Kvant 1976, số 7 · Trang

Keanm
1976
7
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Trang này hiển thị cái nhìn tổng quát và sơ đồ của một chiếc máy tính tổng được thiết kế bởi một trong những người quan trọng nhất trong lịch sử loài người - Blaise Pascal (1623-1662). Chân dung của anh ấy ở bên trái. Pascal, cuộc đời của ông, vô số thành tựu khoa học, khám phá, ý tưởng và phát minh đã được mô tả trong «Kvant» (1973, số 8, trang 4). Nó cũng kể về chiếc xe do anh ấy chế tạo (trang 10-11). Những người cùng thời với Pascal gọi nó là “bánh xe Pascal”. Về máy tính, lịch sử phát minh ra chúng, cấu trúc (logic và vật lý) của máy tính hiện đại cũng như các ứng dụng của chúng được mô tả chi tiết trong cuốn sách giao nhau của R. S. Guter và Yu. L. Polunov “Những cỗ máy toán học” do nhà xuất bản “Prosveshcheniye” xuất bản năm 1975. Tôi khuyên bạn nên đọc nó. Bạn có thể tìm thấy lời giải cho cuốn sách này tại trang. 50 số này của tạp chí.

1

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
A. I. Klimanov
(nghệ sĩ chính)
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
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
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật)
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
L. V. Chernova
(người quản lý biên tập)

TRONG PHÒNG:
2 B. Aleynikov, P. Buzitsky, M. Dubson. Phương pháp đơn giản
9 E. Ghazaryan, R. Sahakyan. Về một phương pháp lời giải bài toán trong tĩnh điện
14 A. Dozorov. Tại sao máy biến áp cần có lõi?

Phòng thí nghiệm «Kvant»
18 M. Đầu. nhân vật Gaidingar
vòng tròn toán học
21 E. Gottman. Bài toán để chứng minh
25 à. Ponarin. Tính diện tích
Bài toán Kvant
28 Bài toán M391—M395; F403—F407
30 Lời giải bài toán M351 — M353; F358 — F361

Xưởng của người nộp đơn
37 Đại học bang Donetsk
38 Viện Quản lý Moscow được đặt theo tên. S. Ordzhonikidze
39 Viện Dây điện và Cơ khí Moscow
40 Viện kỹ sư vận tải đường sắt Belarus
41 Học viện chính trị Donetsk
Học viện Chính trị 43 Mari mang tên. M. Gorky
43 Học viện Chính trị Yaroslavl
44 Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin
45 Học viện sư phạm khu vực Moscow được đặt theo tên. N. K. Krupskaya

X Olympic toàn Liên đoàn dành cho học sinh
48 V. Berezin, V. Tikhomirova. Olympic dành cho học sinh thành phố Moscow

Đánh giá, thư mục
50 E. Belaga. “Máy toán học”
51 L. Karmazina, N. Meller. “ALGOL 60”
52 I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới
«Kvant» cho học sinh nhỏ
54 Bài toán
55 A. Orlov. chủ đề Ponsk
58 Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 47)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nuka”, «Kvant», 1976 200

B. Aleinikov
P. Buzytsky,
M. Dubson

SIMPLEX-
PHƯƠNG PHÁP

Lập trình tuyến tính là gì?

Mỗi ngày, mà không phải lúc nào cũng nhận ra, mỗi người đều giải quyết được vấn đề: làm thế nào để đạt được hiệu quả lớn nhất với số vốn hạn chế?

Làm thế nào để tiêu số tiền tiết kiệm được cho bữa trưa ở trường để có được niềm vui cao nhất: bạn nên mua 2 vé xem phim, một cây kem và một đĩa nhạc, hay mua 2 đĩa nhạc nhưng không có phim và kem? Làm thế nào để sử dụng thời gian buổi tối: cẩn thận làm bài tập về nhà, xem TV một chút và đọc xong một cuốn sách thú vị, hoặc mạo hiểm làm bài tập về nhà một cách nhanh chóng, nhưng sau đó xem một bộ phim và một trận đấu khúc côn cầu trên TV và tự mình chơi khúc côn cầu trong sân?

Quỹ và nguồn lực của chúng tôi luôn có hạn. Cuộc sống sẽ kém thú vị hơn nếu không như vậy. Không khó để giành chiến thắng trong trận chiến với đội quân đông gấp 10 lần quân địch; Hannibal, để đánh bại quân La Mã tại Cannae, chỉ huy một nửa quân đội, đã phải hành động rất có chủ ý.

Để đạt được hiệu quả lớn nhất với số vốn hạn chế, bạn cần vạch ra một kế hoạch hoặc chương trình hành động. Trước đây, kế hoạch trong những trường hợp như vậy được lập “bằng mắt” (tuy nhiên, bây giờ thường giống nhau). TRONG

Vào giữa thế kỷ 20, một bộ máy toán học đặc biệt đã được tạo ra để giúp thực hiện điều này “theo khoa học”. Nhánh toán học tương ứng được gọi là lập trình toán học. Từ “lập trình” ở đây và những thuật ngữ tương tự (“lập trình tuyến tính”, “lập trình động”, v.v.) một phần là do sự hiểu lầm lịch sử, một phần là do cách dịch không chính xác từ tiếng Anh. Trong tiếng Nga, tốt hơn nên dùng từ “quy hoạch”. Lập trình toán học chỉ có điểm chung với lập trình máy tính là hầu hết các vấn đề nảy sinh trong thực tế bài toán lập trình toán học quá cồng kềnh để tính toán thủ công: chúng chỉ có thể được giải quyết với sự trợ giúp của máy tính đã biên soạn chương trình trước đó.

Để so sánh hiệu quả của các chương trình hành động khác nhau, lời giải, trước tiên chúng ta cần đưa ra một số loại tiêu chí định lượng. Tiêu chí định lượng như vậy được gọi là hàm mục tiêu (hoặc chỉ số hiệu suất). Trong các bài toán lập trình toán học, cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) của hàm mục tiêu thường được tìm kiếm theo những hạn chế nhất định về giá trị của các đối số của nó (đây là giá trị cực đại

2

một sự tương tự theo chủ đề của những gì chúng tôi gọi ở trên là “hiệu quả lớn nhất với các phương tiện hạn chế”.

Một nhánh của lập trình toán học trong đó hàm mục tiêu $L$ là hàm tuyến tính của các đại lượng mong muốn $x_1,\ x_2,\ldots,x_n$:
$$L(x_1,\ x_2,\ldots,x_n)=c_1x_1+c_2x_2+\ldots+c_nx_n,$$
và các hạn chế áp đặt lên chúng có dạng phương trình tuyến tính:
$$a_1x_1+a_2x_2+\ldots+a_nx_n=b,$$
hoặc bất đẳng thức tuyến tính:
$$a_1x_1+a_2x_2+\ldots+a_nx_n\mathrel{\lesseqgtr}b$$
($\lesseqgtr$ là bất kỳ ký tự nào trong số các ký tự $\leq,\ \geq$) được gọi là lập trình tuyến tính.

Sự ra đời của quy hoạch tuyến tính được coi là vào năm 1939, khi tập tài liệu “Các phương pháp tổ chức và lập kế hoạch sản xuất bằng toán học” của Leonid Vitalievich Kantorovich được xuất bản. Vì các phương pháp do L. V. Kantorovich đề xuất ít được sử dụng để tính toán thủ công và máy tính tốc độ cao chưa tồn tại vào thời điểm đó nên công việc của L. V. Kantorovich hầu như không được chú ý. Lập trình tuyến tính đã tái sinh vào đầu những năm 50 với sự ra đời của máy tính. Sau đó, niềm đam mê chung dành cho lập trình tuyến tính bắt đầu, từ đó dẫn đến sự phát triển của các nhánh lập trình toán học khác. Năm 1975, viện sĩ L. V. Kantorovich và giáo sư người Mỹ T. Koopmans đã nhận được giải Nobel về khoa học kinh tế vì “đóng góp của họ vào sự phát triển lý thuyết sử dụng tối ưu các nguồn lực trong kinh tế”.

Dạng kinh điển bài toán

Mỗi bài toán của quy hoạch tuyến tính có thể được rút gọn về dạng chuẩn sau: tìm các giá trị không âm của các biến $x_1,\ x_2,\ldots,x_n$ thỏa mãn hệ phương trình
$$\left\{ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\ldots+a_{1n}x_n&=b_1,\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\ldots+a_{2n}x_n&=b_2,\\ \ldots\quad\ldots\quad\ldots\quad\ldots\quad\ldots\\ a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\ldots+a_{mn}x_n&=b_m \end{aligned} \right. \tag{1}$$
và thu nhỏ hàm $L$:
$$L(x_1,\ x_2,\ldots,x_n)=c_1x_1+c_2x_2+\ldots+c_nx_n. \tag{2}$$

Các chuyên gia gọi bài toán được xây dựng theo cách này là bài toán quy hoạch tuyến tính tổng quát ở dạng chính tắc (GLP).

