Kvant 1976, số 9 · Trang

Keanm
1976
9
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Bạn đã hơn một lần nhìn thấy trên trang bìa tạp chí của chúng tôi bản sao các bức tranh của họa sĩ tuyệt vời người Hà Lan M. Escher (1898-1971). Trong hầu hết các tác phẩm của ông, sự khéo léo phi thường được kết hợp với các phép tính toán học chính xác. Escher gọi bức ảnh này, trong đó quá trình chuyển đổi từ hình ảnh phẳng sang hình ảnh ba chiều được thực hiện là “Bầu trời và Nước”.

1

Thành lập năm 1970 1976

Kvaim 9
Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Nhà xuất bản “Khoa học”
Tòa soạn chính của văn học vật lý và toán học

Tổng biên tập Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất 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 (trưởng phòng biên tập)

TRONG PHÒNG:
2 S. Gindikin. “Nghệ thuật vĩ đại”
11 I. Klumova, D. Fuchs. Công thức tồn tại, nhưng…
17 A. Reznikov. Công thức và hình học Cardan
18 A. Krasnodemskaya. Phương trình bậc ba đồ họa lời giải
20 A. Noffe. Chuyển động phân tử Brown

Khách mời của chúng tôi là tạp chí “Trái đất và Vũ trụ”
26 A. Shpilevsky. Một cách giải thích mới về tiếng vọng của đài phát thanh Tanist
31 L. Gindilis. Mô hình liên hệ

Phòng thí nghiệm “Lượng tử”
36 D. Gorbushina, V. Mayer. Ánh sáng truyền qua một tấm phẳng song song

vòng tròn toán học
39 M. Balk. Tìm kiếm lời giải

Cuốn sách vấn đề “Quanta”
46 người chiến thắng cuộc thi Quanta
47 Bài toán M401—M405; F413—F417
49 Lời giải bài toán M361—M363; F369—F372

Qua những trang sách giáo khoa
56 V. Geidman. Đối xứng trục

Xưởng của người nộp đơn
59 E. Iroshikov. Ký ức… về kỳ thi sắp tới

Sự lạc quan của học sinh đảng Cộng hòa
63 A. Savin, M. Smolyansky, V. Tikhomirova. Optimida toàn tiếng Nga dành cho học sinh
66 V. Berezin, L. Kovantsova. Optimida toán học ở Ukraine

Đánh giá, thư mục
67 I. Zorich. Thế giới âm thanh
68 I. Rakhlin. Sách khoa học phổ biến về thiên văn học
69 I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới

“Số lượng” cho học sinh nhỏ tuổi
71 Bài toán
72 A. Bendukidze. Một phần có thể bằng toàn bộ không?
76 Hỗn hợp (tr. 25, 35, 58, 65)

Trang đầu tiên của trang bìa mô tả một “lớp” không gian gồm các dodecastron hình thoi. Cách bạn có thể xây dựng khối đa diện tuyệt vời này được mô tả trên trang. 25.

© Tòa soạn chính của cơ sở văn học vật lý và toán học “Khoa học”, “Lượng tử”, 1976

2

S. Gindikin

“Nghệ thuật vĩ đại”

Bài viết này dành cho lịch sử về thành tựu chính của toán học thế kỷ 16 - lời giải phương trình đại số bậc ba và bậc bốn. Những người yêu thích toán học vẫn bị thu hút bởi những sự kiện kịch tính gắn liền với khám phá này, trong đó số phận của bốn nhà khoa học gắn liền với nhau - del Ferro, Tartaglia, Cardano và Ferrari. Năm 1976 đánh dấu kỷ niệm 475 năm ngày sinh của Cardano, 400 năm ngày mất của ông và 450 năm ngày mất của del Ferro.

Trong cuộc thảo luận của chúng ta về những nhà toán học này và những khám phá của họ, có một số điều còn chưa rõ ràng: có rất nhiều điều chúng ta chưa biết về các sự kiện bốn năm trước.

Tiêu đề của bài báo là một phần tựa đề cuốn sách của Cardano, xuất bản năm 1545. Felix Klein đã viết về nó: “Công trình vô cùng giá trị này chứa đựng mầm mống của đại số hiện đại, vượt ra ngoài ranh giới của toán học cổ đại”.

Thế kỷ 16 là thế kỷ của sự hồi sinh của toán học châu Âu sau thời kỳ ngủ đông thời Trung cổ. Lúc đầu, các nhà khoa học châu Âu cố gắng tìm hiểu những gì đã được thực hiện bởi những người tiền nhiệm cổ đại và phương đông (Ấn Độ và Ả Rập). Những thành tựu đầu tiên của các nhà toán học thế kỷ 16 liên quan đến đại số. (Điều này là do thực tế là vào thế kỷ 16, đại số mới chỉ mới xuất hiện, trong khi hình học là một môn khoa học đã được khẳng định.)

Tình trạng đại số vào đầu thế kỷ 16 và 16 đã được chuẩn bị trong một trong những cuốn sách in đầu tiên về toán học, “Tổng hợp kiến ​​thức về số học, hình học, quan hệ và tỷ lệ,” viết ở Venice năm 1494. Cuốn sách được viết bằng ngôn ngữ Inalyan. Đó là một trong những cuốn sách khoa học đầu tiên không được viết bằng tiếng Latin. Tác giả của nó là tu sĩ Luca Pacioli, một người bạn của Leonardo da Vinci vĩ đại. Ở cuối cuốn sách, Pacioli viết: đối với lời giải phương trình bậc ba “nghệ thuật đại số chưa đưa ra phương pháp, cũng như phương pháp bình phương hình tròn chưa được đưa ra”. Những từ này rõ ràng được coi là một tuyên bố về việc không thể có công thức cho phương trình bậc ba lời giải.

Scippon del Ferro

Có một người đã không ngăn Pacioli lại cho tôi. Chính giáo sư toán học ở Bologna, Scippo della Ferro (1465-1526), ​​​​người đã tìm ra cách giải phương trình

$$x^3 + ax = b.$$

(1)

Vì số âm chưa được sử dụng vào thời điểm đó nên các hệ số chữ cái trong phương trình (1) (và ở phần sau của bài viết này) được coi là dương. Do đó, phương trình (1) và

$$x^3 = ax + b$$

(2)

được coi là các phương trình hoàn toàn khác nhau! Bản thân việc trình bày trường hợp Ferro vẫn chưa đến được với chúng tôi. Ferro đã thông báo điều này với người kế nhiệm của ông trong khoa, Annibal della Nava, và với học trò của ông là Antonio Mari Fiore. Sau khi ông qua đời, thầy Fiore quyết định sử dụng bí mật được giao phó để trở nên bất khả chiến bại trong các hành động của lời giải bài toán. Vào cuối năm 1534, ông triệu tập nhà toán học từ Venice Niccolò Tartaglia đến.

Niccolo Tartaglia

Tartaglia sinh khoảng năm 1500 ở Brescia, con trai của một người cưỡi ngựa nghèo.

người đưa thư Fontane. Thuở nhỏ, khi quê hương bị Pháp chiếm, ông bị thương ở thanh quản và từ đó trở nên khó nói. Do đó tác phẩm của anh ấy - “Tartaglia” (“zanka”). Niccolo bị bỏ lại sớm trong sự chăm sóc của mẹ. Vì nghèo nên anh chỉ học ở trường hai tuần. Trong thời gian này trong lớp viết đến chữ “K”. Tartaglia rời trường mà không hề học cách viết họ của mình. Tuy nhiên, anh vẫn tiếp tục tự học và trở thành “bậc thầy bàn tính” (giống như giáo viên dạy số học ở một trường thương mại tư thục). Từ năm 1534, Tartaglia đã sống ở Venice.

Việc theo đuổi khoa học của Tartaglia được kích thích bởi lời hứa của các kỹ sư và pháo binh từ kho vũ khí nổi tiếng của Venice. Năm 1537, ông xuất bản cuốn sách “Khoa học mới”, đề cập đến các vấn đề cơ học. Cuốn sách này đóng một vai trò quan trọng trong sự phát triển của đạn đạo. Năm 1546, ông xuất bản cuốn sách “Các vấn đề và những phát minh khác nhau”. Nếu trong cuốn đầu tiên trong số hai cuốn sách này, Tartaglia, luôn theo Aristotle, cũng khẳng định rằng một vật ném theo một góc đầu tiên bay dọc theo một đường nghiêng, sau đó dọc theo một cung tròn và cuối cùng rơi xuống theo phương thẳng đứng, thì trong cuốn thứ hai, ông đã viết rằng quỹ đạo không có một phần nào hoàn toàn thẳng. Tartaglia đã dịch Archimedes và Euclid sang tiếng Ý (ngược lại với tiếng Latin, ông gọi là “dân gian”).

Nhận được lời thách thức của Fiore, Tartaglia hy vọng sẽ giành được chiến thắng dễ dàng. Anh ta không hề sợ hãi ngay cả khi phát hiện ra rằng cả 30 bài toán Fiore đều chứa các phương trình (1) cho a và b khác nhau. Tartaglia tin rằng bản thân Fiore không có khả năng giải các bài toán mà ông đề xuất: “Tôi nghĩ rằng không có phương trình nào có thể giải được, bởi vì anh Luca (tức là Pacioli - S.G.) đã đảm bảo trong công việc của mình rằng loại phương trình này không thể giải được bằng một công thức tổng quát.”

Khi 50 ngày gần trôi qua, sau đó lời giải cần phải tạo ra một potarius, có tin đồn đến Tartaglia rằng Fiore vẫn còn ở đó.

4

Bằng cách nào đó phương pháp tanistic lời giải của phương trình (1) có hiệu quả. Viễn cảnh chiêu đãi bạn bè của Fiore một bữa tối theo nghi lễ tương đương với số bài toán do người chiến thắng quyết định (đó là quy tắc!) Không hấp dẫn Tartaglia. Anh ta áp dụng các điều kiện, và tám ngày trước thời hạn đã định (thời hạn hết hạn vào ngày 12 tháng 2 năm 1535), hạnh phúc mỉm cười với anh ta: cách mong muốn để tìm thấy bài toán Tartaglia (kỳ lạ là anh ta thậm chí còn không hoàn thành được nhiệm vụ mà lẽ ra có thể giải quyết được bằng phương pháp của vụ án Ferro).

Tartaglia đã sớm tìm ra cách giải phương trình (2).

Họ biết rất nhiều về món ăn Fiore-Tartaglia và bữa tối Tartaglia. Họ quay sang anh với yêu cầu tiết lộ bí mật của anh. Anh ta mở lòng, nhưng có một người thỉnh cầu - Gerolamo Cardano, người đã thuyết phục anh ta.

