Kvant 1975, số 11 · Trang

1975
11

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

Vesoyuznaya
Olympic dành cho học sinh
trong vật lý

Chủ tịch Ban tổ chức Olympic
Viện sĩ I.K. Kikoin cùng học sinh

Những người tham gia Olympic tại buổi thử nghiệm
kiểu

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin
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. Kirillin
(trưởng hudomskik)
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
(Phó tổng biên tập)
V. A. Leshkovtsev
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
(Phó tổng biên tập)
M. L. Smolyansky
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

biên tập:
V. N. Berezin
A. N. Vilenkin
I. N. Klumova
(biên tập nghệ thuật)
T. M. Makarova
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
(người quản lý biên tập)
L. V. Chernova

TRONG PHÒNG:

2 J. M. Gelfer, V. A. Letskovce. Andre-Marie Ampère
12 M. G. Kach. Trên đồ thị chính quy phẳng
16 E. G. Nikolaev. Có phải tất cả các số đều bằng nhau?
21 V. N. Lande, T. I. Lande. Về cơ chế chèo thuyền trên băng
Phòng thí nghiệm «Kvant»
Đầu 22 M. P. Máy phân cực phản xạ
vòng tròn toán học
26 G. A. Tonoyan. Odaza bài toán về vị trí của các điểm
Vấn đề «Kvant»
30 Bài toán M351—M355; F363—F367
32 Lời giải bài toán M314, M316, M317; F322—F327, F329
Xưởng của người nộp đơn
45 S. V. Romanov, I. F. Sharytsin. Phương pháp đại số lời giải hình học bài toán
50 S. M. Kozel. Sự tương tự vật lý
56 L. I. Voronin và những người khác. Nhà máy cao đẳng kỹ thuật tại Nhà máy ô tô Moscow được đặt theo tên. I. A. Likhacheva
IX Tối ưu hóa toàn liên minh cho học sinh
60 V. L. Gutenacher. Olympic Toán
62 T. S. Petrova, L. V. Chernova. Olympic Vật lý
Đánh giá, thư mục
68 V. A. Rudov. Đời sống khoa học
70 Hỏi - chúng tôi trả lời
Thông tin
71 A. V. Chernavsky. Olympic tại MIIT
«Kvant» cho học sinh nhỏ
72 Bài toán
73 E. E. Semenov. Chỉ, thẳng… - cái gì vậy?
75 Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 11, 20, 29, 44)

Trên trang đầu tiên của bìa bạn sẽ thấy một mẫu nhựa thông thường. Nhưng nó được hình thành trong ánh sáng phân cực. Điều này giải thích màu sắc giao thoa đẹp mắt của nó. Cách bạn có thể quan sát sự phân cực của ánh sáng được mô tả trong bài “Các bản phân cực phản xạ” (xem trang 22).

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nuka”, «Kvant», 1975 200.

2

Năm nay đánh dấu kỷ niệm 200 năm ngày sinh của nhà khoa học vĩ đại người Pháp André-Marie Ampère. Trong lịch sử khoa học, ông chủ yếu được biết đến là người sáng lập ra điện động lực học. Trong khi đó, ông là một nhà khoa học phổ quát, có thành tích trong các lĩnh vực toán học, hóa học, sinh học và thậm chí cả ngôn ngữ học và sinh lý học. Anh ấy là một giảng viên có tâm, đáng kinh ngạc với kiến ​​thức bách khoa của mình đối với tất cả những người thân thiết với anh ấy. Nhưng cái tên Ampe đã có chỗ đứng vững chắc nhất trong lịch sử vật lý, được phản ánh bằng những thuật ngữ như “ampe” - dùng để chỉ các đơn vị dòng điện, “định luật Ampe”, “lực Ampe”, v.v.

Bản thân Ampere là một bậc thầy vĩ đại trong việc phát minh ra các thuật ngữ khoa học mới. Chính ông là người đã đưa những từ như “tĩnh điện”, “điện động lực học”, “solenide” vào cuộc sống hàng ngày của các nhà khoa học. Cũng rất thú vị khi lưu ý rằng, trong khi giải quyết vấn đề quan trọng của việc học - vấn đề phân loại các ngành khoa học, Ampere bày tỏ ý tưởng rằng trong tương lai, người ta tin rằng, một ngành khoa học mới sẽ xuất hiện về các quy luật chung của các quá trình kiểm soát. Ông đề xuất chính xác điều này là “điều khiển học”.

Dự đoán của Ampere đã thành hiện thực. Hiện nay, một ngành khoa học như vậy đã tồn tại và mang tên ông đề xuất.

Andre-Marie Ampère truy nguyên tổ tiên của mình là những người thợ thủ công về ngôn ngữ. Cha của ông, Jean-Jacques Ampere, cùng với các anh trai của ông, buôn bán lụa ngôn ngữ. Ông nhận được một nền giáo dục tốt, thông thạo ngôn ngữ cổ và cố gắng theo kịp mọi thứ mà các nhà giáo dục vĩ đại người Pháp thế kỷ 18 đã dạy. Ông có một thư viện tuyệt vời gồm các tác phẩm của các triết gia, nhà văn và nhà khoa học nổi tiếng.

Ở tuổi 38, Jean-Jacques Ampère kết hôn với Jeanne Sarcet, con gái của một trong những thương gia ngôn ngữ lớn. André-Marie Ampère sinh ngày 22 tháng 1 năm 1775. Ông trải qua thời thơ ấu trong một ngôi nhà nhỏ tên là Polemier, được Jean-Jacques mua ở vùng lân cận Lyon.

Khả năng đặc biệt của Andre đã bộc lộ ngay từ khi còn nhỏ. Tôi học đọc và tranh luận rất nhanh. Anh ấy đọc mọi thứ anh ấy tìm thấy trong thư viện của cha mình. Những người viết tiểu sử của Ampère nói rằng niềm đam mê đọc sách của chàng trai trẻ Andre

3

giấu bố tôi chuyện đó. Một ngày nọ, khi bước vào văn phòng của mình, anh bắt đầu tò mò nhìn vào khối lượng đồ sộ của cuốn “Bách khoa toàn thư” nổi tiếng do Diderot và d’Alembert biên soạn. Cha anh ấy đã tìm thấy anh ấy làm việc này. “Anh đang đọc gì thế, Andre?” anh ấy hỏi. “Con đang đọc một bài báo về hiện tượng quang sai,” cậu bé trả lời, lúc đó mới 11 tuổi. “Nhưng bạn hiểu gì về điều này?” - ông bố hỏi lại. Và Andre, không một chút bối rối, đã giải thích cho anh ấy bản chất của hiện tượng phức tạp này.

Tin tưởng vào khả năng đặc biệt của con trai mình, cha anh đã cho anh quyền truy cập miễn phí vào thư viện của mình. Andre háo hức đọc bộ Bách khoa toàn thư, hết tập này đến tập khác, và những chân trời khoa học chưa được biết đến đã được tiết lộ cho anh. Việc đọc như vậy, mặc dù không có một hệ thống nhất định, nhưng không hề trôi qua mà không để lại dấu vết: chính trong thời kỳ này, chàng trai trẻ Andre đã thực sự quan tâm đến nhiều lĩnh vực khác nhau của con người. Anh ta chưa bao giờ đến trường hoặc hoàn thành khóa học cổ điển bắt buộc nhằm giới thiệu cho trẻ em những kiến ​​​​thức cơ bản về khoa học một cách có hệ thống. Thuở nhỏ anh đã biết rất nhiều. Nhưng kiến ​​thức này bị phân tán và có những vấn đề nghiêm trọng.

Andre tỏ ra đặc biệt quan tâm đến khoa học vật lý và toán học. Nhưng chính tại khu vực này mà thư viện của cha anh rõ ràng đang thiếu, và Andre bắt đầu đến thư viện của trường Cao đẳng Linon để đọc tác phẩm của các nhà toán học vĩ đại - Euler, Bernoulli, Lagrange. Tuy nhiên, nhiều tác phẩm trong số này được viết bằng tên người dùng mà anh không sở hữu. Ông phải mất vài tháng để học ngôn ngữ này và ông gần như tự mình học nó tốt đến mức có thể dễ dàng hiểu được các tác phẩm kinh điển của toán học và vật lý của thế kỷ 17-18.

Cha mẹ đã mời giáo viên dạy toán của Andre. Ngay trong lần gặp đầu tiên, anh đã nhận ra mình đang đối mặt với một học sinh phi thường như thế nào. “Bạn có biết rễ cây được chiết xuất như thế nào không?” - anh hỏi Andre. “Không,” cậu bé trả lời, “nhưng cháu có thể diễn giải nó một cách khéo léo!” Chẳng bao lâu sau, giáo viên đã bỏ bài học vì kiến ​​​​thức của ông rõ ràng là không đủ để dạy một học sinh như vậy.

Lịch sử khoa học biết những trường hợp tương tự khi các nhà khoa học vĩ đại không nhận được một nền giáo dục học đường có hệ thống vì lý do này hay lý do khác. Tuy nhiên, trí thông minh bẩm sinh, niềm đam mê kiến ​​thức và sự chăm chỉ đã làm được điều đó. Ví dụ, chúng ta có thể nhớ lại những người tự học nổi tiếng như Faraday và Edison.

Nghiên cứu các tác phẩm kinh điển của toán học và vật lý là một quá trình sáng tạo đối với chàng trai trẻ Ampere. Anh ấy không chỉ đọc mà còn cảm nhận một cách phê phán những gì mình đọc. Anh ấy có suy nghĩ riêng, ý tưởng ban đầu của riêng mình. Chính trong thời kỳ này, ở tuổi 13, ông đã gửi những tác phẩm đầu tiên về toán học cho Học viện Linone.

Năm 1789 đã đến. Cuộc cách mạng tư sản vĩ đại của Pháp bắt đầu. Ngày 14 tháng 7, Bastlia, biểu tượng quyền lực của hoàng gia Bourbon, bị bắt. Tin tức này nhanh chóng đến tai Lyon. Andre coi đó như một điều gì đó đã biết về một kỷ nguyên mới thực sự mà những người khai sáng đã mơ ước. thế kỉ XVIII. Tuy nhiên, những sự kiện cách mạng đã đóng một vai trò bi thảm trong cuộc đời của Ampere. Năm 1793, một cuộc nổi loạn nổ ra ở Lyon và nhanh chóng bị đàn áp. Jean-Jacques Ampère bị chặt đầu vì có thiện cảm với các nhà toán học. Andre đã rất đau khổ trước cái chết của cha mình; Anh ấy đã bỏ thói quen này từ lâu và gần như mất trí. Chỉ một năm sau, với khó khăn, anh mới lấy lại được sự bình yên trong tâm hồn và có thể quay trở lại việc học.

Việc hành quyết cha anh còn có những hậu quả khác. Sau phán quyết của tòa án, gần như toàn bộ tài sản của gia đình bị tịch thu và tình hình tài chính sa sút nghiêm trọng. Andre phải suy nghĩ về kế sinh nhai của mình. Đây-

4

anh quyết định chuyển đến Lyon và dạy một số bài học toán cho đến khi tìm được việc làm giáo viên ở một cơ sở giáo dục nào đó.

Giai đoạn này của cuộc đời Ampere đóng một vai trò lớn trong sự phát triển của ông với tư cách là một nhà khoa học. Tại Lyon, anh gặp những người trẻ ham học hỏi, những người yêu thích khoa học như anh và tranh luận với họ về các chủ đề khoa học góp phần rất lớn vào sự phát triển trí tuệ của anh. Andre đã làm việc rất nhiều với học sinh của mình và đọc rất nhiều. Ngày làm việc của anh bắt đầu lúc một giờ sáng - anh phải có thời gian để hoàn thành chương trình cộng đồng.

Năm 1799 Ampere kết hôn với Catherine Carron. Năm sau con trai của họ chào đời. Sự kiện vui vẻ này được Catherine công bố nhanh hơn. Chi phí sinh hoạt tăng đều đặn. Bất chấp mọi nỗ lực và tiết kiệm, số tiền kiếm được từ các buổi học riêng vẫn không đủ. Cuối cùng, vào năm 1802, Ampère được mời dạy vật lý và hóa học tại Trường Trung tâm của thị trấn cổ Bourg-en-Brés, cách Lyon 60 km. Kể từ thời điểm đó, các hoạt động giảng dạy thường xuyên của ông bắt đầu, kéo dài suốt cuộc đời ông.

Ampera mơ ước tái cấu trúc cách giảng dạy vật lý truyền thống. Thay vì trình bày những sự kiện và giả thuyết, lý thuyết và thí nghiệm khác nhau, ông muốn mở ra trước vụ Chatelaine một bức tranh vĩ đại về vũ trụ, nơi mọi thứ đều liên kết và liên kết với nhau. Nhưng đây chỉ là những giấc mơ. Những giáo viên-quan chức nhàm chán, một phòng thí nghiệm tồi tàn và một lớp học vật lý tồi tàn, những nỗi lo thường ngày - đây là thực tế mà anh tìm thấy ở Bourcan-Brés. Tuy nhiên, anh ấy đã làm việc chăm chỉ và lấp đầy những lỗ hổng kiến ​​​​thức của mình. Đồng thời, anh cũng có mong muốn được trở về Lyon cùng vợ và con trai. Và chẳng mấy chốc cô ấy biến mất.

Những thay đổi đang diễn ra trong giáo dục học đường. Ở nước Pháp hoàng gia cũ, hầu hết các cơ sở giáo dục đều nằm dưới sự lãnh đạo và ảnh hưởng của giới tăng lữ. Cách mạng Pháp đã quét sạch hệ thống này. Giáo dục phổ cập được tuyên bố, việc giảng dạy được giải phóng khỏi chủ nghĩa giáo điều của nhà thờ, và hệ thống giáo dục ba cấp được thiết lập: tiểu học, trung học và cao hơn. Ở mỗi bộ phận, những người được thành lập để cung cấp nền giáo dục trung học có thiên hướng thực tế. Vào ngày 04 tháng 4 năm 1803, Ampere được bổ nhiệm làm giáo viên toán học tại Lyons. Vui mừng, anh trở lại Lyon, nhưng ngay sau đó một đòn nặng nề giáng xuống Ampere - vợ anh qua đời.

Cuối năm 1804, Ampere rời Lyon và chuyển đến Paris, nơi ông đảm nhận vị trí giáo viên tại Trường Bách khoa nổi tiếng. Tổ chức trường trung học này được thành lập vào năm 1794 và nhanh chóng trở thành trường đô thị quốc gia của Pháp. Trường bài toán chính bao gồm đào tạo các chuyên gia kỹ thuật có trình độ học vấn cao với kiến ​​thức sâu về khoa học vật lý và toán học. Giáo viên cấp trung của trường cũng là những nhà khoa học nổi tiếng như Lagrange, Monge, Berthollet. Đúng là trong số các học sinh của Trường Bách khoa, chúng tôi gặp rất nhiều nhà khoa học và kỹ sư nổi tiếng, chẳng hạn như Fresnel, Gay-Lussac. Clapeyron, Poncelet, Arago, Dulong.