Hãy để chúng tôi chỉ ra một ví dụ về cách các ràng buộc bất đẳng thức biến thành phương trình. Cần tìm các giá trị không âm của các biến $x_1,\ x_2,\ x_3$ thỏa mãn hệ bất đẳng thức
$$\left\{ \begin{aligned} \alpha_1x_1+\alpha_2x_2+\alpha_3x_3&\leq a,\\ \beta_1x_1+\beta_2x_2+\beta_3x_3&\geq b. \end{aligned} \right. \tag{3}$$

Trước hết chúng ta chuyển từ hệ (3) sang hệ tương đương
$$\left\{ \begin{aligned} -\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-\alpha_3x_3+a&\geq0,\\ \beta_1x_1+\beta_2x_2+\beta_3x_3-b&\geq0. \end{aligned} \right. \tag{4}$$

Chúng ta hãy biểu thị $-\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-\alpha_3x_3+a$ bằng $x_4$. Sau đó $x_4\geq0$ và $-\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-\alpha_3x_3+a=x_4$. Tương tự, chúng ta mô tả bất đẳng thức thứ hai của hệ (4). Do đó, bằng cách thêm các biến (“bổ sung”) mới $x_4,\ x_5$, chúng tôi đã rút gọn bài toán ban đầu về dạng: tìm các giá trị không âm ​​của các biến $x_1,\ x_2,\ x_3,\ x_4,\ x_5$ thỏa mãn hệ phương trình
$$\left\{ \begin{aligned} -\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-\alpha_3x_3-x_4&=-a,\\ \beta_1x_1+\beta_2x_2+\beta_3x_3-x_5&=b. \end{aligned} \right.$$

Bài toán tìm giá trị lớn nhất của hàm tuyến tính $L$:
$$L(x_1,\ x_2,\ldots,x_n)=d_1x_1+d_2x_2+\ldots+d_nx_n,$$
tương đương với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của hàm tuyến tính $L'$:
$$L'(x_1,\ x_2,\ldots,x_n)=-d_1x_1-d_2x_2-\ldots-d_nx_n.$$

1*

3

4

Lời giải $x_1^0, x_2^0, \ldots, x_n^0$ của hệ (1) được gọi là nghiệm chấp nhận được của OLP nếu các số $x_1^0, x_2^0, \ldots, x_n^0$ không âm. Chúng ta sẽ gọi giá trị tối ưu là chấp nhận được lời giải, biến hàm mục tiêu (2) về mức tối thiểu.

Một OPLP cụ thể có thể không có lời giải: hệ thống (1) có thể không nhất quán, tức là nó có thể không có lời giải chút nào; nó có thể là khớp, nhưng không có lời giải hợp lệ; cuối cùng, nó thậm chí có thể có lời giải có thể chấp nhận được, nhưng trong số chúng có thể không có giá trị tối ưu: hàm (2) có thể không bị giới hạn ở tập hợp lời giải có thể chấp nhận được. Tuy nhiên, tất cả những mô tả này sẽ chỉ hỗ trợ chúng ta trong những nhiệm vụ được phát minh đặc biệt; trong khả năng tự nhiên của thực tế bài toán lời giải, như một quy luật, tồn tại.

Giả sử rằng hệ (1) là nhất quán và các phương trình của nó độc lập tuyến tính, nghĩa là không phương trình nào có thể được suy ra từ các phương trình khác. Có thể chứng minh rằng khi đó $m \leq n$.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp số phương trình $m$ bằng số biến $n$. Trong đại số tuyến tính, người ta đã chứng minh rằng trong trường hợp này hệ (1) có duy nhất lời giải. Nếu lời giải này hợp lệ, nó sẽ tự động tối ưu.

Trường hợp quan tâm là khi $m < n$ (trong thực tế điều này tương ứng với khả năng lựa chọn các kế hoạch hành động khác nhau). Chúng ta hãy biểu thị $n - m$ bằng $k$. Trong đại số tuyến tính, người ta đã chứng minh rằng một số biến $m$ (chúng được gọi là biến cơ bản) có thể được biểu diễn dưới dạng các biến $k$ còn lại (chúng được gọi là biến tự do). Hệ (1) xét trường hợp tập vô hạn lời giải: cho các biến tự do các giá trị tùy ý và tính toán sự tương ứng của các biến cơ bản, mỗi lần chúng ta sẽ thu được một lời giải mới của hệ (1). Một số hệ thống lời giải (1) được gọi là tham chiếu nếu giá trị của ít nhất các biến $k$ bằng 0. Trong lý thuyết quy hoạch tuyến tính, người ta đã chứng minh rằng lời giải tối ưu là tham chiếu.

Từ định lý cuối cùng này, kế hoạch lời giải OZLP sau đây: bằng cách nào đó chúng ta chọn $k$ biến tự do; chúng tôi giải quyết hệ thống liên quan đến $m$ các biến cơ bản còn lại; đặt các biến tự do bằng 0, chúng ta tìm thấy tham chiếu lời giải; Chúng tôi tính toán giá trị tương ứng của hàm mục tiêu. Sau khi xem xét tất cả các khả năng chọn biến tự do, chúng ta sẽ thấy hàm mục tiêu nào trong số hỗ trợ lời giải sẽ lấy giá trị nhỏ nhất - đây sẽ là giá trị tối ưu mong muốn lời giải.

Đối với bài toán đơn giản, trong đó số lượng biến $n$ là không thể tin được, phương pháp lời giải này—tìm kiếm “mù”—về nguyên tắc là phù hợp. Tuy nhiên, trong các vấn đề nảy sinh trong thực tế, số lượng biến và số lượng hạn chế áp đặt $m$ thường rất lớn - lên tới hàng trăm, thậm chí hàng nghìn. Đối với bài toán việc liệt kê đơn giản như vậy thực tế là không thể: số cách có thể để chọn các biến tự do trở nên rất lớn!

Posmot trong lý thuyết quy hoạch tuyến tính, nhiều phương pháp khác nhau đã được phát triển cho phép chúng ta tìm ra lời giải tối ưu không phải bằng tìm kiếm “mù”, mà để mỗi lần lựa chọn biến tự do tiếp theo sẽ đưa chúng ta đến gần hơn với lời giải.

Phương pháp lâu đời nhất và nổi tiếng nhất trong số đó là phương pháp đơn giản, được nhà toán học người Mỹ J. Dantz tạo ra vào cuối những năm 40.

Phương pháp đơn giản

Ví dụ, hãy để các biến $k$ biến $x_1, x_2, \ldots, x_k$, và phần còn lại $m$ các biến được thể hiện thông qua

5

họ:

$$\begin{align*} x_{k+1} &= \alpha_{k+1,1} x_1 + \alpha_{k+1,2} x_2 + \\ &\quad + \dots + \alpha_{k+1,k} x_k + \beta_{k+1}, \\ x_{k+2} &= \alpha_{k+2,1} x_1 + \alpha_{k+2,2} x_2 + \\ &\quad + \dots + \alpha_{k+2,k} x_k + \beta_{k+2}, \\ x_n &= \alpha_{n,1} x_1 + \alpha_{n,2} x_2 + \\ &\quad + \dots + \alpha_{n,k} x_k + \beta_n. \end{align*}$$

Đặt tất cả các biến tự do bằng 0, chúng ta thu được các hệ sau (1):

$$\begin{align*} x_1^0 &= x_2^0 = \dots = x_k^0 = 0, \\ x_{k+1}^0 &= \beta_{k+1}, x_{k+2}^0 &= \beta_{k+2}, \dots \\ \dots, x_n^0 &= \beta_n. \end{align*}$$

Nếu tất cả các số hạng tự do $\beta_{k+1}, \beta_{k+2}, \dots, \beta_n$ đều không âm thì lời giải (6) được chấp nhận.

Để kiểm tra xem nó có tối ưu hay không, chúng ta biểu thị hàm mục tiêu $L$ theo các biến tự do $x_1, x_2, \dots, x_k$, thay thế các biểu thức cho $x_{k+1}, x_{k+2}, \dots, x_n$ từ (5) thành (2):

$$L(x_1, x_2, \dots, x_n) = d_0 + d_1 x_1 + d_2 x_2 + \dots + d_k x_k.$$

Từ (6) suy ra $L(x_1^0, x_2^0, \dots, x_n^0) = d_0$. Hãy xem liệu chúng ta có thể giảm giá trị của hàm mục tiêu $L$ hay không bằng cách tăng giá trị của các biến tự do $x_1, x_2, \dots, x_k$ (chúng ta không thể giảm chúng, vì trong lời giải (6) chúng bằng 0 và chúng ta đang tìm kiếm một lời giải có thể chấp nhận được).

Nếu tất cả các hệ số $d_1, d_2, \dots, d_k$ trong đẳng thức (7) đều không âm, thì bằng cách tăng giá trị của các biến tự do, chúng ta sẽ giảm giá trị của hàm $L$, tức là chúng ta sẽ buộc tội lời giải. Trong trường hợp này, lời giải không phải là lựa chọn tối ưu cho chúng tôi.

Ví dụ: trong đẳng thức (7), hệ số $d_1$ âm. Nếu trong hệ thống (5) tất cả các hệ số của $x_1$ đều không âm, thì bất kỳ sự gia tăng nào về giá trị của biến $x_1$ sẽ khiến các giá trị của biến $x_{k+1}, x_{k+2}, \dots, x_n$ không âm và chúng ta sẽ không rời khỏi vùng chấp nhận được lời giải. Giá trị của hàm $L$ sẽ giảm không giới hạn. Do đó, trong trường hợp này cũng có các phương trình của hệ (5) trong đó hệ số tại $x_1$ âm. Đối với các biến ở vế trái của các phương trình này, việc tăng giá trị của biến $x_1$ được mô tả: nó có thể làm cho chúng âm.