Cardano Gerolamo
Cardano sinh ngày 24 tháng 9 năm 1501 tại Pavni, trong một gia đình luật sư. Sau khi tốt nghiệp đại học, Gerolamo quyết định cống hiến hết mình cho ngành y. Vì là con bất hợp pháp nên ban đầu anh phải đi tu học một thời gian dài ở tỉnh lẻ. Chỉ đến tháng 8 năm 1539, sau khi thay đổi đặc biệt các quy tắc cho mục đích này, Cardano mới được nhận vào trường Cao đẳng Bác sĩ Milan. Sau này ông thậm chí còn trở thành hiệu trưởng của trường đại học này. Cardano là một trong những bác sĩ nổi tiếng nhất thời bấy giờ; có lẽ là thứ hai - sau người bạn Bezalia của anh ấy.

Trong những năm tháng tuổi già của mình, Cardano đã viết một cuốn tự truyện “Giới thiệu về cuộc đời tôi”. Trong đó, ông chỉ đề cập đến việc nghiên cứu toán học của mình một vài lần và nói chi tiết về nghiên cứu của ông về y học. Cardano tuyên bố rằng ông đã mô tả thêm tới năm nghìn kỹ thuật giảng dạy, số lượng vấn đề ông giải quyết lên tới bốn mươi nghìn và số lượng nhỏ gợi ý - lên tới hai trăm nghìn. Tất nhiên, những con số này không nên quá tin tưởng. Tuy nhiên, lời nói của bác sĩ Cardano là không thể phủ nhận. Cardano tuyên bố rằng anh chỉ gặp phải ba điều bất hạnh trong quá trình hành nghề y.

Tuy nhiên, các nghiên cứu y học không hấp thụ hoàn toàn Cardano. Trong thời gian rảnh rỗi, ông nghiên cứu “mọi thứ trên thế giới”: triết học, chiêm tinh học, vật lý, cơ học, toán học.

Cardano đã biên soạn lá số tử vi của cả người sống và người chết (Christ, Petraki, Dürer, Bezalia, Luther). Giáo hoàng đã sử dụng dịch vụ của một nhà chiêm tinh Cardan. (Theo một truyền thuyết không hay, Cardano đã tự sát để xác nhận lá số tử vi của chính mình.)

Cuốn sách Về vật liệu mỏng của Cardano (1550) đã được dịch sang tiếng Pháp và được dùng làm sách giáo khoa phổ biến về tĩnh học và thủy tĩnh học trong suốt thế kỷ 17. Galileo khi quan sát sự chuyển động của ma trận tự nhiên - chiếc đèn chùm trong nhà thờ - đã sử dụng chỉ dẫn của Cardano là sử dụng xung của chính mình để đo thời gian. Cardano đã viết về sự cần thiết của một cỗ máy chuyển động vĩnh viễn. Một số nhận xét của ông có thể được hiểu như một nguyên tắc của những chuyển động có thể xảy ra. Cardano đã thiết lập bằng thực nghiệm mối quan hệ giữa mật độ không khí và nước. Đối với cỗ xe hoàng gia, ông đã phát minh ra một hệ thống kết nối hai loại tiền tệ, dưới đây gọi là cardan (gimbal, trục cardan, khớp cardan) và được sử dụng rộng rãi trong tự động hóa. (Tuy nhiên, công bằng mà nói thì ý tưởng về một hệ thống như vậy đã có từ thời cổ đại; ngoài ra, một trong những bức vẽ của Leonardo da Vinci cho thấy một chiếc la bàn có gimbal.)

Một số tác phẩm của Cardano thuộc loại bách khoa toàn thư. Trong thời Phục hưng, bách khoa toàn thư được viết bởi những người độc thân. Những bộ bách khoa toàn thư đầu tiên được tạo ra bởi công việc tập thể chỉ xuất hiện sau đó một thế kỷ rưỡi.

Cardano đã viết một số lượng lớn sách (một số đã được xuất bản, một số vẫn còn ở dạng bản thảo, một số bị ông tiêu hủy, chờ bị bắt (xem bên dưới)). Tuy nhiên, chỉ riêng mô tả của họ đã tạo nên toàn bộ cuốn sách, “Những bài viết của chính tôi”. Trong nhiều năm sách của ông về triết học và đạo đức đã được đón nhận. Cuốn sách On Assertion của ông đã được dịch sang tiếng Anh và chịu ảnh hưởng của Shakespeare. Một số học giả sáu câu chuyện thậm chí còn cho rằng Hamlet đã thốt ra

5

thay vào đó là lời độc thoại “Tồn tại hay không tồn tại…”, cầm cuốn sách này trên tay.

Cardano đã chơi cờ trong 40 năm (“Tôi không bao giờ có thể diễn tả bằng lời ngắn gọn mức độ thiệt hại mà không có bất kỳ khoản đền bù nào, họ đã gây ra chuyện gia đình của tôi”), 25 lần chơi xúc xắc (“nhưng cờ vua thậm chí còn làm tổn thương xương của tôi nhiều hơn”). Vì ham chơi nên có khi anh bỏ dở việc học. Sản phẩm phụ của niềm đam mê này là Sách xúc xắc của Cardano, được viết vào năm 1526 nhưng mãi đến năm 1663 mới được xuất bản. Cuốn sách này xem xét một số vấn đề trong lý thuyết xác suất và tổ hợp; nó chứa đựng những quan sát về tâm lý của người chơi.

Cardano và Tartaglia

Đến năm 1539, Cardano hoàn thành cuốn sách đầu tiên của mình, hoàn toàn dành cho toán học, “Thực hành lý luận tổng quát”. Theo kế hoạch của ông, nó được cho là sẽ thay thế cuốn sách của Pacioli. Nghe về bí mật của Tartaglia, anh ấy rất muốn trang trí cuốn sách của mình bằng nó.

Vào tháng 1 năm 1539, Cardano quay sang Tartaglia với yêu cầu đưa cho anh ta quy tắc lời giải của phương trình (1) để xuất bản trong cuốn sách của anh ta hoặc với lời hứa giữ bí mật. Tartaglia mở đầu: “Hãy nói với lãnh chúa rằng ông ấy sẽ tha thứ cho tôi, nhưng nếu tôi muốn công bố khám phá của mình, tôi sẽ làm điều đó bằng tác phẩm của chính mình chứ không phải trong cuốn sách của người khác.” Vào ngày 12 tháng 2, Cardano lặp lại yêu cầu của mình. Tartaglia không ngừng nghỉ. Vào ngày 13 tháng 3, Cardano mời Tartaglia đến Milan, hứa sẽ giới thiệu anh với thống đốc vùng Lombardy. Rõ ràng viễn cảnh này đã mang lại cho Tartaglia: anh ấy chấp nhận lời mời. Vào ngày 25 tháng 3, một cuộc trò chuyện mang tính quyết định đã diễn ra tại nhà Cardano.

Đây là một đoạn trích từ bản ghi âm cuộc trò chuyện này (cần lưu ý rằng đoạn ghi âm được thực hiện bởi Tartali; một sinh viên của Cardano Ferrari khẳng định rằng điều đó không hoàn toàn đúng):

“Niccolo. Tôi nói cho bạn biết: Tôi đã từ chối bạn không chỉ vì chương này và khám phá trong đó, mà vì những điều có thể được khám phá khi biết nó, vì đây là chìa khóa mở ra con đường nghiên cứu một số lượng lớn các phần khác. Tôi đã tìm ra quy tắc chung cho nhiều vấn đề khác từ lâu nếu hiện tại tôi không bận dịch Euclid sang tiếng bản địa (tôi hiện đã hoàn thành bản dịch đến cuối cuốn thứ 13). Nhưng khi công việc này, mà tôi đã bắt đầu, là đã hoàn thành, tôi sẽ xuất bản một tác phẩm ứng dụng thực tế cùng với một đại số mới… Nếu tôi đưa nó cho một nhà lý thuyết nào đó (như Thưa ngài), thì anh ta có thể dễ dàng, với sự trợ giúp của lời giải thích này, tìm các chương khác (và lời giải thích này có thể dễ dàng áp dụng cho các câu hỏi khác) và xuất bản thành quả khám phá của tôi dưới tên của chính anh ta.

Ngài Gerolamo. Tôi thề với bạn bằng sự ràng buộc của Chúa là Đức Chúa Trời và không chỉ cho bạn lời của một người trong sạch rằng tôi sẽ không bao giờ công bố khám phá này của bạn nếu bạn giao phó nó cho tôi, nhưng tôi hứa, và cầu mong sự trọn vẹn của tôi là một Cơ đốc nhân chân chính sẽ là sự đảm bảo cho bạn, để bảo vệ nó để sau khi tôi chết, không ai có thể đọc được những gì được viết. Theo bạn, nếu tôi đáng tin cậy thì hãy làm điều đó; nếu không thì hãy rời khỏi cuộc trò chuyện này.

Niccolo. Nếu tôi không tin lời khẳng định này của anh thì tất nhiên tôi cũng đáng bị coi là kẻ không có đức tin.”

Vì vậy, Tartaglia đã để mình bị thuyết phục. Từ mục trên, thật khó hiểu điều gì đã khiến anh ấy thay đổi lời giải. Anh ta có cần phải sốc đến thế trước lời nguyền của Cardano không? Sau khi kể ra bí mật, Tartaglia ngay lập tức rời Milan, từ chối làm chứng với thống đốc, người mà anh đã thực hiện cuộc hành trình này vì lợi ích của ai. Cardano đã thôi miên anh ta phải không?

Khi Tartaglia nhận được vào ngày 12 tháng 5 cuốn sách “Thực hành các lập luận tổng quát” mới in mà không có “mạng lưới” của mình (anh ấy đã trình bày phương pháp của mình về phương trình lời giải (1) dưới dạng một bài thơ tiếng Latinh: khi đó họ không biết cách viết công thức), anh ấy đã bình tĩnh lại phần nào.

Cardano đã nhận được từ Tartaglia một phương pháp làm sẵn lời giải của phương trình (1) mà không có bất kỳ bằng chứng nào. Ông đã nỗ lực rất nhiều để kiểm tra cẩn thận và biện minh cho quy tắc này. Từ tháp chuông của chúng tôi, không thể hiểu được vấn đề là gì: thay nó vào phương trình và kiểm tra! Tuy nhiên, việc thiếu các ký hiệu đại số phát triển đã khiến

6

Milan (khắc gỗ từ năm 1493)

Ngày nay, nó được thực hiện tự động bởi bất kỳ học sinh nào, chỉ có thể truy cập được bằng mô tả. Nếu không làm quen với các văn bản gốc thời đó, không thể đánh giá được bộ máy đại số “tiết kiệm” tư duy đến mức nào. Người đọc phải luôn ghi nhớ điều này để không quên bản chất “đặc quyền” của những vấn đề mà khách hàng đam mê ở thế kỷ 16.

Luigi Ferrari
Hiện tại, Cardano đã được Luigi Ferrari (1522-1565) giúp đỡ trong nghiên cứu toán học của mình. Trong danh sách 14 học trò của Cardano, Ferrari xuất hiện là một trong ba học trò nổi bật nhất.

Năm 1543, Cardano và Ferrari tới Bologna, nơi della Nave cho phép họ làm quen với các giấy tờ của Ferro quá cố. Ở đó, họ tin rằng sau này đã biết quy tắc của Tartaglia.