Ở Paris, Amperachevod tự odnokom. Anh hoàn toàn làm chủ được cuộc sống hạnh phúc ngắn ngủi của mình. Đây là chủ đề chính của những bức thư anh gửi cho gia đình và bạn bè. Trước đây anh ấy đã đề cập đến một người tức giận. Teler Những đặc điểm này trong tính cách của anh ấy càng trở nên đáng chú ý hơn. Sự mất cân bằng quá mức đã được thêm vào chúng. Tất cả những điều này đã ngăn cản anh ấy trình bày tốt tài liệu mà anh ấy thực sự nắm vững một cách hoàn hảo.

Một số sự kiện quan trọng trong cuộc đời Ampere vào thời điểm này

5

ma: năm 1806 ông kết hôn lần thứ hai, năm 1807 ông được bổ nhiệm làm giáo sư tại Trường Bách khoa, và năm 1808 ông được bổ nhiệm mới làm chánh thanh tra các trường đại học. Tất cả điều này đã cải thiện tình hình tài chính của anh ấy và mang lại sự thoải mái nhất định, nhưng không lâu. Cuộc hôn nhân thứ hai rất không thành công; Người vợ mới của ông, Zhenini Poto, hóa ra là một người nặng nề và hạn chế. Amperaril đã nỗ lực rất nhiều để bằng cách nào đó hòa giải với cô ấy nhân danh đứa con gái sinh ra từ cuộc hôn nhân này. Tuy nhiên, những nỗ lực này đều vô ích. Trên cơ sở này, những trải nghiệm mới đã được thêm vào - vào năm 1809, mẹ của Amperara qua đời, người mà ông đã cảm nhận được sự tận tâm và lòng tốt vô bờ bến trong suốt những năm qua. Những sự kiện đáng buồn này không thể không ảnh hưởng đến hoạt động khoa học của ông. Tuy nhiên, giữa năm 1809 và 1814 Amperara đã xuất bản một số tác phẩm có giá trị về lý thuyết chuỗi.

Chỉ có một sự kiện thú vị lần này đã an ủi Amperar. Năm 1813, nhà hóa học nổi tiếng người Anh Davy đến Pháp với mục đích khoa học cùng với trợ lý Faraday của ông. Một cuộc họp đã diễn ra giữa Davy và Amperar, tại đó chủ yếu thảo luận về các vấn đề hóa học. Amperar đã trình bày một số ý tưởng mới của mình với nhà khoa học nổi tiếng mà ông đã quan tâm và hiểu biết.

Thời kỳ hoàng kim trong hoạt động khoa học của Amperard bắt đầu từ năm 1814-1824 và chủ yếu gắn liền với Viện Hàn lâm Khoa học, trong số các thành viên mà ông được bầu vào ngày 28 tháng 11 năm 1814 vì những đóng góp của mình trong lĩnh vực toán học.

Những vấn đề khoa học nào khiến Amperar lo lắng vào thời điểm này? Hầu như cho đến năm 1820, mối quan tâm nghiên cứu chính của ông là các vấn đề toán học, cơ học và hóa học. Vào thời điểm này, ông đề cập rất ít đến các vấn đề vật lý: chỉ có hai công trình thuộc thời kỳ này được biết đến, những công trình nghiên cứu về quang học và lý thuyết động học phân tử của chất khí. Đối với toán học, chính trong lĩnh vực này, ông đã đạt được những kết quả giúp ông được ứng cử vào Học viện ở khoa toán.

Amperard luôn coi các nhà toán học như một bộ máy mạnh mẽ cho lời giải vật lý và công nghệ ứng dụng bài toán khác nhau. Tác phẩm toán học được xuất bản đầu tiên của ông, dành cho lý thuyết xác suất, về cơ bản có tính chất ứng dụng và được gọi là “Những thông điệp về lý thuyết toán học của trò chơi” (1802). Những câu hỏi về lý thuyết xác suất khiến ông quan tâm đến tương lai.

Trong nghiên cứu nhiều bài toán vật lý và cơ học, cái gọi là phương trình vi phân phần tùy ý có tầm quan trọng rất lớn. Lời giải những phương trình như vậy gắn liền với những khó khăn toán học đáng kể mà các nhà toán học vĩ đại nhất đã nỗ lực vượt qua. Amperard cũng có đóng góp của mình cho toán vật lý, tên gọi của nhánh khoa học này. Chỉ riêng năm 1814, ông đã hoàn thành một số nhà khoa học. Những thành tựu của ông trong lĩnh vực hóa học bao gồm việc phát hiện ra, độc lập với Avogadro, định luật bình đẳng về thể tích mol của các loại khí khác nhau, lẽ ra phải gọi đúng là định luật Avogadro-Amperard, cũng như nỗ lực đầu tiên để phân loại các nguyên tố hóa học dựa trên sự so sánh các tính chất của chúng. Nhưng không phải những nghiên cứu thú vị này, cũng không phải các công trình toán học của ông đã làm nên tên tuổi của Amperard. Là một tác giả kinh điển về khoa học, một nhà khoa học nổi tiếng thế giới, ông trở nên biết ơn vì nghiên cứu của mình trong lĩnh vực khoa học điện tử.

6

Vào đầu thế kỷ 19, các hiện tượng điện và từ phần lớn vẫn còn bí ẩn; bản chất của họ không rõ ràng. Các nhà khoa học chỉ quen thuộc với tính chất của điện tích tĩnh và nam châm vĩnh cửu. Tất cả các hiện tượng điện và từ được phát hiện trong thí nghiệm đều được giải thích là kết quả của hoạt động của các chất lỏng điện và từ đặc biệt (“chất lỏng”). Vì vậy, chẳng hạn, nhà hàn lâm Epinus ở St. Petersburg trong tác phẩm “Olt về lý thuyết điện và từ tính” xuất bản năm 1759, đã viết:

“Có một chất lỏng tạo ra mọi hiện tượng từ tính, có thể gọi là từ tính. Chất lỏng này cực kỳ mỏng và có thể xuyên qua bất kỳ chiếc lông vũ nào trong cơ thể; các hạt của nó, giống như các hạt của chất lỏng điện, đẩy nhau. Chất lỏng này, trong hầu hết các vật thể khác được tìm thấy trên thế giới, không gây ra bất kỳ phản ứng nào, nó không bị anh ta hút cũng không đẩy. Tuy nhiên, có một số vật thể nhất định, các bộ phận của chúng tiếp nhận từ tính/vật chất và được chấp nhận; cơ thể có đặc tính này là sắt đầu tiên, sau đó là tất cả các vật thể được gọi là tuyến…”

Đặc tính định lượng duy nhất của hiện tượng điện và từ là định luật Coulomb, được phát hiện vào cuối thế kỷ 18.

Sự tiến bộ chỉ bắt đầu sau khi dòng điện lần đầu tiên được tạo ra. Năm 1800, Volta phát minh ra nguồn dòng điện đầu tiên, được gọi là bảng Volta. Mọi thứ về phát minh này đã tạo ra sự quan tâm to lớn trong thế giới khoa học. Napoléon đã mời nhà vật lý Ilyan tới Paris để lặp lại thí nghiệm của mình trước một số khán giả được chọn lọc. Ở đó, Volta nhanh chóng đưa ra một báo cáo, trong đó ông bày tỏ ý tưởng rằng tĩnh điện và dòng điện có bản chất giống hệt nhau – “chất lỏng điện chuyển động”, theo thuật ngữ thời đó.

Nhiều thí nghiệm đã chỉ ra rằng dòng điện có thể gây ra nhiều hiệu ứng khác nhau - nhiệt, hóa học, ánh sáng. Cũng là điều tự nhiên khi cho rằng phải có mối liên hệ giữa điện và từ, mối liên hệ này đã được các nhà khoa học khám phá trong nhiều thế kỷ. Vào đầu thế kỷ 19, nhiều nhà khoa học đã cố gắng làm rõ mối liên hệ này. Giáo sư vật lý người Đan Mạch Hans-Christan Ørsted cũng đi tìm nó. Trở lại năm 1807, ông tuyên bố ý định nghiên cứu tác dụng của dòng điện lên kim nam châm. Tuy nhiên, trong nhiều năm, các thí nghiệm xác nhận sự tồn tại của hành động như vậy đã thất bại. Chỉ đến năm 1820, khi đặt một kim nam châm song song với sợi dây nối hai đầu cột điện, ông đã tận mắt chứng kiến ​​hiện tượng mà ông đã chờ đợi bấy nhiêu năm: dưới tác dụng của dòng điện trong dây dẫn, kim đã lệch khỏi hướng thông thường. Vì vậy, một hiện tượng cơ bản đã được phát hiện, đặt nền móng cho điện động lực học.

Vào tháng 7 năm 1820, Ørsted công bố khám phá của mình trong một bài báo ngắn có tựa đề “Lý thuyết xung đột điện của Olt trên Mũi tên từ tính”. Ông gọi dòng điện là “bánh kẹo điện”.

Một tháng sau, các thí nghiệm của Oersted được thực hiện tại Geneva bởi nhà vật lý người Thụy Sĩ Auguste de la Rive. Nhiều nhà khoa học, nhà khoa học bậc trung đã có mặt tại buổi trình diễn - nhà vật lý nổi tiếng người Pháp Arago. Khi trở về Paris, Arago đã báo cáo về vấn đề này tại hai cuộc họp của Viện Hàn lâm Khoa học và mô phỏng lại các thí nghiệm của Oersted. Ông bắt đầu báo cáo của mình bằng những lời sau: “Thưa các quý ông, Giáo sư Oersted ở Copenhagen đã thực hiện được một khám phá tuyệt vời… điều này gây ra những hậu quả mà những người tò mò, nhưng có giới hạn, vẫn chưa thể đoán trước được.

7

một bộ óc con người xuất sắc…" Ampere hào hứng lắng nghe người nói, lúc đó đã quên mất những vấn đề toán học của mình. Vật lý là điều bạn nên làm bây giờ! Suy cho cùng, các thí nghiệm của Oersted đã xác nhận những gì ông đã nghĩ ở Bourg-en-Bresse - sự thống nhất của các lực trong tự nhiên, sự liên kết với nhau của các hiện tượng.

Ampere chủ yếu là một nhà lý thuyết và hiếm khi chuyển sang làm thí nghiệm. Nhưng ông nhận ra rằng việc nghiên cứu các hiện tượng điện từ dựa trên máy chủ là không thể nếu không thiết lập các thí nghiệm để kiểm tra hoặc bác bỏ ý tưởng của ông. Tuy nhiên, Viện Hàn lâm Khoa học không cấp kinh phí cho những thí nghiệm này. Ampère phải thuê một thợ cơ khí làm mọi thứ cần thiết bằng chi phí của mình. Phần lớn đã được thực hiện bởi chính Ampere. Trước hết, ông lặp lại thí nghiệm của Oersted, cố gắng hiểu rõ hơn bản chất của hiện tượng do nhà vật lý người Đan Mạch phát hiện. Ông đã chứng minh bằng thực nghiệm rằng điện thống kê không tác dụng lên kim từ tính. Chỉ có dòng điện chuyển động - dòng điện - mới có thể gây ra hiệu ứng như vậy. “Nguyên nhân dẫn đến hiện tượng này là gì? - Ampe tự hỏi: “Tại sao một dây dẫn mang dòng điện lại tác dụng lên một kim nam châm?”

Sẽ là tự nhiên khi cho rằng dòng điện chạy qua dây dẫn sẽ biến nó thành nam châm. Đây là điều mà các nhà vật lý tin tưởng, đặc biệt là nhà vật lý nổi tiếng người Pháp Biot. Ampere có quan điểm khác. Ông bày tỏ một ý tưởng chung: nguyên lý hoạt động duy nhất của một dây dẫn có dòng điện chạy qua kim nam châm là dòng điện chuyển động; từ tính chỉ là một trong nhiều biểu hiện của nó. Không phải vật dẫn mà dòng điện chạy qua sẽ trở thành nam châm, mà trái lại, nam châm là tập hợp các dòng điện. Trong một nam châm có nhiều dòng điện tròn cơ bản chạy trong mặt phẳng vuông góc với ss của nó.

Giả thuyết của Ampere vào thời điểm đó có vẻ vô cùng táo bạo và phi lý nên đã vấp phải sự chỉ trích gay gắt của các nhà khoa học.

Ampere đã phát triển một quan điểm mới về bản chất của hiện tượng từ tính sau một loạt thí nghiệm. Vào cuối tuần đầu tiên làm việc được chỉ đạo, ông đã thực hiện một khám phá có tầm quan trọng không kém Oersted - ông đã phát hiện ra sự tương tác của các dòng điện. Nếu hai vật nhiễm điện cùng tiếp nhận hoặc đẩy nhau thì các vật dẫn qua dòng điện nào sẽ hành xử tương tự nhau? Ampe đặt các đoạn thẳng song song của hai dây dẫn nối hai đầu của hai cột Volga. Một dây dẫn được cố định, dây còn lại có thể di chuyển được (Hình 1). Khi dòng điện chạy qua các dây dẫn, người ta quan sát thấy sự tương tác: khi các dòng điện cùng chiều thì chúng bị hút, khi chúng ngược chiều thì chúng là lực đẩy. Hóa ra các lực tác dụng giữa các dây dẫn mang dòng điện không phải là lực trung tâm, tức là sự khác biệt hướng tâm với lực tĩnh điện. Ampe đề xuất phản ánh sự khác biệt rõ ràng như vậy trong các biểu hiện của tĩnh điện và dòng điện về mặt tương ứng. Ông gọi lĩnh vực của các hiện tượng liên quan đến điện tích đứng yên là tĩnh điện, và với điện tích chuyển động là điện động lực học.

Một tuần nữa đã trôi qua. Ampere đã thực hiện các thí nghiệm mới để phát triển và khẳng định ý tưởng của mình. Nếu nam châm là một hệ gồm các dòng điện tròn song song hướng theo một hướng, thì một dây kim loại xoắn ốc mà dòng điện đi qua sẽ hoạt động giống như một nam châm - nó có hai cực và chiếm một vị trí nhất định dưới tác dụng của từ trường Trái đất (Hình 2-3). Thí nghiệm đã xác nhận những giả định này.

Ampere ngay lập tức báo cáo kết quả cho Học viện. Trong thời gian trước

8

Cơm. 1. Thiết bị nghiên cứu sự tương tác của dây dẫn với dòng điện. AB là dây dẫn cố định, EDF là dây dẫn di động được gắn trên trục thủy tinh EF. Để bảo vệ chống rung, thiết bị được phủ một lớp kính. (Vẽ bởi Ampe)

Cơm. 2. Thiết bị đầu tiên nghiên cứu ảnh hưởng của từ trường Trái đất lên một cuộn dây điện từ. AB là một cuộn dây điện từ trên một ống thủy tinh mỏng và treo lơ lửng như một chiếc kim la bàn. Thiết bị này không đủ tính di động và hiệu quả mong đợi không được ghi lại. (Vẽ bởi Ampe)

Cơm. 3. Thiết bị nghiên cứu ảnh hưởng của từ trường Trái đất lên một cuộn dây có dòng điện. ABCD - cuộn dây chuyển động có dòng điện. Cuộn dây thứ hai (cố định), lớn hơn bán kính, cố định một mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với Merdian từ tính tại một điểm cho trước. Khi cho dòng điện chạy vào, vòng ABCD quay cho đến khi trùng với vòng dây đứng yên. (Vẽ bởi Ampe)

9

kho báu, được thực hiện vào ngày 18 tháng 9 năm 1820, ông đã trình diễn các thí nghiệm đầu tiên của mình và kết luận chúng bằng những lời sau: “Liên quan đến điều này, tôi đã quy tất cả các hiện tượng từ tính thành các hiệu ứng điện thuần túy”. Tại một cuộc họp vào ngày 25 tháng 9, ông đã phát triển thêm những ý tưởng này, trình diễn các thí nghiệm trong đó các cuộn dây chạy quanh một dòng điện (điện từ) tương tác với nhau giống như nam châm.