Ví dụ: nếu $\alpha_{k+1,1} < 0$, thì rõ ràng giá trị của biến $x_1$ chỉ có thể giảm xuống $-\frac{\beta_{k+1}}{\alpha_{k+1,1}}$. (Đối với $x_1^0 = -\frac{\beta_{k+1}}{\alpha_{k+1,1}}$, $x_2^0 = \dots = x_k^0 = 0$ chúng ta nhận được $x_{k+1}^0 = 0$.)

Trung bình của các biến mô tả mức tăng giá trị của biến $x_1$, chúng tôi chọn biến có nhiều khả năng tiến đến 0 nhất, tức là biến mà mức tăng $-\frac{\beta_l}{\alpha_l,1}$ là ít nhất.

Đặt biến “bị đe dọa nhất” này là $x_r$.

Bây giờ chúng ta loại bỏ $x_1$ khỏi số lượng biến tự do và chuyển chúng cùng nhau sang nhóm biến tự do $x_r$, tức là chúng ta giải quyết hệ thống (1) đối với các biến cơ bản

$$x_1, x_{k+1}, \dots, x_{r-1}, x_{r+1}, \dots, x_n.$$

Sau đó, mọi thứ được lặp lại: đặt tất cả các biến miễn phí $x_2, \dots, x_k, x_r$ bằng 0, chúng ta tìm thấy lời giải tương ứng; Hãy biểu thị hàm mục tiêu $L$ theo các biến tự do mới; nếu tất cả các hệ số của các biến trong biểu thức kết quả

6

Đối với $L$ không âm, lời giải tìm được là tối ưu; mặt khác, quá trình lựa chọn các biến cơ sở và cải thiện lời giải vẫn tiếp tục.

Thuật toán được mô tả được gọi là phương pháp đơn giản. (Bạn đọc có nhận thấy rằng trong phần trình bày thuật toán của chúng tôi còn lại một “lỗ hổng”: một khả năng không được xem xét?)

Hai ví dụ

Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường phổ thông bài toán.

Bài toán 1. Ba người đi xe đạp muốn đến một hồ nước trong rừng cách nhà 20 km. Họ có một chiếc xe gắn máy hai chỗ ngồi có thể di chuyển với tốc độ 36 km/h. Mỗi người đi xe đạp có thể đi bộ với vận tốc 4 km/h. Tổ chức giao thông như thế nào để mọi người có thể đến hồ nhanh hơn? Thời gian ngắn nhất có thể thực hiện được việc này là bao lâu?

Rõ ràng, nhiều lần thay đổi hành khách trên biển không thể mang lại lợi ích về mặt thời gian so với một lần thay đổi duy nhất. Vì vậy, chúng ta sẽ lập kế hoạch tổ chức phong trào như sau: vào thời điểm ban đầu, một học sinh đồng thời rời khỏi nhà $\Delta$ để đến moredev và một học sinh thứ ba đi bộ. Tại điểm trung gian $T$ người điều khiển moreda thể hiện định nghĩa của mình $t_1 = t_2$.

Chúng ta cần tìm $x$ mà hàm $t = \max (t_1, t_2)$ có giá trị nhỏ nhất. Ngoài ra, chúng ta cần tìm giá trị của hàm $max (t_1, t_2)$ với $x$, tức là số ($\max (t_1, t_2)$). Từ Hình 2 (nó hiển thị biểu đồ của hàm $t_1(x)$ màu đỏ, hàm $t_2(x)$ màu đen và hàm $max (t_1, t_2)$ màu xanh lam), có thể thấy ngay rằng $x$ mong muốn được xác định từ phương trình $t_1 = t_2$.

Tuy nhiên, để minh họa phương pháp chung, chúng ta hãy đặt và giải bài toán đã cho dưới dạng lập trình tuyến tính bài toán. Chúng ta hãy định dạng lại nó theo cách này: tìm $t$ nhỏ nhất mà cả $t \geq t_1$ và $t \geq t_2$. Vì vậy, chúng ta cần tìm các giá trị không âm của các biến $x$ và $t$ thỏa mãn hệ bất đẳng thức

$$\begin{cases} t \geq \frac{x}{36} + \frac{20-x}{4}, \\ t \geq \frac{5}{9} + \frac{2}{45} x \end{cases}$$

7

và thu nhỏ hàm $L$:
$$L(x, t) = 0 \cdot x + 1 \cdot t = t. \tag{9}$$
Chúng tôi có bài toán lập trình tuyến tính. Hãy giảm nó thành OZLP.
Hệ (8) tương đương với hệ
$$\begin{cases} 2x + 9t - 45 \geq 0, \\ -2x + 45t - 25 \geq 0. \end{cases} \tag{10}$$

Chúng ta hãy biểu thị $2x + 9t - 45$ bằng $y_1$, $-2x + 45t - 25$ bằng $y_2$. Sau đó $2x + 9t - 45 = y_1$, $-2x + 45t - 25 = y_2$ và $y_1 \geq 0, y_2 \geq 0$. Bây giờ chúng ta có thể xây dựng bài toán như sau: tìm các giá trị không âm của các biến $x, t, y_1, y_2$ thỏa mãn hệ phương trình
$$\begin{cases} 2x + 9t - y_1 = 45, \\ -2x + 45t - y_2 = 25 \end{cases} \tag{11}$$

và cực tiểu hóa hàm mục tiêu $L(x, t, y_1, y_2) = t$. Và đây đã là OZLP. Hãy giải quyết nó bằng phương pháp đơn giản.

Chúng ta hãy chọn $y_1$ và $y_2$ làm biến cơ bản (hệ (11) dễ giải nhất đối với chúng) và biểu thị chúng dưới dạng biến tự do $x, t$:
$$\begin{cases} y_1 = 2x + 9t - 45, \\ y_2 = -2x + 45t - 25. \end{cases} \tag{12}$$

Đặt các biến tự do bằng 0, ta thu được lời giải của hệ (12) và (11):
$$x^{(1)} = t^{(1)} = 0, y_1^{(1)} = -45, y_2^{(1)} = -25.$$
lời giải này không hợp lệ.

Bây giờ chúng ta chọn hai biến khác làm biến cơ sở, ví dụ $t$ và $y_2$. (Trong lý thuyết quy hoạch tuyến tính, có một phương pháp chỉ ra cách chọn các biến tự do mới sao cho tiến tới vùng chấp nhận được lời giải. Chúng tôi không trình bày phương pháp này ở đây.) Ta giải hệ (11) đối với chúng:
$$\begin{cases} t = -\frac{2}{9}x + \frac{1}{9}y_1 + 5, \\ y_2 = -12x + 5y_1 + 200. \end{cases} \tag{13}$$

Đặt các biến tự do bằng 0, ta thu được lời giải của hệ (13) và (11):
$$x^{(2)} = y_1^{(2)} = 0, t^{(2)} = 5, y_2^{(2)} = 200. \tag{14}$$

Lời giải (14) đã hợp lệ. Để kiểm tra xem nó có tối ưu hay không, chúng tôi biểu thị hàm mục tiêu $L$ theo các biến tự do $x$ và $y_1$. Từ (9) và (13)
$$L(x, t, y_1, y_2) = -\frac{2}{9}x + \frac{1}{9}y_1 + 5. \tag{15}$$

Giá trị của hàm mục tiêu $L$ trên lời giải (14) là 5.

Vì hệ số $x$ trong (15) âm nên lời giải (14) không tối ưu: bằng cách tăng giá trị của biến $x$, chúng ta sẽ giảm giá trị của hàm mục tiêu $L$.

Trong các phương trình tổng quát của hệ (13), các hệ số $x$ đều âm. Do đó, việc tăng giá trị của biến $x$ được mô tả cho cả $t$ và $y_2$. Sự gia tăng này có thể làm cho chúng tiêu cực. Từ phương trình đầu tiên của hệ (13), theo đó giá trị của biến $x$ có thể tăng lên $-5 / \left(-\frac{2}{9}\right) = \frac{45}{2} = 22 \frac{1}{2}$ (với giá trị này $x$ và với $y_1 = 0$ chúng ta thu được $t = 0$; khi tăng thêm $x$ giá trị của biến $t$ trở thành âm); từ giây - lên đến $-\frac{200}{12} = \frac{50}{3} = 16 \frac{2}{3}$. Do đó, khi giá trị của biến $x$ tăng lên, biến $y_2$ cũng sẽ về 0: nó ở vị trí “bị đe dọa nhiều hơn” so với $t$.

8

Bây giờ chúng ta hãy loại bỏ $x$ khỏi số lượng biến tự do và chuyển nó sang nhóm biến tự do $y_2$, tức là giải quyết hệ thống (11) đối với các biến cơ sở $x$ và $t$:

$$\begin{cases} x = \frac{5}{12} y_1 - \frac{1}{12} y_2 + \frac{50}{3}, \\ t = \frac{1}{54} y_1 + \frac{1}{54} y_2 + \frac{35}{27}. \end{cases}$$

Đặt các biến tự do bằng 0, ta thu được lời giải của hệ (16) và (11):

$$y_1^{(3)} = y_2^{(3)} = 0, \quad x^{(3)} = \frac{50}{3}, \\ t^{(3)} = \frac{35}{27}.$$

Chúng ta hãy biểu thị hàm mục tiêu $L$ theo $y_1$ và $y_2$. Từ (9) và (16)

$$L(x, t, y_1, y_2) = \frac{1}{54} y_1 + \frac{1}{54} y_2 + \frac{35}{27}.$$

Giá trị của hàm mục tiêu $L$ trên lời giải (17) là $\frac{35}{27}$.

