năm 1923/24), ông sẽ giảng một khóa về chủ đề này tại trường đại học. Mùa hè năm 1923 được dành cho chuyến đi tới Đức, nơi Pavel Samulovich đã trình bày các báo cáo tại Hiệp hội Toán học Göttingen một cách thành công và ngay lập tức thu hút sự chú ý của Hilbert tới công trình tôpô của ông**). Là một hoạt động riêng biệt, có một chuyến đi bộ vòng quanh Na Uy. Trở về Moscow vào mùa thu năm 1923, Pavel Samulovich bắt đầu tham gia vào các khoa mới về cấu trúc liên kết với niềm đam mê đặc trưng của mình: ông nghiên cứu các chủ đề về Poincaré và Brouwer.

Vào mùa đông cuối cùng của cuộc đời mình, P. S. Urson ngày càng quan tâm hơn đến cái gọi là “cấu trúc liên kết tổ hợp”, tuy nhiên, ông vẫn không từ bỏ việc nghiên cứu của mình về các vấn đề khác nhau của cấu trúc liên kết lý thuyết tập hợp. Trong những mùa đông gần đây, ông đã viết cuốn sách chuyên đề nổi tiếng “Về sức mạnh của sự kết nối”.

*) Một không gian tôpô được gọi là chuẩn tắc nếu bất kỳ tập đóng rời rạc nào của nó có các lân cận rời nhau (nghĩa là các tập đóng rời rạc chứa chúng).

**) D. Hilbert (1862-1943) - một trong những nhà toán học vĩ đại nhất thế kỷ 19 và 20. Ông là tác giả của các công trình chức năng trong hầu hết các lĩnh vực toán học.

11

P. S. Alexandrov, L. E. Ya. Browser và P. S. Urson vào mùa hè năm 1924.
(Ảnh được công bố lần đầu)

bộ", trong đó, trong số các kết quả khác, ông đã xây dựng một ví dụ về không gian Hausdorff kết nối đếm được, đồng thời ông đã xây dựng một không gian số liệu phổ quát với một cơ sở đếm được, chứa hình ảnh đẳng cự của bất kỳ không gian số liệu nào có cơ số đếm được. Ngoài ra, không gian mêtric do P. S. Urson xây dựng còn có một số tính chất thú vị khác, bao gồm khả năng kết nối và kết nối cục bộ (bất kỳ hai điểm nào của nó đều có thể được kết nối bằng một đoạn thẳng).

P. S. Urson lại trải qua mùa hè năm 1924 để đi công tác nước ngoài. Trong cuộc hành trình này, chúng tôi đã cùng nhau đến thăm Đức, Hà Lan và Pháp. Đặc biệt, các tác phẩm của Pavel Samulovich đã gây ấn tượng rất lớn đối với Brauser và Hausdorff, những người coi những tác phẩm này là thành tựu thần học vĩ đại nhất thời bấy giờ. Đối với một số người, họ phải đi tàu đến làng chài nhỏ Batz ở miền nam Brittany. Chúng tôi đến đó vào nửa cuối tháng 7 và ở đó Pavel Samulovich đã viết tác phẩm của mình trên các tập hợp được kết nối. Kỳ nghỉ này chỉ được thay đổi bằng chuyến đi kéo dài một tuần đến vùng cực tây của Brittany - Finisterre, những nơi siêu phàm và hoang dã đã gây ấn tượng rất lớn đối với Pavel Samulovich. Chúng tôi trở về từ chuyến tàu này vào ngày 11 tháng 8 và vào ngày 14 tháng 8, Pavel Samulovich đã hoàn thành cuốn sách chuyên đề của mình và định viết một bài báo về kim loại trước tiên.

12

tạo ra các không gian chuẩn với cơ số đếm được, sau đó làm việc trên không gian mêtric phổ quát. Chỉ có trang đầu tiên của tác phẩm đầu tiên trong số hai tác phẩm này được ông viết - vào ngày ông qua đời. Trong những ngày này, sự phấn khích trong đại dương ngày càng lớn, thu hút Pavel Samulovich và buộc anh phải bơi với niềm đam mê đặc biệt. Đến ngày 17 tháng 8, sự phấn khích này đã biến thành một cơn bão thực sự, và việc tắm rửa, được thực hiện vào đầu giờ thứ sáu buổi chiều ngày hôm đó, hóa ra lại gây tử vong cho anh ta: bị một cơn sóng lớn cuốn lấy, Pavel Samulovich bị ném vào một tảng đá. Anh ta được kéo lên khỏi mặt nước chỉ sau bốn mươi phút và những nỗ lực làm cho anh ta sống lại đều không thành công.

tái bút Urson được chôn cất ở đó, trên tấm bia ở Ba.

Toàn bộ hoạt động khoa học của P. S. Urson kéo dài khoảng bốn năm, và trong vài năm này, ông đã để lại dấu ấn không thể phai mờ trong khoa học. Lý thuyết về chiều, định lý mêtric hóa, “Bổ đề Urson” nổi tiếng về sự tồn tại của nhiều hàm liên tục trong không gian bình thường, định lý bao hàm trong không gian Hilbert - những kết quả này và những kết quả khác của P. S. Urson thể hiện một đóng góp to lớn cho khoa học, không những không bị lãng quên trong nửa thế kỷ kể từ khi ông qua đời mà còn chứng minh khả năng của nó trong nhiều nghiên cứu tiếp theo.

Các công trình khoa học độc lập còn lại của P. S. Urson, đôi khi chỉ có ở dạng bản phác thảo và thậm chí chỉ ở dạng phát biểu bằng miệng, đã được chuẩn bị kỹ lưỡng để xuất bản và xuất bản đầy đủ dưới hoạt động của Browser, người đặc biệt đọc các bằng chứng của tất cả các tác phẩm của P. S. Urson. Các ấn phẩm đầu tiên của họ là các báo cáo bằng tiếng Đức, báo cáo bằng tiếng Pháp, một bản dịch hoàn chỉnh bằng tiếng Nga gồm hai tập, được xuất bản với tựa đề “Các giao dịch về cấu trúc liên kết và các lĩnh vực khác của toán học” vào năm 1951. Giờ đây, các định lý cấu trúc liên kết chính được chứng minh bởi P. S. Urson đã được đưa vào tất cả các sách giáo khoa cấu trúc liên kết.

Thật khó và thậm chí vô ích khi nói về những hướng phát triển của công trình toán học của P. S. Urson nếu cuộc đời ông không bị cắt ngắn một cách quá sớm và tàn nhẫn như vậy. Nhưng không còn nghi ngờ gì nữa, trong con người ông, khoa học toán học đã mất đi một nhà khoa học tầm cỡ nhất, với tài năng toán học phổ quát, có mối quan tâm bao trùm toàn bộ toán học, với sự tò mò mở rộng đến những lĩnh vực kiến ​​thức đa dạng nhất của nhân loại. Tài năng chung trong nhân cách của ông, in dấu một cách khách quan trong di sản khoa học của ông, được mọi người cảm nhận qua những biểu hiện đa dạng nhất: trong các bài giảng của ông, đáng kinh ngạc ở sự hiểu biết sâu sắc và hình ảnh về suy nghĩ, ở khả năng và tình yêu làm việc, ở những phản ứng mạnh mẽ và sâu sắc trước mọi điều quan trọng nảy sinh xung quanh ông trong đời sống xã hội loài người, ở sự nhạy bén trong cách ông nhìn nhận thiên nhiên và nghệ thuật (chủ yếu là âm nhạc), và ở nhiều thứ khác khiến hình ảnh Paul Samulovich không chỉ sống động và độc lập mà còn độc đáo ở năng lực sáng tạo và trong con người ông. sự quyến rũ của con người đối với tất cả những người đã phải gặp anh trên đường đời.

13

Từ ngày 26 tháng 3 đến ngày 30 tháng 3 năm 1974, hội nghị khoa học lần thứ hai của sinh viên Trường Trung học Nội trú Vật lý và Toán học Tbilisi mang tên V. M. Komarov đã diễn ra tại Tbilisi. Tại hội nghị này, nữ sinh người Georgia Medea Toronjadze đã đọc một báo cáo “Peano Curves”, được chuẩn bị dưới sự lãnh đạo của A.D. Bendukidze. Báo cáo được trình bày dưới dạng một bài báo mà chúng tôi trình bày để độc giả chú ý. Nó nói về cách một số đường nhất định được phân phối và về đường cong mà đường cong này phải được thay đổi. Bạn sẽ tìm thấy các đường được xác định cuối cùng (chính xác hơn là kích thước của tập hợp chính xác) trong bài viết của Viện sĩ P. S. Aleksandrov (xem trang 3).

Một dòng là gì?

Có lẽ, nhiều người trong số những người được hỏi câu hỏi này sẽ nhún vai bối rối và trả lời: “Đường nét? Vâng, rất đơn giản! Hãy chạy đầu bút chì được gọt sắc nét trên tờ giấy và bạn sẽ có được một đường kẻ.”

Có vẻ như họ đúng, bởi vì khi nói về một đường thẳng, chúng ta thực sự tưởng tượng ra một thứ gì đó trông giống như một nét vẽ cao và mảnh, chẳng hạn như trên một tờ giấy.

Và họ sẽ không đúng! Lý do rất đơn giản: họ không được xác định mà phải xác định gợi ý về những gì nên được hiểu là một đường thẳng. Tuy nhiên, khó có thể đổ lỗi cho họ, vì việc đưa ra một định nghĩa toán học chính xác về một đường không phải là điều dễ dàng như thoạt nhìn. Các nhà toán học phải mất khoảng 2200 năm mới làm được điều này!

Người đầu tiên cố gắng xác định đường này là nhà toán học người Pháp René De-

Medea Toronjadze đọc báo cáo “Đường cong Peano” tại hội nghị sinh viên các trường nội trú vật lý và toán học ở Tbilisi

14

tên của chúng thỏa mãn một số phương trình có dạng $F(x, y) = 0$.

Đây là một định nghĩa khá chung chung và tốt về các đường nét. Nó tốt ở chỗ nó có thể chuyển việc nghiên cứu các đường thẳng sang nghiên cứu phương trình $F(x, y) = 0$ xác định nó. Nhưng sau này hóa ra thường thì hàm $F(x, y)$ có dạng khá phức tạp.

Ví dụ: nếu một đường tròn có bán kính $R$ được cho bởi phương trình

$$x^2 + y^2 - R^2 = 0$$

(ở đây $F(x, y) = x^2 + y^2 - R^2$), thì đường xoắn ốc Archimedes không thể được xác định bằng một phương trình đơn giản như vậy. Đường xoắn ốc Archimedes là một đường cong được mô tả bởi một điểm chuyển động đều dọc theo một tia, đồng thời điểm này quay đều quanh một điểm cố định (Hình 1). Đường cong này dễ nghiên cứu về mặt hình học hơn mà không cần dùng đến phương trình.

Định nghĩa của Descartes còn có một nhược điểm nữa: nếu bạn không áp đặt bất kỳ hạn chế nào lên dạng của hàm $F(x, y)$, thì bất kỳ tập hợp nào trên mặt phẳng theo Descartes đều là tuyến tính (chỉ cần định nghĩa hàm $F(x, y)$ như sau: trên một tập hợp các cặp $(x, y)$ cho trước, hàm này bằng 0, tại tất cả các điểm khác của mặt phẳng $F(x, y) = 1$). Ví dụ, một hình vuông theo Descartes là một “đường thẳng”, nó được cho bởi phương trình

$$|x| + |x-1| + |y| + |y-1| - 2 = 0$$

đây là chức năng

$$F(x, y) = |x| + |x-1| + |y| + |y-1| - 2$$

tiếp tục liên tục!

Vào nửa sau thế kỷ 19, một nhà toán học người Pháp khác, Camille Jordan (1838–1922), đã phát triển khái niệm đường thẳng do Descartes đề xuất. Jordan định nghĩa đường phẳng là tập hợp các điểm trong mặt phẳng có tọa độ là $x$ và $y$ cho bởi các phương trình

$$x = \varphi(t), y = \psi(t)$$

food $\varphi(t)$ và $\psi(t)$ là các hàm liên tục trên khoảng [0, 1].

Hình 1.

Bây giờ phương pháp xác định đường này được gọi là tham số (với tham số $t$).

Ví dụ: phương trình tham số của đường tròn bán kính $R$ là

$$x = R \cos 2\pi t, \quad y = R \sin 2\pi t.$$

Đường xoắn ốc Archimedes (chính xác hơn là một phần của nó) được cho bởi các phương trình đơn giản

$$x = vt \cos \omega t, \quad y = vt \sin \omega t.$$

Đôi khi, dường như cuối cùng người ta đã tìm ra một định nghĩa thành công về đường thẳng, trong đó hình vuông chắc chắn sẽ không rơi vào “đường thẳng”. Cho dù nó thế nào đi chăng nữa!

Năm 1890, nhà toán học người Ý Giuseppe Peano (1858-1932) đã xây dựng một ví dụ về đường cong chạy quanh tất cả các điểm của hình vuông, đồng thời thỏa mãn định nghĩa về đường thẳng của Jordan! Sau đó, các ví dụ khác về những “đường” tương tự đã được tìm thấy. Bây giờ các “đường” còn được gọi là “đường cong Peano”. Chúng tôi sẽ trình bày cách xây dựng một trong các đường cong Peano ở cuối bài viết.

Đường cong Peano cho thấy định nghĩa của Jordan quá rộng. Thật khó để xem xét một đường cong tuyến tính lấp đầy toàn bộ hình vuông. Đồng thời, nó quá hẹp - về cơ bản là Linney, nó không phù hợp với định nghĩa này.

15

Vậy tench là gì? Trong trường hợp đường thẳng, câu trả lời đáp số cuối cùng cho câu hỏi này được đưa ra bởi một trong những nhà toán học vĩ đại nhất cuối thế kỷ 19 - đầu thế kỷ 20, Georg Cantor (1845-1918). Không dừng lại ở việc xây dựng chính xác định nghĩa này, chúng tôi trình bày một ví dụ thú vị về các cantor đường thẳng, được xây dựng bởi người dùng nổi tiếng Waszlaw Sierpinski.

Hãy lấy một hình vuông. Hãy chia nó thành hai hình vuông tắc nghẽn và loại bỏ các điểm bên trong của hình vuông trung tâm khỏi nó. Chúng tôi chia mỗi hình trong số tám hình vuông còn lại thành hai hình vuông tắc nghẽn và trong mỗi hình vuông đó, chúng tôi lại loại bỏ các điểm bên trong của hình vuông trung tâm. Tiếp tục quá trình này vô thời hạn, chúng ta sẽ thu được giá trị cần thiết. Nó được gọi là tấm thảm Sierpinski (trang đầu tiên của trang bìa hiển thị hình vẽ thu được khi chế tạo tấm thảm Sierpinski sau bước thứ ba). Xin lưu ý rằng cho dù các điểm còn lại (tấm thảm Sierpinski) gần đến mức nào thì vẫn có một điểm bị ném ra khỏi hình vuông ban đầu.