Những ý tưởng mới của Ampere không phải nhà khoa học nào cũng hiểu được. Một số đồng nghiệp được nêu tên của anh ấy, bao gồm cả Bio, không đồng ý với anh ấy. Bằng cách lên tiếng phản đối sự tồn tại của từ tính như một hiện tượng độc lập, Ampere đã loại bỏ lý thuyết của Biot, theo đó nam châm bao gồm một tập hợp các nam châm vi mô cơ bản, mỗi nam châm có đặc tính tương tự như một nam châm lớn. Lý thuyết này về cơ bản không giải thích được điều gì; nó chỉ chuyển câu hỏi về bản chất của từ tính từ một miếng kim loại lớn bị từ hóa sang những phần nhỏ bé của nó. Biot và những người ủng hộ ông đã tìm cách chứng minh rằng về cơ bản không có gì mới trong các thí nghiệm của Ampere, rằng tất cả chúng, được thực hiện hàng ngày, chỉ là những biến thể của thí nghiệm của Oersted.

Những người đương thời nói rằng sau báo cáo đầu tiên của Ampere về sự tương tác của dây dẫn với dòng điện, tình tiết tiếp theo sẽ xảy ra. “Chính xác thì những gì bạn đã nói với chúng tôi có gì mới? - một trong những đối thủ của anh ta hỏi Ampere. “Không cần phải nói rằng nếu hai dòng điện tác dụng lên một kim nam châm thì chúng cũng tác động lên nhau.” Ampera chưa tìm ra câu trả lời ngay cho sự trở lại này. Nhưng rồi Arago đã đến giải cứu. Anh ta lấy trong túi ra hai chiếc chìa khóa và nói: “Mỗi chiếc đều có tác dụng lên mũi tên, nhưng chúng không có tác dụng gì với nhau nên kết luận của anh là sai. Về cơ bản, Ampere đã phát hiện ra một hiện tượng mới, có ý nghĩa hơn nhiều so với phát hiện của Giáo sư Oersted, người mà tôi rất kính trọng.”

Bất chấp sự tấn công của các đối thủ khoa học, Ampera vẫn tiếp tục thí nghiệm của mình. Ông quyết định tìm ra định luật tương tác của dòng điện dưới dạng một công thức toán học chặt chẽ và tìm ra định luật này, về mặt lý thuyết mang tên ông. Ở dạng tổng quát nhất, biểu thức tính độ lớn của lực tác dụng lên một đoạn dây dẫn nhỏ $\Delta l_1$, qua đó dòng điện chạy với lực $I_1$ (phần tử dòng thứ nhất), trên đoạn $\Delta l_2$ của một dây dẫn khác có dòng điện $I_2$ (phần tử dòng thứ hai), có dạng sau:

$$F_{12} = k \frac{I_1 \Delta l_1 \sin \alpha_1 I_2 \Delta l_2 \sin \alpha_2}{r_{12}^2}.$$

Ở đây $r_{12}$ là giá trị tuyệt đối của vectơ $r_{12}$ hướng từ đoạn đầu tiên đến đoạn thứ hai (xem Hình 4). Hướng của vectơ $\Delta l_1$ và $\Delta l_2$ trùng với hướng của dòng điện chạy qua chúng; $\alpha_1$ là góc giữa vectơ $\Delta l_1$ và $r_{12}$, $\alpha_2$ là góc giữa vectơ $\Delta l_2$ và $n$ - vuông góc với mặt phẳng chứa $\Delta l_1$ và $r_{12}$. Hướng của $n$ trùng với chuyển động về phía trước của mũi khoan khi anh ấy xoay cánh tay của mình từ $\Delta l_1$ đến $r_{12}$. $k$ - hệ số, phụ thuộc vào việc lựa chọn hệ đơn vị. Lực $F_{12}$ vuông góc với vectơ $\Delta l_2$ và nằm trong mặt phẳng chứa $\Delta l_1$ và $r_{12}$. Trong trường hợp này, hướng của lực được xác định theo quy tắc gimlet: khi

10

chuyển động quay của bàn tay từ $r_{12}$ đến $n$ chuyển động tịnh tiến của mũi khoan trùng với hướng của lực $F_{12}$.

Công thức tương tự có thể được viết lại dưới dạng quen thuộc hơn với học sinh:

$$F = 1 \Delta l B \sin \alpha,$$

trong đó $B$ là độ lớn của cảm ứng từ được tạo ra bởi một phần tử dòng điện tại nơi đặt phần tử dòng điện khác đang được nghiên cứu.

Như vậy, từng bước, các công trình của Ampere đã thể hiện một ngành khoa học mới - điện động lực học, dựa trên thực nghiệm và lý thuyết toán học. Tất cả những ý tưởng cơ bản của khoa học này, như Maxwell đã nói, về cơ bản “xuất phát từ cái đầu của Newton điện này” trong vòng một tuần.

Từ năm 1820 đến năm 1826, Ampere xuất bản một số công trình lý thuyết và thực nghiệm về điện động lực học và đưa ra báo cáo về chủ đề này tại hầu hết các cuộc họp của khoa vật lý của Học viện. Năm 1826, tác phẩm kinh điển cuối cùng của ông, “Lý thuyết về các hiện tượng điện động lực, được suy luận hoàn toàn từ kinh nghiệm,” được xuất bản. Công việc viết cuốn sách này diễn ra trong những điều kiện rất khó khăn. Trong một trong những bức thư được viết vào thời điểm này, Ampère kể lại: “Tôi buộc phải đọc hai khóa giảng, tuy nhiên, tôi không muốn từ bỏ hoàn toàn công việc của mình về chất dẫn điện và nam châm Volta. Tôi chỉ có vài phút.” Ở đây chúng ta đang nói về các bài giảng của Ampere về toán học cao hơn, trong đó có rất nhiều trường hợp. Tuy nhiên, từ năm 1822 đến năm 1824, một trong số họ là nhà toán học trẻ người Nga, Michal Vasilyevich Ostroradsky.

Danh tiếng của Ampère tăng lên nhanh chóng; Các nhà khoa học đặc biệt khen ngợi công trình thí nghiệm của ông về điện từ. Các nhà vật lý nổi tiếng đã đến thăm ông và ông đã nhận được một số lời mời từ các nước khác để thuyết trình về công trình của mình. Nhưng sức khỏe của ông ngày càng suy yếu và tình hình tài chính không ổn định. Anh bị gánh nặng bởi công việc tại Trường Bách khoa và nhiệm vụ thanh tra. Ông vẫn mơ ước được dạy một khóa học về vật lý chứ không phải toán học và đọc nó theo cách không cấp tiến, bao gồm cả một phần mới trong khóa học - điện động lực học, mà chính ông là người sáng tạo ra. Nơi thích hợp nhất cho việc này là một trong những cơ sở giáo dục lâu đời nhất ở Pháp - Collège de France. Được thành lập vào năm 1530, tổ chức này dường như kết hợp các chức năng của một viện nghiên cứu và giáo dục. Có mọi điều kiện để hoạt động sáng tạo có hiệu quả. Sau nhiều mâu thuẫn và trực giác, năm 1824 Ampère được bầu vào vị trí giáo sư tại Collège de France. Ông được giao chức vụ vật lý đại cương và vật lý thực nghiệm.

Có thể thấy qua những bức thư mà Ampere viết trong thời kỳ này, anh vô cùng hạnh phúc với người mình đã chọn. Đúng vậy, niềm vui này đã bị dập tắt do cần có thời gian để chống lại trật tự đang ngự trị ở viện. Ampere đặc biệt phẫn nộ trước những trực giác nảy sinh khi lựa chọn những ứng cử viên quan trọng để được thả. Anh ấy luôn không khoan dung với thất bại và sự bất công. Hơn nữa, ông không thể giữ bình đẳng khi lợi ích cá nhân, việc theo đuổi danh hiệu, cấp bậc cao đã làm lu mờ giá trị khoa học đích thực của các ứng viên.

Cuối cùng là khoảng thời gian hoạt động hiệu quả nhất của Ampere. Năm 1831, Faraday phát hiện ra hiện tượng cảm ứng điện từ. Nhiều nhà vật lý xuất sắc giữa thế kỷ 19 - Weber, F. Neumann và K. Neumann, Wiedeman, Lenz và những người khác - đã tham gia vào sự phát triển của điện động lực học. Nó được hoàn thiện đầy đủ trong tác phẩm kinh điển của Maxwell, “Chuyên luận về Điện và Từ”, xuất bản năm 1869.

Những năm cuối đời của Ampere bị lu mờ bởi nhiều gia đình và

11

Bài tập
độc giả của chúng tôi

1. Chứng minh rằng số
   $$1 + \frac{111 \ldots 111}{n} \times \frac{222 \ldots 222}{n} \times \frac{333 \ldots 333}{n - 1} \times \frac{333 \ldots 333}{n - 1}$$
   là bình phương của một số tự nhiên.

A. Gultsev

2. Chứng minh rằng $a^{2n} - 1$ chia hết cho $2^{n+2}$ nếu $a$ lẻ.

H. Cherepinsky

3. Chứng minh rằng
   $$7^{7777} - 7^{777}$$
   chia cho 1.000.000.

M. Stereber

4. Tìm bốn số tự nhiên tạo thành một cấp số nhân có các số hạng là ước của tổng
   $$25^{1975} + 79^{1975}$$

Yu. Krlov

Sở thích khác của Ampere là phân loại khoa học. Vấn đề này, quan trọng về mặt phương pháp luận và thuật ngữ chung, đã khiến Ampere quan tâm trong một thời gian dài, kể từ những ngày ông làm việc ở Bourg-en-Brés. Ông đã phát triển hệ thống phân loại khoa học của riêng mình và dự định trình bày hệ thống này trong một cuốn xã hội học gồm hai tập. Năm 1834, tập đầu tiên của “Tiểu luận về triết học khoa học hoặc Trình bày phân tích về phân loại tự nhiên của toàn bộ kiến ​​thức nhân loại” được xuất bản. Tập thứ hai được xuất bản bởi con trai của Ampere sau khi ông qua đời.

Ampere chết vì bệnh viêm phổi vào ngày 10 tháng 7 năm 1836 tại Marseilles, trong một chuyến thị sát. Ông được chôn cất ở đó. Năm 1869, quyền của ông được chuyển đến Paris đến nghĩa trang Montmartre. Dòng chữ sau đây được khắc trên bia mộ của ông: “Ông ấy tốt bụng và giản dị như thể ông ấy rất vĩ đại”.

12

Trên đồ thị chính quy phẳng

M. G. Katz

Hãy bắt đầu với các định nghĩa.
Đồ thị là một tập hợp hữu hạn các điểm và đường cong nối chúng trên một mặt phẳng (chúng ta sẽ gọi những điểm này là đỉnh và các cạnh của đường cong).
Chúng ta sẽ xem xét các đồ thị có các tính chất sau:

1. các cạnh của đồ thị không giao nhau (đồ thị có thuộc tính này được gọi là phẳng);
2. không có hai đỉnh nào được nối bởi nhiều hơn một cạnh;
3. hai đỉnh bất kỳ của đồ thị được nối với nhau bằng một liên kết các cạnh (đồ thị như vậy được gọi là liên thông);
4. mỗi cạnh nối hai đỉnh khác nhau.

Nếu bạn cắt mặt phẳng dọc theo các cạnh của đồ thị thì nó sẽ chia thành nhiều phần - các mặt của đồ thị. Phần không giới hạn sẽ được gọi là cạnh ngoài. Các mặt còn lại là mặt trong.

Một mặt được gọi là $n$-cạnh nếu số cạnh gặp phải khi đi ngang qua mặt đó dọc theo các ranh giới của nó bằng $n$. Ví dụ. Trong Hình 1,a chỉ có một mặt - sáu vây ngoài, trong Hình 1.6 - hai mặt: ba vây trong và ba vây ngoài.

Một cạnh được gọi là cạnh ngoài (tương ứng là trong) nếu khi đi qua các mặt trong của đồ thị, nó xuất hiện tương ứng một hoặc hai lần. Ví dụ. Trong Hình 2, cạnh $a$ là bên ngoài, cạnh $b$ là bên trong; trong Hình 1,a không có cạnh bên ngoài và bên trong.

Chúng ta hãy biểu thị lần lượt bằng $B$, $P$ và $\Gamma$ số đỉnh, cạnh và tất cả các mặt của đồ thị, bao gồm cả mặt ngoài. Ba đại lượng này có liên hệ với nhau bằng công thức Euler nổi tiếng $^*$

$$B - P + \Gamma = 2.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_i$ số mặt có cạnh $i$, bao gồm cả mặt ngoài. Khi đó mối quan hệ sau đây là hợp lệ:

$$2P = 3a_3 + 4a_4 + 5a_5 + \dots$$

Hãy tự mình chứng minh điều đó.

Vì $\Gamma = a_3 + a_4 + \dots$ nên tương ứng (1) có thể viết dưới dạng

$$2P = 3\Gamma + a_4 + 2a_5 + \dots,$$

hoặc

$$\Gamma = \frac{2}{3}P - \frac{1}{3}(a_4 + 2a_5 + \dots).$$

Thay giá trị này $\Gamma$ vào công thức Euler, chúng ta nhận được

$$B - P + \frac{2}{3}P - \frac{1}{3}(a_4 + 2a_5 + \dots) = 2,$$

*) Xem «Kvant», 1974, số 8.

13

$$3B - P = 6 + \sum_{i=1}^{i+3} i a_{i+3}.$$

Chúng ta gọi bậc $\deg V_i$ của một đỉnh $V_i$ là số cạnh xuất phát từ đỉnh này. Vì mỗi cạnh nối hai đỉnh nên $\sum_{i=1}^{i+3} \deg V_i = 2P$.

Hãy giới thiệu đại lượng $\deg V$, gọi là bậc trung bình của đồ thị:

$$\deg V = \frac{\sum_{i=1}^{i+3} \deg V_i}{B}.$$

Nó tuân theo định nghĩa rằng $\sum_{i=1}^{i+3} \deg V_i = B \deg V$, tức là $2P = B \cdot \deg V$, từ đó $P = \frac{1}{2} B \cdot \deg V$.

Thay biểu thức này cho $P$ vào công thức (2), chúng ta thu được

$$3B - \frac{1}{2} B \cdot \deg V = 6 + \sum_{i=1}^{i+3} i a_{i+3},$$

hoặc

$$B \cdot (6 - \deg V) = 12 + 2 \sum_{i=1}^{i+3} i a_{i+3}.$$

Do đó, bậc trung bình của đồ thị luôn nhỏ hơn 6, nhưng nó có thể gần đến 6 tùy ý bạn—hãy chứng minh điều đó.