Rõ ràng những người đương thời hầu như không biết gì về công thức của vụ Ferro. Không chắc Cardano sẽ tấn công Tartaglia một cách nghiêm trọng như vậy nếu anh ta biết rằng mình có thể nhận được thông tin tương tự từ della Nave.

Hầu hết lịch sử toán học đều đồng ý rằng Ferro đã nghĩ ra công thức, Fiore biết nó và Tartaglia đã khám phá lại nó khi biết rằng Fiore có nó. Tuy nhiên, không có sự thật nào trong số này đã được chứng minh nghiêm ngặt!

Vào cuối đời, Tartaglia đã viết: “… Tôi có thể đảm bảo rằng định lý được mô tả này chưa được Euclid hoặc bất kỳ ai khác chứng minh, mà chỉ được chứng minh bởi Gerolamo Cardano, người mà chúng tôi đã chỉ ra nó… Tôi vào năm 1534 (ở nơi khác viết rằng điều này xảy ra vào ngày 4 tháng 2 năm 1535 - S.G.) đã tìm thấy ở Venice công thức tổng quát của phương trình…”

Thật khó để kiếm sống trong câu chuyện phức tạp này.

Đến năm 1545, Cardano đã học được cách giải không chỉ phương trình (1) và (2) mà còn cả phương trình
$$x^3 + b = ax,$$
(3)
cũng như một phương trình bậc ba “hoàn chỉnh”, tức là một phương trình chứa số hạng có $x^2$. Cùng lúc đó, Ferrari đã tìm ra cách giải phương trình bậc bốn.

“Nghệ thuật vĩ đại”
Cho dù đã quen với các hồ sơ vụ án của Ferro, áp lực mạnh mẽ từ Ferrari, hay rất có thể là việc không muốn chôn vùi thành quả của nhiều năm làm việc đã dẫn đến thực tế là

7

Cardano đưa tất cả những gì ông biết về phương trình bậc ba vào cuốn sách “Nghệ thuật vĩ đại hay các quy tắc của đại số” xuất bản năm 1545.

Trong lời nói đầu, Cardano trình bày lịch sử của vấn đề: “… ở thời đại chúng ta, Scippo del Ferro đã phát hiện ra một công thức theo đó khối lập phương của một mặt phẳng vô danh bằng một con số. Đó là một tác phẩm rất đẹp và tuyệt vời. Vì nghệ thuật này vượt qua mọi sức chịu đựng của con người và tất cả sự sáng suốt của tâm hồn phàm trần, nên nó phải được coi như một món quà có nguồn gốc từ thiên đường, cũng như một khả năng của sức mạnh tinh thần, và đó là một khám phá yếu ớt đến mức người có thể đạt được nó có thể đạt được mọi thứ. Cạnh tranh với anh ta, Nicollo Tartaglia từ Brescia, bạn của chúng tôi, được mời đến sáng tác cùng với một sinh viên của del Ferro, tên là Antono Mario Fiore, đã quyết định, để không bị đánh bại, vấn đề tương tự, và sau nhiều thời gian, anh ấy đã đánh thức nó cho tôi. Tôi đã bị lừa bởi lời nói của Luca Pacioli, người nói rằng không có phương trình lời giải tổng quát nào thuộc loại này, và mặc dù tôi đã có rất, rất nhiều khám phá do chính mình thực hiện, tôi vẫn không tuyệt vọng khi tìm ra điều mà tôi không dám làm. hãy tìm kiếm. Tuy nhiên, khi tôi nhận được chương này và thêm nó lời giải, tôi thấy rằng còn rất nhiều điều có thể làm được với nó; và với sự tự tin ngày càng tăng trong công việc của mình, tôi, nhờ sử dụng, đã khám phá thêm, một phần là bản thân tôi, một phần là với Lodovico Ferrari, học trò cũ của tôi.

Ở dạng hiện đại hóa, cách Cardano tìm lời giải của phương trình (1) có thể được phát biểu như sau. Chúng ta sẽ tìm lời giải của phương trình (1) ở dạng $x = \beta - \alpha$. Sau đó $x + \alpha = \beta$ và

$$x^3 + 3x^2\alpha + 3x\alpha^2 + \alpha^3 = \beta^3.$$ (4)

Vì $3x^2\alpha + 3x\alpha^2 = 3x\alpha(x + \alpha) = 3x\alpha\beta$, đẳng thức (4) có thể được viết lại thành

$$x^3 + 3\alpha\beta x = \beta^3 - \alpha^3.$$ (5)

Hãy thử từng cái một $\langle a, b \rangle$ vậy hãy chọn một cặp $\langle \alpha, \beta \rangle$sao cho (5) trùng với (1). Để làm được điều này, điều cần thiết là cặp đôi $\langle \alpha, \beta \rangle$ là giải pháp của hệ thống

$$\begin{cases} 3\alpha\beta = a, \\ \beta^3 - \alpha^3 = b \end{cases}$$

hoặc hệ thống tương đương

$$\begin{cases} \beta^3 \cdot (-\alpha^3) = -\frac{a^3}{27}, \\ \beta^3 + (-\alpha^3) = b. \end{cases}$$

Theo định lý Vieta, $^*)$ $\beta^3$ và $-\alpha^3$ sẽ là nghiệm của phương trình bậc hai giao nhau $y^2 - by - \frac{a^3}{27} = 0$. Vì chúng ta đang tìm nghiệm dương của phương trình (1), $\beta > \alpha$. Vì vậy, $\beta^3 = \frac{b}{2} + \sqrt{\frac{b^2}{4} + \frac{a^3}{27}}$ và $-\alpha^3 = \frac{b}{2} - \sqrt{\frac{b^2}{4} + \frac{a^3}{27}}$. Kể từ đây,

$$x = \sqrt[3]{\frac{b}{2} + \sqrt{\frac{b^2}{4} + \frac{a^3}{27}}} - \sqrt[3]{\frac{b}{2} + \sqrt{\frac{b^2}{4} + \frac{a^3}{27}}}.$$

Đối với $a$ dương và $b$, nghiệm $x$ cũng dương.

Tính toán trên chỉ về mặt ý thức hệ tuân theo dòng lý luận của Cardano. Bản thân ông lập luận bằng ngôn ngữ hình học: nếu khối lập phương từ cạnh $\beta = \alpha + x$ được cắt bởi các mặt phẳng song song với các mặt thành khối lập phương từ cạnh $\alpha$ và khối lập phương từ cạnh $x$, thì hóa ra, ngoài hai hình khối, có các hình chữ nhật song song từ một bên $\langle \alpha, \alpha, x \rangle$ và ba hình từ một bên $\langle \alpha, x, x \rangle$; tương ứng, giữa các tập cho (4); Để đi đến (5), các hình song song thuộc nhiều loại khác nhau được kết hợp thành từng cặp.

“Vì tôi nhận ra rằng khoa mà Tartaglia giao cho tôi đã được anh ấy phát hiện ra nhờ sự trợ giúp của chứng minh hình học, nên tôi đã nghĩ rằng đây là con đường hoàng gia dẫn đến tất cả các khoa khác.”

$^*)$ Bản thân Viète (1540–1603) sống muộn hơn Cardano, nhưng trường hợp cụ thể về định lý của ông, mà ở trường gọi là định lý Viète, về cơ bản đã được Cardano biết đến.

8

Phương trình (2) có thể được giải bằng cách thay thế $x = \beta + \alpha$, nhưng ở đây đã xảy ra trường hợp khi phương trình ban đầu có ba nghiệm thực và phương trình bậc hai phụ không có nghiệm thực. Đây được gọi là trường hợp “không thể giảm được”*). Anh ta đã gây ra rất nhiều rắc rối cho gia đình Cardan (và có lẽ cả Tartaglia).

Kardanov đã giải được phương trình (3), đưa ra một sự xa lánh rất táo bạo đối với thời đó, đè nặng lên tính tiêu cực của gốc rễ. Chưa có ai trước anh ấy sử dụng các số âm một cách dứt khoát như vậy, mặc dù Kardanov vẫn còn lâu mới có thể tự do xử lý chúng: anh ấy xem xét các phương trình (1) và (2) một cách riêng biệt!

Kardanov cũng đã hoàn toàn tìm ra phương trình bậc ba tổng quát $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$ (Tartaglia không liên quan gì đến điều này!), sau đó, nói theo ngôn ngữ hiện đại, phép thay thế $x = y - \frac{a}{3}$ sẽ phá hủy thuật ngữ bằng $x^2$.

Kardanov quyết định xem xét không chỉ các số âm (anh ấy gọi chúng là “hoàn toàn sai”) mà còn cả những số phức (anh ấy gọi chúng là “ngụy biện một cách tích cực”). Ông lưu ý rằng nếu bạn thao tác với chúng theo một số quy tắc tự nhiên, thì các nghiệm phức có thể được gán cho một phương trình bậc hai không có nghiệm thực. Có thể là số Cardan phức tại SEL liên quan đến trường hợp “không thể rút gọn”.

Đóng góp cá nhân của Ferrari cũng được phản ánh trong “Nghệ thuật vĩ đại” - lời giải phương trình bậc bốn.

Trong ngôn ngữ hiện đại, phương pháp Ferrari cho phương trình
$$x^4 + ax^2 + bx + c = 0$$
(phương trình bậc bốn dễ dàng trùng với phương trình (6)) như sau.

*) Người ta đã viết về anh ấy vào năm «Kvant»: 1971, số 11, tr. 20 và 1973, không. 3, tr. 30. Xem thêm tr. 11 trong số này.

Bằng cách đưa vào tham số phụ $t$, chúng ta viết lại phương trình (6) ở dạng tương đương:
$$\left(x^2 + \frac{a}{2} + t\right)^2 = 2tx^2 - bx + \left(t^2 + at - c + \frac{a^2}{4}\right).$$

Bây giờ chúng ta hãy chọn giá trị của tham số $t$ sao cho bình phương (so với $x$) trilen ở vế phải của phương trình (7) có hai nghiệm trùng nhau. Để làm được điều này, điều cần thiết là phân biệt của bộ ba này phải bằng 0:
$$b^2 - 4 \cdot 2t \cdot \left(t^2 + at - c + \frac{a^2}{4}\right) = 0.$$

Chúng ta đã thu được phương trình bậc ba phụ cho $t$. Chúng ta hãy tìm một số gốc của nó $t_0$ bằng cách sử dụng công thức Cardanov. Phương trình (7) bây giờ có thể được viết lại thành:
$$\left(x^2 + \frac{a}{2} + t_0\right)^2 = 2t_0 \left(x - \frac{b}{4t_0}\right)^2.$$

Phương trình (8) được chia thành một cặp phương trình bậc hai cho bốn nghiệm mà chúng ta đang tìm kiếm.

Như vậy, theo phương pháp của Ferrari, phương trình lời giải bậc 4 sẽ trùng với phương trình bậc ba phụ lời giải và hai phương trình bậc hai.