Vào những năm 20 của thế kỷ chúng ta, nhà toán học tài năng P. S. Uryso đã khái quát định nghĩa của Cantor và đưa ra định nghĩa chung về các đường *).

Xây dựng đường cong Peano

1. Gọi σ là đoạn đơn vị [0,1]. Hãy chia nó thành bốn phân đoạn tắc nghẽn:

$$\sigma_{1}^{(1)} = \left[ 0, \frac{1}{4} \right], \quad \sigma_{2}^{(1)} = \left[ \frac{1}{4}, \frac{1}{2} \right], \quad \sigma_{3}^{(1)} = \left[ \frac{1}{2}, \frac{3}{4} \right], \quad \sigma_{4}^{(1)} = \left[ \frac{3}{4}, 1 \right].$$

*) Điều này được mô tả chi tiết trong bài viết của Viện sĩ P. S. Alexandrov “Pavel Samulovich Uryson” (xem trang 3). Xem thêm A. S. Parkhomenko “Đường là gì”, M., Gostekhidat, 1954.

Hãy gọi những phân đoạn này là phân đoạn của lần chạy đầu tiên. Chia mỗi đoạn thành bốn đoạn tắc nghẽn, chúng ta thu được 16 đoạn của lần chạy thứ hai $\sigma_{i}^{(2)}$ ($i = 1, 2, \dots, 16$). Tiếp tục quá trình phân chia, chúng ta thu được các đoạn vết thương thứ ba, thứ tư và lớn. Trong trường hợp này, các đoạn của vết thương thứ $r$ sẽ trông như sau:

$$\sigma_{i}^{(r)} = \left[ \frac{i - 1}{4^r}, \frac{i}{4^r} \right] \quad (i = 1, 2, \dots, 4^r).$$

Bây giờ chúng ta hãy lấy một số điểm $t_0 \in \sigma$.

Nếu nó không trùng với điểm phân chia nào thì có đúng một đoạn của mỗi vết thương chứa nó. Hãy để $\sigma_{i}^{(1)}, \sigma_{i}^{(2)}, \sigma_{i}^{(3)}, \dots$ như thế. Chúng ta hãy ứng với điểm $t_0$ bằng một dãy vô hạn các số tự nhiên $i_1, i_2, i_3, \dots$ và viết nó như sau:

$$t_0 = (i_1, i_2, i_3, \dots).$$

Ví dụ. $1/3 = (2, 6, 22, 85, \dots)$.

Nếu điểm $t_0$ trùng với bất kỳ điểm phân chia nào, tức là có dạng $m/4^n$, thì bắt đầu từ các đoạn của vết thương thứ $n$ nó sẽ chứa hai đoạn liền kề của mỗi vết thương. Chúng ta hãy liên kết với nó hai dãy số tự nhiên ($i_1, i_2, i_3, \dots$), trong đó $1 \leq i_1 \leq 4$, $4i_k - 3 \leq i_{k+1} \leq 4i_k$. Ngược lại, mỗi chuỗi như vậy xác định một điểm duy nhất của đoạn $\sigma$ (chứng minh điều đó!).

2. Chúng ta hãy thực hiện một cách xây dựng tương tự cho hình vuông đơn vị Q. Chia nó thành bốn hình vuông tắc nghẽn, chúng ta thu được các bình phương của lần chạy đầu tiên: $Q_{1}^{(1)}, Q_{2}^{(1)}, Q_{3}^{(1)}, Q_{4}^{(1)}$. Chia mỗi ô vuông này thành bốn ô vuông tắc nghẽn sẽ cho ra ô vuông rana thứ hai, v.v. Nói chung, chia mỗi ô vuông của lần chạy thứ $r$ $Q_{i}^{(r)}$ thành bốn ô tắc nghẽn sẽ mang lại bốn ô vuông của lần chạy thứ $(r+1)$: $Q_{4i+1}^{(r+1)}, Q_{4i+1}^{(r+1)}, Q_{4i+1}^{(r+1)}, Q_{4i+1}^{(r+1)}$ ($i = 1, 2, \dots, 4^r$). Ta đánh số các ô vuông sao cho:

1. ô vuông đầu tiên của bất kỳ lần chạy nào đều chứa điểm (0, 0);

2. có thể từ hình vuông $Q_{i}^{(r)}$ bỏ qua hình vuông liên tiếp $Q_{4i+1}^{(r+1)}, Q_{4i+1}^{(r+1)}, Q_{4i+1}^{(r+1)}, Q_{4i+1}^{(r+1)}$ và thoát ra trong hình vuông $Q_{i+1}^{(r)}$, chỉ giao nhau với các cạnh (chứ không phải các đỉnh!) của hình vuông rana $(r+1)$.

16

Hình 2.

Chúng tôi mời người đọc chứng minh rằng việc đánh số như vậy luôn có thể thực hiện được. Hình 2 cho thấy các ô vuông của ba hàng đầu tiên, với đường đứt nét màu đỏ biểu thị đường đi dọc theo các ô vuông được đánh số (bắt đầu từ ô vuông phía dưới bên trái).

Tiếp tục lý luận, chúng tôi tin rằng với mỗi điểm $(x_0, y_0)$ hình vuông $Q$ có thể được gán cho một hoặc một số (bao nhiêu?) dãy số tự nhiên, chúng tôi viết nó như thế này:

$$(x_0, y_0) = [i_1, i_2, i_3, \dots]$$
$$(1 \leq i_1 \leq 4, 4i_k - 3 \leq i_k + 1 \leq 4i_k).$$

Ví dụ: $(1/3, 1/3) = [1, 3, 9, \dots]$;
$(1/2, 1/3) = [1, 3, 10, \dots] = [1, 14, 56, \dots]$;
$(1/2, 1/2) = [1, 3, 11, \dots] = [2, 8, 32, \dots] = [3, 9, 33, \dots] = [4, 14, 54, \dots].$

Và ở đây chúng ta có thể chứng minh rằng mỗi chuỗi như vậy xác định một điểm duy nhất $(x_0, y_0)$ từ $Q$.

3. Viết các điểm của đoạn $\sigma$ và hình vuông $Q$ dưới dạng chuỗi vô hạn các số tự nhiên giúp có thể ánh xạ $\sigma$ lên $Q$.

Thật vậy, đường đi $t_0$ là một điểm tùy ý $\sigma$ và

$$t_0 = (i_1, i_2, i_3, \dots).$$

Chuỗi cuối cùng xác định duy nhất điểm $(x_0, y_0)$, tương ứng với chuỗi $[i_1, i_2, i_3, \dots]$. Ngay cả khi $t_0$ được biểu thị dưới dạng hai chuỗi thì cả hai chuỗi đều dẫn đến cùng một điểm $(x_0, y_0)$. Điều này dễ chứng minh nếu chúng ta tính đến độ dài các cạnh của hình vuông có xu hướng bằng 0 khi thứ hạng của chúng tăng lên. Vì vậy, mỗi $t_0$ tương ứng với một $(x_0, y_0)$.

Bây giờ, đặt điểm $(x_0, y_0) \in Q$ là tùy ý và $[i_1, i_2, i_3, \dots]$ là một trong những biểu diễn của điểm này. Lấy $t_0 = (i_1, i_2, i_3, \dots)$, chúng tôi đảm bảo rằng trong ánh xạ của mình, mỗi điểm của hình vuông $Q$ tương ứng với ít nhất một điểm của đoạn $\sigma$. Điều này có nghĩa là $\sigma$ được ánh xạ tới $Q$. Lưu ý rằng ánh xạ này không phải là ánh xạ một-một; không ánh xạ $Q$ tương ứng với hai, những điểm đó hoặc thậm chí bốn điểm $\sigma$.

17

Fermi sinh ra ở Rome vào ngày 29 tháng 9 năm 1901, trong một gia đình nhân viên. Nếu chúng ta có thể nói về việc theo đuổi nghề nghiệp thì chắc chắn Fermi sinh ra đã là một nhà vật lý. Mặc dù không có gì trong gia đình khuyến khích anh theo đuổi khoa học, nhưng anh đã thể hiện niềm yêu thích đặc biệt đối với toán học và vật lý từ khi còn nhỏ. Sự phát triển trí tuệ của cậu bé, người sau này trở thành một nhà khoa học lỗi lạc, rất được quan tâm và tôi muốn bàn sâu hơn về vấn đề này.

Không biết chính xác Fermi bắt đầu quan tâm đến khoa học từ khi nào, nhưng chúng ta có được một số thông tin nhờ lời chứng của Enrico Persico, giáo sư vật lý tại Đại học Rome và là bạn thân của Fermi từ khi họ 14 tuổi; vợ ông, Laura Fermi, cùng một số cộng tác viên và bạn bè của ông, đặc biệt là Franco Rasetti và Emillo Serre, những người mà Fermi đã chia sẻ những đóng góp của ông. Ví dụ, Serres kể lại tình tiết sau: khi Fermi mới mười tuổi, cậu đã có thể hiểu tại sao một vòng tròn mô tả phương trình $x^2 + y^2 = R^2$, mặc dù điều này đòi hỏi nỗ lực trí tuệ mãnh liệt từ phía cậu.

Sau đó, cậu bé Fermi mười ba tuổi đã được kỹ sư Amideus, một ông già tốt bụng, một người bạn của gia đình Fermi, giúp đỡ rất nhiều trong việc tìm ra con đường đúng đắn trong mê cung khoa học, người có thể tự hào một cách chính đáng rằng, khi phát hiện ra những khả năng đặc biệt của Fermi, ông đã có ảnh hưởng lớn hơn, và có lẽ thậm chí mang tính quyết định đối với cậu ấy. Kỹ sư Amidei là một người rất ngăn nắp. Sau cái chết của Fermi, Serge yêu cầu Amideus nói về những bước đầu tiên trong khoa học của Enrico, anh ấy đã có thể cung cấp (41 năm sau!) thông tin cực kỳ chính xác và có giá trị cho lịch sử khoa học, cho phép chúng ta hiểu một số yếu tố trong quá trình hình thành tính cách Thiên của Fermi. Dưới đây là toàn bộ bức thư của kỹ sư Amidei gửi giáo sư Serra, kể về quãng đời của Fermi từ mùa thu năm 1914 đến mùa thu năm 1918.

“…Năm 1914, tôi giữ chức vụ giám đốc thanh tra Bộ Đường sắt. Chánh thanh tra Alberto Fermi đã làm việc với tôi. Sau giờ làm việc, chúng tôi

18

Họ thường cùng nhau trở về nhà. Hầu như lúc nào chúng tôi cũng có Enrico Fermi, con trai đồng nghiệp của tôi đi cùng. Cậu bé luôn gặp bố sau giờ làm việc. Biết rằng tôi rất nghiêm túc với toán học và vật lý, Enrico bắt đầu đặt câu hỏi cho tôi. Lúc đó anh 13 tuổi còn tôi 37.

Tôi nhớ rất rõ câu hỏi đầu tiên của anh ấy:
— Có đúng là có một nhánh của hình học trong đó các tính chất hình học quan trọng được bộc lộ mà không cần sử dụng ý tưởng đơn thuần?

Tôi trả lời rằng điều này hoàn toàn công bằng và phần này được gọi là hình học thiết kế.

“Nhưng những đặc tính này được các kỹ sư sử dụng trong thực tế như thế nào?” anh ấy hỏi.

Câu hỏi này có vẻ hoàn toàn hợp lý với tôi. Sau khi nói với cậu bé về một số đặc tính, tìm ra một ứng dụng thành công, tôi hứa sẽ mang cho cậu ấy vào ngày hôm sau - và tôi đã làm như vậy - một cuốn sách về hình học thiết kế.

Vài ngày sau, Enrico nói với tôi rằng anh đã học xong ba bài đầu tiên và hứa sẽ trả lại cuốn sách ngay khi đọc xong. Khoảng hai tháng sau cuốn sách được trả lại. Khi tôi hỏi cậu có gặp khó khăn gì không, cậu bé trả lời: “Không,” và nói thêm rằng cậu đã chứng minh tất cả các định lý và dễ dàng giải được tất cả bài toán (có hơn 200 định lý trong cuốn sách).

Tôi rất ngạc nhiên: rốt cuộc, tôi biết rằng trong số bài toán này có một số lời giải mà tôi buộc phải từ chối, vì danh sách này sẽ mất rất nhiều thời gian. Nhưng tôi tin chắc rằng Enrico có thể giải quyết được những nhiệm vụ này. Điều thực sự đáng kinh ngạc là trong những giờ rảnh rỗi còn lại sau khi chuẩn bị bài tập ở trường, cậu bé đã nghiên cứu hình học thiết kế một cách hoàn hảo và dễ dàng giải được bài toán khó bài toán. Tôi tin rằng Enrico có năng khiếu đặc biệt, ít nhất là trong lĩnh vực hình học. Khi tôi nói với bố anh ấy về điều này, anh ấy trả lời rằng ở trường Enrico được coi là một học sinh giỏi, nhưng không có gì hơn thế.

Sau này tôi biết rằng Enrico nghiên cứu toán học và vật lý từ những cuốn sách ngẫu nhiên mà anh ấy mua ở các hiệu sách ở chợ Campo de’ Fiori. Đặc biệt, ông hy vọng tìm thấy trong những cuốn sách này một lý thuyết đòi hỏi sự chuyển động của sói và con quay hồi chuyển. Anh chưa bao giờ tìm được lời giải thích. Nhưng, quay trở lại vấn đề từ ngữ này, cậu bé độc lập tiến gần hơn đến việc giải thích bản chất chuyển động nhiệm vụ của con sói. Tuy nhiên, tôi đã nói với anh ấy rằng chỉ có thể đạt được sự hiểu biết khoa học chính xác bằng cách nắm vững cơ học lý thuyết. Nhưng để nghiên cứu nó, bạn sẽ cần kiến ​​thức về lượng giác, đại số, hình học và phép tính vi phân… Enrico đồng ý với tôi, và tôi bắt đầu mua cho anh ấy những cuốn sách có thể mang lại cho anh ấy những ý tưởng mới và đọc được cơ sở toán học…

Enrico nhận thấy việc phân tích vectơ rất thú vị, hữu ích và không phức tạp. Từ tháng 9 năm 1917 đến tháng 7 năm 1918, ông nghiên cứu một số khía cạnh của kỹ thuật từ những cuốn sách tôi mua cho ông.

Vào tháng 7 năm 1918, sau khi hoàn thành khóa học lyceum ba năm trong hai năm, Enrico nhận được bằng tốt nghiệp. Câu hỏi đặt ra là liệu việc anh vào Đại học Rome có hợp lý hay không. Enrico và tôi đã có những cuộc trò chuyện dài về chủ đề này.

Tôi hỏi anh ấy muốn cống hiến hết mình cho điều gì: toán học hay vật lý? Tôi trích dẫn nguyên văn đáp số:

“Tôi đã nghiên cứu toán học trong một thời gian dài vì tôi coi đó là sự chuẩn bị cần thiết cho nghiên cứu vật lý tiếp theo mà tôi dự định sẽ cống hiến hết mình cho nó.