Chúng ta gọi đồ thị là $n$-giác nếu mỗi đỉnh của nó có cùng số cạnh. Rõ ràng, bậc trung bình của một đồ thị chính quy bằng số cạnh xuất hiện từ mỗi đỉnh (chúng ta sẽ gọi đơn giản là bậc của một đồ thị chính quy).

Từ công thức (3) suy ra

Định lý 1. Bậc của đồ thị đều không vượt quá 5.

Một loại đồ thị đều rất thú vị là đồ thị bậc 5. Hãy xem một đồ thị đều bậc 5 có thể có bao nhiêu đỉnh.

Rõ ràng (xem công thức (3)) là một đồ thị chính quy ở bậc này không thể có ít hơn 12 đỉnh. Một đồ thị thông thường có 12 đỉnh thực sự tồn tại và được biểu diễn bằng hình chiếu của một khối hai mươi mặt lên một mặt phẳng (Hình 3). Vì tích $B \cdot \deg V = 2P$ là số chẵn nên ta thấy rằng không có đồ thị bậc 5 nào có số đỉnh là lẻ.

Bây giờ chúng ta sẽ mô tả một phương pháp xây dựng đồ thị thông thường với số đỉnh bất kỳ là 4REM (không nhỏ hơn 12), ngoại trừ các đồ thị có 14, 18 và 22 đỉnh. Đối với đồ thị có 14 và 18 đỉnh, hãy xem phần thay thế ở cuối thống kê; Một đồ thị có 22 đỉnh được thể hiện trong Hình 4.

Lấy hàm lồi $n$-gon $A = (A_1, A_2, \dots, A_n)$. Bên trong nó, chúng ta đặt $n$-gon $B = (B_1, B_2, \dots, B_n)$. Bằng cách nối trung điểm của các cạnh liền kề của $n$-giác $B$, chúng ta thu được $n$-giác $C = (C_1, C_2, \dots, C_n)$, trong đó $C_i$ là trung điểm của $B_i B_{i+1}$, $i = 1, 2, \dots, n-1$; $C_n$ - giữa $B_n B_1$.

Cơm. 3.

Cơm. 4.

14

Cơm. 5.

Bằng cách nối trung điểm của các cạnh nối của $n$-giác $C$, ta thu được $n$-gon $D = (D_1, \dots, D_n)$, trong đó $D_i$ là trung điểm của $C_{i-1}C_i$, $i = 2, \dots, n$; $D_1$ là điểm giữa của cạnh $C_nC_1$. Bây giờ kết nối $A_i$ với $B_i$, $B_{i+1}$ và $C_i$ và $B_i$ với $D_i$, chúng ta thu được biểu đồ bậc 5 với $4n$ đỉnh. Một ví dụ về cách xây dựng đồ thị có 20 đỉnh (cho $n = 5$) được hiển thị trong Hình 5.

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra cách có thể thêm 2 đỉnh nữa vào biểu đồ đã được xây dựng với các đỉnh $4n$.

Chúng ta hãy loại bỏ một trong các cạnh ngoài của đồ thị có đỉnh $4n$. Có hai đỉnh trong biểu đồ, mỗi đỉnh có 4 cạnh - trong Hình 6 đây là các đỉnh $A$ và $B$. Hãy chọn một điểm trên cạnh không lân cận—điểm $C$ và kết nối nó với các đỉnh $A$ và $B$. Đỉnh $C$ đã được thêm vào các đỉnh của biểu đồ ban đầu, từ đó xuất hiện 4 cạnh. Hãy loại bỏ thêm một cạnh bên ngoài và xây dựng điểm $C'$ theo cách tương tự. Bằng cách kết nối điểm $C$ với điểm $C'$, chúng ta thu được một biểu đồ mới bậc 5, đã có nhiều hơn 2 đỉnh so với điểm ban đầu (xem Hình 6).

Lưu ý rằng việc cộng hai đỉnh được mô tả vào một đồ thị có $4n$ chỉ có thể thực hiện được trong trường hợp đồ thị ban đầu có ít nhất sáu cạnh ngoài (vì cấu trúc của chúng tôi không cung cấp phương pháp xây dựng cho đồ thị có 14, 18 và 22 đỉnh).

Vì vậy, nó đã được chứng minh.

Định lý 2. Số đỉnh của đồ thị chính quy bậc 5 có thể là

15

hai điểm cuối của hai cạnh không trùng nhau bất kỳ của mặt này. Điều này chứng minh Định lý 3 cho đồ thị bậc 3.

2°. Đồ thị bậc 4. Từ công thức (3) ta thấy đồ thị đều bậc 4 có ít nhất sáu đỉnh. Một đồ thị có sáu đỉnh được thể hiện trong Hình 7. Từ công thức (3), cũng suy ra rằng đồ thị bậc 4 có số đỉnh lớn hơn 6 luôn có một mặt không phải là tam giác. Hãy loại bỏ (xem Hình 8) cạnh AB của mặt này và nối các đỉnh A và B với bất kỳ điểm nào trên một cạnh không liền kề với cạnh AB (một cạnh cũng sẽ được tìm thấy, vì một mặt không có ba cạnh được chọn). Do đó, một đỉnh được thêm vào biểu đồ ban đầu với số đỉnh lớn hơn 6 (ví dụ về cách xây dựng được trình bày trong Hình 8). Cơ sở quy nạp có thể là một đồ thị có 8 đỉnh, được minh họa trên Hình 9.

Như vậy, ta đã chứng minh rằng tồn tại đồ thị bậc 4 có 6 đỉnh và có số đỉnh bất kỳ ít nhất là 8.

Chứng minh rằng không tồn tại đồ thị bậc 4 có 7 đỉnh. Để làm điều này, chúng tôi chứng minh rằng một đồ thị như vậy chứa đồ thị con được hiển thị trong Hình 10, như đã biết, không khớp với mặt phẳng nếu không có các điểm tự giao.

Xét một đỉnh A tùy ý của đồ thị nguồn và các đỉnh A₁, A₂, A₃, A₄ mà từ đó nó được kết nối. Hai đỉnh còn lại của chúng tôi

Cơm. 9. Hình 10.

Chúng ta biểu thị đồ thị thứ hai bằng A’ và A’’. Có hai trường hợp có thể xảy ra.

1°. Các đỉnh A’ và A’’ không được kết nối với nhau.

Sau đó, để bốn cạnh xuất hiện từ A’ và A’’, chúng phải được nối với cả bốn đỉnh A₁, …, A₄ (bốn cạnh đã thoát ra khỏi đỉnh A. Trong trường hợp này, thật dễ dàng để chọn đồ thị con mong muốn: như các đỉnh I II, III (xem Hình 10), chúng ta có thể lấy các đỉnh A, A’ và A’’, và là các đỉnh IV, V, VI - các đỉnh A₁, A₂, A₃.

2°. Các đỉnh A’ và A’’ được nối với nhau.

Trong trường hợp này, ba cạnh nữa xuất hiện từ các đỉnh A’ và A’’ đến một số đỉnh A₁, …, A₄. Do đó, ít nhất hai trong số các đỉnh A₁, …, A₄ được nối với cả A’ và A’’. Gọi đây là các đỉnh A₁ và A₂. Khoảng cách lại là hai trường hợp.

1. Một trong các đỉnh A₃ và A₄ được nối với cả A’ và A’’. Trong trường hợp này, đồ thị con được yêu cầu là đồ thị con có các đỉnh A, A’, A’’, A₁, A₂, A₃.

2. A₃ và A₄ được kết nối chính xác với một trong các đỉnh A’ và A’’, chẳng hạn như A₃ với A’ và A₄ với A’’. Hãy loại bỏ cạnh AA₄ và thay thế hai cạnh A₃A₄*) và A₄A’’ bằng một cạnh A₃A’’’. Đã thu được đồ thị con yêu cầu - đó là đồ thị con có các đỉnh A, A’, A’’, A₁, A₂, A₃.

Quét. Từ công thức (3) và (1), suy ra rằng một đồ thị đều bậc 5 với 14 đỉnh chỉ nên có một đỉnh có bốn cạnh và 22 đỉnh có ba cạnh. Bằng cách liệt kê không phải tổng thống, người ta có thể xác minh rằng biểu đồ như vậy không tồn tại.

Đối với đồ thị bậc 5 có 18 đỉnh, có ba khả năng xảy ra:

1. 3 bốn xương sườn, 26 ba xương sườn;
2. 1 năm sườn, 1 bốn sườn, 27 ba sườn;
3. 1 sáu sườn, 28 ba sườn.

Trong trường hợp này, phép liệt kê không được cung cấp và câu hỏi về sự tồn tại của đồ thị đều bậc 5 với 18 đỉnh vẫn còn bỏ ngỏ.

*) Cạnh A₃A₄, rất indo, phải tồn tại.

16

Kết quả thí nghiệm

Câu hỏi trong tiêu đề của bài viết này có vẻ lạ: có con số nào thực sự đáng được quan tâm đặc biệt không? Để kiểm tra điều này, tác giả bài báo đã lặp lại thí nghiệm của nhà toán học hiện đại người Mỹ Hamming. Cả hai thí nghiệm bao gồm những điều sau đây. Một trăm hằng số được đặt tên được chọn ngẫu nhiên từ một số sách tham khảo về hóa học và luyện kim. Tập hợp kết quả bao gồm chiều cao của ống khói của một trong các loại lò nung lộ thiên, trọng lượng riêng của đá coli, nhiệt trị của propan và thậm chí cả một thông số kỳ lạ đối với những người không chuyên như “hằng số tốc độ xà phòng hóa lụa” của một este. Nói một cách dễ hiểu, nó tạo ra một loại dầu giấm có nhiều kích cỡ khác nhau.

Để sắp xếp thứ tự chúng bằng cách nào đó, hãy gọi số i là bất kỳ số nào có chữ số có nghĩa nhất trong đó có chữ số i (i = 1, 2, …, 9). Vì vậy, số 1 sẽ là số 1 và 3,7 và 0,0371 sẽ là 3 số.

Thoạt nhìn, có vẻ tự nhiên nhất là mong đợi sự phân bố đồng đều các hằng số trong chín nhóm, trong đó các số i rơi vào nhóm thứ i. Vì chúng ta đã chọn các hằng số nên chúng ta phải có khoảng 11 số i cho mỗi chữ số i. Tất nhiên, người ta không thể dựa vào con số 11 chính xác xuất hiện cho tất cả các chữ số i (điều này là không thể, vì 9·11 ≠ 100). Nhưng đây là cách các hằng số trung bình được phân bổ thực tế (xem bảng):

| i | Số lượng số i |
| :— | :— |
| Hamming | Tác giả | Lý thuyết* |
| 1 | 34 | 25 | 31 |
| 2 | 12 | 17 | 17 |
| 3 | 13 | 16 | 13 |
| 4 | 15 | 11 | 9 |
| 5 | 7 | 9 | 8 |
| 6 | 3 | 8 | 7 |
| 7 | 4 | 6 | 6 |
| 8 | 4 | 4 | 5 |
| 9 | 8 | 4 | 4 |

Tổng cộng 100 100 100

Như có thể thấy từ các cột giữa của bảng này, số lượng số 1 được phát hiện trong cả hai thí nghiệm nhiều hơn số lượng 7 số chẳng hạn. Làm thế nào chúng ta có thể giải thích điều này? Có lẽ trong quá trình thí nghiệm đã xuất hiện một biểu hiện vô thức về “sự tự do” đối với số 1?

Hamming không mô tả phương pháp ông sử dụng để chọn số. Tác giả đã chọn một cách tùy ý đại khái như thế này. Trong một thời gian, anh ấy đã viết ra sáu chữ số đầu tiên của các số có bảy chữ số trong phiếu chia sẻ của mình; kết quả là một danh sách nhất định được hình thành

*) Số lượng i-số “lý thuyết” sẽ được thảo luận dưới đây.

17

“số ngẫu nhiên.” Dựa vào chữ số đầu tiên của số ngẫu nhiên đó, người ta chọn ra một cuốn sách tham khảo (sách tham khảo đã được đánh số trước), và dựa vào hai chữ số tiếp theo, một trang được chọn; ba chữ số còn lại tương ứng với số hàng và số cột mà số đó được lấy. Tất nhiên, không phải lúc nào cũng có thể tuân thủ nghiêm ngặt quy tắc này.
Vì vậy, chúng tôi đã phải áp dụng một số giải thích rõ ràng, nhưng chúng tôi sẽ không tập trung vào chúng. Trong mọi trường hợp, rõ ràng là vị trí đặc biệt của các số 1 dựa trên một điều gì đó quan trọng hơn chỉ là sự tùy tiện của những người thử nghiệm.

Có chuyện gì thế?

Mọi hằng số trong sách tham khảo đều có được nhờ kết quả của một phép đo nào đó. Đo lường là so sánh với một tiêu chuẩn (kg, mét, giây). Chúng ta có tính đến việc sử dụng các tiêu chuẩn cụ thể ở bất kỳ đâu không, coi việc có sự phân bố đồng đều các số $i$ giữa các hằng số đã chọn là điều tự nhiên? Không. Do đó, chúng ta có thể mong đợi rằng dạng phân phối này sẽ không thay đổi đáng kể nếu chúng ta chọn các hằng số tương tự từ các bảng của Mỹ, chẳng hạn, không sử dụng mét mà sử dụng foot. Thật vậy, theo quan điểm của “người Mỹ”, việc phân bố đồng đều các số $i$ là điều tự nhiên.

Như chúng ta sẽ thấy bây giờ, chúng ta không có lý do gì để mong đợi rằng sự phân bố của các số $i$ sẽ trở nên đồng đều một cách chính xác vì sự phân bố đồng đều không được giữ nguyên khi thang đo thay đổi.

Hãy minh họa điều này bằng ví dụ sau. Hãy tạo một sự phân bố đồng đều các số $i$ một cách giả tạo. Hãy lấy trục số và áp một “chiếc lược” có răng $n$ vào đó (lược đen, Hình 1).

Để việc đánh số các răng lược bắt đầu từ 0, và chiếc lược sao cho nếu răng số 0 của nó được đặt đối diện với số 1 thì răng $((n-1)$) cuối cùng sẽ không “đạt” đến số 10 bằng một khoảng trống giữa các răng. Vì có $(n-1)$ khoảng trống giữa các răng lược nên kích thước của một khoảng trống là $9/n$. Vì vậy, trên trục số các răng lược tương ứng với các số

$$x_k = 1 + \frac{9}{n}k, \ \ k = 0, 1, \ldots, n-1, \ (1)$$

hình thành một cấp số cộng. Trong nhóm số này, các số $i$ được phân bố gần như đồng đều: số lượng các số $i$ trong số chúng đối với bất kỳ chữ số $i$ nào cũng xấp xỉ bằng tỷ lệ $n/9$ (có thể có lỗi ở đây $\pm 1$, tại sao?).

Bây giờ chúng ta hãy thay đổi tỷ lệ bằng cách nhân mỗi số (1) với một số $a$ và

$$2 \leqslant a < 10. \qquad (2)$$

Chúng ta hãy xem phép nhân này ảnh hưởng như thế nào đến số 1. Đối với họ (chỉ dành cho họ), rõ ràng chúng ta có:

$$10 \leqslant a + a\,\frac{9}{n}\,k < 20.$$

Do đó, các số của các số 1 mới được chứa trong khoảng

$$\frac{10-a}{9a}\,n \leqslant k < \frac{20-a}{9a}\,n,$$

Cơm. 1.