Vị trí của “Nghệ thuật vĩ đại” trong lịch sử toán học trước hết được xác định không phải bởi kết quả cụ thể về phương trình bậc ba và bậc bốn, mà bởi thực tế là các khái niệm đại số tổng quát (ví dụ: bội số của một nghiệm) và mệnh đề (nếu phương trình $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$ có ba nghiệm thực, thì tổng của chúng bằng - $a$) lần đầu tiên xuất hiện trong đó.

Ferrari và Tartaglia

Không khó để tưởng tượng việc xuất bản “Nghệ thuật vĩ đại” (1545) đã gây ấn tượng như thế nào đối với Tartaglia. Trong phần cuối của cuốn sách “Các vấn đề và những phát minh khác nhau” (1546), ông công bố thư từ với Cardanov và ghi lại các cuộc trò chuyện với anh ta và tấn công anh ta bằng những lời lăng mạ và trách móc. Kardanov không phản ứng trước đòn tấn công.

9

Ngày 10 tháng 2 năm 1547 Tartaglia cùng với Cardano phản ứng với Ferrari. Anh ta phản đối những lời trách móc của Tartaglia, chỉ ra những thiếu sót trong cuốn sách của anh ta, và trong một trường hợp, anh ta khiển trách anh ta vì đã chiếm đoạt kết quả của người khác và có trí nhớ kém (có vẻ như vào thời điểm đó đây là một lời buộc tội khó khăn). Tóm lại, Tartaglia được kêu gọi tham gia một cuộc tranh luận công khai “về hình học, số học hoặc các ngành liên quan, chẳng hạn như Chiêm tinh học, Âm nhạc, Vũ trụ học, Phối cảnh, Kiến trúc, v.v.”

Vào ngày 19 tháng 2, Tartaglia, trong đáp số của mình, cố gắng cãi nhau với chính Cardano: “Tôi đã viết ở đó với giọng điệu nóng nảy và xúc phạm như vậy để buộc lãnh chúa của anh ấy (chứ không phải bạn) viết điều gì đó của riêng anh ấy, nếu không tôi có điểm cũ với anh ấy.”

Cuộc thảo luận về các điều khoản tranh chấp đang kéo dài. Tartaglia bắt đầu hiểu rằng Cardano sẽ vẫn ở vị trí hàng trăm

rone. Sau đó, anh ấy bắt đầu nhấn mạnh sự thiếu độc lập của Ferrari, cụ thể là “sinh vật Cardano” của anh ấy, như anh ấy tự gọi mình trong thử thách của mình. “Câu hỏi” của anh ấy, mà theo truyền thống, anh ấy gửi tới đáp số để thử thách, anh ấy giải quyết cả hai: “Bạn, Messer Gerolamo, và bạn, Messer Luigi…”

Cuối cùng Tartaglia đã đồng ý TRANH CHẤP với Ferrari. TRANH CHẤP diễn ra vào ngày 10 tháng 8 năm 1548 tại Milan, với sự có mặt của nhiều người nổi tiếng, nhưng vắng mặt Cardano. ODISPUTE chỉ có những ghi chép ngắn về Tartaglia được bảo tồn, từ đó gần như không thể tái tạo lại bức tranh chân thực. Có vẻ như Tartaglia đã mất trật tự.

Tuy nhiên, TRANH CHẤP không liên quan gì đến vấn đề gây ra tranh chấp. Và nói chung, họ ít liên quan đến việc làm sáng tỏ TRANH CHẤP thực sự như những cuộc đấu tay đôi.

10

Số phận xa hơn của những anh hùng

Một năm trước khi Tartaglia qua đời (ông mất năm 1557), “Chuyên luận tổng quát về số và thước đo” của ông bắt đầu được xuất bản, bao gồm những kết quả mà ông đã thu được trong những năm đó về tổ hợp và lý thuyết xác suất. Luận thuyết nói rất ít về phương trình bậc ba. Luận thuyết được xuất bản xong sau khi tác giả qua đời.

Sau cuộc tranh chấp, Ferrari đã đạt được danh tiếng lớn: ông diễn thuyết trước công chúng ở Rome, đứng đầu bộ phận quản lý nhân sự ở Milan và tham gia vào việc giáo dục con trai nhà vua. Nhưng ông không để lại dấu vết nào nữa trong khoa học! Ông mất lúc 43 tuổi (1565).

Kardanov sống lâu hơn họ. Nhưng cuộc sống của anh không hề dễ dàng. Một trong những người con trai của ông đã đầu độc vợ mình và bị xử tử. Một người con trai khác trở thành kẻ bắt nạt và một người cha hạn chế. Năm 1570, chính Kardanov bị bỏ tù và tài sản của ông bị tịch thu. (Không rõ lý do bị bắt. Người ta chỉ biết rằng trước khi bị bắt, ông đã tiêu hủy 120 cuốn sách của mình.) Cardanov kết thúc những ngày ở Rome, trong tư cách một “người tư nhân” (cách diễn đạt của ông), tốt hơn một khoản trợ cấp khiêm tốn từ Giáo hoàng. Ông đã cống hiến phần cuối đời của mình cho cuốn tự truyện “Giới thiệu về cuộc đời tôi”. Sự thật cuối cùng được đề cập trong cuốn sách này bắt nguồn từ ngày 28 tháng 4 năm 1576. Kardanov qua đời vào ngày 21 tháng 9 năm 1576.

Trong cuốn sách của mình, Kardanov đã nhiều lần nhớ lại Tartaglia. Anh ấy viết rằng Tartaglia thích có trong mình “một đối thủ và một người chiến thắng, hơn là một người bạn và một người có nghĩa vụ phải cảm ơn anh ấy”. Ở chỗ khác, ông liệt kê Tartaglia là một trong những cuốn sách “không vượt quá giới hạn ngữ pháp”. Tuy nhiên, ở những trang cuối cùng, ông viết: “Tôi thú nhận rằng trong toán học, tôi đã vay mượn một thứ gì đó, nhưng thực tế là một lượng không đáng kể, từ Anh Niccolo”.

Rõ ràng trong lòng hắn đang bất an!

---

Lịch sử toán học chỉ quay trở lại với bài toán Tartaglia-Kardanov vào đầu thế kỷ 19, sau khi phát hiện ra sự tồn tại của một Tartaglia chung, mà vào thời điểm đó thực tế đã bị lãng quên. Câu chuyện gần như bị lãng quên đã được công khai, và không chỉ những người chuyên nghiệp mà cả những người nghiệp dư cũng sẵn sàng gánh chịu hậu quả của Tartaglia. Với sự truyền tải lịch sử nhiều lần và sự thâm nhập của nó vào văn học đại chúng, Kardanov đôi khi biến thành một nhà thám hiểm và một kẻ phản diện, kẻ đã đánh cắp những cuốn sách mở của mình từ Tartaglia và đặt tên cho khám phá này.

Vào cuối thế kỷ 19, một phần của cuộc thảo luận bắt đầu mang tính chất nghiên cứu lịch sử-toán học dựa trên dịch vụ. Các nhà toán học nhận ra vai trò to lớn của công trình của Cardan trong khoa học thế kỷ 16. Rõ ràng là điều Leibniz đã lưu ý trước đó: “Kardanov là một vĩ nhân với tất cả những khuyết điểm của mình; nếu không có chúng, ông ấy sẽ trở nên hoàn hảo”.

Nhà sử học vĩ đại nhất về toán học, Moritz Cantor (1829-1920; không cùng quan điểm với người tạo ra lý thuyết multivest, Georg Cantor!), bày tỏ giả định, vốn đã được tìm thấy ở Ferrari, rằng Tartaglia đã không khám phá lại phép chia Ferro chính xác mà đã học được nó ở dạng hoàn chỉnh ở dạng cũ.

Trong một thế kỷ rưỡi, những đam mê lắng xuống hoặc lại bùng lên. Nhưng có lẽ đây là một trong những câu hỏi không còn có thể trả lời bằng một đáp số rõ ràng nữa?

Và đằng sau công thức của phương trình bậc ba lời giải cái tên “công thức Cardan” đã bám rễ chắc chắn.

Công thức tồn tại, nhưng…

I. Klumova, D. Fuchs

Khó có thể tìm được một học sinh chưa từng nghe nói rằng cùng với công thức của phương trình bậc hai lời giải còn có công thức của phương trình bậc ba lời giải. Việc cung cấp thông tin thông thường về công thức này tập trung vào thực tế là nó tồn tại, nhưng nó quá cồng kềnh nên hoàn toàn không cần thiết phải biết nó. Dù sao đi nữa, công thức này không có trong sách giáo khoa ở trường.

Tuy nhiên, một số học sinh, khi phải đối mặt với các vấn đề có thể rút gọn thành phương trình bậc ba, bắt đầu nghi ngờ về sự vô dụng hoàn toàn của một công thức như vậy, cho dù nó có phức tạp đến đâu. Bí ẩn xung quanh công thức này khơi dậy sự tò mò của anh ấy - và anh ấy bắt đầu tìm kiếm nó trong nhiều cuốn sách và sách tham khảo khác nhau.

Ở đó anh ấy tìm thấy một cái gì đó như sau.

1. Công thức trông như thế nào?

Phương trình bậc ba là phương trình có dạng

$$x^3+ax^2+bx+c=0. \tag{1}$$

Đối với lời giải của nó, trước tiên chúng ta nhận thấy rằng một phép biến đổi đơn giản có thể loại bỏ số hạng bằng $x^2$. Để làm điều này, chỉ cần đặt $x=y-\dfrac{a}{3}$.

Sau đó

$$x^3+ax^2+bx+c=\left(y-\frac{a}{3}\right)^3+$$

$$+a\left(y-\frac{a}{3}\right)^2+b\left(y-\frac{a}{3}\right)+c=$$

$$=y^3-ay^2+\frac{a^2}{3}y-\frac{a^3}{27}+ay^2-$$

$$-\frac{2}{3}a^2y+\frac{a^3}{9}+by-\frac{ab}{3}+c=y^3+$$

$$+\left(b-\frac{a^2}{3}\right)y+\left(c-\frac{ab}{3}+\frac{2a^3}{27}\right)=0.$$

Do đó, mọi phương trình bậc ba đều rút gọn thành một phương trình không có số hạng bậc hai, hay nói ngắn gọn là phương trình có dạng

$$x^3+px+q=0. \tag{2}$$

Và phương trình này được giải bằng công thức:

$$x=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}+ \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}}. \tag{3}$$

Và sau đó là cái mà ở trường gọi là “đạo hàm của công thức” - nửa trang tính toán.

2. Có gì đó không ổn với công thức này.

Bây giờ chúng ta hãy tạm gác phần “đạo hàm” sang một bên và thử áp dụng công thức này cho lời giải các phương trình cụ thể.