Sau đó tôi hỏi anh ấy liệu anh ấy có coi tầm quan trọng của môn vật lý là ngang bằng với anh ấy không.

20

Ngoài ra, anh còn tham dự các bài giảng và hội thảo ở trường.

École Normale Supérieure ở Pishcheba được Napoléon thành lập vào năm 1813, được mô phỏng theo École Normale Supérieure ở Paris; đây là cơ sở giáo dục đại học miễn phí duy nhất ở Ý. Mặc dù về mặt chính thức, trường dự định tốt nghiệp cả hai ngành nhân văn và khoa học tự nhiên, nhưng nghề nghiệp và nhà nghiên cứu đã được lựa chọn và trở nên nổi tiếng, điều này đã nâng cao uy tín của trường. Đặc biệt, hầu hết các nhà toán học nổi tiếng người Ý từ Bianchi và Castelnuovo đến Volterra và Levi-Civita đều đã tốt nghiệp.

Trong một kỳ thi tuyển sinh mang tính cạnh tranh, Fermi được yêu cầu trình bày kiến ​​thức của mình về chủ đề “Bản chất và nguyên nhân của âm thanh”. “Bài luận” của anh đưa ra ý tưởng về trình độ kiến ​​​​thức về vật lý cổ điển mà Fermi đạt được ở tuổi 17. Chỉ cần nói rằng không phải tất cả sinh viên tốt nghiệp các trường đại học vật lý (và không chỉ trung học) đều có thể viết một bài luận sử dụng phương pháp Fourier ở lời giải của phương trình vi phân của một thanh rung. Bản thân Fermi nói rằng giám khảo đã rất ngạc nhiên trước bài luận và nói rằng anh ấy chưa bao giờ thấy điều gì giống như vậy trong quá trình luyện tập của mình.

Tôi xin bình luận một chút về bức thư của kỹ sư Amidei. Đối với tôi, có vẻ như nó không chỉ được các nhà vật lý và sử gia khoa học quan tâm mà còn được nhiều độc giả hơn, đặc biệt là học sinh, những người bắt đầu quan tâm đến khoa học, cũng như các giáo viên. Có lẽ nhờ có kỹ sư Amidei mà cậu bé tài năng đã trở thành thiên tài. Tất nhiên, Fermi là một nhà vật lý được đào tạo bài bản, nhưng ai có thể nói trước số phận của anh ta sẽ ra sao nếu kỹ sư Amideus đối xử với anh ta khác đi, nếu anh ta trả lời các câu hỏi của cậu bé, chẳng hạn như thế này: “Điều này vẫn còn quá khó đối với con. Nếu lớn lên, con sẽ hiểu được!” Có lẽ Fer-

21

Chúng ta sẽ không thực sự quan tâm đến toán học và vật lý ở tuổi mười ba và kết quả là chúng ta sẽ chỉ trở thành một kỹ sư hoặc nhà vật lý giỏi. Ví dụ, anh ấy có thể biểu diễn, có thể quan tâm đến cờ vua hoặc quần vợt, ngoại ngữ hoặc địa chất. Thực tế là trước Fermi mười ba tuổi, chỉ có một con đường thẳng duy nhất có thể dẫn cậu đến nơi cậu đã đến sau đó (và con đường này được chỉ ra bởi Amideus), nhưng có rất nhiều con đường “ngang”.

Trong mọi trường hợp, tôi hoàn toàn chắc chắn rằng Fermi đã trở thành Fermi vĩ đại chính xác là vì sở thích của anh ấy đã được xác định và nhu cầu trí tuệ của anh ấy đã được thỏa mãn khi anh ấy vẫn còn là một cậu bé. Phong cách của Fermi trong mọi lĩnh vực liên quan đến vật lý đã thuyết phục tôi về điều này; Cho dù ông đang giảng bài, bắt buộc nhân viên phải làm điều gì đó hay bày tỏ sự nghi ngờ về điều gì đó, người ta luôn in rằng mọi thứ đều đơn giản và quen thuộc với ông, rằng vật lý đối với ông cũng giống như ngôi nhà của ông.

Nếu sự thu hẹp của tôi là chính xác thì số lượng Fermi tiềm năng trên thế giới sẽ lớn hơn nhiều so với những gì người ta thường tưởng tượng.

Đây là những gì Enrico Persico đã viết: “…Khả năng đặc biệt của Fermi trong các ngành khoa học chính xác đã xuất hiện từ rất sớm; khi tôi gặp anh ấy (anh ấy 14 tuổi), tôi đã rất ngạc nhiên khi phát hiện ra rằng bạn tôi không chỉ là một “bác sĩ” khoa học, như người ta thường nói trong biệt ngữ ở trường học, mà còn là một người bạn có trí tuệ hoàn toàn khác với những cậu bé “thông minh” và học sinh xuất sắc mà tôi biết… Trong lĩnh vực toán học và vật lý, cậu ấy thể hiện kiến thức ở nhiều phần hơn những gì được dạy ở trường, và kiến thức không phải là ở trường, và ở miền bắc anh ấy vận hành nó một cách dễ dàng, ngay cả khi đó, kiến thức về một định lý hoặc định luật đã quen thuộc, trước hết là khả năng sử dụng chúng.”

Tôi tin rằng người đọc sẽ quan tâm đến câu hỏi Fermi học môn nhân văn ở trường như thế nào? Tất nhiên, anh ấy là một học sinh giỏi, điều này không có gì đáng ngạc nhiên vì trí nhớ tuyệt vời của anh ấy, nhưng dựa trên một số câu hỏi và ấn tượng chủ quan, tôi có thể nói rằng trong các môn nhân văn, Fermi chẳng khác gì một “học sinh xuất sắc bình thường”. Đúng là anh ấy thuộc lòng khá nhiều bài thơ, nhưng tôi có thể nói rằng điều này đặc trưng cho trí nhớ phi thường của anh ấy hơn là niềm đam mê với pozzie. Tôi nhớ rằng ở đâu đó vào những năm 30, Fermi đã nói rằng nguồn gốc chính của văn hóa nói chung của ông là hình minh họa nhiều tập của Bách khoa toàn thư dành cho trẻ em - một cuốn sách được thiết kế khá thành công và đầy màu sắc dành cho giới trẻ. Điều này khẳng định mối quan tâm của Fermi trong lĩnh vực vật lý và toán học vẫn còn khá hạn chế.

22

Đoạn, hình vuông, hình lập phương…

Sự khác biệt giữa một đoạn thẳng, hình vuông và hình khối là gì? Đoạn thẳng là một phần của đường thẳng, hình vuông là một phần của mặt phẳng và hình lập phương là một phần của không gian. Chúng có điểm gì chung, ngoại trừ từ giờ trong định nghĩa của chúng? Hóa ra có một sự tương đồng sâu sắc trong quá trình xây dựng của họ. Trong thực tế, ví dụ, quá trình xây dựng một hình vuông cho một đoạn đã cho có thể được mô tả như sau:

từ các đầu của đoạn này ta dựng các đường vuông góc với nó sao cho các đường vuông góc này nằm trong cùng một mặt phẳng; Trên mỗi đường vuông góc, trên một phía của một đoạn nhất định, chúng ta sắp xếp các đoạn của giả và sau đó nối các đầu của các đoạn thu được.

Bây giờ chúng ta hãy viết lại quá trình xây dựng khối lập phương cho một hình vuông cho trước:

từ mỗi đỉnh của một hình vuông cho trước, ta dựng các đường vuông góc với mặt phẳng hình vuông (nghĩa là với hai cạnh của hình vuông hội tụ tại đỉnh này) sao cho các đường vuông góc này nằm trong cùng một không gian; trên các đường vuông góc ở một cạnh của hình vuông, chúng ta bố trí các đoạn có chiều dài bằng cạnh hình vuông; Qua các đầu của các đoạn này ta vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông (tức là dựng một hình vuông song song với hình đã cho).

Trong bài viết này, nổi bật là tính giả tạo và không phù hợp của cụm từ “chimba những đường vuông góc này nằm trong cùng một không gian”: xét cho cùng thì

không gian của chúng tôi nói chung là một! Nhưng hãy nói đùa và mô tả quá trình xây dựng thêm một công trình nữa:

từ mỗi đỉnh của một khối lập phương nhất định, chúng ta dựng các đường vuông góc với tất cả các cạnh (?!) hội tụ trong đó sao cho các đường vuông góc này nằm trong cùng một không gian; trên các đường vuông góc này ở một cạnh của hình lập phương (?!), chúng ta bố trí các đoạn có chiều dài bằng cạnh của hình lập phương; qua các đầu của các đoạn này chúng ta vẽ các đường thẳng, song song với các cạnh của hình lập phương và có chiều dài bằng nhau (có thể chúng ta dựng một khối lập phương song song với hình này (?!)).

Về mặt hình học, tất nhiên, một “công trình” như vậy là không thể - nếu chỉ vì trong không gian của chúng ta không thể vẽ nhiều hơn ba cặp đường vuông góc. Nhưng về mặt logic, lý do này hoàn toàn mạch lạc và dẫn đến khái niệm khối lập phương “bốn chiều” (nghĩa là khối lập phương trong đó 4 cặp cạnh vuông góc hội tụ tại mỗi đỉnh). Hơn nữa, tiếp tục mô tả cách xây dựng “bằng quy nạp”, chúng ta sẽ đi đến khái niệm về khối “năm chiều”, “sáu chiều” và trong trường hợp chung là khối lập phương “n chiều”. Theo lý luận này, hình lập phương thông thường là khối lập phương “ba chiều”, hình vuông là khối lập phương “hai chiều”, và một đoạn là khối lập phương “một chiều” (Hình 1, 2, 3).

Câu hỏi đặt ra là, có vật thể thực nào có đặc tính tương ứng với khối lập phương n chiều (n=1, 2, …) không? Hóa ra chúng tồn tại; một đối tượng như vậy sẽ được thảo luận trong chương tiếp theo.

23

Bảng đỉnh của khối n chiều
Một đoạn (khối một chiều) có hai đầu (hai đỉnh). Hãy biểu thị một trong các đầu của các số là 0 và đầu kia là 1. Chúng ta nhận được một bảng ở các đỉnh của đoạn:
0
1

Tập hợp các đỉnh của một hình vuông (khối lập phương hai chiều) được chia thành hai tập con các đỉnh có các cạnh song song với nhau. Hãy ký hiệu các đỉnh tương ứng của các cạnh có cùng số (0 hoặc 1); để phân biệt chúng với nhau, chúng ta thêm số 0 vào bên trái các đỉnh được chỉ định của một bên và số 1 của bên kia. Bảng các đỉnh của hình vuông có dạng:
00 10
01 11

Tương tự, từ bảng các đỉnh của hình vuông, lập bảng hình lập phương:
000 010 100 110
001 011 101 111

Tiếp theo là bảng ở các đỉnh của khối lập phương “bốn chiều”:
0000 0010 0100 0110 1000 1010 1100 1110
0001 0011 0101 0111 1001 1011 1101 1111

Quá trình xây dựng các bảng như vậy có thể được tiếp tục vô thời hạn. Các bảng này biểu diễn ảnh đại số của các khối n chiều; trong trường hợp này, đỉnh của khối n chiều tương ứng với một tập hợp có thứ tự n số 0 và số 1, được gọi là tọa độ của đỉnh.

Bây giờ chúng ta hãy mô tả các tính chất cơ bản của các đỉnh và cạnh của khối lập phương n chiều.

1. Mỗi cạnh của khối lập phương n chiều chứa đúng hai đỉnh của nó; tất cả tọa độ tương ứng của các đỉnh này đều giống nhau, ngoại trừ một tọa độ: ở một đầu của cạnh bằng 0 và ở đầu kia - 1. Chính tọa độ này đặc trưng cho hướng của cạnh.

2. Tất cả các cạnh theo một hướng đều song song với nhau và vuông góc với các cạnh của bất kỳ hướng nào khác.

3. Số hướng khác nhau là n. Tất cả chúng đều được mô tả bằng các cạnh cơ bản nối đỉnh 00… 0 với các đỉnh

00 . . . 01
00 . . . 10
.

.

01 . . . 00
10 . . . 00

4. Có chính xác n cạnh xuất hiện từ bất kỳ đỉnh nào của khối lập phương n chiều. Tất cả đều vuông góc với nhau theo cặp.

Với n=1, 2, 3 các thuộc tính được kiểm tra trực tiếp (kiểm tra!). Với n>3, chúng ta sẽ xây dựng các đặc tính được mô tả của các đỉnh và cạnh của khối lập phương (chúng ta để bạn xác minh tính nhất quán bên trong của chúng).

24

Kỹ thuật đồng thời

Cùng với một hình ảnh đại số thuần túy thực - một bảng các đỉnh - một khối lập phương $n$ chiều cũng có thể được liên kết với một hình ảnh thuần túy hình học thực - một hình vẽ.

Hình 1 cho thấy một bản vẽ của một khối lập phương. Chúng ta hãy lưu ý các tính chất sau:

1. Các cạnh song song của khối vẫn song song trong bản vẽ.
2. Các cạnh vuông góc của hình lập phương trong hình vẽ không song song.
3. Các đỉnh khác nhau của khối lập phương trong hình vẽ không hợp nhất thành một.

Nói cách khác, hình vẽ của khối lập phương xuất hiện dưới dạng lưng rơi trên một bệ nằm ngang khi chiếu sáng mô hình có dây của khối vũ trụ với các tia sáng song song không nằm trong mặt phẳng của bất kỳ ranh giới nào.

Hóa ra là nếu áp dụng thiết kế song song như vậy cho khối lập phương có kích thước bất kỳ $n$, thì sẽ thu được một bản vẽ phẳng của khối lập phương $n$ chiều, có các đặc tính thứ ba được chỉ ra ở trên. Nhưng trước khi chứng minh điều này, hãy tính

Có bao nhiêu đỉnh trong một khối lập phương $n$ chiều?