2 «Kvant» № 11

18

và, vì $k$ là một số nguyên nên sẽ có số lượng số 1 xấp xỉ bằng độ dài của nghịch đảo - khoảng $10n/9a$. Nói cách khác, số lượng các số 1 sẽ tăng lên khoảng $10/a > 1$ lần (và ước tính này càng chính xác thì số $n$ càng lớn).

Vì vậy, bằng cách thay đổi thang đo $a$ lần ($2 \leqslant a < 10$), chúng ta sẽ tăng tỷ lệ số 1 trong số các số của tập (1), mặc dù ở thang đo cũ, theo cách xây dựng, số 1 không nổi bật. Điều này chỉ ra rằng giả định về sự phân bố đồng đều của các số $i$ là không tự nhiên.

Thang đo “logarit”

Hình 2 cho thấy hai thang đo. Chúng cùng nhau tạo thành một “bảng logarit”: dưới bất kỳ số nào ở thang đo trên (với các vạch chia không đều), bạn có thể đọc logarit thập phân của số này và ngược lại - bằng cách sử dụng logarit được đánh dấu ở thang đo thấp hơn, có thể dễ dàng tìm thấy chính con số này ở thang đo trên (do đó sẽ hợp lý khi gọi thang đo phản đa cực, nhưng chúng ta sẽ gọi nó là thang đo logarit).

Thang logarit có một thuộc tính cực kỳ quan trọng: các số được hiển thị trên đó rất dễ nhân và chia. Chúng ta hãy nhớ lại tính chất cơ bản của logarit:

$$\lg ab = \lg a + \lg b.$$

Do đó, phép nhân các số $a$ và $b$ có thể thực hiện như sau: lấy các số này

la trên thang logarit, tìm ngay bên dưới chúng $\lg a$ và $\lg b$, sau đó cộng các giá trị tìm được ​​(do tính đồng nhất của thang đo thấp hơn, điều này có nghĩa là di chuyển từ điểm $\lg b$ đến khoảng cách $\lg a$) và cuối cùng, đọc kết quả trên thang logarit (Hình 2). Hướng chuyển dịch được xác định bằng dấu của số $\lg a$: nếu $\lg a > 0$ thì chuyển dịch sang phải, nếu $\lg a < 0$ - sang trái. (Nhân tiện, thiết bị của thước trượt dựa trên nguyên tắc này).

Tuy nhiên, chúng ta hãy quay trở lại với chiếc lược của mình. Chúng ta sẽ giả sử rằng chiếc lược được áp dụng ở thang đo thấp hơn và khoảng cách giữa các răng bằng $1/n$. Răng có số $k$ ở thang dưới tương ứng với số $k/n$ và ở thang logarit (trên) - số

$$y_h = 10^{k/n}, k = 0, 1, \dots, n - 1. \quad (3)$$

Các số (3) tạo thành một cấp số nhân có giá trị $n/10$. Số lượng các số $i$ trong số chúng bây giờ phụ thuộc vào $i$. Nói một cách đại khái, nó bằng tỷ lệ độ dài quãng của thang đo dưới, tương ứng với số $i$ của thang logarit, với độ dài quãng của thang đo dưới, tương ứng với số $i$.

Bây giờ chúng ta hãy nhân tất cả các số (3) với $a$. Để làm điều này, chúng ta chỉ cần dịch chuyển toàn bộ lược một khoảng $\lg a$ (ở đơn vị tỷ lệ thấp hơn). Nếu bất đẳng thức (2) được thỏa mãn cho $a$, thì số 1 thu được sau khi dịch chuyển như vậy sẽ bật

thang logarit trong phạm vi từ 10 đến 20. Nhưng độ dài của khoảng này (tính theo đơn vị của thang đo thấp hơn) bằng phần định trị của số $\lg 20$, nghĩa là nó trùng với độ dài của khoảng từ một đến hai (xem Hình 2). Vì vậy, đến $\pm 1$, số lượng các số 1 sẽ giữ nguyên. Trên thực tế, với sự thay đổi này, số lượng $i$-số cho bất kỳ $i$ nào được giữ nguyên và điều kiện (2) theo giá trị $a$ có thể bị loại bỏ. Hãy tự mình chứng minh điều đó (xem task 2).

Ngay cả tuyên bố ngược lại cũng đúng (mặc dù không dễ để đưa ra công thức và bằng chứng chính xác của nó): bất kỳ phân bố nào của số i được giữ nguyên khi nhân với một số tùy ý $a > 0$ phải gần với phân bố “logarit” được chỉ định bởi chiếc lược.

Hãy sử dụng “phân phối lược” để trả lời câu hỏi chính của bài viết. Hãy nhớ lại bảng của chúng ta (xem trang 16). Cột cuối cùng của nó biểu thị chính xác số lượng các số $i$ trong số những số tạo thành cấp số nhân của các số (3) tại $n - 100$. Chúng tôi thấy rằng các số 1 thực sự chiếm ưu thế trong số chúng và hơn nữa, tất cả dữ liệu từ phân phối này khá phù hợp với dữ liệu thử nghiệm. Quan sát này cho phép chúng tôi giả định rằng sự phân bố của các số i giữa các số tạo thành một cấp số nhân (3) là có thể xảy ra nhất (đó là lý do tại sao chúng tôi gọi cột cuối cùng của bảng là “lý thuyết”).

Tuy nhiên, liệu chúng ta có thể chứng minh giả thuyết rằng trong một bảng tùy ý, phân bố của các số $i$ sẽ tương ứng với phân bố “logarit” không? Tất nhiên là không. Không thể chứng minh điều này một cách tổng quát. Điều này đòi hỏi các giả định bổ sung về bản chất tính ngẫu nhiên của tập hợp các hằng số đang được xem xét. Ở đây chúng ta chỉ lưu ý rằng có các bảng chứa các hằng số được đặt tên (ví dụ: lịch trình tàu hỏa) với sự phân bổ các số $i$ hoàn toàn khác.

Số ưu tiên

Người lập kế hoạch sản xuất phải đối mặt với bài toán: lập kế hoạch sản xuất các biến thể của cùng một sản phẩm khác nhau về kích thước tiêu chuẩn. Ví dụ, cần có đèn điện có công suất từ ​​vài phần watt (để chiếu sáng cân dụng cụ) đến hàng chục kilowatt (đối với đèn hải đăng). Làm thế nào để tạo ra một bộ kích thước tiêu chuẩn để đáp ứng thỏa đáng mọi nhu cầu?

Tất nhiên, tôi muốn số lượng kích thước tiêu chuẩn không quá lớn. Để làm được điều này, các phương án được hoạch định phải tương ứng tốt với sự phân bổ chưa xác định của các nhu cầu có thể có. Chúng ta hầu như không biết gì về sự phân bố này, nhưng thật khó để tin rằng nó có thể phụ thuộc rất nhiều vào đơn vị đo lường được sử dụng.

Ở đây, thật thích hợp để nhớ lại giả thuyết mà chúng tôi đã trình bày ở cuối đoạn trước liên quan đến tính độc quyền của phân bố “logarit” của các số $i$ giữa các số (3).

Hóa ra ở nước ta, các tùy chọn kích thước tiêu chuẩn được cố định bằng một nghị định lập pháp đặc biệt: tiêu chuẩn tiểu bang (GOST). Từ năm 1957, GOST 8032-56 đã có hiệu lực ở Liên Xô, theo đó, trong tất cả các ngành, khi đưa ra kích thước tiêu chuẩn mới, nên tuân thủ một số hệ số rất cụ thể: số ưu tiên.

Những con số này biểu thị giá trị làm tròn của các số thang logarit được xác định bởi “lược”, tức là các số (3), tại $n - 5$, 10, 20, 40! Tập hợp các số ưu tiên tương ứng với một chiếc lược được gọi là hàng và được ký hiệu là $Rn$. Chữ $R$ thường được gắn với tên của kỹ sư người Pháp Ch. Renard, người đã sử dụng những con số đó để chọn độ dày của dây cáp bóng bay vào cuối thế kỷ 19. Đây là cách

2*

19

20

Các cửa hàng điện gia dụng bán đèn có các công suất sau: 15w, 25w, 40w, 60w, 100w, 150w và 200w. Người đọc thấy rằng, ngoại trừ giá trị cuối cùng, đây là dãy R5 được sửa lại một chút.

Nếu chúng ta từ bỏ các yêu cầu quá cao về độ chính xác của phép tính, thì chúng ta có thể cho rằng tích của các số ưu tiên cũng là số ưu tiên (tại sao?).

Do đó, các mặt phẳng (thể tích) của hình chữ nhật (ống song song) sẽ được ưu tiên hơn nếu chỉ kích thước tuyến tính của chúng được biểu thị bằng số ưu tiên. Điều này cũng đúng đối với diện tích hình tròn và thể tích của hình trụ, vì số ưu tiên là 3,15 gần với số lít. Đây là một lập luận khác cho việc sử dụng số ưu tiên khi biên soạn các bộ kích thước tiêu chuẩn.

Bài tập

1. Chữ số nào xuất hiện thường xuyên nhất ở chữ số có nghĩa thứ hai của một số được đặt tên?
2. Chứng minh “định luật bảo toàn” số i với phân bố “logarit” (tr. 18).
3. Chứng minh rằng các đại lượng
   $$\max \left[ \min \left( \frac{x_0}{x} + \frac{x}{x_0}, \frac{x_1}{x} + \frac{x}{x_1}, \dots, \frac{x_n}{x} + \frac{x}{x_n} \right) \right],$$
   trong đó $1 = x_0 \leqslant x_1 \leqslant \dots \leqslant x_{n-1} \leqslant x_n = 10$, nhận giá trị nhỏ nhất có thể khi các số $x_k$ tạo thành cấp số nhân.

21

Về cơ chế chèo thuyền trên băng

V. N. Lange, T. I. Lange

Buer là một bệ gắn trên giày trượt, trên đó gắn cột buồm với cánh buồm.

Các cuộc đua thể thao đầu tiên trên thuyền băng ở Nga diễn ra vào năm 1890 tại St. Petersburg. Kể từ đầu thế kỷ 20, hoạt động chèo thuyền trên băng đã trở nên rất phổ biến, đặc biệt là ở vùng Baltic. Kể từ năm 1947, giải vô địch thuyền băng của Liên Xô đã được tổ chức thường xuyên.

Đua thuyền băng là một cảnh tượng rất đẹp. Các bệ có cánh màu trắng nhẹ lướt nhanh trên các đường chạy bằng kim loại trên bề mặt băng mịn. Tốc độ của tàu băng với sự điều khiển khéo léo đạt tới 100 km/h. Và đây là điều đáng ngạc nhiên: nếu bạn thay đổi tốc độ gió vào thời điểm này, nó có thể ít hơn hai hoặc thậm chí ba lần!

Hóa ra chiếc thuyền băng không có chuyển động của riêng nó đã vượt qua cơn gió! Làm sao? Rốt cuộc, gia tốc xảy ra do lực ép từ không khí lên cánh buồm. Mọi người ơi, tốc độ cao nhất có thể đạt được chính là tốc độ của gió. Nhưng chúng ta không được quên rằng cánh buồm của một con thuyền có thể được điều khiển. Chính “sự thao tác chèo thuyền” mới cho phép người ta đạt được tốc độ “siêu gió”.

Để hiểu cơ chế tăng tốc của tàu băng, hãy xem xét ví dụ sau.

Cho khối ABCD có các mặt AB và AD tạo thành một góc α, có thể trượt dọc theo các đường dẫn thẳng MN và PQ (xem hình). Ma sát giữa khối và các thanh dẫn hướng nhỏ đến mức thời gian ngủ không đáng kể sẽ dẫn đến chuyển động của khối. Giả sử tại điểm O theo hướng chỉ bởi mũi tên trong hình, có một lực không đổi nào đó tác dụng lên khối. Ví dụ, một thanh ép lên mặt AD. Do lực cản không đáng kể nên khối di chuyển ngay cả khi có một va chạm nhẹ và trong thời gian cho đến khi đầu thanh đi qua đường OOO’, khối sẽ di chuyển dọc theo các thanh dẫn một đoạn bằng AA’, chiếm vị trí A’B’C’D’. Không khó để nhận ra điều đó

$$AA' = \frac{OO'}{tg\alpha}.$$

Để đơn giản, chúng ta giả sử rằng chuyển động của thanh và khối là chuyển động đồng đều. Chia hai vế của đẳng thức cho thời gian chuyển động t, ta thu được mối liên hệ giữa vận tốc của vật và thanh:

$$v_{бр} = \frac{v_{с}}{tg\alpha}.$$

Từ đó có thể thấy rằng ở 0 < α < 45° tốc độ của khối sẽ vượt quá tốc độ của thanh, vì tg α < 1.

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại thuyền. Nếu chúng ta giả sử rằng vị trí của thuyền băng nằm dọc theo các đường MN và PQ, cánh buồm của nó được đặt theo hướng AD và gió thổi dọc theo OOO’, thì trên thực tế, đối với sự tương ứng giữa tốc độ của thuyền băng và gió, chúng ta có thể thu được biểu thức tương tự:

$$v_{\sigma} = \frac{v_{в}}{tg\alpha}.$$

Chúng ta chỉ xét trường hợp gió thổi vuông góc với hướng đi của tàu băng; Người đọc được phép tự mình phân tích phần còn lại.

22

Nhìn những tia nắng phản chiếu từ kính hoặc từ mặt nước, có thể bạn chưa bao giờ nghĩ ánh sáng phản chiếu là gì. Thoạt nhìn, có vẻ như tia phản xạ không khác gì tia tới ngoại trừ hướng của nó. Trên thực tế, điều này không phải như vậy. Lý do cho điều này là tính chất ngang của sóng ánh sáng.

Trở lại năm 1808, nhà khoa học người Pháp Etienne-Louis Malus đã phát hiện ra rằng ánh sáng phản xạ từ thủy tinh bị phân cực một phần. Điều này có nghĩa là cường độ sóng tạo nên ánh sáng phản xạ không còn giống nhau theo các hướng khác nhau như với ánh sáng tự nhiên. Hình ảnh hướng xuất hiện. Trong chùm tia phản xạ, cường độ sóng có hướng dao động này là lớn nhất, cường độ sóng có hướng dao động vuông góc với ảnh là nhỏ nhất. Sự phân cực một phần của ánh sáng xảy ra trong quá trình phản xạ gương từ ranh giới của hai chất điện môi bất kỳ.

Ánh sáng bị phân cực như thế nào khi bị phản xạ và mức độ phân cực phụ thuộc vào điều gì? Để hiểu hiện tượng này, chúng ta hãy xem xét kỹ hơn về nó.

Chúng ta hãy nhìn qua kính phân cực một khối ánh sáng phản chiếu từ một tấm kính ở một góc lớn. Bằng cách xoay bản phân cực quanh trục của nó, bạn có thể đảm bảo rằng chùm tia phản xạ bị phân cực một phần với hướng dao động chính vuông góc với mặt phẳng

Cơm. 1.