Vì tất cả các hệ số của các biến trong (18) đều không âm nên lời giải (17) là tối ưu. Vì vậy, bài toán lời giải: hành khách phải được thả ở khoảng cách $x^{(3)} = \frac{50}{3} = 16\frac{2}{3}$ (km); thời gian ngắn nhất để bạn có thể đến hồ là $t^{(3)} = \frac{35}{27} = 1\frac{8}{27}$ (giờ).

Bây giờ chúng ta hãy trình bày một bài toán thực tế điển hình, nó tự nhiên trở thành giống như bài toán của lập trình tuyến tính. Đây được gọi là “bài toán về chế độ ăn kiêng”, hoặc “bài toán về chế độ ăn kiêng”.

Nhiệm vụ 2. Giám đốc căng tin cần xây dựng thực đơn. Anh ta có 5 loại sản phẩm tùy ý sử dụng: bánh mì, rau, trái cây, thịt, cá.

Được biết, một kg bánh mì có giá $c_1$ rúp, một kg rau có giá $c_2$ rúp, v.v. Người ta cũng biết rằng một kg bánh mì chứa $a_{11}$ ke protein, $a_{12}$ ke chất béo và $a_{13}$ ke carbohydrate, v.v. (hàm lượng protein, chất béo và carbohydrate trong một kg của từng loại sản phẩm được chỉ ra trong bảng ở hình 3). Cần có một thực đơn tối đa để nó chứa ít nhất $b_1$k protein, ít nhất $b_2$k chất béo và ít nhất $b_3$k carbohydrate và chi phí của nó là tối thiểu.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $x_1$ số lượng bánh mì sẽ có trong thực đơn, bằng $x_2$ số lượng rau, v.v. Tổng chi phí của thực đơn $L$ rõ ràng sẽ được biểu thị bằng đẳng thức

$$L(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) = \sum_{i=1}^{5} c_i x_i.$$

Những hạn chế về giá trị dinh dưỡng của thực đơn được thể hiện bằng hệ thống bất bình đẳng

$$\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{21}x_2 + a_{31}x_3 + a_{41}x_4 + \\ + a_{51}x_5 \geq b_1, \\ a_{12}x_1 + a_{22}x_2 + a_{32}x_3 + a_{42}x_4 + \\ + a_{52}x_5 \geq b_2, \\ a_{13}x_1 + a_{23}x_2 + a_{33}x_3 + a_{43}x_4 + \\ + a_{53}x_5 \geq b_3. \end{cases}$$

bài toán của chúng ta có dạng: tìm các giá trị không âm ​​của các biến $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ thỏa mãn hệ bất phương trình (20) và cực tiểu hóa hàm $L$ từ (19). Đây là bài toán của lập trình tuyến tính.

9

Khi nghiên cứu điện trường không đổi (không thay đổi theo thời gian) do dây dẫn tích điện tạo ra, trước hết cần lưu ý rằng hướng của điện trường bên trong dây dẫn bằng không. Ngay sau đó, điện tích trong dây dẫn được phân bố trên bề mặt của chúng. Vì vậy, bài toán kỹ thuật điện thường gắn liền với việc tìm ra điện trường bên ngoài dây dẫn và xác định sự phân bố điện tích trên bề mặt dây dẫn.

Hãy hình thành một số mạng điện điển hình bài toán.

Bài 1. Điện tích chính xác q nằm cách bề mặt của một vật dẫn hình cầu thay thế có bán kính r một khoảng d (Hình 1). Xác định điện tích q’ cảm ứng trên bề mặt này.

Nhiệm vụ 2. Một điện tích q mạnh được đặt giữa hai quả cầu đồng tâm thay thế có bề mặt được tính toán có bán kính là r₁ và r₂ (Hình 2). Khoảng cách từ điện tích đến các bề mặt hình cầu bằng d₁ và d₂ tương ứng. Điện tích cảm ứng trên các quả cầu là q’₁ và q’₂.

Nhiệm vụ 3. Điện tích chính xác q nằm ở khoảng cách d₁ và d₂ tính từ các mặt phẳng vô hạn thay thế dẫn điện (Hình 3). Cụ thể là các điện tích q’₁ và q’₂ cảm ứng trên các mặt phẳng này.

Quan sát các phương pháp lời giải tương tự như bài toán được nghiên cứu trong phần tương ứng của toán vật lý, không có trong chương trình giảng dạy ở trường. Tuy nhiên, có một số phương pháp riêng tương đối đơn giản cho phép bạn giải bài toán trong lưới điện mà không vượt quá giới hạn của toán học cơ bản (ví dụ: phương pháp hình ảnh, đã được đề cập trong bài báo “Trường lưới điện” của G. Myakishev; xem «Kvant», 1975, số 4). Ở đây chúng ta sẽ xem xét một trong

10

những phương pháp như vậy, dựa trên định lý (hoặc nguyên tắc) có đi có lại.

Bản chất của định lý này là gì? Nó có thể được phát biểu như sau: nếu trong một hệ gồm $n$ dây dẫn, không tồn tại dây dẫn $q_1, q_2, \dots, q_n$, có các điện tích $\varphi_1, \varphi_2, \dots, \varphi_n$, tương ứng và với các điện tích $q'_1, q'_2, \dots, q'_n$ các dây dẫn bằng $\varphi'_1, \varphi'_2, \dots, \varphi'_n$, thì đẳng thức là đúng

$$\sum_{i=1}^{n} q_i \varphi'_i = \sum_{i=1}^{n} q'_i \varphi_i.$$ (1)

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng đây thực sự là trường hợp.

Theo nguyên lý chồng chất, điện thế của vật dẫn phụ thuộc tuyến tính vào điện tích. Hoặc ngược lại, điện tích trên dây dẫn phụ thuộc tuyến tính vào điện thế. Trước tiên chúng ta hãy xem xét một trường hợp đặc biệt—bên trong bề mặt dẫn điện nối đất có hai dây dẫn tích điện 1 và 2 (Hình 4). Hãy nối dây dẫn thứ hai với một dây dẫn nối đất, khi đó điện thế của dây dẫn này sẽ bằng 0 (xem Hình 4, a). Điện thế của dây dẫn thứ nhất được ký hiệu là $\varphi_1$. Điện tích trên mỗi dây dẫn phải tỷ lệ với $\varphi_1$, tức là

$$\Delta q_1 = C_{11} \varphi_1 \quad \text{и} \quad \Delta q_2 = C_{21} \varphi_1.$$ (2)

Ở đây $\Delta q_1$ và $\Delta q_2$ lần lượt là điện tích trên dây dẫn thứ nhất và thứ hai, còn $C_{11}$ và $C_{21}$ là các đại lượng không đổi gọi là hệ số điện dung và tùy thuộc vào hình dạng cũng như vị trí tương đối của dây dẫn. $C_{11}$ và $C_{21}$ đặc trưng cho điện tích của điện tích đầu tiên

$$q_i = C_{i1} \varphi_1 + C_{i2} \varphi_2 + \dots + C_{in} \varphi_n = \sum_{k=1}^{n} C_{ik} \varphi_k \quad (i=1, 2, \dots, n).$$ (3)

Ở đây, hệ số điện dung $C_{ik}$ đặc trưng cho điện tích của dây dẫn thứ $i$, khi tất cả các dây dẫn ngoại trừ dây dẫn thứ $k$

11

Hình 5.

được nối đất và điện thế của dây dẫn thứ $k$ bằng 1. Giả sử điện tích của dây dẫn thứ $i$ bằng $q'_i$ và điện thế của nó $\varphi'_i$. Chúng ta hãy nhân số hạng đẳng thức (4) với $\varphi'_i$:

$$q'_i \varphi'_i = \sum_{k=1}^{n} C_{ik} \varphi_k \varphi'_i,$$

rồi tính tổng cả hai vế của đẳng thức thu được trên tất cả các giá trị của $i$ từ 1 đến $n$:

$$\sum_{i=1}^{n} q'_i \varphi'_i = \sum_{i,k=1}^{n} C_{ik} \varphi_k \varphi'_i.$$

Nhưng

$$\sum_{i,k=1}^{n} C_{ik} \varphi_k \varphi'_i = \sum_{i,k=1}^{n} C_{ik} \varphi'_i \varphi_k = \sum_{i=1}^{n} q'_i \varphi'_i$$

(vì $i$ và $k$ lấy tất cả các giá trị từ 1 đến $n$), nên cuối cùng chúng ta nhận được

$$\sum_{i=1}^{n} q'_i \varphi'_i = \sum_{i=1}^{n} q'_i \varphi'_i.$$

Như vậy, định lý tương hỗ đã được chứng minh, vì đẳng thức (1) và (5) giống hệt nhau.

Trước khi áp dụng định lý tương hỗ cho công thức lời giải bài toán ở trên, hãy xem xét hai bài toán bổ sung.