Đặt $A$ là một đỉnh tùy ý của hình lập phương có tọa độ $a_n, a_{n-1}, \dots, a_2, a_1$. Vì $a_i$ bằng một hoặc một, nên chúng ta có thể coi tọa độ của đỉnh này là biểu diễn kép của một số $\varepsilon$:

$$\varepsilon = a_n \cdot 2^{n-1} + a_{n-1} \cdot 2^{n-2} + \dots + a_2 \cdot 2 + a_1$$

(khi đó ký hiệu kép $\varepsilon$ là:

$$\hat{\varepsilon}_2 = a_n a_{n-1} \dots a_2 a_1).$$

Các đỉnh của khối lập phương $n$ chiều tương ứng với tất cả các tập hợp số 0 và số một có thể có ($a_n, a_{n-1}, \dots, a_2, a_1$); mỗi bộ như vậy tương ứng với một số hoàn toàn xác định $\varepsilon$; số $\varepsilon + 1$ được lấy từ số $\varepsilon$ theo quy tắc sau: tất cả các chữ số bên phải $a_1, a_2, \dots, a_j$ là đơn vị trong một hàng, được thay thế bằng số 0, chữ số 0 (hoặc thiếu) đầu tiên $a_{j+1}$ ở bên phải được thay thế bằng một và phần còn lại (nếu có) không thay đổi. Ví dụ, chúng ta hãy tưởng tượng trong hệ thống kép các số 0, 1, 2,…, 15:

$$\hat{0}_2 = 0, \quad \hat{4}_2 = 100, \quad \hat{8}_2 = 1000,$$

$$\hat{1}_2 = 1, \quad \hat{5}_2 = 101, \quad \hat{9}_2 = 1001,$$

$$\hat{2}_2 = 10, \quad \hat{6}_2 = 110, \quad \hat{10}_2 = 1010,$$

$$\hat{3}_2 = 11, \quad \hat{7}_2 = 111, \quad \hat{11}_2 = 1011,$$

$$\hat{12}_2 = 1100,$$

$$\hat{13}_2 = 1101,$$

$$\hat{14}_2 = 1110,$$

$$\hat{15}_2 = 1111.$$

Dễ dàng nhận thấy rằng số $2^n$ trong hệ thống số kép được biểu diễn dưới dạng số có $n$ số 0 và số $2^{n-1}$ là tập hợp các số $n$. Điều này có nghĩa là có $2^n$ số kép khác nhau (từ 0 đến $2^n - 1$) có độ sâu bit không cao hơn $n$; do đó, số đỉnh của khối $n$ cũng là $2^n$.

Bây giờ chúng ta hãy thử xây dựng

Vẽ khối lập phương $n$ chiều

Hãy vẽ hai đường thẳng trên mặt phẳng một góc với nhau - sử dụng các đáy của chúng. Chúng ta hãy vẽ đồ thị trên một trong số chúng (hãy gọi nó là điểm đầu tiên) ở một bên của điểm giao nhau $2^n - 1$ nhân với tỷ lệ $a$ và ở mặt thứ hai - $n$ nhân với tỷ lệ $b$ (Hình 4, $a$). Hãy đánh số các đầu của các đoạn tỷ lệ trên trục số đầu tiên

$$1, 2,..., 2^n - 1,$$

và vào ngày thứ hai - số

$$1, 2,..., n.$$

Qua phần cuối của mỗi đoạn tỷ lệ, chúng ta vẽ một đường thẳng song song với đường chính kia. Chúng tôi nhận được tọa độ lưới. Đối với mỗi nút của lưới này, chúng ta gán một cặp số nguyên $(X, Y)$ - tọa độ của nút dọc theo hướng thứ nhất và thứ hai (điểm giao nhau của trục

25

Hình 4: $a$ - khối bốn chiều; $\delta$ - khối năm chiều

dòng mới có tọa độ $(0,0)$). Đặt đỉnh của khối lập phương có tọa độ $(a_n, a_{n-1}, \ldots, a_2, a_1)$ tại nút của lưới kết quả có tọa độ xiên

$$\left( \sum_{i=1}^{n} a_i \cdot 2^{i-1}, \quad \sum_{i=1}^{n} a_i \right)^*.$$

Do đó, tọa độ xiên đầu tiên của nút,

$$*) \text{Знак } \Sigma \text{ (сигма)} \text{ — это знак суммирования, } \sum_{i=1}^{n} b_i = b_1 + \ldots + b_n.$$

chúng ta sẽ vẽ một đỉnh của hình lập phương, bằng số của đỉnh này và thứ hai là trọng số của nó $a_1 + \ldots + a_n$ (tức là tổng số đơn vị tọa độ của đỉnh).

Nếu hai đỉnh của khối lập phương $n$ chiều chỉ khác nhau ở một tọa độ, thì chúng ta kết nối hình ảnh tương ứng của các đỉnh trên lưới tọa độ xiên với một đoạn thẳng - đoạn này sẽ đóng vai trò là hình ảnh của cạnh của khối lập phương của chúng ta.

Điều này hoàn thành việc xây dựng bản vẽ khối lập phương $n$ chiều (trong hình -

26

ke 4, a hiển thị hình vẽ của khối lập phương bốn chiều và trong Hình 4, b - khối lập phương năm chiều). Để chắc chắn rằng trong trường hợp tổng quát (n chiều), hình vẽ của khối lập phương n chiều là kết quả của phép chiếu song song của khối lập phương lên một mặt phẳng, hãy kiểm tra

Khi vẽ thuộc tính

Tính chất 3) rõ ràng được thỏa mãn: các số khác nhau tương ứng với các đỉnh khác nhau và do đó ảnh của chúng có tọa độ đầu tiên khác nhau và do đó không trùng nhau.

Bây giờ chúng ta hãy kiểm tra tính chất 1)—bảo toàn tính song song của các cạnh. Lấy hai cạnh song song bất kỳ của hình lập phương. Chúng ta hãy biểu thị tọa độ các đỉnh của cạnh đầu tiên bằng $\tilde{a}^1$ và $\tilde{a}^2$:

$$\tilde{a}^1 = (a_n^1, a_{n-1}^1, \dots, a_i^1, a_1^1),$$
$$\tilde{a}^2 = (a_n^2, a_{n-1}^2, \dots, a_i^2, a_1^2);$$

và tọa độ các đỉnh của cạnh thứ hai lần lượt qua $\tilde{b}^1$ và $\tilde{b}^2$:

$$\tilde{b}^1 = (b_n^1, b_{n-1}^1, \dots, b_i^1, b_1^1),$$
$$\tilde{b}^2 = (b_n^2, b_{n-1}^2, \dots, b_i^2, b_1^2).$$

Hướng của cạnh ở đây được đặc trưng bởi tọa độ thứ $i$.

Chúng tôi có:

$$a_j^1 = a_j^2, \quad j \neq i.$$

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng

$$a_i^1 = b_i^1 = 0,$$
$$a_i^2 = b_i^2 = 1.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét hình ảnh $\tilde{a}^1, \tilde{a}^2, \tilde{b}^1, \tilde{b}^2$ của những hình bốn chiều này trên lưới tọa độ. Chúng ta hãy vẽ các đường thẳng song song với hướng lõi thứ nhất thông qua ảnh của các đỉnh $\tilde{a}^1$ và $\tilde{b}^1$, và các đường thẳng song song với hướng thứ hai thông qua ảnh của các đỉnh $\tilde{a}^2$ và $\tilde{b}^2$ (Hình 5). Điểm giao nhau của các đường này lần lượt được ký hiệu là $\tilde{a}$ và $\tilde{b}$. Chúng ta có hai hình tam giác: $\tilde{a}^1 \tilde{a}^2$ và $\tilde{b}^1 \tilde{b}^2$. Chúng tôi tính toán độ dài của các cạnh $\tilde{a}^1 \tilde{a}^2$ - theo cách xây dựng, nó bằng hiệu modulo của tọa độ tọa độ đầu tiên của các đỉnh $\tilde{a}^1$ và $\tilde{a}^2$:

$$\left| \sum_{j=1}^{n} a_j^1 \cdot 2^{j-1} - \sum_{j=1}^{n} a_j^2 \cdot 2^{j-1} \right| =$$
$$= \left| \sum_{j=1}^{n} \left( a_j^1 - a_j^2 \right) \cdot 2^{j-1} \right| =$$
$$= \left( a_i^2 - a_i^1 \right) \cdot 2^{i-1} = 2^{i-1}.$$

Độ dài các cạnh $\tilde{b}^1 \tilde{b}^2$ cũng bằng $2^{i-1}$. Độ dài cạnh thứ hai của tam giác

27

biệt hiệu $\tilde{a}^2 a_*^2 (\tilde{b}^2 b_*^2)$ bằng mô đun chênh lệch tọa độ xiên thứ hai của các đỉnh $\tilde{a}^1$ và $\tilde{a}^2$ (các đỉnh $\tilde{b}^1$, $\tilde{b}^2$ tương ứng) và bằng một; Thực ra:

$$\left| \sum_{j=1}^{n} a_j^1 - \sum_{j=1}^{n} a_j^2 \right| = \left| \sum_{j=1}^{n} \left( a_j^1 - a_j^2 \right) \right| = a_i^2 - a_i^1 = 1 - 0 = 1.$$

Vì vậy, các tam giác $\tilde{a}^1 a_*^2$ và $\tilde{b}^1 b_*^2$ có hai cạnh bằng nhau và góc xen giữa chúng. Điều này có nghĩa là các cạnh $\tilde{a}^1 a_*^2$ và $\tilde{b}^1 b_*^2$, là ảnh của các cạnh của khối lập phương cùng hướng, cũng bằng nhau và song song - đó là điều cần phải chứng minh.

Để chứng minh tính chất 2)—tính không song song của ảnh của các cạnh vuông góc của hình lập phương—chỉ cần xác minh rằng ảnh của các cạnh đáy là không song song là đủ. Và điều sau là hiển nhiên, vì hình ảnh của các cạnh cơ bản.

Phần kết luận

Chúng tôi đã chứng minh khả năng chiếu xiên song song của khối lập phương $n$ chiều lên một mặt phẳng. Lưu ý rằng các hình vẽ hình lập phương ở Hình 4, a, b còn có một tính chất nữa: các đỉnh odinkovoeo beca nằm trên cùng một đường thẳng, song song với hướng tọa độ thứ nhất. Thuộc tính này của bản vẽ không cần thiết cho thiết kế song song - chẳng hạn, nó không xuất hiện trong Hình 1. Nhưng thường thì chính thuộc tính này góp phần hiểu rõ hơn về cấu trúc bên trong của một đối tượng đại số như một khối lập phương $n$ chiều.

Gặp gỡ độc giả của chúng tôi

Các biên tập viên của tạp chí đã đến thăm các em học sinh ở thị trấn Zagorsk gần Moscow, trong thư viện của giáo sư chuyên nghiệp của Nhà máy Cơ khí Quang học Zagorsk. Thư viện này là một trong những thư viện lớn nhất thành phố; trong số độc giả của nó có rất nhiều học sinh đăng ký tạp chí của chúng tôi.

Cuộc họp do phó tổng biên tập tạp chí V. A. Leshkovtsev chủ trì. Anh nói về những nhiệm vụ «Kvant» đặt ra cho mình, về những bài viết sẽ xuất hiện trên tạp chí trong thời gian sắp tới. Lần lượt các em học sinh bày tỏ một số mong muốn đến ban biên tập, chỉ ra những phần toán học và vật lý mà các em đặc biệt quan tâm, đồng thời gợi ý một số chủ đề cho bài viết. Sau đó ban biên tập đã giải đáp thắc mắc của độc giả.

Tóm lại, một cuộc thi nhỏ đã được tổ chức dành cho lời giải bài toán, những người chiến thắng trong cuộc thi này sẽ mang theo những cuốn sách đáng nhớ.

V. N. Berezin

28

Nghe trên xe buýt
Hãy bắt đầu với một sự việc bình thường. Xe buýt phanh gấp trước đèn giao thông, hành khách bị kéo về phía trước. Ai đó đã giẫm lên người đang đứng phía trước và tất nhiên là phải luồn lách xung quanh. Từ quan điểm của các quy tắc ứng xử, mọi thứ đều có trật tự. Nhưng đối với một nhà vật lý, cái kết của câu chuyện có vẻ phi lý. Tất nhiên, hành khách không có lỗi: có lẽ người lái xe kiêu ngạo là người đáng trách - anh ta nên quan tâm đến khoa học về hành vi, nhưng chúng ta hãy tự hỏi, nói đúng ra, lỗi của người lái xe là gì? Làm sao tài xế có thể đẩy được hành khách? Rốt cuộc, anh ta ngồi rất xa và thậm chí không thể với tới họ. Chúng ta có thể nói rằng lực (tất nhiên, không phải từ người lái mà từ động cơ hoặc có lẽ từ phanh) đã được truyền qua sàn. đáp số này cũng không thể được coi là thỏa đáng: suy cho cùng, hora vẫn đứng yên tại chỗ - hành khách dường như bị kéo, đúng hơn là bởi đầu…

Nếu anh ta không cố tình làm xáo trộn vấn đề thì mọi chuyện sẽ được giải thích rất đơn giản. Tài xế phanh xe buýt; chân của hành khách (do lực ma sát tĩnh cao của lòng bàn chân với sàn) cũng chậm lại, thân và đầu tiếp tục chuyển động với cùng tốc độ, tuân theo định luật thứ nhất. Định luật quán tính của Newton. Ví dụ, nếu không có ma sát, tất cả hành khách đều đứng trên những con lăn hoàn hảo (điều mà bạn không thể làm vì lợi ích khoa học!), thì họ sẽ không cảm nhận được bất kỳ tác động nào ngay lập tức, và hết người này đến người khác sẽ va vào bức tường của cabin tài xế đột nhiên dừng lại trước mặt họ.

Mô tả như vậy sẽ được đưa ra bởi bất kỳ người quan sát hợp lý nào ở trong hệ tọa độ quán tính, ví dụ, cảnh này được quan sát khi đang đứng trên vỉa hè.

Nhưng có thể xảy ra trường hợp một người khác muốn phân tích câu chuyện tương tự, chẳng hạn như người lái xe buýt đang ngồi chặt trên cây thánh giá của mình. Tất nhiên, anh ta biết rằng chiếc xe buýt đã giảm tốc độ, tức là nó đang tăng tốc so với mặt đất, và do đó hệ thống báo cáo của nó sẽ không còn quán tính nữa. Người lái xe sẽ giải thích sự việc theo cách này. Anh ấy sẽ nói gì

29

một hành khách không biết tác dụng của phanh xe mà vô tình cảm nhận được? Vì vậy, chúng ta đi đến câu hỏi chính - các chuyển động cơ học được mô tả như thế nào trong các hệ thống báo cáo phi quán tính?

Được biết, các định luật cơ bản của chuyển động - định luật Newton - chỉ có giá trị trong các hệ thống báo cáo quán tính. Do đó, điều tự nhiên là mong đợi rằng khi chuyển sang hệ phi quán tính, các phương trình chuyển động sẽ thay đổi. Tuy nhiên, nếu chúng ta chỉ giới hạn ở cơ học cổ điển, nghĩa là không xem xét các chuyển động có tốc độ tương đương với tốc độ ánh sáng, thì hóa ra phương trình cơ bản của chuyển động có thể được viết giống hệt như định luật thứ hai của Newton, nếu chúng ta đưa ra một khái niệm mới - khái niệm lực quán tính.

Khi người lái xe phanh xe buýt, anh ta thấy rằng hành khách trên giày trượt patin (nghĩa là không có rung lắc) nhận được gia tốc so với xe buýt, hướng theo hướng xe buýt đang di chuyển trước khi phanh. Hoặc, cũng tương tự, gia tốc của hành khách ngược chiều với gia tốc mà xe buýt nhận được.