Ví dụ đầu tiên:

$$x^3+6x-2=0.$$

Đây $p=6$ và $q=-2$. Công thức của chúng tôi mang lại:

$$x=\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}.$$

Ở trường, chúng tôi được dạy rằng tất cả các rễ phải được nhổ bỏ và kết quả đáp số có vẻ không đủ đẹp đối với bạn. Nhưng bạn phải thừa nhận rằng không có lựa chọn nào có thể giúp bạn tìm ra rằng sự khác biệt của hai căn bậc ba này chính là lời giải

11

12

một phương trình đơn giản như vậy. Vì vậy, kết quả này có thể được ghi vào công thức của chúng tôi như một tài sản.
Ví dụ thứ hai: $x^3 + 3x - 4 = 0$.
Công thức (3) cho:
$$x = \sqrt[3]{2 + \sqrt{5}} + \sqrt[3]{2 - \sqrt{5}}.$$
Đáp số thì cồng kềnh hơn. Con số này có thể được tìm thấy bằng cách tính gần đúng bằng cách sử dụng bảng và bảng càng chính xác thì kết quả sẽ càng gần với một. Lý do rất đơn giản: con số này bằng một *). Nhưng điều này không thể nhìn thấy được từ công thức, và làm ơn, đây là một nhược điểm của công thức: xét cho cùng, khi giải phương trình bậc hai với các hệ số nguyên, chúng ta sẽ thấy ngay liệu lời giải có phải là dị nguyên hay không.
Ví dụ thứ ba: $(x + 1) \times (x + 2)(x - 3) = 0$.
Rõ ràng là phương trình này có ba lời giải: -1, -2 và 3. Nhưng chúng ta hãy thử giải nó bằng công thức. Mở dấu ngoặc
$$x^3 - 7x - 6 = 0$$
và áp dụng công thức (3):
$$x = \sqrt[3]{3 + \sqrt{-\frac{100}{27}}} + \sqrt[3]{3 - \sqrt{-\frac{100}{27}}}.$$
Dấu căn bậc hai là số âm. Đối mặt với tình huống tương tự với các phương trình bậc hai lời giải, chúng tôi kết luận rằng phương trình không có lời giải (“phương trình không có số thực lời giải,” những người được chỉ định nhiều hơn sẽ nói; nhưng giáo dục trong trường hợp này không giúp được gì nhiều). Tuy nhiên, chúng ta biết rằng phương trình lời giải thậm chí có tới ba. Trong trường hợp này, công thức của chúng tôi đã được kiểm tra đơn giản.

*) Chứng minh: sự thống nhất gần như là nghiệm của phương trình của chúng ta và phương trình của chúng ta chỉ có một lời giải - xem điểm 4 bên dưới.

Những ví dụ này và các ví dụ tương tự khác gợi ý rằng lý do khiến công thức (3) không được ưa chuộng không nằm ở tính cồng kềnh của nó (nó không cồng kềnh đến thế!), mà nằm ở tính không đáng tin cậy của nó: đôi khi nó không cho lời giải chút nào, đôi khi nó cho chúng ở dạng không đạt yêu cầu.

Kết luận này nhìn chung là đúng.

Hãy thử tìm hiểu xem công thức của chúng tôi mang lại điều gì và không mang lại điều gì. Hãy bắt đầu với cách đơn giản nhất.

3. Định lý

Nếu biểu thức $\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}$ không âm thì vế phải của công thức (3) là nghiệm của phương trình (2).

Bằng chứng. Hãy đặt
$$\alpha = \sqrt[3]{-\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}},$$
$$\beta = \sqrt[3]{-\frac{q}{2} - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}}.$$

Rõ ràng, vế phải của công thức (3) chính xác bằng tổng $\alpha + \beta$. Và tích $\alpha \beta$ bằng $-\frac{p}{3}$:

$$\sqrt[3]{-\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}} \times \sqrt[3]{-\frac{q}{2} - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}} = \sqrt[3]{(-\frac{q}{2})^2 - (\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27})} = \sqrt[3]{-\frac{p^3}{27}} = -\frac{p}{3}.$$

13

Bây giờ hãy thay $\alpha + \beta$ vào vế trái của phương trình (2):

$$(\alpha + \beta)^3 + p(\alpha + \beta) + q = \alpha^3 + 3\alpha^2\beta + 3\alpha\beta^2 + \beta^3 + p(\alpha + \beta) + q = \alpha^3 + \beta^3 + 3\alpha\beta(\alpha + \beta) + p(\alpha + \beta) + q = -\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}} - \frac{q}{2} - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}} - p(\alpha + \beta) + p(\alpha + \beta) + q = 0.$$

Định lý đã được chứng minh.

4. Phương trình (2) có bao nhiêu lời giải?

Đây là một câu hỏi tự nhiên: suy cho cùng, lời giải của một phương trình có nghĩa là tìm tất cả lời giải của nó, và để làm được điều này, sẽ rất hữu ích nếu biết nó có bao nhiêu lời giải.

Đầu tiên chúng ta hãy tìm hiểu xem điều gì $x$ chức năng $y = x^3 + px + q$ trả về và trong điều kiện nào - giết chết *). Để làm điều này, hãy so sánh các giá trị của hàm của chúng ta tại điểm $x$ và tại điểm $x + \delta$, Ở đâu $\delta$ - một số dương nhỏ (xem Hình 1). Hơn nữa:

$$x^3 + px + q$$

hoặc

$$(x + \delta)^3 + p(x + \delta) + q?$$

Chúng tôi tính toán sự khác biệt:

$$(x + \delta)^3 + p(x + \delta) - (x^3 + px + q) = \delta (3x^2 + p + 3\delta x + \delta^2).$$

Dấu của hiệu này được xác định bằng dấu cộng $3x^2 + p + 3\delta x + \delta^2$ (vì $\delta > 0$). Đối với số tiền này thì:

1. nếu $3x^2 + p > 0$, thì $\delta$ đủ nhỏ là dương;
2. nếu $3x^2 + p < 0$, thì với $\delta$ đủ nhỏ thì nó âm.

Như vậy:

1. nếu $3x^2 + p > 0$ thì hàm $y = x^3 + px + q$ không đủ

*) Điều được thực hiện tiếp theo là một kỹ thuật rất phổ biến trong toán học, được gọi là vi phân. Tất nhiên, nhiều độc giả đã quen thuộc với kỹ thuật này, nhưng chúng tôi đã cố gắng làm cho bài thuyết trình trở nên dễ hiểu đối với những người chưa biết.

Hình 2.

lân cận lớn của điểm $x$ trả về;

2. nếu $3x^2 + p < 0$, thì nó sẽ giết. Hơn nữa, người ta biết rõ rằng

3. nếu $p > 0$, thì $3x^2 + p > 0$ cho tất cả $x$;

4. nếu $p < 0$, thì $3x^2 + p > 0$ cho $x > \sqrt{-p/3}$ và cho $x < -\sqrt{-p/3}$, và $3x^2 + p < 0$ cho $-\sqrt{-p/3} < x < \sqrt{-p/3}$.

Pozny

1. nếu $p > 0$ thì hàm $y = x^3 + px + q$ trả về tất cả $x$;
2. nếu $p < 0$ thì hàm $y = x^3 + px + q$ trả về ở $x < -\sqrt{-p/3}$, hủy ở $-\sqrt{-p/3} < x < \sqrt{-p/3}$ và quay lại ở $x > \sqrt{-p/3}$.

14

Lưu ý rằng đối với $x$ đủ lớn, biểu thức $x^3 + px + q$ phụ thuộc dương và đối với mô đun âm đủ lớn $x$ thì biểu thức phụ thuộc âm. Bây giờ chúng ta có thể vẽ sơ đồ đồ thị của hàm $y = x^3 + px + q$ (Hình 2a)-c).

Các biểu đồ sơ đồ này chỉ phản ánh các vùng của hàm tăng và giảm $y = x^3 + px + q$ và cũng thực tế là $y > 0$ đối với $x$ đủ lớn và $y < 0$ đối với âm $x$ đủ lớn về giá trị tuyệt đối. Nhưng những sơ đồ này đã đủ để đánh giá số lời giải của phương trình. Chúng tôi thấy rằng:

1. phương trình có một lời giải nếu $p > 0$; hoặc nếu $p < 0$ và các giá trị hàm tại các điểm $-\sqrt{-p/3}, \sqrt{-p/3}$ có cùng dấu - Hình 2a) và 2c).

2. nếu $p < 0$ và các giá trị của hàm tại các điểm $-\sqrt{-p/3}, \sqrt{-p/3}$ trái dấu thì phương trình có ba lời giải - Hình 26).

Kết quả này có thể được xây dựng dưới dạng thuận tiện hơn. Để tìm hiểu xem các giá trị của hàm tại các điểm $-\sqrt{-p/3}, \sqrt{-p/3}$ có cùng dấu hay ngược dấu, bạn có thể tính các giá trị và biến sau: dương thì dấu của giá trị tương ứng, nếu âm thì khác. Hãy thực hiện phép tính này:

$$\left[(-\sqrt{-p/3})^3 + p(-\sqrt{-p/3}) + q\right] \times \left[(\sqrt{-p/3})^3 + p\sqrt{-p/3} + q\right] = \left[p/3\sqrt{-p/3} - p\sqrt{-p/3} + q\right] \times \left[-p/3\sqrt{-p/3} + p\sqrt{-p/3} + q\right] = \left(q - 2/3p\sqrt{-p/3}\right) \times \left(q + 2/3p\sqrt{-p/3}\right) = q^2 + 4/27p^3.$$

Vì vậy, nếu $p < 0$ và $q^2 + \frac{4}{27}p^3 > 0$ thì lời giải là một, và nếu $p < 0$ và $q^2 + \frac{4}{27}p^3 < 0$ thì lời giải là ba. Lưu ý rằng nếu $p > 0$ thì $q^2 + \frac{4}{27}p^3 > 0$ đã kết thúc, chúng ta có thể xây dựng kết quả như sau:

$$q^2 + \frac{4}{27}p^3 > 0, \text{мо уравнение}$$
(2) chúng tôi có một lời giải.
$$q^2 + \frac{4}{27}p^3 < 0, \text{мо уравнение}$$
(2) chúng ta có ba lời giải*).

5. Cái kết bất ngờ

Bạn có nhận thấy rằng chúng ta có một weis thỏa mãn không? Xét cho cùng, biểu thức $q^2 + \frac{4}{27}p^3$ chỉ khác một phần không đáng kể (theo quan điểm của dấu hiệu) so với biểu thức căn thức nguy hiểm trong công thức (3):

$$q^2 + \frac{4}{27}p^3 = 4\left(\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}\right).$$

Điều này có nghĩa là chính xác khi phương trình có ba lời giải, biểu thức căn thức là âm và công thức cũng không cung cấp giá trị đó (chúng ta đã thấy điều này trong một ví dụ, nhưng bây giờ rõ ràng là điều này không phải ngẫu nhiên). Nếu phương trình chỉ có một lời giải thì công thức của chúng ta sẽ cho kết quả đó.

Như vậy, hiện tượng chúng ta quan sát được ở đoạn 2 đã nhận được lời giải thích. Tất cả những gì còn lại là xem liệu vẫn có thể rút ra thứ gì đó ra khỏi công thức của chúng ta hay không khi phương trình có ba lời giải và có một số âm dưới căn bậc hai.