Bổ sung bài toán 1. Có một hệ thống dây dẫn, tất cả chúng, ngoại trừ $i$, đều được nối đất và dây dẫn thứ $i$ có ​​điện áp sử dụng $\varphi'_i$ (Hình 5). Tại một số điểm $A$ của hệ thống, công suất bằng $\varphi$. Xác định điện tích $q'_i$ cảm ứng

$$q \varphi + q'_i \varphi'_i = 0,$$

Ở đâu

$$q'_i = -q \frac{\varphi}{\varphi'_i}.$$

Bổ sung bài toán 2. Trong bề mặt dẫn điện kín 1, chúng ta đặt tủ ngăn kéo $\varphi_1$, chúng ta tìm thấy dây dẫn 2 (Hình 6). Chúng ta đặt điểm này bằng $\varphi_2$ và đặt điểm $A$, nằm giữa các dây dẫn, bằng $\varphi$. Tìm điện tích $q'_1$ và $q'_2$ sinh ra trên dây dẫn nếu dây dẫn được nối đất và đặt điện tích $q$ tại điểm $A$.

12

Chúng ta có hai trạng thái của hệ thống:
a) điện tích tại điểm $A$ bằng 0, điện thế của nó là $q$, và điện thế của các vật dẫn là $\varphi_1$ và $\varphi_2$ (xem Hình 6, a);
b) điện tích tại điểm $A$ bằng $q$, điện thế của các vật dẫn bằng 0 và điện tích cảm ứng trên chúng bằng $q'_1$ và $q'_2$ (xem Hình 6, b).

Để đơn giản, ở đây và xa hơn chúng ta sẽ nói về điện tích và thế năng $A$, ngụ ý rằng có một vật dẫn tại điểm này (như đã làm ở bài toán 1).

Theo định lý tương hỗ
$$q'_1 \varphi_1 + q'_2 \varphi_2 + q \varphi = 0. \tag{6}$$

Tất nhiên, chỉ từ đẳng thức này thì không thể tìm được cả hai điện tích cảm ứng. Tuy nhiên, chúng ta cũng có thể sử dụng điều kiện là độ dẫn điện $1$ được thay thế trong trường hợp thứ hai. Điều này có nghĩa là không có điện trường bên ngoài, nghĩa là tổng đại số của tất cả các điện tích nằm bên trong chất dẫn điện thay thế bằng 0, tức là.
$$q'_1 + q'_2 + q = 0. \tag{7}$$

Giải các phương trình (6) và (7) cùng nhau, ta thu được
$$q'_1 = q \frac{\varphi_2 - \varphi}{\varphi_1 - \varphi_2}$$
Và
$$q_2 = -q \frac{\varphi_1 - \varphi}{\varphi_1 - \varphi_2}.$$

Bây giờ chúng ta có thể quay lại nhiệm vụ chính. Đối với lời giải của họ, chúng tôi sẽ sử dụng định lý có đi có lại. Phương pháp áp dụng định lý này có phần hình thức nhưng rất đơn giản và thuận tiện. Toàn bộ khó khăn chỉ nằm ở việc lựa chọn một cách khôn ngoan hai trạng thái của hệ thống đang được xem xét và viết ra sự bằng nhau (1) cho chúng.

Lời giải bài toán 1. Theo điều kiện bài toán điện tích chính xác $q$ nằm ở một khoảng nhất định so với quả cầu dẫn điện được thay thế nơi đặt điện tích $q'$ (tương ứng 1).

Giả sử rằng bề mặt hình cầu không bị thay thế và có điện thế $\varphi_0$, nhưng điện tích $q$ thì không. Khi đó ở vị trí của nó điện thế trường bằng
$$\varphi = \varphi_0 \frac{r}{r + d} (r - \text{радис сферической поверхности}, d - \text{расстояние от заряда } q \text{ до этой поверхности}).$$ Đây là trạng thái thứ hai của hệ thống.

Chúng ta hãy viết định lý tương hỗ cho hai trạng thái này của hệ thống:
$$q \varphi + q' \varphi_0 = 0,$$
hoặc
$$q' = -q \frac{\varphi}{\varphi_0} = -q \frac{r}{r + d}.$$

Kết quả thu được có thể áp dụng cho trường hợp điện tích $q'$ nằm trên mặt phẳng dẫn vô hạn. Thật vậy, một mặt phẳng vô hạn có thể được coi là một bề mặt hình cầu có bán kính lớn vô hạn, tức là
$$r \rightarrow \infty.$$ Do đó, trong giới hạn tại $r \rightarrow \infty$ ta có
$$q' = -q \frac{r}{r + d} = -q \frac{1}{1 + d/r} = -q,$$
nghĩa là, điện tích cảm ứng trên một mặt phẳng vô hạn có giá trị bằng nhau, nhưng ngược lại về giá trị từ điểm này sang điểm khác, bất kể điện tích này nằm ở đâu.

Lời giải bài toán 2. Theo điều kiện bài toán, trạng thái đầu tiên của hệ thống như sau: điện tích $q$ nằm tại một điểm nhất định giữa các dây dẫn hình cầu thay thế nơi đặt điện tích $q'_1$ và $q'_2$.

Ở trạng thái thứ hai, chúng ta hãy xem xét trường hợp khi quả cầu bên ngoài được thay thế, quả cầu bên trong có điện thế $\varphi_1$, điện tích $q$ không có, nhưng ở vị trí của nó thì điện thế trường là $q$.

Dựa trên lời giải bổ sung bài toán 1, chúng tôi nhận được
$$q'_1 = -q \frac{\varphi}{\varphi_1}. \tag{8}$$

13

Hình 7.

Chúng ta tìm thấy điện tích $q'_2$ cảm ứng trên quả cầu bên ngoài với điều kiện tổng đại số của các điện tích nằm bên trong bề mặt nối đất bằng 0:

$$q'_1 + q'_2 + q = 0.$$ (9)

Vì vậy, chúng ta chỉ cần tìm mối quan hệ $\varphi/\varphi_1$. Giả sử rằng khi quả cầu bên ngoài nối đất và quả cầu bên trong có điện thế $\varphi_1$ thì điện tích trên quả cầu bên trong là $q_0$. Rõ ràng là trong trường hợp này một điện tích $-q_0$ sẽ được tạo ra ở quả cầu bên ngoài. Hãy để chúng tôi biểu thị tiềm năng $\varphi$ và $\varphi_1$ dưới dạng điện tích $q_0$ và $-q_0$:

$$\varphi = \frac{q_0}{r_1 + d_1} + \frac{-q_0}{r_2},$$

$$\varphi_1 = \frac{q_0}{r_1} + \frac{-q_0}{r_2}.$$ (10)

Cuối cùng từ đẳng thức (8) – (10) ta thu được:

$$q'_1 = -q \frac{r_1 d_2}{(r_1 + d_1)(d_1 + d_2)},$$

$$q'_2 = -q \frac{r_2 d_1}{(r_1 + d_1)(d_1 + d_2)}.$$

Lời giải bài toán 3. Nó theo ngay sau lời giải bài toán 2, vì hai mặt phẳng vô hạn song song có thể

Hình 8.

coi chúng là hai mặt cầu đồng tâm có bán kính vô cùng lớn.

Hãy viết kết quả lời giải bài toán 2 dưới dạng:

$$q'_1 = -q \frac{r_1 d_2}{(r_1 + d_1)(d_1 + d_2)} = -q \frac{d_2}{(1 + d_1/r_1)(d_1 + d_2)},$$

$$q'_2 = -q \frac{r_2 d_1}{(r_1 + d_1)(d_1 + d_2)} = -q \frac{d_1}{(1 - d_2/r_2)(d_1 + d_2)}.$$

Nếu $r_1 \to \infty$ và $r_2 \to \infty$ thì

$$q'_1 = -q \frac{d_2}{d_1 + d_2},$$

$$q'_2 = -q \frac{d_1}{d_1 + d_2}.$$

Bài tập

1. Tâm của quả bóng không tồn tại $q$ nằm ở khoảng cách $a$ tính từ tâm của một dây dẫn hình cầu nối đất có bán kính $r$ (Hình 7). Xác định điện tích $q'$ gây ra trên quả bóng được nối đất.

2. Trong hai dây dẫn hình cầu đồng tâm, bán kính của chúng là $r_1$ và $r_2$ ($r_1 < r_2$), dây dẫn bên trong được nối đất và dây dẫn bên ngoài có điện tích $q$ (Hình 8). Tìm điện tích $q'$ cảm ứng trên quả cầu bên trong.

14

Chúng ta hãy nhớ cách chế tạo một máy biến áp và tại sao nó hoạt động.

Máy biến áp đơn giản nhất (xem hình) bao gồm hai cuộn dây (cuộn dây) quấn trên một lõi thép thông thường. Một cuộn dây (sơ cấp) được nối với nguồn điện xoay chiều. Thiết bị tiêu thụ điện (gọi là tải) được nối với cuộn dây thứ hai (thứ cấp). Cả cuộn dây thứ nhất và thứ hai đều bị xuyên qua bởi cùng một từ thông xoay chiều được tạo ra bởi dòng điện xoay chiều của nguồn. Ở cuộn dây thứ nhất có số vòng $n_1$ E.D. phát sinh. Với. cảm ứng $e_1 = -n_1 \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$ (ΔΦ là sự thay đổi từ thông qua một lượt trong thời gian $\Delta t$), và trong thứ cấp - E.D. Với. cảm ứng $e_2 = -n_2 \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$.