Gia tốc này không liên quan trực tiếp đến tác động của một vật nào đó lên hành khách mà được quan sát thấy trong hệ tọa độ có gia tốc. Cố gắng mô tả chuyển động theo quan điểm của các định luật cơ học thông thường, người ta sẽ phải nói: nếu có gia tốc thì nó phải được quy cho tác dụng của một lực nào đó. Những lực như vậy, được đưa vào trong các hệ thống báo cáo phi quán tính nhằm mô tả chuyển động có gia tốc của các vật tự do, được gọi là lực quán tính.

Lực quán tính khác với lực thông thường, chẳng hạn như lực điện hoặc lực hấp dẫn, chủ yếu ở chỗ chúng được gây ra không phải do sự tương tác của các vật thể mà do chuyển động tăng tốc của chính hệ thống báo cáo. Lực quán tính biến mất khi chuyển sang hệ thống báo cáo quán tính (quan sát trên vỉa hè), trong khi lực thông thường không thay đổi khi chuyển sang bất kỳ hệ thống báo cáo nào khác. Các lực thông thường được cho là bất biến đối với sự chuyển đổi trong một hệ tọa độ khác, nếu tốc độ của hệ quy chiếu mới tương đối với đa thức còn lại ban đầu của tốc độ ánh sáng *). Lưu ý đến một tính chất cơ bản như vậy của các lực thông thường, đôi khi lực quán tính được gọi là lực giả (lực “như thể”) hoặc lực hư cấu.

Một sự khác biệt quan trọng khác giữa các lực quán tính là từ quan điểm phi quán tính, các lực này được quan sát thấy tác dụng tại tất cả các điểm của hệ, bất cứ nơi nào vật thể đang nghiên cứu tọa lạc, và ở vùng lân cận của vật thể thì không thể chỉ ra nguồn gốc của các lực này. Nếu một hành khách đứng trên giày trượt patin, chỉ một hành khách khác, thì họ sẽ lái xe rời xa nhau theo các hướng khác nhau, lo lắng về định luật thứ ba của Newton.

Sau khi bảo vệ xe buýt, tất cả hành khách đều tiến về phía trước, không ai quay lại. Theo nghĩa này, tác dụng của lực quán tính giống với tác dụng của lực điện hoặc lực từ được truyền qua một trường điện từ và cũng không dễ để hiểu phản lực là gì. Do đó, trong bài toán một khái niệm tương tự có thể được sử dụng về lực quán tính - trường lực quán tính.

Trường và lực

Người ta biết rằng sự tương tác của điện tích và dòng điện được thực hiện bởi một trường điện từ, các lực hấp dẫn được truyền bởi trường hấp dẫn và các lực tương tác.

*) Nếu hệ thống báo cáo chuyển động với tốc độ tương đương với tốc độ ánh sáng, thì như thuyết tương đối cho thấy, các lực thông thường không bất biến. Do đó, chúng tôi giới hạn bản thân trong các hệ thống báo cáo phi tương đối cổ điển.

30

tương tác giữa các nucleon - trường lực hạt nhân.

Trong tất cả các trường hợp này, sự tương tác giữa các vật thể sẽ xảy ra mà không có sự tiếp xúc không được thể hiện. Khái niệm trường lực vật lý được đưa ra để mô tả loại tương tác này. Khái niệm này đã được thiết lập vững chắc trong vật lý và trong thế kỷ 20 đã loại bỏ hoàn toàn khái niệm lực tiếp xúc. Chỉ ở khoảng cách ngắn, đôi khi mới thực tế hơn khi nói về sự tiếp xúc của các vật thể, về lực đẩy hoặc va chạm.

Để bảo toàn định luật thứ ba của Newton, họ nói về tác dụng nghịch đảo của vật lên trường. Vì vậy, chẳng hạn, sự tương tác của hai điện tích ở xa nhau có liên quan đến tương tác giữa điện tích và trường tại vị trí của điện tích.

Sự cố trên xe buýt cũng có thể được mô tả bằng khái niệm trường lực. Trong một chiếc xe buýt đang phanh, theo quan điểm của người lái xe, một trường lực quán tính xuất hiện tác dụng lên hành khách. Nhưng cần nhấn mạnh rằng trường này nảy sinh do hệ thống báo cáo chuyển động được tăng tốc và nó có thể bị “phá hủy” khi chuyển sang hệ tọa độ quán tính.

Do đó, khi được tăng tốc trong một xe buýt đang chuyển động (chúng ta sẽ nói thêm - trong hệ tọa độ), một trường lực quán tính phát sinh, trước hết đáng chú ý là nó tạo ra gia tốc như nhau cho tất cả các vật thể trong hệ, bất kể khối lượng của chúng. Các gia tốc này có giá trị tuyệt đối bằng gia tốc của hệ tọa độ và hướng theo hướng ngược lại.

Chỉ có một lực trong tự nhiên - lực hấp dẫn - có những tính chất giống nhau. Ví dụ, trong trường hấp dẫn của Trái đất, mọi vật thể đều rơi tự do với cùng một gia tốc so với hệ quy chiếu quán tính. Sự tương tự này thực sự có một ý nghĩa sâu sắc - nó phản ánh nguyên tắc tuyến tính của sự tương đương *), ý nghĩa cơ bản của nó được bộc lộ trong thuyết tương đối.

Trong lúc đó, chúng ta có thể đưa ra một kết luận quan trọng: giống như lực hấp dẫn, lực quán tính tỉ lệ với khối lượng của vật. Đây là hệ quả của sự bằng nhau về gia tốc của mọi vật tự do trong hệ tọa độ không chu vi.

Các loại lực quán tính là gì?

Nguyên lý của Galileo phát biểu rằng trong bất kỳ hệ quy chiếu quán tính chuyển động nào, các định luật cơ học cũng được áp dụng như trong hệ quy chiếu đứng yên**). Mặt khác, họ nói rằng không có thí nghiệm nào bên trong hệ có thể được quan sát để biết liệu nó chuyển động đều và thẳng hay kết thúc. Đặc biệt, điểm vật chất, trên đó không có vật nào tác dụng trong một hệ như vậy, sẽ kết thúc hoặc chuyển động mà không có gia tốc. Về vấn đề này, chúng ta phải nói thêm rằng điểm không được nằm trong điện trường hoặc từ trường và không được tác động từ bên ngoài bởi bất kỳ vật thể nặng nào. Có thể nói, việc áp dụng nguyên lý Galileo theo hướng ngược lại là hợp lý để xác định xem hệ thống báo cáo có quán tính hay không. Thước đo cho điều này phần lớn phải là mức độ chính xác của việc thực hiện các định luật Newton trong hệ thống này.

*) Ví dụ, xem bài viết của D. Borodin “Khối lượng hấp dẫn”, «Kvant», 1973, số 2.

Nhân tiện, chúng ta hãy lưu ý rằng Trái đất hữu ích cũng có thể bị “phá hủy” bằng cách chuyển sang một hệ tọa độ khác, chẳng hạn như tàu vũ trụ. Hiện tượng không thuận nghịch (khi lực hấp dẫn được “cân bằng” bởi lực quán tính) phản ánh dòng chảy của lực hấp dẫn với lực quán tính.

**) Nguyên lý Einstein còn đi xa hơn nữa, khẳng định rằng tất cả các định luật vật lý (không chỉ các định luật cơ học) vẫn giữ nguyên. Trong bài viết này chúng ta sẽ chỉ nói về các hiện tượng cơ học cổ điển.

31

Hình 1.

Nếu chúng ta xem xét chuyển động của một vật thể trong các hệ thống báo cáo phi quán tính, thì chúng ta không thể quên rằng ngoài các lực tương tác thông thường, lực quán tính còn tác dụng lên các vật thể. Để viết phương trình chuyển động của một vật, bạn phải xác định được tất cả các lực. Lực của cơ thể phụ thuộc vào vị trí tương đối của cơ thể và vận tốc tương đối của chúng. Các lực quán tính do gia tốc chuyển động của hệ thống báo cáo gây ra rõ ràng cũng phụ thuộc vào bản chất chuyển động của chính hệ thống báo cáo.

Hãy xem xét hai trường hợp:

1. một hệ báo cáo liên quan đến một hệ quán tính đứng yên của chuyển động tịnh tiến với một gia tốc không đổi nào đó;
2. Hệ thống báo cáo quay quanh một trục cố định với vận tốc góc không đổi.

Trong trường hợp thứ nhất, chỉ có một lực xuất hiện, lực đó gọi là lực quán tính. Trong trường hợp thứ hai, chúng ta cần nói về hai lực. Đầu tiên chỉ phụ thuộc vào tọa độ, nghĩa là vào khoảng cách đến trục quay; Các lực này được gọi là định tâm bằng lực quán tính. Thứ hai phụ thuộc vào tốc độ chuyển động của cơ thể so với hệ thống báo cáo quay, nhưng không phụ thuộc vào tọa độ; nó được gọi là lực Corniss trong phần của thợ cơ khí người Pháp Corpolis (1792-1843). Chúng tôi sẽ không nói về lực Corniss trong bài viết này.

Để có được các biểu thức cụ thể cho lực quán tính trong chuyển động tịnh tiến và cho lực quán tính định tâm, việc so sánh các chuyển động của vật thể trong hệ thống báo cáo quán tính và không quán tính là đủ.

Chuyển tiếp của hệ thống báo cáo

Cho hệ báo cáo $K'$ chuyển động có gia tốc đều với gia tốc $a_0$ so với hệ quán tính $K$. Chúng ta hãy xem xét một vật chịu tác dụng của một lực $F$ từ một vật khác, tạo cho nó một gia tốc $a$ so với hệ $K$. Gia tốc của vật này trong hệ $K'$ được ký hiệu là $a'$. Chúng ta hãy mô tả chuyển động của vật thể được chọn theo quan điểm của hai người quan sát: một người được liên kết với hệ thống $K'$ (chúng ta sẽ gọi nó là người quan sát chuyển động), người kia nằm trong hệ thống $K$ (chúng ta sẽ gọi nó là người quan sát đứng yên).

Đối với người quan sát đứng yên (trong hệ thống báo cáo quán tính), vật thể tham gia vào hai chuyển động (Hình 1): với gia tốc $a'$ so với hệ $K'$ và với gia tốc $a_0$ so với hệ $K$, do đó gia tốc toàn phần của nó

$$a = a' + a_0.$$

Hãy viết phương trình chuyển động của vật:

$$m a = F,$$

hoặc

$$m (a' + a_0) = F.$$

Đẳng thức cuối cùng có thể được viết lại theo cách khác:

$$m a' = F - m a_0.$$ (1)

32

Trong trường hợp một phần, khi $F = 0$, không có gia tốc trong hệ $K$, tức là $a = 0$, do đó

$$a' = -a_0.$$

Do đó, một vật thể quan sát chuyển động sẽ phát hiện ra rằng tất cả các vật thể tự do trong hệ thống của anh ta đều có gia tốc có giá trị tuyệt đối bằng gia tốc của chính hệ thống báo cáo, nhưng có hướng ngược lại. Có thể nói rằng trong hệ này có một trường lực tác dụng lên các vật có lực $F_n$, gọi là lực quán tính.

Vì vậy, từ quan điểm của phương trình chuyển động quan sát được của một vật, trong trường hợp tổng quát nó phải được viết như sau (Hình 2):

$$m a' = F + F_n.$$ (2)

So sánh (1) và (2), dễ dàng thấy rằng

$$F_n = -m a_0.$$

Nghĩa là, trong trường hợp chuyển động tịnh tiến của hệ báo cáo phi tiêu, lực quán tính phụ thuộc vào gia tốc của hệ này, dễ thay đổi bằng thực nghiệm. Chúng ta cũng hãy lưu ý một lần nữa rằng lực quán tính (giống như lực hấp dẫn) tỉ lệ với khối lượng của vật.

Năng lượng tiềm năng của một cơ thể trong lĩnh vực này. Bạn có thể làm điều này đối với trường lực quán tính, sử dụng sự tương tự với trường hấp dẫn của Trái đất. Điểm giống nhau của các trường này trước hết nằm ở chỗ tất cả các vật tự do trong hệ thống báo cáo có gia tốc đều chuyển động với cùng gia tốc, không phụ thuộc vào khối lượng của chúng.

Người ta biết rằng ở gần bề mặt Trái đất (nơi gia tốc áp suất tự do không đổi) một vật thể có khối lượng $m$ có thế năng

$$\Pi = mgx,$$

trong đó $x$ là chiều cao của vật thể so với bề mặt Trái đất (Hình 3). Nhân tiện, hãy lưu ý rằng đại lượng $\varphi = gx$ được gọi là thế năng trường hấp dẫn. Khi di chuyển một vật thể từ độ cao $x_1$ lên độ cao $x_2 < x_1$ trường sẽ hoạt động

$$A = mg (x_1 - x_2) = -(\Pi_2 - \Pi_1),$$

nghĩa là công bằng với thế năng của cơ thể. Công này làm tăng động năng của vật: thế năng giảm đi bao nhiêu thì động năng lại tăng lên một lượng như vậy, do đó tổng động năng và thế năng không đổi. Do đó tổng năng lượng

$$E = \frac{mv^2}{2} + mgx$$

không thay đổi và được duy trì trong quá trình chuyển động.

Nếu hệ thống báo cáo $K'$ tăng tốc theo hướng trục $x'$ (Hình 4) và

33

Mọi vật tự do đều “rơi” với gia tốc $a_0$, bằng gia tốc chuyển động của chính hệ, khi đó bằng cách tương tự biểu thức thế năng của một vật có khối lượng $m$ trong trường lực quán tính có thể viết như sau:

$$\Pi' = ma_0x'$$

trong đó $x'$ là tọa độ của vật thể trong hệ $K'$. Gọi đại lượng $\varphi' = a_0x'$ là thế năng của trường lực quán tính là hợp lý.

Khi đó tổng năng lượng của cơ thể đối với hệ thống báo cáo tăng tốc bằng

$$E' = \frac{mv'^2}{2} + ma_0x'$$

trong đó $v'$ là tốc độ của cơ thể. Hơn nữa, giá trị của tổng năng lượng luôn không đổi.

Lực quán tính ly tâm

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một hệ thống báo cáo quay với vận tốc góc không đổi $\omega$ quanh một trục cố định. Ví dụ, một hệ thống như vậy có thể là một đĩa quay. Chúng tôi đã nói rằng trong trường hợp phát triển hệ thống báo cáo, cần phải tính đến hai lực quán tính - ly tâm và quán tính. Chúng ta hãy giới hạn ở việc chỉ xem xét lực quán tính ly tâm. Lực này phụ thuộc vào tọa độ của vật thể và không phụ thuộc vào việc nó đứng yên hay chuyển động so với hệ thống báo cáo đã phát triển, do đó, để đơn giản, chúng ta sẽ giả sử rằng vật thể bất động.