23

càng nhỏ thì độ lệch của góc tới so với góc Brewster càng lớn.

Hơn nữa, khi mật độ ánh sáng là vuông góc, chỉ 96% ánh sáng tới truyền vào kính bên trong ngăn xếp. Một tấm song song có hai bề mặt, do đó, ngay cả khi chúng ta bỏ qua sự hấp thụ ánh sáng trong tấm kính, nó vẫn truyền không quá 92% lượng ánh sáng tới nó. Nhưng các vật thể và thiết bị quang học hiện đại có thể bao gồm hàng chục bộ phận quang học. Đối với tôi, rõ ràng vai trò quan trọng của công nghệ đối với các câu hỏi liên quan đến nghiên cứu sự phản xạ ánh sáng từ ranh giới của hai chất điện môi.

Bạn có thể tự làm một máy phân cực khá đơn giản. Chiết suất của một ống khói điển hình là khoảng 1,5–1,6. Góc Brewster trong trường hợp này là 56-58. Điều này có nghĩa là bất kỳ mảnh nào của chồng giấy, nghiêng sao cho ánh sáng chiếu vào nó một góc 56 so với bình thường, sẽ đóng vai trò là một bộ phân cực khá tốt và với sự trợ giúp của nó, bạn có thể quan sát tất cả các hiệu ứng liên quan đến sự phân cực của ánh sáng. Các bản phân cực tiện lợi hơn nữa có thể là chất điện môi tối mờ đục, chẳng hạn như kính đen hoặc âm bản được phơi sáng và phát triển. Trong trường hợp này, tôi quan sát thấy không ít ánh sáng truyền qua tấm kính. Tuy nhiên, các thiết kế có thể có của một bộ phân cực phản xạ được thể hiện trong Hình 1. Bộ phân cực bao gồm một thân hình trụ hoặc hình chữ nhật, có thể được dán lại với nhau bằng bìa cứng và phủ bên trong bằng sơn đen. Ở một góc bằng 90° - φ₀ ≈ 30° so với trục của cơ thể, một tấm kính hoặc âm bản đen được cố định. Một lỗ được tạo ra ở bên cạnh cơ thể để quan sát. Một chùm ánh sáng hướng dọc theo trục của vỏ rơi vào thủy tinh hoặc một số chất điện môi khác từ một bề mặt nhẵn ở góc Brewster và được mắt quan sát qua một lỗ trên vỏ. Với một cặp kính phân cực này, bạn có thể tạo ra các kính phân cực và một số thiết kế khác.

Vì ánh sáng phản xạ từ ranh giới của hai chất điện môi bị phân cực bằng các dao động có hướng vuông góc với mặt phẳng tới nên chùm tia khúc xạ cũng phải bị phân cực. Khi rơi ở góc Brewster, sự phân cực của tia khúc xạ đạt cực đại, nhưng còn lâu mới hoàn toàn. Ánh sáng truyền qua mặt phân cách thủy tinh không khí bị phân cực rõ rệt. Nếu ánh sáng truyền vào bên trong một tấm phẳng song song thì hiện tượng khúc xạ lại xảy ra trên bề mặt thứ hai ở cùng góc Brewster, và độ phân cực của ánh sáng truyền qua tấm còn tăng hơn nữa. Nếu bạn xếp chồng nhiều tấm liên tiếp (nhiều tấm gấp lại được gọi là chồng), thì độ phân cực của ánh sáng truyền qua sẽ tăng nhanh khi số lượng tấm trong chồng tăng lên. Sau khi đi qua 8-10 tấm, cả ánh sáng truyền qua và phản xạ gần như sẽ bị phân cực hoàn toàn. Cường độ của tia phản xạ và tia truyền trong trường hợp này bằng nhau và bằng một nửa cường độ của ánh sáng tới (tất nhiên nếu sự hấp thụ trong thủy tinh có thể bỏ qua). Khung của một bộ phân cực như vậy cũng có thể được dán lại với nhau từ bìa cứng, bây giờ chỉ cần thực hiện quan sát dọc theo trục của cơ thể, dưới ánh sáng. Nhiều vật liệu có tính đẳng hướng, ví dụ như thủy tinh, tất cả các loại giấy bóng kính, có thể có tính dị hướng đáng chú ý dưới tác động của tải trọng cơ học bên ngoài hoặc dưới tác động của ứng suất bên trong gặp phải trong quá trình sản xuất. Nếu những vật liệu như vậy được đặt giữa các bản phân cực chéo và được quan sát dưới ánh sáng truyền qua, chúng có thể được nhìn thấy dưới dạng

24

Cơm. 2.

những vùng có sọc hoặc đốm màu không đều. Thật thuận tiện khi sử dụng một chân làm bằng tấm thủy tinh làm bản phân cực phản chiếu.

Sự xuất hiện của màu sắc là do ánh sáng phân cực tới mẫu dị hướng từ bản phân cực thứ nhất phân rã trong mẫu thành hai chùm tia có vận tốc truyền khác nhau và hướng phân cực vuông góc lẫn nhau. Khi thoát khỏi mẫu thử, hai chùm tia này được thêm vào. Vì vận tốc của các tia này trong mẫu là khác nhau nên các tia có độ lệch pha, độ lớn của nó phụ thuộc vào tính dị hướng của mẫu và bước sóng của ánh sáng tới. Vì vậy, khi thêm vào, các tia sáng sẽ cho ra một màu sắc giao diện.

Khi quan sát các vật thể khác nhau giữa các bản phân cực, bạn sẽ dễ dàng tìm thấy các sản phẩm có vùng dị hướng quang học. Hãy nhìn xem đáy cốc cà phê melange trông đẹp như thế nào giữa các bản phân cực (Hình 2). Giấy bóng kính thông thường, màng polythene và mica có màu tương tự như màu của màng xà phòng hoặc vết dầu trên nước. Từ những mảnh vật liệu như vậy, bạn có thể tạo ra một vật trang trí khảm hoặc một bức tranh nhỏ và có thể chọn màu mong muốn bằng cách xoay từng mảnh riêng lẻ quanh một trục hoặc bằng cách đặt chúng lên nhau. Bằng cách này, hình ảnh trong Hình 3 được làm từ giấy bóng kính. Giấy bóng kính được lấy từ các túi đóng gói thông thường dùng đựng kẹo được bán trong các cửa hàng. Việc tạo ra những bức ảnh từ phim polystelene khó khăn hơn một chút. Để màu sắc của phim đủ sáng và phong phú, trước tiên phim phải được kéo giãn thật nhiều.

Sự phân cực của ánh sáng tán xạ cũng có thể được quan sát thấy.

Lấy bất kỳ bình nào có thành trong suốt với hình dạng bất kỳ: ly hình trụ, bình hình cầu hoặc bình có thành phẳng, bình thủy tinh nửa lít hoặc lít. Bạn cũng có thể lấy một chai làm bằng thủy tinh không sơn. Đổ đầy Goda vào bình, sau đó thêm một vài giọt mực hoặc mực vào đó và khuấy đều. Chiếu sáng bình bằng một số nguồn tạo ra chùm ánh sáng định hướng, ví dụ, đèn pin điện tử hoặc máy chiếu trên cao. Các hạt nhỏ lơ lửng trong nước sẽ tán xạ ánh sáng rõ rệt. Tàu là tốt nhất

Cơm. 3.

đặt nó càng gần nguồn sáng càng tốt để đường kính chùm tia là tối thiểu. Để tránh ánh sáng chói từ thành bình gây cản trở quan sát, tốt nhất nên dán màng giấy lên đèn pin hoặc máy chiếu sao cho kích thước ngang của chùm sáng nhỏ hơn vài lần đường kính của bình.

Nếu nhìn vuông góc với hướng truyền ánh sáng, bạn sẽ thấy vết của chùm tia trong bóng đèn. Đây là ánh sáng bị phân tán bởi các hạt. Quan sát nó qua một bản phân cực, người ta có thể thấy rằng nó được phân cực phẳng, vì khi bản phân cực quay, vết của chùm sáng trong bóng đèn bị tắt hai lần trong mỗi vòng quay của bản phân cực. Điều tương tự cũng được bộc lộ nếu bạn nhìn con tàu theo chiều dọc từ trên xuống dưới.

Hiệu ứng tương tự có thể được quan sát thấy khi ánh sáng mặt trời bị phân tán trong khí quyển.

Đặc tính phân cực của lợn nái khi phản xạ từ chất điện môi được sử dụng rộng rãi trong công nghệ; bạn có thể tự mình quan sát một số đặc điểm của hiện tượng này. Sử dụng kính phân cực, bạn có thể loại bỏ hoặc giảm ánh sáng phản chiếu từ thủy tinh, men, nhựa, nhựa đường, chất lỏng và các bề mặt phi kim loại khác. Ví dụ, khi chụp ảnh, bạn có thể làm yếu hoặc loại bỏ hoàn toàn ánh sáng chói khỏi tròng kính gây cản trở mắt; sự phản chiếu của bầu trời qua kính cửa sổ của các tòa nhà hoặc trên mặt nước; ánh sáng chói khiến khó nhìn thấy tranh kính hoặc đồ vật trong tủ trưng bày, v.v.

Những hiệu ứng rất thú vị có thể đạt được bằng cách quan sát và chụp ảnh bề mặt của các vùng nước. Khi ánh sáng chiếu xiên trên mặt nước, một phần của nó sẽ bị phản xạ đặc biệt và làm mù mắt, làm lộ phim ảnh và cản trở việc quan sát các vật thể dưới nước. Tuy nhiên, nếu bạn sử dụng bộ phân cực được định hướng thích hợp (bạn có thể đạt được mức độ giảm chói mong muốn chỉ bằng cách xoay trường)

rizer quanh trục của nó), hầu hết ánh sáng phản chiếu sẽ bị hấp thụ và tỷ lệ độ sáng của vật thể sẽ được cải thiện nhiều. Vì vậy, kính phân cực rất cần thiết cho phi công khi quan sát tàu ngầm từ máy bay.

Lá cây và cỏ phân cực một phần ánh sáng tới. Cường độ bức xạ từ mặt trời và bầu trời được phản chiếu bởi những chiếc lá là lớn nhất khi những chiếc lá nghiêng theo cách mà ánh sáng phản xạ đặc biệt hướng về phía người quan sát. Thông qua kính râm phân cực trung tính (xám), màu sắc của lá, cỏ và hoa sẽ dịu hơn và bão hòa hơn so với khi không có kính phân cực.

Cửa sổ Polaroid được sử dụng trong tháp điều khiển sân bay để cải thiện tầm nhìn khi máy bay hạ cánh và cất cánh. Các bản phân cực cũng được sử dụng trên dây chuyền lắp ráp và trong quá trình kiểm tra chất lượng sản phẩm để cải thiện khả năng nhận biết các lỗi nhỏ. Đặc tính phân cực của ánh sáng phản xạ thậm chí còn được sử dụng trong ngành đánh bắt cá để bảo vệ mắt khỏi ánh sáng chói của vảy cá khi phân loại cá trong nghề cá.

Trong thực tế, chúng ta thường gặp phải ánh sáng không tự nhiên mà bị phân cực một phần. Bằng cách chế tạo kính phân cực, bạn có thể dễ dàng nhận thấy điều này.

25

26

Một bài toán về vị trí của các điểm

G. A. Tonoyan

Giả sử có $n$ điểm trên mặt phẳng, không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng (chúng ta sẽ chỉ xét những tập hợp điểm như vậy). Rõ ràng là nếu $n \geq 3$, thì chúng ta có thể tìm thấy đa giác lồi *) đơn giản nhất - một hình tam giác - có các đỉnh tại ba trong số các điểm này.

Có phải luôn luôn có thể tìm được một tứ giác lồi có các đỉnh tại các điểm này cho $n > 3$? Nếu $n = 4$ và các điểm là các đỉnh của một tứ giác không lồi, thì điều này sẽ xảy ra. Nếu $n \geq 5$, thì với mọi cách sắp xếp điểm đều có thể tìm được một tứ giác lồi. Thật vậy, nếu bao lồi của tập **) của chúng ta là một $k$-giác, trong đó $k > 3$, thì mọi thứ đều ổn - bốn đỉnh bất kỳ của $k$-giác này đều là các đỉnh của tứ giác cần thiết. Gọi $k = 3$ là bao lồi của tam giác $ABC$. thì có ít nhất hai điểm - $D$ và $E$ - nằm bên trong tam giác này (xem Hình 1). Prima $DE$ không đi qua các đỉnh của tam giác $ABC$. Vì vậy hai trong số

*) Nhớ lại rằng một đa giác được gọi là lồi nếu cùng với hai điểm, nó chứa một đoạn nối chúng.
**) Bao lồi của một tập hợp các điểm trên mặt phẳng là đa giác lồi tối thiểu chứa chúng. Vì giao điểm của hai đa giác lồi là đa giác lồi nên định nghĩa này đúng.

Cơm. 1.

27

Cơm. 2.
quỹ tích của tập hợp $N \setminus K$ - tập hợp thu được bằng cách loại bỏ khỏi $N$ tập con $K$ của nó và qua $M$ - tập hợp $(N \setminus K) \setminus L$.

Chúng ta hãy xem xét các khả năng sau: 1) tập $M$ trống; 2) tập $M$ bao gồm một điểm duy nhất; 3) tập $M$ chứa ít nhất hai điểm.

1. Bộ $M$ trống. Khi đó $N$ chỉ chứa các đỉnh của đa giác $K$ và $L$, tức là có nhiều nhất 8 điểm (vì mỗi đa giác $K$ và $L$ là một hình tam giác hoặc tứ giác).

2. Tập $M$ chứa một điểm duy nhất; hãy biểu thị nó bằng $P$. Nếu $L$ là một tứ giác thì bằng cách vẽ một trong các đường chéo của nó, chúng ta chia nó thành hai hình tam giác; điểm $P$ nằm bên trong một trong số chúng (Hình 3). Chúng ta hãy biểu thị các đỉnh của tam giác này bằng các chữ cái $A, B, C$. Nếu $L$ là một hình tam giác thì chúng ta biểu thị

Cơm. 3.

các đỉnh của nó đi qua $A, B, C$; điểm $P$ nằm bên trong tam giác này.

Trong mọi trường hợp, trong số các đỉnh của đa giác $L$ cũng sẽ tìm thấy ba đỉnh $A, B, C$, sao cho $P$ là điểm trong của tam giác $ABC$.

Chúng ta hãy vẽ các tia $PA, PB, PC$ từ điểm $P$. Họ chia mặt phẳng thành ba góc $APB, BPC, CPA$. Dễ dàng nhận thấy mỗi góc này chứa nhiều nhất một đỉnh của đa giác $K$. Trên thực tế, chẳng hạn, giả sử góc $APB$ chứa hai đỉnh của đa giác $K$, và do đó chứa một số cạnh $RQ$ của đa giác $K$. Khi đó các điểm $A, P, B, Q, R$ là các đỉnh của một hình ngũ giác lồi (Hình 4), điều này là không thể. Do đó $K$ có nhiều nhất ba đỉnh (một đỉnh ở mỗi góc được xem xét). Vì $L$ có tối đa bốn đỉnh và $M$ được giả sử bao gồm một điểm duy nhất $P$, nên tập hợp $N$ chứa tối đa tám điểm.