*) Chúng tôi luôn rời đi mà không xem xét trường hợp khi thứ gì đó tiến về 0. Trên thực tế, nếu $q^2 + \frac{4}{27}p^3 = 0$, thì phương trình có hai lời giải, với một ngoại lệ: nếu $p = q = 0$, thì lời giải rõ ràng là một.

15

6. Số phức có giúp ích được không?

Mọi thứ được viết dưới đây đều nhằm mục đích dành cho người đọc đã quen với số phức.

Tuy nhiên, “làm quen” với số phức thực chất không gì khác hơn là thói quen sử dụng một số từ nhất định. Số phức xuất hiện trong toán học gần giống như số âm hoặc phân số sớm hơn một chút. Vì không phải số thực nào cũng có thể có căn bậc hai, nên sẽ thuận tiện hơn khi bổ sung vào cung số một số mới $i$, bình phương của số này bằng -1 (đồng thời, nếu bạn muốn thực hiện phép trừ phổ quát, hãy đưa vào số âm). Cùng với $i$, các số có dạng $a + bi$ được giới thiệu, trong đó $a$ và $b$ là số thực và người ta thống nhất rằng các thao tác trên các số này được thực hiện theo các quy tắc sau:

$$(a + bi) + (c + di) = a + bi + c + di = (a + c) + (b + d)i,$$
$$(a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi^2 = (ac - bd) + (ad + bc)i$$

(trong đẳng thức cuối cùng chúng tôi đã dạy rằng $i^2 = -1$). Các số được tạo ra được gọi là số phức; các số $a$ và $b$ gọi là số thực và số tối thiểu tương ứng $a + bi$; hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực của chúng bằng nhau và phần nhỏ nhất của chúng bằng nhau. Chúng ta cũng hãy đưa ra công thức Moivre (chúng ta sẽ cần nó bên dưới):

$$(\cos \alpha + i \sin \alpha)(\cos \beta + i \sin \beta) = \cos (\alpha + \beta) + i \sin (\alpha + \beta),$$

đó là hệ quả trực tiếp của công thức biến thiên của số phức và các công thức lượng giác nổi tiếng.

Hãy quay lại công thức (3). Trong trường hợp $\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27} < 0$, bạn có thể thử tìm lời giải của phương trình (2) với sự trợ giúp của nó, trích xuất căn bậc ba của số phức.

Lấy căn bậc ba của số phức $a + bi$ tức là giải phương trình

$$(x + iy)^3 = a + bi,$$

tức là phương trình $x^3 - 3xy^2 + i(3x^2y - y^3) = a + bi$. Sự bình đẳng cuối cùng có nghĩa là

$$\begin{cases} x^3 - 3xy^2 = a, \\ 3x^2y - y^3 = b. \end{cases}$$

Hệ thống này một lần nữa được rút gọn theo nhiều cách khác nhau thành phương trình bậc ba. Ví dụ như thế này:

$$y^2 = \frac{x^3 - a}{3x} (\text{из первого уравнения}),$$

$$y \left( 3x^2 - \frac{x^3 - a}{3x} \right) = b,$$

$$y = \frac{3bx}{8x^3 + a},$$

$$x^3 - 3x \cdot \frac{9b^2x^2}{(8x^3 + a)^2} = a,$$

$$(x^3 - a)(8x^3 + a)^2 - 27b^2x^3 = 0,$$

hoặc, giả sử $x^3 = z,$

$$(z - a)(8z + a)^2 - 27b^2z = 0. \quad (4)$$

Tất nhiên, chúng ta lại có thể chuyển sang công thức (3). Nhưng hóa ra việc áp dụng công thức này vào phương trình (4) luôn dẫn đến căn bậc hai âm. Tuy nhiên, điều này không có gì đáng ngạc nhiên, vì căn bậc ba của một số phức có một ý nghĩa.

Vì vậy, công thức (3) không thể được sử dụng theo cách này. Tuy nhiên, với sự trợ giúp của nó, bạn có thể tìm thấy các giá trị gần đúng của nghiệm của phương trình (2). Để làm được điều này, ngoài bảng căn bậc hai và căn bậc ba, còn có bảng lượng giác và áp dụng công thức Moivre, từ đó suy ra

$$\cos \alpha + i \sin \alpha = \left( \cos \frac{\alpha}{3} + i \sin \frac{\alpha}{3} \right)^3.$$

Căn bậc ba của số phức $a + bi$ sử dụng công thức này cũng cần thiết. Đầu tiên trước

16

đặt $a + bi$ vào mẫu
$$\sqrt{a^2 + b^2} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} i \right).$$

Sau đó chúng ta tìm $\alpha$ sao cho
$$\cos \alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$$ và $$\sin \alpha = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$$ (điều này có thể thực hiện được vì
$$\left( \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right)^2 + \left( \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right)^2 = 1).$$
Căn bậc ba mong muốn sẽ được viết là
$$\sqrt[6]{a^2 + b^2} \left( \cos \frac{\alpha}{3} + i \sin \frac{\alpha}{3} \right).$$

(Lưu ý rằng $\alpha$ được xác định theo thuật ngữ $2k\pi$, $\frac{\alpha}{3}$ được xác định theo thuật ngữ $\frac{2k\pi}{3}$ và $$\cos \frac{\alpha}{3} + i \sin \frac{\alpha}{3}$$ có ba giá trị - như lẽ ra phải như vậy!)
Sử dụng phương pháp này, bạn có thể tìm được các căn bậc ba có trong công thức (3). Tuy nhiên, chúng ta chỉ cần tìm phần tích cực của một trong số chúng: nếu một trong hai nghiệm khác $c + di$, thì nghiệm kia bằng $c - di$ (chứng minh đi!) và tổng của chúng là $2c$.

Nhưng làm ơn, phương pháp lời giải phương trình bậc ba này sử dụng bảng căn bậc hai, căn bậc ba và bảng lượng giác thậm chí còn cồng kềnh và không chính xác hơn (xét cho cùng, tất cả các giá trị trong bảng chỉ được xác định với độ chính xác nhất định và với mỗi phép tính số học, sai số sẽ tăng lên) so với phương pháp chọn và các phép tính gần đúng liên tiếp hoàn toàn thông thường.

Vì lý do nào đó, chúng tôi không nhớ công thức (3): nó không phù hợp với các phương trình bậc ba lời giải thực tế.

7. Kết luận: tại sao lại cần công thức (3)?

Ý nghĩa của công thức (3) là nó mang lại đáp số cho câu hỏi cổ điển về “khả năng giải được của phương trình bậc ba theo căn thức”. Hãy giải thích điều này.

Các số vô tỷ đầu tiên mà chúng ta phải xử lý là các căn số (chính là $-\sqrt{2}$ đầu tiên, đường chéo của hình vuông ở cạnh một). Việc trích rút các căn cùng với các phép toán số học sẽ mở rộng kho số (bằng cách cộng các số như $\sqrt[3]{2} + \sqrt{3}$, $\sqrt{\sqrt{5}/(\sqrt{2} + \sqrt{3})}$, v.v.) thành số hữu tỷ. Lề mở rộng này có đủ cho các phương trình đại số lời giải với hệ số nguyên không? Công thức của chúng tôi cho thấy rằng nó đủ cho lời giải phương trình bậc ba - trong mọi trường hợp, nếu chúng tôi không chỉ cho phép số thực mà còn cả số phức làm biểu thức căn.

Hoá ra là các phương trình bậc bốn cũng có thể được giải bằng căn thức; các phương trình bậc trực tiếp trở lên không thể giải được bằng căn thức. Rất có thể người đọc đã nghe về định lý cuối cùng này. Bằng chứng của nó thực sự đơn giản hơn nhiều so với những gì người ta thường tin; nhưng đây là một chủ đề cho một cuộc thảo luận khác.

17

Công thức và hình học Cardan

A. Reznikov

Bạn đã quen với cách sử dụng các hệ số của phương trình bậc hai $x^2 + px + q = 0$ để xác định xem nó có bao nhiêu nghiệm thực. Nếu $p^2 - 4q > 0$ thì có hai nghiệm, nếu $p^2 - 4q = 0$ thì có một nghiệm, và cuối cùng, nếu $p^2 - 4q < 0$ thì không có nghiệm nào.

Trong số này trên p. 14, điều kiện tương tự được suy ra cho phương trình bậc ba $x^3 + px + q = 0$. Sử dụng điều kiện này, bạn có thể nhận được một bất đẳng thức thông minh nối các phần tử của một tam giác tùy ý. Đây là cách nó được thực hiện.

Đặt $ABC$ là một hình tam giác ở cạnh $a, b, c$; $p$ là bán chu vi của nó, $S$ là diện tích của nó và $R, r, r_a, r_b, r_c$ là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và ngoại tiếp. Hóa ra các mối quan hệ sau đây là đúng:

$$r_a + r_b + r_c = 4R + r, \quad r_a r_b + r_b r_c + r_c r_a = p^2, \quad r_a r_b r_c = p S.$$ (1)

Đẳng thức (1) có nghĩa là các số $r_a, r_b, r_c$ là nghiệm của phương trình sau:

$$x^3 - (4R + r)x^2 + p^2 x - p S = 0.$$ (2)

Điều này xuất phát từ thực tế rằng $r_a, r_b, r_c$ là nghiệm của đa thức $(x - r_a)(x - r_b)(x - r_c) = x^3 - (r_a + r_b + r_c)x^2 + (r_a r_b + r_b r_c + r_c r_a)x - r_a r_b r_c$.

Viết cho phương trình (2) các điều kiện cho tính đúng của cả ba nghiệm của nó*), sau một số phép biến đổi và sử dụng công thức $S = pr$, chúng ta đi đến bất đẳng thức sau:

$$\left[ p^2 - (2R^2 + 10Rr - r^2) \right]^2 \leq 4R (R - 2r)^3$$ (3)

Từ (3) suy ra rằng

$$R \geq 2r$$ (4)

Vậy thì sao

$$\left| p^2 - (2R^2 + 10Rr - r^2) \right| \leq 2 \sqrt{R(R - 2r)^3}$$ (5)

Sự bình đẳng ở (3) và (5) đạt được khi hai trong số $r_a, r_b, r_c$ bằng nhau, tức là khi tam giác đều.

Trận chiến

1. Chứng minh công thức (1). Để làm điều này, hãy rút ra các biểu thức sau cho $S: S = rp = r_a(p - a) = r_b(p - b) = r_c(p - c) = \frac{abc}{4R} = \sqrt{p(p - a)(p - b)(p - c)}$.

2. Tìm điều kiện để đạt được đẳng thức trong (4).

3. Chứng minh rằng $16Rr - 5r^2 \leq p \leq 4R^2 + 4Rr + 3r^2$.

4. Xét xem tam giác đều nào có số $p^2 - (2R^2 + 10Rr - r^2)$ không âm.

*) Xem trang. 14. Để sử dụng điều kiện đã cho ở đó, hãy tiếp tục thay thế $x = y + \frac{4R + r}{3}$.