Giả sử có một vật thể trên đĩa quay chính, vật này được giữ trên đĩa bằng một lò xo cách trục quay một khoảng $r$. Chúng ta hãy mô tả hành vi của anh ta từ quan điểm của vật thể đứng yên và di động có thể quan sát được.

Một người quan sát đứng yên (liên kết với hệ thống báo cáo quán tính) sẽ nói rằng vì vật chuyển động theo đường tròn nên nó có một gia tốc gọi là hướng tâm và có độ lớn bằng nhau.

$$a_\mu = \omega^2 r.$$

Gia tốc này của vật được truyền bởi lực đàn hồi của lò xo bị kéo căng $F_y$, vì không có vật nào khác trong mặt phẳng nằm ngang tác dụng lên vật (Hình 5). Theo định luật thứ hai của Newton

$$m a_\mu = F_y.$$

Theo quan điểm chuyển động quan sát được (gắn với hệ quán tính quay của báo cáo), vật sẽ kết thúc, do đó tổng các lực tác dụng lên vật đó bằng 0. Vì vậy, quan sát được điều này phải nói rằng có một lực cân bằng với lực đàn hồi (Hình 6). Đây là lực quán tính ly tâm $F_{и.ц}$, bằng

$$F_{и.ц} = -F_y = -m a_\mu.$$

Dấu trừ cho biết lực này có hướng ngược với gia tốc hướng tâm, nghĩa là dọc theo bán kính tính từ trục quay và có độ lớn bằng $F_{и.ц} = m\omega^2 r$.

34

Điều thích hợp cần lưu ý ở đây là có sự mơ hồ đáng tiếc trong thuật ngữ hiện tại. Thực tế là trong một hệ quy chiếu đứng yên, mặt phẳng mà một điểm vật chất chuyển động trong đường tròn tác dụng (theo định luật thứ ba của Newton) lên vật giữ nó trên đường tròn (trong ví dụ của chúng ta là lò xo) còn được gọi là mặt phẳng ly tâm. Người ta không nên nhầm lẫn ranh giới này với lực quán tính ly tâm (từ cuối cùng, quan trọng nhất này thường bị bỏ qua), tác dụng lên bất kỳ vật thể nào trong hệ quy chiếu quay (không quán tính). Hai sự hợp nhất này xuất hiện trong các hệ quy chiếu khác nhau và được áp dụng cho các cơ quan khác nhau (Hình 7).

Tiềm năng trường của phản ứng tổng hợp quán tính ly tâm

Hãy tính công mà trường quán tính ly tâm hợp nhất thực hiện để di chuyển một điểm vật chất có khối lượng $m$. Đặt tọa độ ban đầu của điểm (khoảng cách từ trục quay) bằng $r_1$ và tọa độ cuối cùng - $r_2$. Phản ứng tổng hợp quán tính ly tâm bằng $m\omega^2 r$ và được hướng từ trục quay.

Nếu $r_2 - r_1$ nhỏ thì chúng ta có thể viết

$$A = F_{и.ц} \Delta r = m\omega^2 \frac{r_1 + r_2}{2} \Delta r,$$

thay thế sliu ở giữa $F_{и.ц}$ bằng sliu ở điểm giữa. Thay $\Delta r$ cho $r_2 - r_1$, chúng ta nhận được

$$A = \frac{m\omega^2 r_2^2}{2} - \frac{m\omega^2 r_1^2}{2}.$$

Mặt khác, công luôn bằng độ biến thiên của thế năng mang dấu ngược lại, tức là

$$A = -(\Pi'_2 - \Pi'_1).$$

So sánh hai biểu thức của công, chúng ta nhận thấy rằng các đại lượng

$$\Pi' = -\frac{m\omega^2 r^2}{2}$$

có thể được gọi là thế năng của một điểm vật chất trong trường hợp quán tính ly tâm và các đại lượng

$$\varphi' = -\frac{\omega^2 r^2}{2}$$

theo tiềm năng của lĩnh vực này.

Khi đó, đối với hệ quy chiếu quay, tổng năng lượng của một điểm trong quá trình chuyển động bằng

$$E' = \frac{mv'^2}{2} - \frac{m\omega^2 r^2}{2}$$

và độ lớn của nó không đổi.

Tuy nhiên, chúng ta hãy nhớ lại rằng trong một hệ quy chiếu quay còn có một sự hợp nhất quán tính khác (lực Koryulis), lực này phụ thuộc vào tốc độ của điểm vật chất. Do đó, để viết phương trình bậc hai

35

kona. Newton trong hệ thống này, việc biết biểu thức của năng lượng tổng cộng là chưa đủ. Nhưng điều này sẽ được thảo luận trong một bài viết khác.

Để kết luận, chúng tôi trình bày một số bài toán và mời người đọc nhập tất cả dữ liệu ban đầu cần thiết cho lời giải những bài toán này.

Bài tập

1. Trên kệ của xe ngựa có một vật nặng được buộc chặt vào tường bằng một chiếc lò xo. Khi đoàn tàu bắt đầu tăng tốc thì trọng lượng của lò xo bắt đầu dao động. Tìm chu kỳ dao động của nó.

2. Lần này trọng lượng rơi vào sợi dây. Khi tàu tăng tốc, anh bắt đầu lưỡng lự. Tìm chu kỳ dao động và vị trí cân bằng của ma trận này.

3. Một ống gắn vào xe và uốn cong một góc vuông chứa nước chứa đầy nước uốn cong theo phương ngang. Nước dâng lên ở độ cao bao nhiêu khi xe bắt đầu chuyển động với tốc độ nhanh hơn?

4. Chiếc vali nằm trên kệ được buộc bằng một sợi dây. Với gia tốc nào thì sợi dây sẽ đứt? Việc cọ xát vali lên kệ có ảnh hưởng như thế nào?

5. Lò xo và vật nặng quay với vận tốc góc $\omega$. Trọng lượng sẽ dao động như thế nào?

6. Có oxy trong một bình hình trụ. Tàu quay quanh trục của nó. Áp suất khí thay đổi như thế nào dọc theo bán kính của thùng chứa?

Nhiệm vụ

1. Bên phải và bên trái số 0, viết các số của dãy tự nhiên:
   …6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7…

Sau đó, đếm từ số bên phải, gạch bỏ mọi số thứ ba (cả bên trái và bên phải), đếm từ bên trái - mọi số thứ năm, tính từ hai bên phải - mọi số thứ bảy, tính từ hai bên trái - mọi số thứ chín, v.v. Chứng minh rằng kết quả là tất cả các số $k$ sao cho $4k+1$ là số nguyên tố sẽ không bị gạch chéo ở bên trái, và tất cả các số $m$ sao cho $4m-1$ sẽ không bị gạch chéo ở bên phải.

2. Trên các cạnh $AB$, $BC$ và $AC$ của tam giác $ABC$ các điểm $L_1$, $M_1$, $N_1$ và $L_2$, $M_2$, $N_2$ được chọn tương ứng, và do đó
   $$\frac{AL_1}{L_1B} = \frac{BL_2}{L_2A},$$
   $$\frac{BM_1}{M_1C} = \frac{CM_2}{M_2B},$$
   $$\frac{CN_1}{N_1A} = \frac{AN_2}{N_2C}.$$

Chứng minh rằng diện tích của các tam giác $L_1M_1N_1$ và $L_2M_2N_2$ bằng nhau.

3. Các chiều cao $AD$, $BE$ và $CF$ bị bỏ qua khỏi các cạnh của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng
   a) diện tích adb của một tam giác có các đỉnh là trung điểm $H$, $K$ và $L$ của các đường cao được vẽ bằng $1/4$ diện tích của tam giác $DEF$;

6. chúng ta hãy biểu thị bằng $\theta$, $\varphi$ sự tương ứng của các góc (được tính ngược chiều kim đồng hồ) tạo thành các đường thẳng $HK$ và $AB$, $KL$ và $BC$, $LM$ và $CA$; thì đẳng thức là đúng
   $(\cos^2 A + \cos^2 B) \ tg \theta +$
   $+ (\cos^2 B + \cos^2 C) \ tg \varphi +$
   $+ (\cos^2 C + \cos^2 A) \times$
   $\times \ tg \psi = 0.$

36

A. K. Kikoin
NHÀ VẬT LÝ,
TOÁN HỌC,
THỂ THAO…

“Những ngọn núi đóng một vai trò rất quan trọng về mặt cảm xúc trong cuộc đời tôi; thiên nhiên hoang sơ đã mang lại sự bình yên về tinh thần không thể so sánh được. Thêm vào đó là niềm thỏa mãn sâu sắc khi vượt qua nghịch cảnh. Ở vùng núi, tình bạn nguy hiểm với bạn bè đã nảy sinh, tồn tại suốt đời.”

I. E. Tump

37

“Đi đến đỉnh cao
Igor Tamm,
Và chúng tôi đứng sau Tamm
ở gót chân…”

Những câu thơ đơn giản này nằm trong một trong những lời chúc gửi tới Viện sĩ Igor Evgenievich Tamm nhân ngày sinh nhật lần thứ bảy mươi của ông. Những đỉnh cao được nói đến theo tinh thần này không phải là những đỉnh cao mang tính ngụ ngôn của khoa học, mà là những đỉnh cao theo nghĩa đen của từ này - những đỉnh núi cao. Các nhà vật lý trên khắp thế giới, người đoạt giải Nobel về vật lý, Viện sĩ I. E. Tamm, được biết đến là tác giả của nhiều công trình khoa học xuất sắc về lý thuyết lực hạt nhân, lý thuyết về các trạng thái đặc biệt của các electron trên bề mặt tinh thể (“Mức Tamm”), lý thuyết về bức xạ của các electron nhanh trong vật chất, lý thuyết về plasma trong từ trường và nhiều lý thuyết khác. Nhưng những người leo núi ở nước ta cũng biết đến I. E. Tamm là một người đam mê các môn thể thao trên núi cao. I. E. Tamm là một trong những người leo núi đầu tiên lên đỉnh Altai, và một trong những đỉnh ở vùng này mang tên ông (Đỉnh Tamm).

Những người leo núi còn quen biết nhiều nhà khoa học - vật lý và toán học - yêu thích núi non và leo núi khác. Nhà toán học nổi tiếng của Liên Xô, thành viên tương ứng

Niels Bohr về sự dối trá.

Frederic và Irene Jaulnot-Curie trước chuyến đi trượt tuyết.

Frédéric Jolnot-Curie và con trai đang câu cá.

I. E. Tamm và Thạc sĩ danh dự về kỹ sư điện thể thao E. A. Kozakova. Kavkaz. 1960 (Ảnh được xuất bản lần đầu tiên.)

38

Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô Boris Nikolaevich Delone không chỉ tự mình thực hiện nhiều cuộc leo núi lên các đỉnh núi mà còn là người tổ chức trại leo núi đầu tiên ở nước ta. Điều này đã đặt nền móng cho hệ thống đào tạo và nâng cao thể thao dành cho các nhà leo núi, khiến những nhà leo núi thành đạt trở thành những người khỏe nhất thế giới.

Một nhà toán học khác, viện sĩ hàn lâm Aleksadr Danilovich Aleksadrov, không chỉ được biết đến là tác giả của những công trình xuất sắc về hình học, mà còn là bậc thầy về thể thao của Liên Xô trong lĩnh vực leo núi, người đã thực hiện một số cuộc thăng tiến khó khăn trên

Kavkaz và các khu vực khác của đất nước. Là một vận động viên trượt tuyết núi cao xuất sắc, ông, với tư cách là hiệu trưởng của Đại học bang Leningrad, đã hơn một lần giành được giải xuất sắc trong môn trượt dốc từ các sinh viên trẻ - sinh viên đại học của mình.

Nhiều nhà vật lý và toán học khác ở nước ta và nước ngoài, kể cả những người nổi tiếng nhất trong số họ, đều đam mê các môn thể thao trên núi cao. Những ngôi sao vật lý nổi tiếng như Niels Bohr và Werner Heisenberg đã nhiều lần leo lên đỉnh núi. Enrico Fermi thích đi bộ leo núi, đi bộ và thậm chí bằng xe đạp. Nhà vật lý nổi tiếng John Tyndall (hiện tượng tán xạ ánh sáng trong môi trường đục được gọi là hiệu ứng Tyndall) là người đầu tiên leo lên một trong những đỉnh núi khó leo núi nhất - Mattergorin.

Nhưng leo núi không phải là môn thể thao duy nhất mê hoặc các nhà vật lý và toán học. Người ta kể về Niels Bohr rằng một ngày nọ, khi ông đang đi dọc đường phố Copenhagen với một nhà vật lý đến gặp ông từ Đức, người này nhận thấy Bohr được những người qua đường chào đón. Sự tăng trưởng ở nước ngoài bày tỏ với Bohr sự vui mừng của ông về

39

Do trình độ văn hóa cao của người Đan Mạch, những người biết rất rõ về nhà vật lý nổi tiếng của họ. Nhưng Bohr trả lời anh ta rằng những người trình bày sự tiến bộ của anh ta được xác định không phải là một nhà vật lý, mà là một… · võ sĩ quyền anh… Bohr cũng là một tay đua thuyền buồm xuất sắc, và trong thời gian ở Hoa Kỳ trong thời gian làm việc về bom nguyên tử, N. Bohr đã khiến các nhà vật lý trẻ người Mỹ ngạc nhiên với kỹ năng trượt tuyết trên núi cao của mình. Lúc đó ông đã khoảng 60 tuổi…

Thoạt nhìn, sự gia tăng số lượng các nhà khoa học thể thao có vẻ kỳ lạ. Nhiều người tin rằng công việc khoa học thành công đòi hỏi nhà khoa học phải dành toàn bộ thời gian cho nó. Bạn có thể tìm thấy thời gian ở đâu để đi du lịch qua những ngọn núi? Nhưng không phải vô cớ mà người phương Đông nói rằng việc hoàn thiện là công việc lao động, cũng như đêm này sang ngày khác. Nghỉ ngơi là cần thiết cho tất cả những người làm việc. Nhưng tách biệt có nghĩa là cởi mở với những gì một người đang làm trong quá trình chuyển dạ. Nhưng rất khó để một nhà khoa học cởi mở với khoa học. Và cách tốt nhất để khám phá nó là thông qua thể thao. Hơn nữa, một hoạt động đòi hỏi hoạt động thể chất nhiều và kéo dài và gắn liền với những ham muốn mạnh mẽ. Đây chính xác là kiểu leo ​​núi: di chuyển lên trên, với một chiếc ba lô nặng, trong điều kiện thường xuyên gặp nguy hiểm, theo cách tốt nhất khiến bạn quên đi những gì bộ não đã bận rộn cả năm… Có thể đây là lý do tại sao nhiều nhà vật lý và toán học thích leo núi. Tuy nhiên, như chúng ta đã thấy, các môn thể thao khác không hề xa lạ với họ.

Thể thao, bất kỳ loại hình thể thao nào, đều là cách giải trí tốt nhất cho những người tham gia vào khoa học. Và dành cho những người vẫn đang học nó!