3. Tập $M$ chứa ít nhất hai điểm. Chúng ta hãy biểu thị bằng $E$ và $F$ hai điểm bất kỳ của tập hợp $M$.

Trước tiên chúng ta giả sử rằng $L$ là một tứ giác. Giả sử rằng $EF$ không đi qua các đỉnh của đa giác $L$ và cắt hai cạnh của nó. Nếu $EF$ cắt hai cạnh liền kề của tứ giác $L$ (Hình 5), thì ba đỉnh $B, C, D$ còn lại của tứ giác $L$, cùng với $E$ và $F$, là các đỉnh của một hình ngũ giác lồi. Do đó, $EF$ cắt nhau

28

thể hiện hai cạnh đối diện của tứ giác $L$.

Ví dụ: để tia $EF$ giao nhau với cạnh $AB$ và tia $FE$ giao nhau với cạnh $CD$ (Hình 6). Hãy vẽ các tia $FA$, $FB$, $EC$ và $ED$. Cùng với đoạn $EF$ họ chia mặt phẳng thành 4 phần. Nếu bên trong góc $AFB$ (là một trong bốn phần này) có hai đỉnh của đa giác $K$, và do đó cũng có cạnh kia $TR$ của đa giác $K$, thì các điểm $A$, $F$, $B$, $T$, $R$ là các đỉnh của một hình ngũ giác lồi (Hình 7). Do đó, bên trong góc $AFB$ có nhiều nhất một đỉnh của đa giác $K$. Tương tự, bên trong góc $CED$ có nhiều nhất một đỉnh của đa giác $K$. Đối với hai phần còn lại, các đỉnh của đa giác $K$ không thể nằm trong đó (nếu không, cùng với các điểm $A$, $F$, $E$, $D$ hoặc $B$, $F$, $E$, $C$, chúng sẽ được hình thành bởi một hình ngũ giác lồi, Hình 6).

Cơm. 5.

Cơm. 6.

Cơm. 7.

hóa ra $K$ có không quá hai đỉnh (mỗi đỉnh nằm trong các góc $AFB$, $CED$), điều này là không thể, vì $K$ là một hình tam giác hoặc một hình tứ giác.

Cuối cùng, giả sử rằng $L$ là một hình tam giác. Hãy sử dụng $EF$ để tách một đỉnh của tam giác này.

Ví dụ: để tia $EF$ giao nhau với cạnh $AB$ và tia $FE$ giao nhau với cạnh $AC$ (Hình 7). Lý luận, như trước đây, chúng ta thấy rằng các góc $AEC$ và $AFB$ chứa không quá một đỉnh của đa giác $K$ và phần mặt phẳng giới hạn bởi các tia $EC$, $FB$ và đoạn $EF$ không chứa bất kỳ đỉnh nào của đa giác $K$.

Vì vậy, giả sử $M$ chứa ít nhất hai điểm dẫn đến mâu thuẫn. Nếu $M$ trống hoặc chứa một điểm thì $N$ có ​​nhiều nhất tất cả các điểm. Điều này hoàn thành việc chứng minh.

Bài tập

1. Chứng minh rằng nếu tất cả các tứ giác có đỉnh tại một số điểm $n$ đều lồi thì $n$ các điểm này là các đỉnh của một $n$-giác lồi.
2. Trên máy bay cho $n$ điểm. Chứng minh rằng có ít nhất $\frac{C_n^3}{n-4}$ tứ giác lồi có đỉnh tại các điểm này.
3. Có vô số điểm trên một mặt phẳng cho trước. Chứng minh rằng với mọi $k$ đều tồn tại một $k$-giác lồi có các đỉnh tại các điểm này.
   (Chúng tôi xin nhắc bạn rằng chỉ những đa giác trong đó không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng mới được xem xét.)

29

Câu đố về cờ đam của Sam Loyd

Ông già Rube Perkins, người đã bốn mươi năm không mất danh hiệu vô địch cờ đam cấp quận, từng mất bình tĩnh khi còn là một thần đồng học lớp bốn. đã giáng cho anh ta một thất bại quyết định. Khi thần đồng thắng ba quân cờ một trước Perkins ở ván thứ hai, nhà vô địch hoàn toàn mất bình tĩnh và sau khi chơi ván đầu tiên như trong hình, ông đã thề sẽ không bao giờ ngồi vào bàn cờ nữa.

Hãy thử nó. đan lại bàn cờ từ quân thứ tám có được. Để làm điều này, không cần phải cắt các mảnh ra khỏi bản vẽ. Sao chép chúng hoặc chuyển chúng sang giấy can.

30

Bài toán

M351—M355; F363—F367

M351. Dựng lại tam giác nếu ba điểm lệch nhau trên mặt phẳng: O là tâm của đường tròn ngoại tiếp, P là trọng tâm và H là đáy của một trong các đường cao của tam giác này.

M. M. Imershivili (học sinh lớp 9, Tbilisi)

M352 *. Đặt $n$ là một số nguyên mà
$$n < \left(45 + \sqrt{1975}\right)^{30} < n + 1.$$
Chứng minh rằng $n$ là số lẻ.

D. K. Faddeev

M353 *. Cho $ABCD$ là một tam giác tùy ý. Chứng minh rằng:
a) tổng các góc nhị diện của một tam giác có các cạnh $AB$, $BC$, $CD$ và $DA$ nhỏ hơn 2π;
b) tổng các góc nhị diện của một tam giác lớn hơn 2π nhưng nhỏ hơn 3π;
b) tổng cosin của tất cả các góc nhị diện của một tam giác là dương và không vượt quá 2, và tổng này bằng 2 khi và chỉ khi tất cả các mặt của tam giác đó;
d) nếu $|AB| + |CD| = |BC| + |DA|$ thì tổng các góc nhị diện có cạnh $AB$ và $CD$ bằng tổng các góc nhị diện có cạnh $BC$ và $AD$.

N. F. Sharynn

M354. Có thể sắp xếp các số 1, 2, 3, …, $4n + 2$ tại các đỉnh và trung điểm của một cạnh của $(2n + 1)$-giác đều sao cho tổng của ba số ở hai đầu và trung điểm mỗi cạnh bằng nhau không?

Hãy xem trường hợp $n = 3$, $n = 8$ làm ví dụ.

S. T. Berkolaiko

M355. $N$ các chàng trai ném $N$ quả bóng. Khi bắt đầu trò chơi, mỗi người ném quả bóng của mình vào một trong các hàng hóa của mình và tự mình bắt quả bóng kem được ném (anh ta có thể ném và thử quả bóng của chính mình) để mọi người lại có một quả bóng. Sau đó, các chàng trai lại ném quả bóng cho chính những người mà họ đã ném nó lần đầu tiên, v.v. Trò chơi dừng lại khi tất cả các quả bóng đã được xác minh

31

vội vàng đến gặp chủ nhân của chúng (rằng các âm trầm không bị lẫn lộn, chúng ta sẽ coi chúng có nhiều màu).
Chứng minh rằng
a) bóng sẽ trả lại cho mỗi người tham gia lần đầu tiên sau không quá $N$ lần ném;
b) trò chơi chắc chắn sẽ kết thúc;
b)) đối với 5, 10 và 15 người tham gia, trận đấu có thể kết thúc nhiều nhất trong một trận đấu có 6, 30 và 105 lần ném (và khả năng chơi tối đa đối với $N = 7$, $N = 8$, $N = 20$?);
d)) thời lượng của trò chơi luôn là ước số của số $N!=1\cdot 2\cdots N$;
d)*) thời lượng của trò chơi không được vượt quá $3N/3$.

E. G. Belaea

F363. Các sợi chỉ được quấn quanh hình trụ như hình 1. Hai đầu bên phải được kéo với tốc độ $v_1$, còn hai đầu bên trái được kéo với tốc độ $v_2$. Hình trụ quay quanh trục của nó với vận tốc góc bằng bao nhiêu? Bán kính của hình trụ là $R$.

F364. Hệ số ma sát $k$ của cao su trên mặt ngoài của hình nón có góc đỉnh $2\alpha$ phải là bao nhiêu để xe máy LIST có thể di chuyển dọc theo bề mặt hình nón dọc theo một đường tròn nằm ngang có bán kính $R$ với tốc độ $v$ (Hình 2)?

F365. Tìm điện dung của hệ tụ điện nối như hình 3.

V. E. Belonuchkin

F366. Bình cầu có dung tích $V = 1\lambda$ được bơm ra ngoài và đóng lại. Một lớp không khí đơn phân tử vẫn còn trên thành bình. Ước tính áp suất sẽ có trong một bình được làm nóng đến 300 $C$, nếu biết rằng ở nhiệt độ này, thành bình không chịu tải hoàn toàn.

A. V. Mitrofaon

F367. Tạo ảnh của một hình vuông cho bởi thấu kính hội tụ (xem Hình 4). Điểm giữa của cạnh hình vuông nằm trên trục quang chính của thấu kính nằm cách thấu kính một khoảng bằng tiêu cự.

32

Lời giải bài toán

M314, M316, M317; F322—F327, F329

M314. Trong số tất cả các số có 9 chữ số có ký hiệu thập phân chứa chữ số 0, hãy tìm số có hiệu giữa chính số đó và tích các chữ số của nó là a) nhỏ nhất;
b) lớn nhất;
đáp số đối với số có n chữ số đối với n bất kỳ sẽ là bao nhiêu?

Chúng ta sẽ giải ngay bài toán cho số có n chữ số.
Hãy bắt đầu với bài toán a). Gọi số cần tìm - ký hiệu là A - được viết bằng số $a_1, \dots, a_n$: $A = \overline{a_1, \dots, a_n}$. Sau đó
$$A = a_1 \cdot 10^n - 1 + a_2 \cdot 10^n - 2 + \dots + a_{n-1} \cdot 10 + a_n.$$
Chúng ta hãy biểu thị sự khác biệt giữa số A và tích các chữ số của nó bằng B:
$$B = a_1 \cdot 10^n - 1 + \dots + a_{n-1} \cdot 10 + a_n - a_1 \cdot a_2 \dots a_n.$$
Hãy chứng minh rằng nếu B là chênh lệch nhỏ nhất thì số A không thể có đồng thời hai chữ số khác ngoài một hoặc chín.
Trên thực tế, giả sử có hai số như vậy: $a_k$ và $a_l$. Sau đó, bằng cách tăng và giảm chữ số $a_k$ đi một, chúng ta có thể tạo các số có n chữ số mới (không có số 0 trong số các chữ số):
$$A_1 = a_1 \cdot 10^n - 1 + \dots + (a_k + 1) \cdot 10^n - k + \dots + a_{n-1} \cdot 10 + a_n;$$
$$A_2 = a_1 \cdot 10^n - 1 + \dots + (a_k - 1) \cdot 10^n - k + \dots + a_{n-1} \cdot 10 + a_n.$$
Chúng ta hãy viết ra sự khác biệt $B_1$ và $B_2$ giữa các số $A_1, A_2$ và tích các chữ số của chúng:
$$B_1 = A_1 - a_1 \cdot \dots \cdot (a_k + 1) \cdot \dots \cdot a_{n-1} \cdot a_n = (A - a_1 \cdot \dots \cdot a_n) + 10^n - k - a_1 \cdot \dots \cdot a_{k-1} \cdot a_{k+1} \cdot \dots \cdot a_n = B + (10^n - k - a_1 \cdot \dots \cdot a_{k-1} \cdot a_{k+1} \cdot \dots \cdot a_n);$$
$$B_2 = A_2 - a_1 \cdot \dots \cdot (a_k - 1) \cdot \dots \cdot a_{n-1} \cdot a_n = B + (-10^n - k + a_1 \cdot \dots \cdot a_{k-1} \cdot a_{k+1} \cdot \dots \cdot a_n).$$
Theo giả định, B là chênh lệch nhỏ nhất; do đó, các bất đẳng thức $B \leqslant B_1$ và $B \leqslant B_2$ phải được thỏa mãn đồng thời:
$$\begin{cases} 10^n - k - a_1 \cdot \dots \cdot a_{k-1} \cdot a_{k+1} \cdot \dots \cdot a_n \geqslant 0, \\ -10^n - k + a_1 \cdot \dots \cdot a_{k-1} \cdot a_{k+1} \cdot \dots \cdot a_n \geqslant 0. \end{cases}$$
Ở đâu
$$a_1 \cdot \dots \cdot a_{k-1} \cdot a_{k+1} \cdot \dots \cdot a_n = 10^n - k.$$

Theo cách tương tự chúng ta có được điều đó
$$a_1 \cdot \dots \cdot a_{l-1} \cdot a_{l+1} \cdot \dots \cdot a_n = 10^n - l.$$

Chia (1) cho (2), ta được:
$$\frac{a_l}{a_h} = 10^{l-k} \quad (l \neq k),$$

nhưng điều này không thể xảy ra vì $a_l$ và $a_k$ là các số tự nhiên nhỏ hơn 10.

Điều này có nghĩa là số mong muốn không thể có hai chữ số khác ngoài 1 và 9 cùng một lúc.

Giả sử số bạn đang tìm có một chữ số khác 1 và 9—hãy đặt nó là chữ số $a_{n-p}$. Khi đó, như trên, chúng ta có
$$10^p = a_1 \cdot \dots \cdot a_{n-p-1} \cdot a_{n-p+1} \cdot \dots \cdot a_n,$$

33

trong đó các số $a_1, \dots, a_{n-p-1}, a_{n-p+1}, \dots, a_n$ bằng 1 hoặc 9. Nhưng với $p \geqslant 1$ sự đẳng thức như vậy không thể tồn tại: bên trái của nó chia hết cho 10 và bên phải của nó không chia hết.

Nếu $p = 0$ thì tất cả các chữ số $a_1, \dots, a_{n-1}$ phải là số một và chữ số $a_n$ có ​​thể là bất kỳ chữ số nào. Bản thân số đó có dạng $\underbrace{1 \dots 1}_{n-1} a_n$. Lưu ý rằng sự khác biệt giữa một số thuộc loại này và tích của chữ số của nó được xây dựng và không phụ thuộc vào chữ số cuối cùng $a_n$:

$$\underbrace{1 \dots 1}_{n-1} a_n - 1 \dots 1 \cdot a_n = \underbrace{1 \dots 1}_{n-1} 0.$$

Dưới đây chúng tôi sẽ chỉ ra rằng chính sự khác biệt này là nhỏ nhất (nghĩa là số $\underbrace{1 \dots 1}_{n-1} a_n$ là số bắt buộc).

Vì vậy, nếu số độc quyền có chữ số khác 1 và 9 thì nó phải có dạng $\underbrace{1 \dots 1}_{n-1} a_n$.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng tất cả các chữ số của số độc quyền là số một hoặc số chín. Giả sử số này bao gồm $k$ số chín và $n-k$ số đơn vị. Khi đó tích của chữ số của nó bằng $9^k$ - số được xây dựng và để hiệu giữa số và tích của chữ số của nó là nhỏ nhất thì chính số đó (bao gồm $k$ số chín và $n-k$ số đơn vị) phải nhỏ nhất.

Rõ ràng rằng số như vậy sẽ là số $\underbrace{1 \dots 1}_{n-k} \underbrace{9 \dots 9}_{k},$ trong đó tất cả các số đều có chữ số cao nhất.