Giả sử cuộn thứ cấp hở, tức là hãy xem xét chế độ chạy nguội của máy biến áp. Chúng ta cũng sẽ giả định rằng điện trở tác dụng của cuộn sơ cấp rất nhỏ so với điện trở cảm ứng của nó. Theo định luật Ohm, tổng của tất cả E.D. Với. trong một mạch kín bằng tổng điện áp rơi trong mạch này (thường định luật Ohm, viết dưới dạng này, được gọi là định luật Kirchhoff):

$$u_1 + e_1 = i_1 R_1.$$

Ở đây $u_1$ là điện áp của nguồn dòng, $i_1$ là dòng điện và $R_1$ là điện trở hoạt động của cuộn sơ cấp. Bởi vì $R_1$ rất ít ($R_1 \rightarrow 0$), $u_1 + e_1 = 0$, hoặc

$$u_1 = -e_1.$$

Khi cuộn thứ cấp mở ($i_2 = 0$), điện áp ở hai đầu của nó

$$u_2 = -e_2.$$

Do đó, tỷ số điện áp $\frac{u_2}{u_1} = \frac{e_2}{e_1}$ hoặc cho hoạt động giật

$$\frac{U_2}{U_1} = \frac{\mathcal{E}_2}{\mathcal{E}_1} = \frac{n_2}{n_1}.$$

Sự tương ứng này làm nảy sinh câu hỏi được đặt ra trong tiêu đề. Thật vậy, tỷ số điện áp chỉ phụ thuộc vào tỷ lệ số vòng dây trong cuộn dây và không có các tham số lõi theo (1). Các tham số này có thể tùy ý không? Có thể vận hành máy biến áp mà không cần lõi không? Nếu có, trong những điều kiện nào?

Khi suy ra sự tương ứng (1), giả sử từ thông qua cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp bằng nhau. Tuy nhiên, điều kiện này có thể không được đáp ứng: một phần từ thông do cuộn sơ cấp tạo ra có thể tiêu tán và không xuyên qua được cuộn thứ cấp của máy biến áp, tất yếu sẽ dẫn đến chi phí kỹ thuật.

15

tính của máy biến áp. Vì vậy, có lẽ mục đích chính của lõi là giảm sự tiêu tán từ thông? Nhưng việc tái định cư có thể tránh được bằng những cách khác! Ví dụ, bằng cách cuộn cuộn thứ cấp trực tiếp lên cuộn sơ cấp hoặc bằng cách cuộn các cuộn dây này vào một hình xuyến (vô lăng). Và một lần nữa câu hỏi được đặt ra, câu hỏi trong tiêu đề: tại sao máy biến áp lại cần một lõi nặng, trong đó, cùng với những thứ khác, phát sinh tổn thất năng lượng - dòng điện Foucault, độ trễ? Nói chung cốt lõi còn rất nhiều thiếu sót. Vậy tại sao nó lại cần thiết?

Vì vậy, câu hỏi được hình thành và bị lên án; đã đến lúc chuyển sang đáp số trên đó.

Theo quy luật, các thiết bị thực có các đặc tính kém hơn so với các mô hình lý tưởng được mô tả bằng lý thuyết, đặc biệt là mô hình đơn giản nhất. Điều này áp dụng cho máy biến áp. Loại máy biến áp nào có thể được gọi là lý tưởng? Chúng ta hãy cố gắng hiểu điều này một cách định tính. Trong máy biến áp, năng lượng điện từ được truyền từ cuộn sơ cấp sang cuộn thứ cấp. Trong trường hợp tốt nhất, năng lượng giải phóng trong mạch cuộn thứ cấp sẽ bằng năng lượng mà cuộn sơ cấp tiêu thụ từ nguồn. Chúng ta có thể nói không phải về năng lượng mà là về sức mạnh. Điều mong muốn là công suất phải tối đa, tức là hệ số công suất với f≈1. Về mặt toán học, những yêu cầu này được ghi lại dưới dạng hệ số.

Xét một cuộn dây dài có số vòng dây lớn (soon). Cảm ứng của từ trường được tạo ra bởi một dây dẫn mang dòng điện luôn tỷ lệ thuận với cường độ dòng điện và còn phụ thuộc vào cấu hình của dây dẫn, vào vị trí của điểm mà từ trường quan tâm đến chúng ta và vào tính chất từ ​​của môi trường. Bên trong nút điện từ, từ trường đều. Có thể chứng minh rằng cảm ứng của trường này là $B = \mu_0 \mu I n/l$. Ở đây $\mu_0$ là hằng số từ, $\mu$ là độ thấm từ tương đối của môi trường, $n$ là số vòng của nút điện từ, $l$ là chiều dài của nó. Thế thì từ đẳng thức (3)
$$\Phi = B S n = \mu_0 \mu I n^2 S/l.$$

So sánh biểu thức này với (4), chúng ta thấy

16

độ tự cảm của điện từ:
$$L = \mu_0 \mu n^2 S/l. \quad (5)$$

Tương tự, người ta đưa ra khái niệm hệ số cảm kháng lẫn nhau (độ tự cảm lẫn nhau) $M$ của hai mạch điện. Trong trường hợp của chúng tôi, khái niệm về độ tự cảm lẫn nhau của cuộn dây sơ cấp và thứ cấp của máy biến áp. Khi cuộn thứ cấp bị nối tắt với tải, sẽ xuất hiện dòng điện trong mạch thứ cấp. Hãy biểu thị giá trị hiệu dụng của nó $I_2$. Đồng thời, dòng điện trong cuộn sơ cấp thay đổi. Bây giờ giá trị hiệu dụng $I_1$ của nó không còn giống như ở chế độ chạy nguội của máy biến áp. Từ thông $\Phi_2$ qua cuộn thứ cấp được tạo ra bởi dòng điện $I_1$ của cuộn sơ cấp tỉ lệ với dòng điện này:
$$\Phi_2 \sim I_1, \text{ или } \Phi_2 = MI_1.$$
Tương tự, từ thông $\Phi_1$ qua cuộn sơ cấp gây ra bởi dòng điện $I_2$ của cuộn thứ cấp,
$$\Phi_1 \sim I_2, \text{ или } \Phi_1 = MI_2.$$
Hệ số tỷ lệ $M$ là hệ số độ tự cảm lẫn nhau, hay độ tự cảm lẫn nhau của cuộn dây máy biến áp. Tương tự như việc suy ra giá trị độ tự cảm Soleno, người ta có thể thu được biểu thức cho $M$:
$$M = \mu_0 \mu n_1 n_2 S/l. \quad (6)$$
Từ biểu thức (5) và (6)
$$M = \frac{n_2}{n_1} L_1 = \frac{n_1}{n_2} L_2. \quad (7)$$

Lưu ý rằng, trên thực tế, tất nhiên chỉ có một từ thông duy nhất trong lõi máy biến áp. Trong thực tế, nó hoàn toàn được xác định bởi điện áp của nguồn dòng nối với mạch cuộn sơ cấp. Tuy nhiên, để rõ ràng, chúng ta có thể xem xét riêng các từ thông được tạo ra bởi dòng điện $I_1$ và $I_2$.

Bây giờ chúng ta quay lại máy biến áp một lần nữa và tiếp tục thảo luận về hoạt động của nó ở chế độ vận hành. Đầu tiên chúng ta hãy viết định luật Ohm (quy tắc Kirchhoff) cho mạch kín của cuộn sơ cấp, sau đó cho cuộn thứ cấp. Trong mỗi

17

Ở đây $A, B, \alpha$ và $\beta$ là hằng số.
Tốc độ thay đổi của dòng điện đầu tiên

$$\frac{\Delta i_1}{\Delta t} = \frac{i_1(t + \Delta t) - i_1(t)}{\Delta t} =$$

$$= A \frac{\sin [\omega(t + \Delta t) - \alpha] - \sin (\omega t - \alpha)}{\Delta t} =$$

$$= 2 \frac{A}{\Delta t} \sin \frac{\omega \Delta t}{2} \cos \left(\omega t - \alpha + \frac{\Delta t}{2}\right).$$

Hướng $\Delta t$ về 0 $\left(\sin \frac{\omega \Delta t}{2} \approx \frac{\omega \Delta t}{2}\right)$,

$$\cos \left(\omega t - \alpha + \frac{\Delta t}{2}\right) \approx \cos (\omega t - \alpha)),$$

chúng tôi nhận được

$$\lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta i_1}{\Delta t} = A \omega \cos (\omega t - \alpha).$$

Tương tự như vậy

$$\lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta i_2}{\Delta t} = B \omega \cos (\omega t - \beta).$$

Sau đó các phương trình (8) và (9) chuyển thành phương trình lượng giác:

$$U_0 \sin \omega t - p MA \omega \cos (\omega t - \alpha) - MB \omega \cos (\omega t - \beta) = 0,$$

(8a)

$$- \frac{1}{p} MB \omega \cos (\omega t - \beta) -$$

$$- MA \omega \cos (\omega t - \alpha) = RB \sin (\omega t - \beta).$$

(9a)

Mỗi phương trình sau các phần tử biến đổi (mở ngoặc) có thể được viết dưới dạng

$$a \sin \omega t + b \cos \omega t = 0,$$

(10)

trong đó các hệ số $a$ và $b$ không phụ thuộc vào thời gian.