40

Kỳ thi đầu vào VZMSH năm 1974
Lời giải bài toán
A. L. Toom

Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài viết thú vị nhất bài toán từ tác phẩm giới thiệu về VZMSH năm 1974 (xem «Kvant», 1974, Số 1, trang 73).

Nhiệm vụ 1. Ba pho mát khác chơi một số ván cờ và mỗi người chơi với nhau số lượng ván như nhau. Họ bắt đầu quyết định ai thắng.

Người thứ nhất nói: “Tôi có nhiều hơn các bạn ở trên”. Người thứ hai nói: “Tôi có ít hơn các bạn, đồ ngốc.” Nhưng khi đếm điểm thì hóa ra Thủ tướng ghi nhiều điểm nhất (thắng - 1 điểm; hòa - 1/2 điểm, dẫn trước - 0). Có thể có một cây anh túc? Nếu không, hãy chứng minh điều đó; nếu có, hãy cho một ví dụ.

Vâng, đó có thể là trường hợp. Đây là một ví dụ chứng minh điều này. Hãy để mỗi hai phô mai 7 trò chơi, và trong số đó:

người đầu tiên thắng hai ván thứ hai;

người thứ hai thắng ba ván trước người thứ ba;

người thứ ba thắng bốn ván đấu với người thứ ba.

Các trận còn lại đều kết thúc với tỷ số hòa.

Bài 2. Có ba số nguyên dương a, b, c sao cho a nhỏ hơn 1974, b nhỏ hơn c 1575 và a2 + b2 = c2 không?

Vâng, những con số như vậy tồn tại. Chúng ta có thể viết chúng ra đơn giản nhưng chúng ta sẽ giải thích cách tìm chúng và chứng tỏ rằng bộ ba số này là duy nhất.

Theo điều kiện,
$$\begin{cases} c^2 - b^2 = a^2, \\ c - b = 1575, \\ a < 1974. \end{cases}$$

Từ hệ thống này, rõ ràng $a^2$ chia hết cho 1575=3²·5²·7. Do đó $a$ chia hết cho 3·5·7=105.

Hãy đặt $a = 105$ k. Từ bất đẳng thức $a < 1974$ suy ra $1 \leq k \leq 18$. Sau đó
$$c = \frac{1}{2} (7k^2 + 1575),$$
$$b = \frac{1}{2} (7k^2 - 1575),$$
từ đâu $k > 15$. Với $k = 16$ và $k = 18$ số $b$ không phải là số nguyên. Chỉ còn lại $k = 17$. Sau đó
$$a = 1785, b = 224, c = 1799.$$

Dễ dàng chứng minh được các số này thỏa mãn điều kiện.

Bài 6. Điểm $D$ nằm trên đường phân giác của góc ACB. Chúng tôi đã chọn các điểm $A_1$ và $A_2$ trên tia AC, và các điểm $B_1$ và $B_2$ trên tia CB, giả sử rằng các điểm nguyên $A_1$, $C$, $B_1$, $D$ nằm trên cùng một đường tròn và các điểm nguyên $A_2$, $C$, $B_2$, $D$ nằm trên cùng một vòng tròn. Chứng minh rằng $A_1A_2 = B_1B_2$.

Chúng ta hãy giới thiệu các ký hiệu sau: $CD = a$, $\rightarrow ACD = \rightarrow BCD = \alpha$. Chúng ta cần thực hiện hai công trình tương tự. Để không viết cùng một thứ hai lần, chúng tôi giới thiệu biến $n$, biến này nhận hai giá trị: 1 và 2, đồng thời mô tả cấu trúc một lần, sử dụng biến $n$ (xem Hình 1). Hãy tiếp tục

41

Hình 1.

AC ngoài điểm C đến đoạn CEₙ = CBₙ. Chúng ta vẽ cung CBₙD cung DFₙ bằng cung CBₙ. Rõ ràng, ⇒CDFₙ = α và DFₙ = CBₙ = CEₙ. Do đó, khi tính đến sự tương ứng ⇒AₙCD = ⇒CDFₙ, chúng ta thu được CDFₙEₙ là hình bình hành và EₙFₙ = CD = α. Hơn nữa, ⇒CAₙFₙ = ⇒CDFₙ, vì chúng nằm trên một cung CFₙ; do đó ⇒EₙAₙFₙ = α.

Do đó, trong tam giác EₙFₙAₙ
EₙFₙ = FₙAₙ = α,
⇒EₙFₙAₙ = 180° - 2 α.

Có thể các tam giác E₁F₁A₁ và E₂F₂A₂ bằng nhau theo tiêu chí thứ nhất.

Hình 2.

Sau đó
E₁A₁ = E₂A₂,
B₁C + A₁C = B₂C + A₂C,
B₁C - B₂C = A₂C - A₁C,

từ đó B₁B₂ = A₁A₂, đây là điều cần chứng minh.

Nhiệm vụ 7. Số 1974 được viết ra để xây dựng. Cứ hai số được viết bởi hai chữ số liền kề (theo thứ tự viết) thì chia hết cho 17 hoặc 23.

a) Chữ số cuối cùng là 1. Chữ số đầu tiên là gì?
b) Chữ số đầu tiên là 9. Chữ số cuối cùng là bao nhiêu?

Thật thuận tiện để vẽ một “đồ thị” (sơ đồ các mũi tên), như trong Hình 2. Trong đó, một mũi tên từ số x đến số y có nghĩa là y có thể theo sau x, tức là hai số xy được chia cho 17 hoặc 23.

Ta thấy rằng chỉ có 5 đứng trước 1, chỉ có 8 đứng trước 5, v.v., mỗi chữ số xác định duy nhất số trước đó. Hơn nữa, nếu ta đi theo mũi tên ngược từ số 1 thì các số bắt đầu từ 6 được lặp lại với chu kỳ là 5. Do đó, nếu số thứ 1974 là 1 thì số thứ 1971 là 6, và từ đó có sự lặp lại với chu kỳ là 5 thì số thứ nhất cũng là 6.

Bây giờ hãy để số đầu tiên là 9. Hãy đi theo các mũi tên về phía trước. Sau 9 chỉ có thể là 2, sau 2 chỉ có 3, sau 3 chỉ có 4, sau 4 chỉ có 6, nhưng sau 6 có thể có cả 9 và 8.

Nhưng sau 8 thì phải có 5, 1, 7, nhưng sau 7 thì không có gì xuất hiện cả.

Do đó, số 8 không được xuất hiện sớm hơn vị trí thứ 1971 và cho đến lúc đó chỉ có số 9 có thể xuất hiện sau số 6. Số 6 xuất hiện lần đầu ở vị trí thứ 5 và sẽ được lặp lại ở vị trí thứ 5. Điều này có nghĩa là ở vị trí thứ 1970 sẽ có số 6. Năm 1971, như chúng tôi đã tìm ra, có thể có 9 hoặc 8, và ở vị trí thứ 1974 có thể có 4 hoặc 7.

Bài 8. Tứ giác lồi ABCD có chu vi bằng 10, các cạnh AB và CD song song.

42

Tìm độ dài các cạnh biết rằng các phân giác của góc A và B của góc phần tư chia cạnh CD thành ba phần bằng nhau, còn các phân giác của góc C và D chia cạnh AB thành ba phần bằng nhau.

Trong bài toán này có bốn trường hợp có thể xảy ra, được mô tả dưới dạng sơ đồ trong Hình 3, 4, 5, 6. Các hình này không mô phỏng độ dài thực tế của các cạnh hoặc độ lớn của các góc; chỉ hiển thị thứ tự giao điểm của các đường phân giác $AE$, $BH$, $CK$, $DM$ từ bên cạnh.

Trường hợp I (Hình 3). Hãy để $AM = MK = KB = a$. Lưu ý rằng $\Rightarrow AMD = \Rightarrow CDM = \Rightarrow ADM$. (*) Pozny $AD = a$. Tương tự như $BC = DE = EH = HC = a$. Chu vi tư thế theo phương pháp tứ giác bằng 8 $a$, từ đó $a = 5/4$. Đáp số cho trường hợp này và các trường hợp khác trong bảng.

Trường hợp II (Hình 4). Hãy để $AK = KM = MB = a$. Đẳng thức (*) lại đúng nên $AD = 2$ $a$, và tương tự $BC = DE = EH = HC = 2$ $a$. Chu vi là 13 $a$, do đó $a = \frac{10}{13}$.

Trường hợp III (Hình 5) tương tự trường hợp II.

Trường hợp IV (Hình 6). Hãy để $AK = KM = MB = a$. Sử dụng các đẳng thức góc giống nhau (*), chúng ta thu được: $AD = BC = 2$ $a$, $DE = HC = 2$ $a$, từ đó $DH = HE = EC = a$. Chu vi bằng 10 $a$, do đó $a = 1$.

Nhiệm vụ 9. a) Liệt kê tất cả các hình chữ nhật có thể có độ dài các cạnh lớn hơn 10 và có thể cắt thành 28 hình chữ nhật có kích thước $3 \times 5$.

6. Có thể điền vào một số hộp hình chữ nhật $a \times b \times c$, trong đó $a \geq b \geq c \geq 10$ bằng 28 thanh có kích thước $3 \times 5 \times 10$ không?

a) Hiển nhiên diện tích của hình chữ nhật đó là $28 \cdot 3 \cdot 5 = 420$. Độ dài các cạnh của nó là số nguyên. Điều này có nghĩa là chúng ta cần chia số $420 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$ thành hai thừa số nguyên, mỗi thừa số đều lớn hơn 10. Xét tập hợp chia hết cho 7.

43

Hình 7.

Nó lớn hơn 10 và nhỏ hơn 42 (nếu không thì hệ số thứ hai không lớn hơn 10).

Chúng tôi nhận được bốn trường hợp: 1) $14 \times 30$; 2) $21 \times 20$; 3) $28 \times 15$; 4) $35 \times 12$.

Chúng tôi thấy rằng không có cạnh thẳng nào ngoài bốn cạnh được liệt kê là phù hợp. Bốn điều này có phù hợp không?

Lưu ý rằng nếu chiều dài một cạnh của hình chữ nhật chia hết cho 3 và cạnh kia cho 5 thì hình chữ nhật đó có thể được cắt thành hình chữ nhật có kích thước $3 \times 5$. Ngay sau đó, hình chữ nhật có kích thước $21 \times 20$ và $35 \times 12$ là phù hợp.

Đầu tiên chúng ta cắt hình chữ nhật có kích thước $14 \times 30$ thành hai hình chữ nhật: $9 \times 30$ và $5 \times 30$. Cả hai đều có thể được cắt thành hình chữ nhật $3 \times 5$, vì vậy hình chữ nhật $14 \times 30$ cũng phù hợp.

Hình chữ nhật có kích thước $28 \times 15$ có thể được cắt thành hình chữ nhật $25 \times 15$ và $3 \times 15$.

Điều này có nghĩa là cả bốn cạnh thẳng đều phù hợp.

6. Vâng, bạn có thể. Hãy đưa ra một ví dụ chứng minh điều này. Cho phép
   $$a = 20, b = 15, c = 14.$$
   Hãy cắt hộp có kích thước $20 \times 15 \times 14$ này thành hai: kích thước $20 \times 15 \times 9$ và $20 \times 15 \times 5$.

Trong mỗi hộp trong số hai hộp kết quả, một chiều được chia cho 3, chiều còn lại cho 5 và chiều thứ ba cho 10. Do đó, tất nhiên, mỗi chiều đều có thể được lấp đầy bằng các thanh $3 \times 5 \times 10$. Tổng cộng sẽ có 28 thanh.

Bài toán 10. Có số nào có chín chữ số viết là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mà năm chữ số không được gạch bỏ để bốn chữ số còn lại theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần?

Vâng, nó tồn tại. Ví dụ, chúng ta hãy chứng minh rằng số sau đây là phù hợp:

321 654 987.

Dễ dàng kiểm tra xem nếu bất kỳ hai chữ số nào của số này theo thứ tự giảm dần (câu chuyện nhỏ hơn ở bên phải câu chuyện lớn hơn), thì chúng nhất thiết phải thuộc cùng một bộ ba. Điều này có nghĩa là trong số này không thể chọn ba chữ số chính theo thứ tự giảm dần, vì tất cả các chữ số này phải nằm trong một bộ ba.

Nếu một số chữ số của số này xuất hiện theo cùng một thứ tự, thì chúng nhất thiết phải thuộc các bộ ba khác nhau. Vì chỉ cần ba số nên không thể chọn nhiều hơn ba số trên không theo cùng một thứ tự.

Có những ví dụ khác. Ví dụ: một số phù hợp:

638 159 274,

hãy tự mình chứng minh điều đó.

Bài toán 11. Có thể chỉ ra một tam giác bên trong có các cạnh 3, 4, 5, khoảng cách từ thành phần đó đến mỗi cạnh của tam giác: a) nhỏ hơn 2; b) nhỏ hơn 1?

a) Có, tâm của đường tròn nội tiếp là phù hợp (bán kính của nó là 1).

Đáp số đến câu hỏi 6): không, bạn không thể. Hãy chứng minh điều đó. Chúng ta hãy vẽ từ tâm O của đường tròn bán kính nội tiếp đến tất cả các điểm tiếp xúc trên một cạnh và biểu thị bằng số trực tiếp các phần mà tam giác của chúng ta sẽ được chia vào (xem Hình 7). Dễ dàng chứng minh rằng nếu điểm M mong muốn nằm trong phần I (kể cả đường viền) thì khoảng cách từ M đến AB không nhỏ hơn 1. Tương tự, nếu M thuộc phần II thì khoảng cách từ M đến BC không nhỏ hơn 1, và nếu M thuộc phần III thì khoảng cách từ M đến AC không nhỏ hơn 1.

44

Vấn đề của Kvant

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 10 năm 1974 đến địa chỉ: 117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15, Nhà xuất bản Nauka, tạp chí «Kvant». Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết lời giải mà bài toán bạn đang gửi, ví dụ: “Sự cố «Kvant», M276, M277” hoặc “… F288”.
Lời giải bài toán cho từng môn học [toán học và vật lý], cũng như các ghi chú bài toán mới trong các phong bì riêng biệt. Ngoài ra, vui lòng gửi bài tập từ các số khác nhau của tạp chí trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả kiểm tra lời giải của mình). Vui lòng gửi các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản thành hai bản cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý hoặc “… mới bài toán trong toán học”). Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi hứa sẽ cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. trong số bài toán này đang được xuất bản lần đầu tiên. Các dấu hoa thị phù nề khó nhất.
Trong số này, cũng như số trước, “Bài toán «Kvant» bao gồm bài toán của Olympic toàn Liên minh mới nhất và các khái quát hóa của chúng. Chúng tôi sẽ đặt toàn bộ bài toán Olympic và câu chuyện chi tiết về loại cuối cùng ở vị trí thứ 10 cho năm nay.