Hãy tạo nên sự khác biệt

$$B' = \underbrace{1 \dots 1}_{n-k} \underbrace{9 \dots 9}_{k} - 9^k.$$

Bây giờ lấy số có thêm một đơn vị: $\underbrace{1 \dots 1}_{n-k+1} \underbrace{9 \dots 9}_{k-1}$. Đối với nó, sự khác biệt tương ứng là bằng

$$B'' = \underbrace{1 \dots 1}_{n-k+1} \underbrace{9 \dots 9}_{k-1} - 9^k - \underbrace{1 \dots 1}_{n-k+1} \underbrace{9 \dots 9}_{k-1} + 9^k-1 = 8(10^k-1-9^k-1) \geqslant 0$$

(Bình đẳng là đủ cho $k=1$); nghĩa là, $B' \geqslant B''$.

Điều này có nghĩa là bằng cách thay thế chín số đầu tiên bên trái bằng một số mỗi lần, chúng ta sẽ giảm được sự khác biệt giữa số kết quả và tích các chữ số của nó. Do đó, số chỉ bao gồm số một và số chín, có chênh lệch được chỉ định là tối thiểu, là số $\underbrace{1 \dots 1}_{n-1}$.

Theo những gì đã nói ở trên, sự khác biệt không phụ thuộc vào chữ số nào ở vị trí cuối cùng của một số, tất cả các chữ số khác của số đó đều bằng một; nghĩa là bất kỳ số nào cũng có thể ở vị trí cuối cùng.

Vì vậy, đáp số trong bài toán a) là: ngoại lệ các số có $n$ chữ số là $\underbrace{1 \dots 1}_{n-1} a_n$, trong đó $a_n$ là bất kỳ chữ số nào.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang bài toán b).

Lập luận như trước, chúng ta thấy rằng nếu một số có tính chất thì hiệu giữa nó và tích

34

Bằng cách chia các chữ số của nó - nhiều nhất, thì tất cả các chữ số của nó là số một hoặc số chín.

Giả sử có một số gồm $k$ số chín và $n - k$ số đơn vị. Tích các chữ số của một số như vậy bằng $9^k$, do đó, để hiệu lớn nhất thì bản thân số đó phải là trung bình cộng lớn nhất của tất cả các số gồm $k$ số chín và $n - k$ số đơn vị.

Rõ ràng số đó là số $\underbrace{9 \dots 9}_{k} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k}$.

Chúng ta hãy biểu thị sự khác biệt giữa nó và tích các chữ số của nó bằng $A'$:

$$A' = \underbrace{9 \dots 9}_{k} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k} - 9^k.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem $k$ phải như thế nào để chênh lệch $A'$ giữa số $\underbrace{9 \dots 9}_{k} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k}$ và tích các chữ số của nó là lớn nhất.

Hãy tăng $k$ lên một: lấy số $\underbrace{9 \dots 9}_{k + 1} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k - 1}$.

Để có được số sự khác biệt là

$$A'' = \underbrace{9 \dots 9}_{k + 1} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k - 1} - 9^{k + 1}.$$

Hãy giảm $k$ đi một: chúng ta nhận được

$$A''' = \underbrace{9 \dots 9}_{k + 1} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k + 1} - 9^{k + 1}.$$

Imsem:

$$A' - A'' = \underbrace{9 \dots 9}_{k} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k} - 9^k - \underbrace{9 \dots 9}_{k + 1} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k - 1} + 9^{k + 1}$$

$$- 8 \cdot 10^{n - k - 1} + 9^k (9 - 1) = 8 \left( -10^{n - k - 1} + 9^k \right) \geq 0,$$

(3)

vì $A'$ theo giả định là chênh lệch lớn nhất.

Tương tự như vậy

$$A' - A''' = \underbrace{9 \dots 9}_{k} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k} - 9^k - \underbrace{9 \dots 9}_{k + 1} \underbrace{1 \dots 1}_{n - k - 1} + 9^{k + 1}$$

$$= 8 \cdot 10^{n - k} - 9^{k + 1} (9 - 1) = 8 \left( 10^{n - k} - 9^{k + 1} \right) \geq 0.$$

(4)

Từ (3) và (4) ta thu được hệ bất đẳng thức:

$$\begin{cases} 9^k \geq 10^{n - k - 1}, \\ 10^{n - k} \geq 9^{k + 1}, \end{cases}$$

từ đó

$$\begin{cases} k \geq \frac{n - 1}{\lg 9 + 1}, \\ k \leq \frac{n + \lg 9}{\lg 9 + 1}, \end{cases}$$

đó là

$$\frac{n - 1}{\lg 9 + 1} \leq k \leq \frac{n - 1}{\lg 9 + 1} + 1.$$

(5)

35

Vì $k$ là một số nguyên nên nó suy ra từ (5) rằng

$$k = \left[ \frac{n-1}{\lg 9 + 1} + 1 \right],$$

trong đó $[x]$ là phần nguyên của số $x$.

Vậy trong bài toán 6) số cần tìm có dạng

$$\underbrace{9 \dots 9}_{k} \underbrace{1 \dots 1}_{n-k},$$

ở đâu $k = \left[ \frac{n-1}{\lg 9 + 1} + 1 \right].$

I. N. Klumova, A. G. Leiderman

a) Tính tổng bình phương $2n+1$ của các số tự nhiên liên tiếp. Biểu thị số nhỏ nhất trong số chúng bằng $x-n$, chúng ta nhận được:

$$S_{2n+1} = (x-n)^2 + (x-n+1)^2 + \dots + x^2 + (x+1)^2 + \dots + (x+n)^2 = (2n+1)x^2 + 2(1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2) = (2n+1)x^2 + \frac{1}{3}n(n+1)(2n+1).$$

Cụ thể là $S_3 = 3x^2 + 2$, $S_5 = 5x^2 + 10$, $S_7 = 7x^2 + 28$, $S_9 = 9x^2 + 60$, $S_{11} = 11x^2 + 110$. Tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp không thể là một số chính phương, vì bình phương của bất kỳ số nguyên nào đều chia hết cho 3 hoặc dư 1 khi chia cho 3, và số $S_3 = 3x^2 + 2$ chia cho 3 dư 2.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng không có số nào trong số $S_5$, $S_7$ và $S_9$ là số chính phương hoàn hảo cho mọi số nguyên $x$. Để làm điều này, chúng ta sẽ sử dụng tính chất hiển nhiên rút ra từ phép phân tích nhân tử duy nhất thành thừa số nguyên tố: nếu một hình vuông chia hết cho số nguyên tố $p$ thì nó phải chia hết cho $p^2$. Cần lưu ý rằng $x^2 + 2$ không chia hết cho 5, $x^2 + 4$ không chia hết cho 7 và $3x^2 + 20$ không chia hết cho 3.

6. Đây là các số 18, 19, …, 27, 28. Trên thực tế, số $S_{11} = 11(x^2 + 10)$ phải chia hết cho $11^2$, do đó, số $x^2 - 1 = (x^2 + 10) - 11$ phải chia hết cho 11. Nhưng vì $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ nên $x - 1 = 11l$ hoặc $x + 1 = 11k$. Với $l = 2$ chúng ta nhận được $x = 23$, $S_{11} = 77^2$, vì vậy

$$x - n = 23 - 5 = 18$$

Và

$$18^2 + 19^2 + 20^2 + \dots + 28^2 = 77^2.$$

E. G. Gotman

Đầu tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp tất cả vàng đều tập trung ở một quốc gia “giàu”. Sau đó, nếu sau khi phân phối lại ở quốc gia này mà vẫn còn trữ lượng vàng $M$ thì không ít hơn $M/13$ vàng phải được phân phối cho các quốc gia có chung biên giới với họ, không ít hơn $M/169$ vàng phải được phân phối cho các quốc gia có chung biên giới với họ, v.v.

Hãy để chúng tôi giới thiệu khái niệm xem xét $\rho(A, B)$ giữa hai quốc gia $A, B$. Chúng tôi sẽ giả định rằng $\rho(A, B) = k$, nếu từ quốc gia $A$ một người có thể đi đến quốc gia $B$, vượt qua biên giới $k$ lần, nhưng điều đó là không thể, vượt qua chúng ít lần hơn. Bây giờ đã nói

*)Lời giải bài toán M315 đã được đăng trong số trước.

36

Đất nước này đã mất không quá một nửa số vàng.

Một quốc gia $k > 0$ từ một quốc gia giàu phải giáp với ít nhất một quốc gia $k-1$ từ một quốc gia giàu và do đó không thể giáp ranh với hơn sáu quốc gia $k+1$ từ một quốc gia giàu. Điều này có nghĩa là số quốc gia nằm ở khoảng cách $k+1$ với một quốc gia “giàu” vượt quá số quốc gia nằm ở khoảng cách $k$ không quá 6 lần. Các quốc gia nằm cách quốc gia “giàu” 1 không quá 7. Từ trên suy ra rằng số quốc gia nằm cách quốc gia “giàu” $k$ không vượt quá con số $7 \cdot 6^{k-1}$. Sau khi phân phối cho mỗi quốc gia nằm ở khoảng cách $k$ không quá $7 \cdot 6^{k-1}$ vàng (hãy nhớ rằng quốc gia “giàu” sau khi phân phối “đã nhận được” lượng vàng dự trữ là $M$), chúng tôi sẽ không tiêu nhiều vàng hơn

$$M + 7 \cdot \frac{M}{13} + 7 \cdot 6 \cdot \frac{M}{13^2} + \dots = M + \frac{7}{6} M \left[ \frac{6}{13} + \left( \frac{6}{13} \right)^2 + \dots \right] = 2M.$$

Điều này có nghĩa là ban đầu quốc gia “giàu” có không quá 2$M$ vàng, và do đó, sau khi phân phối lại được mô tả, quốc gia này đã mất không quá một nửa số vàng của mình. Việc yêu cầu phân phối lại được mô tả xuất phát từ thực tế là hai quốc gia giáp nhau $B$ và $C$ nằm ở cùng một khoảng cách với quốc gia thứ ba $A$ hoặc những khoảng cách này khác nhau một. Đây là trường hợp đặc biệt của “bất đẳng thức tam giác”:

$$\rho (A, B) + \rho (B, C) \geq \rho (A, C)$$

tại $\rho (B, C) = 1$ ($\rho (A, B)$ là khoảng cách từ $A$ đến $B$); chứng minh “bất đẳng thức tam giác” này cho khoảng cách của chúng ta nói chung.

Chúng ta cũng lưu ý rằng nếu ở khoảng cách $k$ tính từ quốc gia “giàu” có chính xác $7 \cdot 6^{k-1}$ quốc gia (xem Hình 1), thì trữ lượng vàng cần phân phối lại chính xác bằng 2$M$, và do đó $M$ bằng một nửa tên ban đầu của vàng của quốc gia “giàu”. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó bằng cách phân phối $A_i$ cho mỗi quốc gia

$$\sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho (A_i, A_k)$$ vàng, chúng tôi nhận được số tiền phân phối cần thiết. Trên thực tế, trước tiên, mỗi quốc gia $A_i$ nhận được ít nhất $M_i$ vàng, và do đó, mất không quá một nửa số cổ phiếu của mình do lựa chọn $M_i$. Thứ hai, nếu $A_i$ và $A_j$ là các quốc gia có chung đường biên giới thì $\rho (A_i, A_j) = 1$.

Quốc gia $A_i$ nhận được $\sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho (A_i, A_k)$ vàng, quốc gia $A_j - \sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho (A_j, A_k)$. Thay $\rho (A_i, A_j) = 1$ vào bất đẳng thức tam giác:

$$\rho (A_j, A_k) + \rho (A_i, A_j) \geq \rho (A_i, A_k),$$

$$\rho (A_i, A_k) + \rho (A_j, A_j) \geq \rho (A_j, A_k),$$

37

chúng tôi nhận được:
$$\rho(A_j, A_k) + 1 \geq \rho(A_i, A_k),$$
$$\rho(A_i, A_k) + 1 \geq \rho(A_j, A_k),$$

đó là
$$1 - \rho(A_i, A_k) \geq -\rho(A_j, A_k),$$
$$- \rho(A_j, A_k) \geq -1 - \rho(A_i, A_k),$$

từ đâu cho bất kỳ số nào $k$:
$$13 \cdot M_k \cdot 13 - \rho(A_i, A_k) \geq M_k \cdot 13 - \rho(A_j, A_k) \geq$$
$$\geq \frac{1}{13} \cdot M_k \times 13 - \rho(A_i, A_k),$$

đó là
$$13 \sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho(A_i, A_k) \geq \sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho(A_j, A_k) \geq$$
$$\geq \frac{1}{13} \sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho(A_i, A_k),$$

và cứ hai nước giáp nhau thì sau khi phân phối lại, số lượng vàng chênh lệch thực sự không quá 13 lần.

Bình luận. Tổng $\sum_{k} M_k \cdot 13 - \rho(A_i, A_k)$ luôn tồn tại nếu số lượng quốc gia là hữu hạn (rõ ràng) hoặc nếu có thể chỉ ra một số $C$ sao cho ở tất cả các quốc gia không có nhiều hơn $C$ vàng (bằng chứng; “Từ sự đảo ngược các vị trí của các thuật ngữ…” của M. L. Gervera, xuất bản trong «Kvant» số 9 năm 1974, sẽ giúp bạn). Sự tồn tại của số $C$ như vậy được giả sử theo các điều kiện bài toán, nếu không thì câu lệnh bài toán sẽ trở thành sai. Xây dựng một ví dụ tương ứng.

G. V. Egorov

F322. Hai ngôi sao đang quay quanh một khối tâm chung với các ngôi sao sau rên rỉ có vận tốc tuyệt đối $v_1$ và $v_2$ với chu kỳ $T$. Khối lượng tối đa của ngôi sao và khoảng cách giữa chúng.

Vì vận tốc của các ngôi sao quay quanh tâm khối lượng của hệ thống không đổi về giá trị tuyệt đối, nên các ngôi sao chuyển động theo vòng tròn và các vòng tròn này đồng tâm và tâm chung của chúng nằm ở tâm khối lượng của hệ thống. Vị trí tương đối của các ngôi sao và khối tâm chung (điểm $O$) được thể hiện trên Hình 2.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $m_1$ và $m_2$ khối lượng của các ngôi sao và bằng $r_1$ và $r_2$ bán kính của các vòng tròn tương ứng. Gia tốc hướng tâm ($v^2/r$) được truyền tới mỗi ngôi sao bởi lực hấp dẫn $F = \gamma \frac{m_1 m_2}{r^2}$, trong đó $r = r_1 + r_2$ là khoảng cách giữa các ngôi sao.

Hãy viết phương trình chuyển động của các ngôi sao:
$$\gamma \frac{m_1 m_2}{r^2} = m_1 \frac{v_1^2}{r_1}$$ và $$\gamma \frac{m_1 m_2}{r^2} = m_2 \frac{v_2^2}{r_2}.$$

Vận tốc của các ngôi sao với chu kỳ xử lý và bán kính các vòng tròn tương ứng:
$$v_1 = \frac{2\pi r_1}{T}$$ và $$v_2 = \frac{2\pi r_2}{T}.$$