18

Đồ họa lời giải của phương trình bậc ba
A. Krasnodemskaya

Công thức Cardan nổi tiếng
$$x = \sqrt[3]{\frac{k}{54} + \sqrt{\frac{-D}{108}}} + \sqrt[3]{\frac{-k}{54} - \sqrt{\frac{-D}{108}}} - \frac{b}{3a},$$
trong đó $k = (2b^3 - 9abc + 27a^2d)/a^3$, $D = (b^2c^2 - 4ac^3 - 4b^3d + 18abcd - 27a^2d^2)/a^4$, cho phép bạn tìm chính xác nghiệm của phương trình bậc ba
$$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0.$$ (*)

Đúng, các phép tính sử dụng công thức này mất rất nhiều thời gian, chưa kể thực tế là trong nhiều trường hợp bạn phải thao tác với số phức. Không thể tìm ra nghiệm của phương trình (*) trống bằng phương pháp gần đúng, nhưng nhanh chóng, chẳng hạn bằng đồ họa - bằng cách sử dụng la bàn và thước kẻ? Hóa ra là bạn không thể làm được chỉ với một la bàn và một thước kẻ - như đã trình bày trong bài viết của V. Nilme («Kvant», 1975, Số 6), với một la bàn và một thước kẻ, bạn chỉ có thể xây dựng các đại lượng biểu thị thông qua dữ liệu ban đầu bằng cách sử dụng hành động cộng, trừ, nhân, chia và trích căn bậc hai (ví dụ: các nghiệm của phương trình bậc hai được biểu thị thông qua các hệ số, vì vậy phương trình bậc hai có thể được giải bằng đồ họa bằng cách sử dụng la bàn và những người cai trị - điều này được mô tả trong bài viết của A. Presman, «Kvant», 1972, số 4).

Và các nghiệm của phương trình bậc ba cũng yêu cầu trích xuất căn bậc ba nên trong trường hợp tổng quát chúng không thể dựng được bằng compa và thước. Một ví dụ cụ thể về phương trình “hình học không thể giải được”: $x^3 - 2 = 0$, đã được V. Nilme đưa ra trong cùng một bài báo.

Đồng thời, nhiều bài toán, không thể giải được với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ, được giải quyết với sự trợ giúp của các thiết bị khác hoặc cách sử dụng thước kẻ một cách khéo léo (ví dụ: phép chia bài toán của một góc - trong cùng một bài viết của V. Nilme). Phương trình bậc ba cũng không ngoại lệ - chúng

Hình 1.

có thể được giải bằng đồ họa bằng cách sử dụng hai hình vuông và thước kẻ. Để thực hiện việc này, hãy đánh dấu các điểm $A(b, a)$ và $B(d, c)$ trong hệ tọa độ Descartes hình chữ nhật $xOy$ (Hình 1). Nếu chúng ta có thể đi từ điểm $A$ đến điểm $B$ dọc theo tuyến đường: điểm $A$ - trục x (điểm $M$ trong Hình 1) - trục hoành (điểm $N$) - điểm $B$, - quay mỗi lần $90^\circ$, sau đó là số

$$x_0=\frac{x_M-b}{a},$$

trong đó $x_M$ là hoành độ của điểm $M$, sẽ là nghiệm thực của phương trình $(*)$, tức là $x_0$ bằng độ dài hình chiếu của liên kết đầu tiên $AM$ của đường đứt nét lên trục $Ox$ (có tính đến dấu), chia cho $a$. (Nếu chỉ vẽ được một đường đứt đoạn như vậy thì có một nghiệm thực và hai nghiệm thực phức, hoặc ba nghiệm thực trùng nhau; nếu hai thì có ba nghiệm thực, trong đó có hai nghiệm trùng nhau;

Hình 2.

2*

nếu có thể dựng được ba đường đứt đoạn như vậy thì có ba nghiệm thực sự phân biệt.)

Để chứng minh phương pháp đồ thị lời giải trên, hãy xem xét ba tam giác vuông đồng dạng $PAM$, $OMN$ và $QNB$ (Hình 1). Từ những điểm tương đồng này, tỷ lệ dòng chảy

$$\frac{|PM|}{|PA|}=\frac{|ON|}{|OM|}=\frac{|QB|}{|QN|}.$$

Chúng ta có: $|PM|=-ax_0$, $|PA|=a$, $|OM|=b+ax_0$, $|QB|=d$, $|QN|=c-|ON|$.

Bây giờ các tỷ lệ sẽ được viết dưới dạng

$$\frac{-ax_0}{a}=\frac{|ON|}{b+ax_0}=\frac{d}{c-|ON|},$$

Ở đâu

$$x_0=\frac{-|ON|}{b+ax_0},\qquad x_0=\frac{-d}{c-|ON|},$$

và hơn nữa,

$$x_0=\frac{-d}{c+x_0(b+ax_0)}, \qquad ax_0^3+bx_0^2+cx_0+d=0.$$

Do đó, $x_0$ là nghiệm của phương trình $(*)$. Các trường hợp khác về vị trí các điểm $A$, $B$, $P$, $Q$, $M$, $N$ thì bạn tự mình tháo rời.

Khó khăn lớn nhất trong phương pháp đồ họa lời giải của phương trình bậc ba là việc xây dựng đường đứt nét $AMNB$. Nó có thể được thực hiện bằng cách sử dụng thước kẻ và hai hình vuông hoặc thước kẻ và hình vuông. Ví dụ: Hình 2 cho thấy việc tìm một nghiệm của phương trình $2x^3+5x^2-x-1=0$, hóa ra nó bằng $1/2$. Trong khi đó, phương trình này có ba nghiệm thực; cố gắng tìm chúng bằng đồ họa, cũng như giải các câu bài toán sau.

Bài tập

1. Cố gắng mô tả hình học các vùng trong đó các điểm $A$ và $B$ phải nằm để phương trình có
   a) ba nghiệm thực;
   b) hai nghiệm thực;
   c) một gốc thực.

2. Giải các phương trình sau bằng đồ thị:

a) $4x^3+11x^2+14x+6=0$;

b) $4x^3+6x^2+2x-3=0$;

c) $2x^3+5x^2+x-2=0$;

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

19

20

Chuyển động phân tử Brown
A. Noffe

Khi bắt đầu môn vật lý cấp trường, lớp 6, học sinh được làm quen với hai hiện tượng vật lý thú vị - chuyển động Brown và sự khuếch tán, liên quan trực tiếp đến chuyển động của các phân tử. Những hiện tượng này đóng vai trò là cơ sở thực nghiệm của lý thuyết động học phân tử. Lý thuyết về những hiện tượng này không được nghiên cứu ở trường. Do đó, ngay cả một câu hỏi rất quan trọng như vậy vẫn chưa rõ ràng - tại sao các phân tử có thể trộn lẫn với nhau ở những khoảng cách đáng kể trong quá trình khuếch tán? Rốt cuộc, chúng di chuyển hoàn toàn ngẫu nhiên, mọi hướng chuyển động đều bằng nhau đối với chúng và có vẻ như trong một khoảng thời gian dài, chúng thực sự phải ở gần như cùng một chỗ.

Lý thuyết chuyển động Brown được tạo ra bởi Albert Einstein. Nó có trong tác phẩm “Về chuyển động của các hạt lơ lửng trong chất lỏng đứng yên, theo yêu cầu của lý thuyết động học phân tử về nhiệt,” xuất bản năm 1905. Các nghiên cứu thực nghiệm được thực hiện ngay sau đó bởi nhà vật lý người Pháp Jean Perrin đã hoàn toàn xác nhận lý thuyết này, và cùng với nó là những ý tưởng của chúng ta về cấu trúc phân tử của vật chất.

Ở đây chúng tôi trình bày những cơ sở cơ bản của lý thuyết chuyển động Brown, mượn từ cuốn sách khoa học phổ thông của viện sĩ Abram Fedorovich Ioffe “Những khái niệm cơ bản về vật lý hoàn hảo”, do Nhà xuất bản Vật lý và Toán học Nhà nước xuất bản năm 1949.

Có bằng chứng trực tiếp về chuyển động nhiệt liên tục của các phân tử - cái gọi là chuyển động phân tử Brown. Trở lại năm 1827, English Brown đã nhận thấy trong các chế phẩm thực vật dưới microsome có sự chuyển động liên tục của các hạt nấm men nhỏ lơ lửng trong chất lỏng. Sau đó, hóa ra đặc tính này không chỉ giới hạn ở bản chất sống, mà bất kỳ hạt đủ nhỏ nào được đặt trong môi trường mà nó có thể di chuyển đều trải qua những chuyển động liên tục có tính chất ngẫu nhiên nhất. Nghiên cứu về hiện tượng này cho thấy không thể do các nguyên nhân thứ cấp, ví dụ như các dòng chảy phát sinh trong môi trường lỏng hoặc khí dưới tác động của các chuyển động không đồng đều.

21

sưởi ấm, điện khí hóa, chiếu sáng, v.v. Chuyển động này không hề dừng lại; nó liên quan chặt chẽ đến trạng thái nhiệt của chất lỏng: khi nhiệt độ ngày càng tăng, cường độ chuyển động Brown của không khí. Có thể coi là đã chứng minh rằng một cách hoàn hảo có sự chuyển động sống động, liên tục của các hạt nhỏ nhất, vì chỉ có chuyển động như vậy mới có khả năng truyền đạt những điểm di chuyển hạt được quan sát theo hướng này hay hướng khác.

Thật dễ dàng để biết tại sao cần có các hạt vi quang để phát hiện chuyển động nhiệt. Hơn nữa, trong một chất tương đối hiếm, ở dạng khí, trong điều kiện bình thường sẽ có 2,7 1019 phân tử trong mỗi cm khối; tất cả những phân tử này di chuyển với tốc độ rất lớn theo mọi hướng có thể. Do đó, số lượng cú sốc mà một vật thể có cùng kích thước phải trải qua lớn đến mức chúng ta không những không có thời gian để nhận thấy một cú sốc riêng lẻ mà còn không nhận thấy sự vượt trội ngẫu nhiên của các cú sốc theo một hướng so với các cú sốc theo hướng ngược lại. Cơ thể càng nhỏ thì càng chịu ít cú sốc và đối với các hạt bụi vi mô, số lượng cú sốc mà nó chịu không còn lớn đến mức ưu thế của các cú sốc từ hướng này hoặc hướng ngẫu nhiên khác là không đổi và hạt bụi bị ném từ bên này sang bên kia. Một hạt bụi như vậy sẽ chứa thêm hàng triệu phân tử nữa, nên chuyển động ngẫu nhiên của nó mà chúng ta nhìn thấy bản thân nó không phải là chuyển động phân tử; chúng ta không chỉ nhận thấy một phân tử đơn lẻ mà chỉ nhận thấy phần lớn các cú sốc theo một hướng nào đó; nhưng hạt bụi này là dấu hiệu chắc chắn về sự tồn tại của chuyển động phân tử, giống như hình ảnh một con tàu lắc lư trên biển cho thấy sự tồn tại của sóng.