Bài toán

M276—M280; F288—F292

M276. Cho hình vuông ABCD. Điểm P và Q lần lượt nằm trên cạnh AB và BC sao cho BP = BQ. Gọi H là đáy của đường vuông góc rơi từ điểm B lên đoạn PC. Chứng minh góc DHQ là góc vuông. (10 lớp)

N. V. Vasiliev

M277. Một số chấm màu đỏ và một số chấm màu xanh được chỉ định. Một số trong số chúng được kết nối bởi các phân đoạn. Hãy gọi một điểm là “đặc biệt” nếu hơn một nửa số điểm kết nối với nó có màu khác với màu của nó. Nếu có ít nhất một điểm đặc biệt thì điểm đặc biệt đó sẽ được chọn và sơn lại bằng màu khác. Chứng minh rằng sau hữu hạn bước sẽ không còn điểm kỳ dị nào. (10 lớp)

A. M. Steinberg

M278. a) Mỗi ​​cạnh của hình lục giác lồi có chiều dài lớn hơn 1. Nó có luôn chứa một đường chéo có chiều dài lớn hơn 2 không?

6. Trong hình lục giác lồi ABCDEF, độ dài các đường chéo AD, BE và CF lớn hơn 2. Có phải nó luôn có cạnh dài hơn 1 không? (8 lớp)

N. Kh. Adakhanov

M279. Trên n thẻ xếp thành vòng tròn có viết các số, mỗi số bằng +1 hoặc -1. Trong số câu hỏi nhỏ nhất người ta có thể xác định chắc chắn tích của tất cả n số, nếu trong một câu hỏi người ta có thể tìm ra

a) tích của các số trên ba tấm thẻ bất kỳ?

6. tích của các số trên ba tấm thẻ bất kỳ nằm trên một hàng? (n là số tự nhiên lớn hơn 3). (9 lớp)

Yu. I. Ionin

45

M280*. Cho tam giác ABC có diện tích 1. Gọi $A_1, B_1$ và $C_1$ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AC và AB. Diện tích nhỏ nhất mà phần chung của tam giác $A_1B_1C_1$ và KLM có thể có là bao nhiêu nếu các điểm K, L và M lần lượt nằm trên các đoạn $AB_1, CA_1$ và $BC_1$? (10 lớp)

B. M. Ioliev

F288. Tàu C (Hình 1) giao tiếp với không gian xung quanh thông qua một lỗ nhỏ. Nhiệt độ của khí trong không gian xung quanh T, áp suất p. Khí này loãng đến mức các phân tử khi bay vào và ra khỏi bình vượt quá kích thước của lỗ sẽ không trở thành nhau. Bình được duy trì ở nhiệt độ 4 T. Áp suất trong bình sẽ là bao nhiêu? (9 lớp)

F289. Một thanh cứng có chiều dài 2 l trượt dọc theo các cạnh của một góc vuông, ở giữa thanh có một hạt có khối lượng m được cố định. Tốc độ của điểm B không đổi và bằng v (Hình 2). Xác định lực mà hạt tác dụng lên thanh tại thời điểm $\alpha = 45^\circ$. (8 lớp)

Hình 1. Hình 2.

F290. Ống chứa một lò xo có gắn một quả cầu, có thể quay quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu ống. Đầu tự do của lò xo được gắn vào ống (Hình 3). Đồ thị của lực đàn hồi F của lò xo theo biến dạng được thể hiện trên Hình 4.

Vẽ đồ thị gần đúng về sự phụ thuộc của độ dịch chuyển của quả bóng dọc theo ống vào vận tốc góc khi nó tăng từ 0 đến một giá trị như

khi $F = 5$ n. Mối quan hệ này sẽ thay đổi như thế nào khi vận tốc góc giảm? $l_0 = 2$ xem (lớp 8-9)

F291. Hai tụ điện A và B giống hệt nhau, mỗi tụ có điện dung C và một cuộn dây có độ tự cảm L được nối như trên Hình 5.

Hình 5. Hình 6.

Tại thời điểm ban đầu, công tắc K mở, tụ A được tích điện đến hiệu điện thế U. Điện tích của tụ B và cường độ dòng điện trong cuộn dây bằng không. Xác định giá trị dòng điện cực đại trong cuộn dây sau khi đóng công tắc. (10 lớp)

F292. Từ một điểm ở dưới cùng của một bàn ủi tròn nằm ngang, các quả bóng phân tán theo các góc nhỏ tới máy phát sắt với vận tốc hình chiếu bằng nhau dọc theo máy phát này (Hình 6). Những quả bóng này có gặp nhau không? (10 lớp)

46

Lời giải bài toán
M236—M240; F243—F247

M236. a) Có 51 số có hai chữ số. Hãy chứng minh rằng từ những số này có thể chọn được ít nhất 6 số sao cho không có hai số nào trong số đã chọn có cùng một chữ số ở bất kỳ chữ số nào.

b) Cho các số tự nhiên k và n, 1 < k < n. Với mọi m nhỏ nhất, các phát biểu sau đây đúng: với bất kỳ sự phân tán nào của m quân trên một bàn có kích thước n × n, có thể chọn k quân từ m này sao cho không có hai quân được chọn nào giống nhau không?

Trước tiên hãy giải bài toán 6). Chúng ta hãy chứng minh rằng nếu m = n (k − 1) + 1 thì luôn có thể chọn k quân sao cho không có hai quân nào giống nhau. (Thực tế là n (k − 1) quân xe không đủ có nghĩa là có quá nhiều thứ để sắp xếp trong k − 1 cột đầu tiên và sau đó không thể chọn nhiều hơn k − 1.) Vì vậy, m = n (k − 1) + 1. Hãy chứng minh rằng từ những m quân xe này luôn có thể chọn một quân sao cho trong “chữ thập” của nó - đi qua một quân xe trong một cột và một hàng - tốn không quá n + k − 2 quân xe. Hãy để điều này không được thực hiện. Trong số tất cả các hàng (hàng và cột), chúng tôi chọn hàng có nhiều quân nhất; Hãy biểu thị số của họ bằng l. Theo giả định, phép thập của mỗi quân xe này chứa nhiều hơn n + k − 2 quân xe; Điều này có nghĩa là có tổng cộng ít nhất l (n − k − l) xe và l ≥ n + k − l và n ≥ l, tức là l ≥ k. Bây giờ dễ dàng thấy rằng l (n + k − l) không nhỏ hơn n · k, lớn hơn m = n (k − 1) + 1 nếu n lớn hơn một. Chúng tôi đã nhận được một mâu thuẫn; Do đó, có một quân xe mà hình chữ thập chứa nhiều nhất n + k − 2 quân xe. Hãy đánh dấu quân xe này và cắt hình chữ thập của nó ra khỏi bến tàu. Từ các phần còn lại, chúng ta sẽ tạo một dock có kích thước (n ​​- 1) × (n - 1). Sẽ có ít nhất m − (n + k − 2) = n (k − 1) + 1 − (n + k − 2) = (n − 1) (k − 2) + 1 quân xe trên bàn cờ mới.

Bây giờ giả sử rằng đối với các bảng r × r, trong đó r < n, mệnh đề đã được chứng minh (ví dụ, hãy kiểm tra nó với n = 3, k = 2). Khi đó trên một bảng gồm (n − 1) × (n − 1) từ (n − 1) · (k − 2) + 1 quân xe luôn có thể chọn (k − 1) quân sao cho không

47

kaospessya bên trong tam giác tại điểm O (Hình 1). Lưu ý rằng để trọng tâm*) của các khối lượng này đạt đến điểm O thì phải thỏa mãn các tương ứng $\frac{m_c}{m_a} = \frac{AD}{DC}$ và $\frac{m_b}{m_a} = \frac{AE}{BE}$ (chứng minh điều này). Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang lời giải bài toán.
a) Gọi BD và CE là các đường cao của tam giác ABC (Hình 2). Sau đó
$$\frac{BD}{AD} = \text{tg} \alpha, \quad \frac{BD}{DC} = \text{tg} \gamma,$$
đó là
$$\frac{AD}{DC} = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{tg} \alpha}.$$
Theo nhận xét sau đây, $\frac{m_c}{m_a} = \frac{\text{tg} \gamma}{\text{tg} \alpha}$ và tương tự $\frac{m_b}{m_a} = \frac{\text{tg} \beta}{\text{tg} \alpha}$. Điều này có nghĩa là, ví dụ, khối lượng $m_a = \text{tg} \alpha, m_b = \text{tg} \beta, m_c = \text{tg} \gamma$ có ​​thể được đặt ở các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
6) Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp (Hình 3). Chúng tôi có:
$$\frac{AD}{BD} = \frac{\sin \beta_1}{\sin \alpha},$$
$$\frac{DC}{BD} = \frac{\sin \beta_2}{\sin \gamma}.$$
(định nghĩa về sin của các tam giác ABD và BCD).
Vì thế
$$\frac{AD}{DC} = \frac{\sin \gamma \cdot \sin \beta_1}{\sin \alpha \cdot \sin \beta_2}.$$
Tam giác BAK - hình chữ nhật

*) Về trọng tâm, xem bài viết của M. B. Balka, N. A. Grigoriev, Cơ học giúp hình học, «Kvant», 1973, Số 11, tr. 34-35.

(✉BAK = 90°) và ✉BKA = ✉BCA = γ; do đó $\sin \beta_1 = \cos \gamma$. Tương tự như $\sin \beta_2 = \cos \alpha$.
Vì thế,
$$\frac{AD}{DC} = \frac{\sin \gamma}{\sin \alpha} \cdot \frac{\cos \gamma}{\cos \alpha} = \frac{\sin 2\gamma}{\sin 2\alpha}.$$
Xem xét ghi chú:
$$\frac{m_c}{m_a} = \frac{\sin 2\gamma}{\sin 2\alpha}.$$
Theo cách tương tự
$$\frac{m_b}{m_a} = \frac{\sin 2\beta}{\sin 2\alpha}.$$
Vì vậy chúng ta có thể lấy $m_a = \sin 2\alpha, m_b = \sin 2\beta, m_c = \sin 2\gamma$.
c) Dễ dàng nhận thấy (xem Hình 4) rằng AD=p-a, DC=p-c, trong đó $p = \frac{a+b+c}{2}$, do đó
$$\frac{m_c}{m_a} = \frac{p-a}{p-c}.$$
Tương tự AE=p-a, EB=p-b, tức là
$$\frac{m_b}{m_a} = \frac{p-a}{p-b}.$$
Vì vậy, chỉ cần đặt
$$m_a = \frac{1}{p-a}, \quad m_b = \frac{1}{p-b}, \quad m_c = \frac{1}{p-c}.$$
d) Vì BD là phân giác của góc B (xem Hình 5), nên $\frac{AD}{DC} = \frac{c}{a}$ hoặc $\frac{m_c}{m_a} = \frac{c}{a}$;
tương ứng CE là phân giác của góc C và $\frac{AE}{BE} = \frac{b}{a}$, tức là $\frac{m_b}{m_a} = \frac{b}{a}$. Vì vậy, bạn có thể lấy $m_a = a, m_b=b, m_c=c$.

B. D. Ginzburg

48

Hình 6.

M238. Chứng minh rằng tổng $C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + C_n^5 \cdot (1973)^2 + C_n^7 \cdot (1973)^3 + \dots$ chia hết cho $2^{n-1}$. (Ở đây $C_n^k$ là các hệ số nhân của số nhân)

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

Chúng ta sẽ giải bài toán bằng quy nạp. Hãy đặt

$$\gamma_n = C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + C_n^5 \cdot (1973)^2 + \dots$$

Chúng tôi có:

$$\gamma_1 = 1 \text{ делится на } 2^{1-1}=1;$$
$$\gamma_2 = 2 \text{ делится на } 2^{2-1}=2.$$

Giả sử rằng với tất cả $k<n$

$$\gamma_k = C_k^1 + C_k^3 \cdot 1973 + \dots.$$

chia hết cho $2^{k-1}$ và ta sẽ chứng minh rằng $\gamma_n$ chia hết cho $2^{n-1}$. Từ định nghĩa của số $C_n^k$ suy ra ngay như sau

$$\gamma_n = C_n^1 + C_n^3 \cdot 1973 + \dots = \frac{(1 + \sqrt{1973})^n - (1 - \sqrt{1973})^n}{2\sqrt{1973}}.$$

Chúng ta hãy biểu thị $1 + \sqrt{1973}$ bằng $\alpha, a_1 - \sqrt{1973}$ bằng $\beta$.

Khi tính đến các ký hiệu này, chúng tôi viết lại $\gamma_n$ như sau:

$$\gamma_n = \frac{(\alpha^{n-1} - \beta^{n-1})(\alpha + \beta)}{2\sqrt{1973}} - \frac{\alpha \beta (\alpha^{n-2} - \beta^{n-2})}{2\sqrt{1973}} = 2\gamma_{n-1} + 1972 \gamma_{n-2} = 2\gamma_{n-1} + 4 \cdot 493\gamma_{n-2}.$$

Theo giả định quy nạp, $\gamma_{n-1}$ chia hết cho $2^{n-2}$, $\gamma_{n-2}$ chia hết cho $2^{n-3}$; Điều này có nghĩa là toàn bộ số tiền chia hết cho $2^{n-1}$ - đây là điều cần chứng minh.

L. G. Limanov

M239. Cho hai điểm $A$ và $B$ trên mặt phẳng. Giả sử $C$ là một điểm không sắc nét có khoảng cách bằng nhau với $A$ và $B$. Chúng ta hãy xây dựng một chuỗi các điểm $C_1 = C$, $C_2$, $C_3$, …, $C_n$, $C_{n+1}$, …, và $C_{n+1}$ - tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AC_nB$. Ở 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?

Hãy để $\not\Rightarrow C_nBA = \not\Rightarrow C_nAB = \alpha_n$. Dễ dàng kiểm tra (Hình 6 a, 6) rằng đối với một tam giác nhọn

$$\alpha_{n+1} = 2\alpha_n - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{4} < \alpha_n < \frac{\pi}{2},$$

cho sự tù túng

$$\alpha_{n+1} = \frac{\pi}{2} - 2\alpha_n, 0 < \alpha_n < \frac{\pi}{4}.$$

Điều này có thể được viết bằng một công thức:

$$\alpha_{n+1} = \left| 2\alpha_n - \frac{\pi}{2} \right|, 0 < \alpha_n < \frac{\pi}{2},$$

cũng phù hợp với tam giác vuông; với $\alpha_n = \frac{\pi}{4}$ chúng ta nhận được $\alpha_{n+1} = 0$ - tâm $C_{n+1}$ nằm ở giữa đoạn $AB$.

Chúng ta đặt $\alpha_n = x_n \cdot \frac{\pi}{2}$ ($x_n$ là tỷ lệ giữa giá trị của góc $\alpha_n$ với giá trị của góc vuông). Từ (3), rõ ràng là $x_n$ thu được từ $x_0$ bằng $n$-gấp ánh xạ áp dụng

$$x \rightarrow f(x) = |2x - 1|, x \in [0, 1],$$

hình 7.