Phương trình (10) chỉ hợp lệ bất kỳ lúc nào $t$ nếu $a=0$ và $b=0$ đồng thời. Do đó, hai phương trình được chuyển đổi thành bốn:

$$\begin{cases} U_0 - p MA \omega \sin \alpha - MB \omega \sin \beta = 0, \\ p A \cos \alpha + B \cos \beta = 0, \\ - \frac{1}{p} MB \omega \sin \beta - MA \omega \sin \alpha = RB \cos \beta, \\ \frac{1}{p} MB \omega \cos \beta + MA \omega \cos \alpha = RB \sin \beta. \end{cases}$$

Giải được hệ này, chúng ta sẽ tìm được biên độ của dòng điện trong mạch sơ cấp và mạch thứ cấp cũng như dwgi của dòng điện cùng pha so với điện áp bên ngoài.

Cuối cùng chúng tôi nhận được

$$I_{0_1} = A = \frac{U_0}{p^2 R} \sqrt{1 + \left(\frac{p R}{M \omega}\right)^2},$$

$$I_{0_2} = B = \frac{U_0}{p R},$$

$\alpha = \arctg \frac{p R}{M \omega}, \beta = \pi$.

lời giải mà chúng tôi tìm thấy có đáp ứng yêu cầu của một máy biến áp lý tưởng (tương ứng (2)) không? Hãy kiểm tra. Hãy tìm tỉ số giữa các giá trị biên độ của dòng điện:

$$\frac{I_{0_1}}{I_{0_2}} = \frac{A}{B} = \frac{1}{p} \sqrt{1 + \left(\frac{p R}{M \omega}\right)^2}.$$

Biểu thức cuối cùng trùng với sự tương ứng (2), nếu dưới gốc số hạng thứ hai có xu hướng bằng 0:

$$\frac{R}{M \omega} = \frac{R l}{\mu_0 \mu S n_1 n_2 \omega} \rightarrow 0$$

(tỷ lệ số vòng $p$ phải không đổi). Vì vậy, một máy biến áp có thể được coi là lý tưởng nếu

a) độ thấm từ của môi trường $\mu$ đủ lớn,

b) tần số của điện áp xoay chiều $\omega$ đủ cao,

b) số vòng dây ở cuộn sơ cấp và thứ cấp lớn,

d) điện trở tác dụng của cuộn thứ cấp nhỏ,

d) chiều dài của cuộn dây là nhỏ nhất, tức là các cuộn dây được quấn chặt.

Để tạo ra một máy biến áp gần đạt mức lý tưởng, bạn cần chọn cách biến đổi thuận tiện nhất về mặt thực tế. Trước hết, đây là sự biến đổi tính thấm từ cao của môi trường. Đối với chân không $\mu=1$ và đối với nam châm sắt $\mu \approx 10000$. Việc tăng số vòng dây thực tế là không có lợi (kích thước và giá thành của máy biến áp tăng mạnh) và việc tăng tần số dòng điện lên vài nghìn lần có liên quan đến các vấn đề kỹ thuật quan trọng. Các máy biến áp tần số cao hiện tại thực sự được sử dụng mà không có lõi và các đặc tính của chúng gần giống với các đặc tính của máy biến áp lý tưởng.

18

Hãy quan sát kỹ các bức ảnh của các tinh thể điển hình trong Hình 1. Đây là những tinh thể canxi cacbonat (canxi) hay đôi khi được gọi là thạch anh Tây Ban Nha. Các cạnh của tinh thể mà chúng ta nhìn thấy qua độ dày của chúng dường như gấp đôi. Khả năng làm “bóp nát” hình ảnh của tinh thể canxi được phát hiện vào thế kỷ 17. Nhưng lời giải thích về hiện tượng này, gọi là khúc xạ kép, chỉ được đưa ra sau khi lý thuyết điện từ của ánh sáng được chấp nhận.

Trong sóng ánh sáng phát ra từ một nguồn thông thường, vectơ chỉ phương E của điện trường và cảm ứng B của từ trường dao động theo mọi hướng có thể vuông góc với các phương truyền sóng. Loại ánh sáng này được gọi là ánh sáng tự nhiên. Nếu trong sóng ánh sáng hướng dao động của vectơ E (và do đó vectơ B) luôn không đổi, thì ánh sáng đó được gọi là phân cực phẳng hoặc phân cực tuyến tính. hướng vuông góc với phương dao động của vectơ E gọi là hướng phân cực. Ánh sáng tự nhiên có thể được coi là tổng của các sóng với mọi hướng phân cực có thể có. Trong nhiều chất, tốc độ truyền của dao động ánh sáng (và do đó là hàm mũ, hàm mũ) được xây dựng độc lập với hướng dao động của vectơ E của sóng ánh sáng. Đối với hai hướng vuông góc lẫn nhau của vectơ E thì có hai giá trị chiết suất. Những điều này giải thích hiện tượng khúc xạ kép. Chùm sáng đi vào tinh thể được chia thành hai chùm trong đó dao động của vectơ E vuông góc với nhau. Do tính truyền ngang của sóng ánh sáng nên phương dao động của vectơ E trong mỗi tia nằm trong mặt phẳng chứa tia sáng và vuông góc với tia sáng. Vì vậy, khi đi vào tinh thể thạch anh Tây Ban Nha, một chùm ánh sáng tự nhiên được chia thành hai chùm ánh sáng phân cực phẳng với các mặt phẳng (hướng) phân cực vuông góc với nhau. Bạn có thể xác minh điều này bằng cách sử dụng bất kỳ máy phân cực nào. (Chúng tôi đã nói về cách chế tạo một máy phân cực tự chế trong tạp chí số 11 năm 1975.)

*) Tất nhiên, với một bước sóng nhất định.

Hình 1.

Hiện nay, các dụng cụ quang học đặc biệt được sử dụng để phân tích đặc tính phân cực của ánh sáng. Tuy nhiên, trở lại giữa thế kỷ 19, người ta đã khẳng định một cách không thể chối cãi rằng một số người có thể phân biệt ánh sáng phân cực phẳng với ánh sáng tự nhiên bằng mắt thường.

Trong Chương XXXII của truyện “Tuổi trẻ” của L. N. Tolstoy, bạn có thể đọc những dòng sau: “… Tôi vô tình rời khỏi cuốn sách và nhìn qua cánh cửa ban công đang mở, nhìn những cành bạch dương cao xoăn treo lơ lửng, nơi bóng tối đã buông xuống, và trên bầu trời trong xanh, khi bạn nhìn kỹ, một đốm bụi màu vàng đột nhiên xuất hiện rồi lại biến mất, …”

Hãy chú ý những lời cuối cùng của đoạn văn này. Điểm vàng nào là L.N. Tolstoy đang nói về? Nó là gì: ô nhiễm không khí hay ảo giác thị giác liên quan đến việc làm việc quá sức khi đọc sách? Và không phải cái này cũng không phải cái kia! Hóa ra, hoàn toàn không biết về bản chất vật lý của bức tranh được quan sát, L.N. Tolstoy đã thu hút sự chú ý đến một hiện tượng mà vào thời điểm đó chỉ có một nhóm rất ít nhà khoa học biết đến. Bản chất của hiện tượng đang được mô tả là gì và làm thế nào để quan sát được nó?

Năm 1844, nhà khoa học người Đức Gaidinger lần đầu tiên phát hiện ra một đặc tính đáng kinh ngạc của mắt người. Ông phát hiện ra rằng mắt của một số người có thể phân biệt được ánh sáng phân cực với ánh sáng không phân cực. Độ nhạy phân cực của mắt không thể so sánh với độ nhạy màu sắc hoặc độ tương phản của nó. Thử nghiệm thực nghiệm cho thấy chỉ có 25-30% số người có đặc tính này. Mặc dù ước tính này không được coi là đủ tin cậy.

Một số độc giả chắc chắn có khả năng phát hiện ánh sáng phân cực, nhưng dường như hoàn toàn không biết về nó. Cũng như Tolstoy không hề biết rằng ông đang mô tả sự quan sát sự phân cực của ánh sáng mặt trời trong khí quyển.

Được biết, màu sắc của bầu trời có liên quan đến sự tán xạ ánh sáng mặt trời trong khí quyển. Bản thân không khí sạch là trong suốt. Tuy nhiên, mật độ của nó trong không gian không phải là hằng số. Do sự chuyển động nhiệt của các phân tử trong khí quyển, các vùng nhỏ *) liên tục tồn tại trong đó mật độ không khí khác nhau. Mặt khác, họ nói rằng có sự dao động mật độ trong khí quyển. Sự tán xạ ánh sáng xảy ra trên những dao động này. Bước sóng càng ngắn thì cường độ ánh sáng tán xạ càng lớn. Điều này giải thích màu xanh của bầu trời.

Ánh sáng tán xạ bởi khí quyển hóa ra bị phân cực. Hình 2 giúp hiểu sự phân cực của ánh sáng tán xạ xảy ra như thế nào.

Giả sử Mặt trời ở điểm $S$ và một hạt tán xạ (dao động) tại điểm $O$. Chúng ta hãy nhớ lại rằng ánh sáng là sóng điện từ ngang, tức là sự dao động của vectơ $\mathbf{E}$ (và $\mathbf{B}$) trong sóng ánh sáng xảy ra trong mặt phẳng vuông góc với hướng

---

*) Kích thước của những vùng này tương đương với bước sóng của ánh sáng khả kiến.

2*

19

20

sự lan truyền của ánh sáng. Posny trong sóng ánh sáng đi từ nguồn $S$ đến điểm $O$ thì dao động của vectơ $E$ nằm trong mặt phẳng $YOZ$. Nếu ánh sáng bị tán xạ bởi một bộ phận tại điểm $O$ được quan sát theo hướng $YO$ thì rõ ràng chỉ có sóng truyền theo hướng này trong đó dao động của vectơ $E$ hướng dọc theo $OZ$. Điều này có nghĩa là ánh sáng tán xạ vuông góc với ánh sáng tới bị phân cực hoàn toàn.

Các quan sát cho thấy sự phân cực của ánh sáng trong khí quyển chưa hoàn toàn. Ngoài ra, mức độ phân cực còn phụ thuộc vào thời gian trong ngày.

Bạn có thể đảm bảo rằng ánh sáng bầu trời được phân cực bằng cách sử dụng bất kỳ bộ phân cực nào. Tuy nhiên, như chúng tôi đã nói, một số người có thể quan sát sự phân cực của ánh sáng bằng mắt thường. Vì ánh sáng chiếu tới vật đang quan sát không bị phân cực hoàn toàn nên hình ảnh mà nó nhìn thấy không rõ lắm. Bức ảnh này được mô tả bởi L.N. Tolstoy. Sẽ dễ nhận thấy hơn nhiều nếu bạn tăng mức độ phân cực của ánh sáng bằng các bộ lọc ánh sáng phân cực.

Trường nhìn lý tưởng nên như thế nào? Heidinger xác định rằng người quan sát, nhìn trong vài giây tại một trường đồng nhất được chiếu sáng bởi ánh sáng phân cực tuyến tính, hoặc tại một màn được chiếu sáng bởi ánh sáng tự nhiên, nhưng được quan sát qua bộ lọc phân cực, sẽ thấy một ánh sáng màu vàng nhạt mờ nhạt.

Hình 2.

Hình 3.

21

Chương trình hình học mới (dành cho lớp 9) bao gồm khái niệm tích vô hướng của vectơ. Tích số chấm của vectơ được sử dụng rộng rãi trong lời giải các chứng minh định lý và hình học bài toán khác nhau. Dưới đây chúng tôi đặt hai ghi chú - của E. Gotman và Y. Ponarin, minh họa việc sử dụng phương pháp vectơ bằng một số ví dụ. Người đọc cần phải làm quen với các thao tác đơn giản nhất - phép cộng vectơ và nhân vectơ với một số, cũng như khái niệm tích vô hướng của vectơ. Chúng ta hãy nhắc lại định nghĩa và một số tính chất của phép nhân vô hướng các vectơ.

Tích vô hướng của hai vectơ khác 0 là một số bằng tích của các giá trị số độ dài của các vectơ này và cosin của góc giữa các vectơ.

Tích vô hướng của vectơ a và b được ký hiệu là a·b; theo định nghĩa a·b = |a|·|b|·cos a, b). Các tính chất của phép nhân vectơ vô hướng tương tự như định luật thực hiện các số:

1. a·b = b·a;
2. (λa) b = λ(a b), trong đó λ là một số nhất định;
3. a·(b+c) = a·b+a·c

(để chứng minh, xem SGK hình học lớp 9, tr. 59).

E. Gotman

Nhiệm vụ

để chứng minh

Bạn nên vắt kiệt mọi thứ mà nó có thể mang lại từ kết quả thu được.

D. Hát a. Cách giải quyết bài toán.

Tứ giác phẳng

Dễ dàng nhận thấy nếu các đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD vuông góc với nhau (Hình 1) thì

độ dài các cạnh của nó thỏa mãn mối quan hệ

$$|AB|^2 + |CD|^2 = |BC|^2 + |AD|^2.$$

Điều ngược lại có đúng không: có thể nói rằng các đường chéo của một tứ giác

của một tam giác vuông góc với nhau nếu biết tổng bình phương độ dài các cạnh đối diện của nó bằng nhau?

Chúng ta hãy biểu thị điểm giao nhau của các đường chéo bằng $M$ và áp dụng định lý cosine. Chúng tôi sẽ nhận được

$$|AB|^2\cdot|AM|^2+|BM|^2-$$

$$-2|AM|\cdot|BM|\cdot\cos(\widehat{AMB}),$$

$$|CD|^2=|CM|^2+|DM|^2-$$

$$-2|CM|\cdot|DM|\cdot\cos(\widehat{AMB})$$

$$|BC|^2=|BM|^2+|CM|^2+$$

$$+2|BM|\cdot|CM|\cdot\cos(\widehat{AMB}),$$

$$|AD|^2=|AM|^2+|DM|^2+$$

$$+2|AM|\cdot|DM|\cdot\cos(\widehat{AMB}).$$

Từ những đẳng thức này ta tìm được

$$|AB|^2+|CD|^2-|BC|^2-|AD|^2=$$

$$=-2(|AM|\cdot|BM|+|CM|\cdot|DM|+$$

$$+|BM|\cdot|CM|+|AM|\cdot|DM|)\cdot\cos(\widehat{AMB}).$$

Nhưng $|AM|\cdot|BM|+|CM|\cdot|DM|+ |BM|CM|+|AM|\cdot|DM|=(|AM|+ |CM|)(|BM|+|DM|)=|AC|\cdot|BD|$,

Đó là lý do tại sao

$$|AB|^2+|CD|^2-|BC|^2-|AD|^2=$$

$$=-2|AC|\cdot|BD|\cdot\cos(\widehat{AMB}). \qquad (2)$$

Nếu $\widehat{AMB}=90^\circ$ thì $\cos(\widehat{AMB})=0$ và sau đó là $|AB|^2+|CD|^2=|BC|^2+|AD|^2$.

Và ngược lại, nếu (1) đúng thì

thì $\cos(\widehat{AMB})=0$, tức là $\widehat{AMB}=90^\circ$.

Vì vậy, chúng ta đã chứng minh định lý: các đường chéo của một tứ giác vuông góc với nhau khi và chỉ khi tổng các bình phương độ dài các cạnh đối diện của nó bằng nhau.

Bây giờ chúng ta lưu ý rằng số ở vế phải của quan hệ (2) bằng tích vô hướng kép của vectơ $AC$ và $DB$. Và điều đó có nghĩa là chúng ta có thể viết lại (2) dưới dạng

$$|AB|^2+|CD|^2-|BC|^2-|AD|^2=$$

$$=2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DB}. \qquad (3)$$

Bây giờ chúng ta hãy thử, chỉ thao tác với vectơ, để thu được hệ thức (3) cho trường hợp sắp xếp tùy ý bốn điểm.

22

Bốn điểm trong không gian

Cho $A$, $B$, $C$ và $D$ là bốn điểm tùy ý trong không gian mà chúng ta muốn chứng minh mối quan hệ (3). Bắt đầu bằng chứng từ đâu?

Chúng ta hãy cố định một số điểm $O$ của không gian (điểm $O$ được chọn tùy ý; đôi khi nó được gọi là cực) và xem xét các vectơ $\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{OC}$ và $\overrightarrow{OD}$. Để cho ngắn gọn, chúng ta hãy ký hiệu các vectơ này như sau: $\overrightarrow{OA}=\vec A$, $\overrightarrow{OB}=\vec B$, $\overrightarrow{OC}=\vec C$, $\overrightarrow{OD}=\vec D$. Theo công thức trừ vectơ, chúng ta có $\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{AB}$, tức là $\overrightarrow{AB}=\vec B-\vec A$. Tương tự, $\overrightarrow{CD}=\vec D-\vec C$, $\overrightarrow{BC}=\vec C-\vec B$ và $\overrightarrow{AD}=\vec D-\vec A$.

Hãy nhớ lại rằng bình phương vô hướng của một vectơ bằng bình phương chiều dài của nó:

$$(\overrightarrow{AB})^2=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=|\overrightarrow{AB}|^2=|AB|^2.$$

Do đó, chúng ta có thể viết lại vế trái của quan hệ (3) như sau:

$$|AB|^2+|CD|^2-|BC|^2-|AD|^2=$$

$$=(\overrightarrow{AB})^2+(\overrightarrow{CD})^2-(\overrightarrow{BC})^2-(\overrightarrow{AD})^2=$$

$$=(\vec B-\vec A)^2+(\vec D-\vec C)^2-(\vec C-\vec B)^2-$$

$$-(\vec D-\vec A)^2=2(\vec A\cdot\vec D+\vec B\cdot\vec C-\vec A\cdot\vec B-$$

$$-\vec C\cdot\vec D)=2(\vec C-\vec A)\cdot(\vec B-\vec D)=2\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DB}.$$

Hệ thức (3) đã được chứng minh (nhân tiện, hãy nghĩ xem tại sao để chứng minh (3) việc chọn điểm $O$ lại không quan trọng). Việc chứng minh này không khó.

Hình 2.