Hình 1.

Để hiểu được các đặc điểm hỗn loạn của chuyển động Brown, hãy xem xét bản vẽ của Perrin, người đã nghiên cứu chi tiết hiện tượng này (Hình 1). Hình vẽ cho thấy vị trí của cùng một hạt trong trường microsoppal cứ sau 1/2 phút. Các đường nhận nối các vị trí này không tương ứng với đường đi thực tế của hạt trong suốt 1/2 phút. Ngược lại, hãy để hình ảnh giữa hai vị trí phức tạp và phức tạp như một bức vẽ cân nặng. Mỗi dấu vết của một hạt với một phân tử chất lỏng xung quanh sẽ thay đổi một chút hướng chuyển động của nó và có tới 1012 vệt như vậy trong vòng 1 giây. Chúng ta không thể mô tả đường đi thực tế của hạt; Tuy nhiên, ngay cả những vị trí quan sát được của hạt tại những thời điểm nhất định cũng đã bộc lộ những đặc điểm điển hình không xoắn của chuyển động nhiệt.

Đúng như dự đoán, cứ sau 1/2 phút, hạt được trộn sang phải, trái, lên hoặc xuống và về mặt trộn, vượt quá dự đoán về hướng trộn trong 1/2 phút tiếp theo. Là-

22

Sự khác biệt là khác nhau, nhưng phần lớn nó gần với một giá trị trung bình nào đó (khoảng 5 mm trong Hình 1). Sự sai lệch theo cả hai hướng trở nên ít thường xuyên hơn khi sự nhầm lẫn càng lệch khỏi mức trung bình. Ví dụ: có rất nhiều hỗn hợp ở 3 hoặc 8 mm, nhưng ít hơn nhiều ở 2 hoặc 12 mm và không có hỗn hợp nào ở 1 hoặc 20 mm được nhìn thấy trong 1/2 phút. Nếu chúng ta truy tìm không phải 200 hỗn hợp, như trong Hình 1, mà là hàng nghìn, như Peren đã làm, thì chúng ta sẽ gặp phải nhiều sự rút lui hơn, nhưng chúng sẽ rất ít.

Chúng ta có thể mô tả thuộc tính này bằng đồ họa (Hình 2), vẽ đồ thị giá trị trộn Δx trên trục abscissa và số trường hợp n trên trục tọa độ khi quan sát thấy một sự trộn nhất định Δx và chúng ta sẽ chia tất cả các giá trị có thể có của chúng thành các nhóm, ví dụ: trộn từ 0 đến 1 mm, từ 1 đến 2 mm, v.v. Biểu đồ sẽ hiển thị một giá trị tối đa nhất định là 5 mm. Từ đây đường cong sẽ giảm xuống 0 theo cả hai hướng. Sự điều chỉnh này xảy ra nhanh đến mức số trường hợp tương ứng với các hỗn hợp ở rất xa 5 mm hóa ra là nhỏ không đáng kể.

Chúng ta quen mô tả chuyển động của một hạt với tốc độ v, hiểu nó là tỉ số pha trộn trong một khoảng thời gian t nhất định với giá trị của khoảng thời gian này. Khi chuyển động thẳng đều thì nó tỉ lệ với thời gian. Khi chuyển động không đều, chúng ta có thể giảm dần khoảng thời gian t, thu được các giá trị ngày càng hội tụ và cuối cùng chuyển sang phần mở đầu của tỷ lệ này ở mức Δt nhỏ vô hạn. Tuy nhiên, phương pháp này hoàn toàn không thể áp dụng được với các quan sát được mô tả trong Hình 1.

Hãy chuyển từ trộn AB và BC (Hình 3) trong một khoảng thời gian, chẳng hạn như cứ sau 1/2 phút, sang trộn AC trong khoảng thời gian gấp đôi - 1 phút. Vì lần trộn BC thứ hai không bao giờ liên quan đến AB trước đó và có thể xảy ra với xác suất bằng nhau ở bất kỳ góc φ nào với nó nên tổng AC trộn trong 1 phút thường sẽ nhỏ hơn AB + BC và đôi khi có thể bằng 0 khi AB = BC và góc φ = 0. Như vậy, lần trộn trong 1 phút có thể lấy mọi giá trị từ AB + BC đến AB - BC tùy theo góc φ. Chúng ta không thể dự đoán kết quả của từng lần trộn riêng lẻ, nhưng bằng cách quan sát các lần trộn rất mạnh, chúng ta có thể thiết lập một số mối liên hệ giữa giá trị trung bình của quá trình trộn hạt trong 1/2 phút và giá trị trung bình của quá trình trộn của nó trong 1 phút.

Với mọi góc φ giữa AB và BC ta có AC2 = AB2 + BC2 - 2AB·BC·cos φ. Thay vì góc φ, bạn có thể nhập thêm góc α giữa BC và phần tiếp theo của đoạn thẳng AB:

cos φ = cos(180° - α) = — cos α,

hình 2.
hình 3.

23

bởi vì
$$AC^2 = AB^2 + BC^2 + 2AB \cdot BC \cdot \cos \alpha.$$ (1)

Quan sát chuyển động dài hạn của một hạt, chúng ta sẽ soạn cho mỗi cặp chuyển vị liên tiếp một phương trình tương tự như phương trình (1). Hãy cộng tất cả các phương trình này theo số hạng và chia cho số của các phương trình này. Sau đó chúng tôi nhận được

$$\frac{A_1C_1^2 + A_2C_2^2 + \cdots + A_nC_n^2}{n} = \frac{A_1B_1^2 + A_2B_2^2 + \cdots + A_nB_n^2}{n} + \frac{B_1C_1^2 + B_2C_2^2 + \cdots + B_nC_n^2}{n} + \frac{2}{n}(A_1B_1 \cdot B_1C_1 \cdot \cos \alpha_1 + A_2B_2 \cdot B_2C_2 \cdot \cos \alpha_2 + \cdots + A_nB_n \cdot B_nC_n \cdot \cos \alpha_n).$$ (1a)

Nếu chuyển động hoàn hảo thì tất cả các giá trị của góc $\alpha$ phải xảy ra như nhau. Các số hạng của số hạng cuối cùng, nhờ vào hệ số cos $\alpha_i$, các phần bằng nhau mang giá trị dương và âm, do đó tổng đại số của chúng, đồng thời toàn bộ số hạng cuối cùng, cực kỳ gần bằng 0. So với các số hạng còn lại, chỉ bao gồm các số hạng khẳng định, nó sẽ nhỏ đến mức bạn có thể lướt qua nó. Các thuật ngữ còn lại biểu thị mối quan hệ giữa giá trị trung bình của bình phương của tất cả các chuyển vị của bộ phận trong mỗi phút, mà chúng tôi ký hiệu là $(\Delta x_2)^2$, và giá trị trung bình của bình phương của các chuyển vị trong 1/2 phút (chúng tôi sẽ ký hiệu là $(\Delta x_1)^2)$. Phương trình (1a) sẽ được viết lại với các ký hiệu này như sau:
$$(\Delta x_2)^2 = 2(\Delta x_1)^2.$$
Theo cách tương tự, người ta có thể bị thuyết phục rằng độ dịch chuyển bình phương trung bình của phần $(\Delta x_3)^2$ trong khoảng thời gian gấp ba lần sẽ là
$(\Delta x_3)^2 = 3(\Delta x_1)^2.$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $A, B, C, D, E, \ldots, Y, Z$ (Hình 4) các vị trí của hạt qua một chuỗi các khoảng thời gian liên tiếp và bằng nhau $\Delta t$ và tính xem trung bình hạt sẽ di chuyển ra khỏi vị trí ban đầu của nó tại điểm $A$ như thế nào do sự dịch chuyển $n$ theo thời gian $n\Delta t$.

Để loại bỏ hạt $AZ$ sau $n$ khoảng thời gian $\Delta t$ chúng ta thu được
$$AZ^2 = (AB^2 + BC^2 + CD^2 + \ldots + YZ^2) + (2AB \cdot BC \cdot \cos \alpha_1 + 2AC \cdot CD \cdot \cos \alpha_2 + \ldots + 2AY \cdot YZ \cdot \cos \alpha_n).$$

Tổng các số hạng trong biểu thức cho $AZ^2$, chứa đa thức cos $\alpha_1$, cos $\alpha_2$, …, cos $\alpha_n$, thường có thể có cả dấu dương và dấu âm, vì tất cả các giá trị của các góc $\alpha_i$ đều có giá trị như nhau. Vì vậy, khi lặp lại thí nghiệm, giá trị trung bình của tổng này sẽ càng gần 0 thì số đáp số càng lớn. Khi tính kết quả trung bình có thể so sánh với tổng các giá trị dương $AB^2, BC^2, \ldots, YZ^2$. Giá trị trung bình của các bình phương của mỗi offset rõ ràng sẽ giống nhau:

$$AB^2 = BC^2 = CD^2 = \ldots = YZ^2.$$

Chúng ta sẽ biểu thị chúng bằng $(\Delta x)^2$. Giá trị trung bình của bình phương tổng độ dịch chuyển $AZ$ sẽ lớn hơn $n$ lần.

Vì vậy, do sự dịch chuyển xaotic của hạt trong khoảng thời gian $n$ $\Delta t$, giá trị trung bình của hình vuông cuối cùng bị loại bỏ

24

hướng $L = AZ$ của nó theo bất kỳ hướng nào tính từ vị trí ban đầu sẽ được biểu thị bằng công thức:

$$\overline{L^2} = n(\Delta x)^2.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $t$ khoảng thời gian của thử nghiệm trong đó $n$ lần đầu tiên $\Delta x$, thay đổi trong khoảng thời gian $\Delta t$, đã xảy ra. Sau đó

$$n = \frac{t}{\Delta t}, \quad \overline{L^2} = \frac{(\Delta x)^2}{\Delta t} t.$$

Trước hết, chúng ta hãy lưu ý rằng, bằng cách tham gia vào chuyển động hỗn loạn, trung bình một hạt sẽ di chuyển ra khỏi vị trí đầu tiên theo giá trị $L$, bình phương của hạt đó (chứ không phải chính giá trị $L$) tăng tỷ lệ với thời gian $t$.

Chúng tôi xác định độ dịch chuyển trung bình $L_0$ trong thời gian $t$ là $\sqrt{\overline{L^2}}$:

$$L_0 = \sqrt{\overline{L^2}} = \sqrt{\frac{(\Delta x)^2}{\Delta t}} \cdot \sqrt{t} = B \sqrt{t}.$$

Độ dịch chuyển trung bình $\sqrt{\overline{L^2}}$ có thể có bất kỳ hướng nào trong không gian với xác suất bằng nhau. Chúng ta có thể nói rằng một hạt ở điểm $A$ tại thời điểm ban đầu, sau $t$ giây, trung bình sẽ ở đâu đó gần bề mặt của một quả bóng có bán kính $R = B\sqrt{t}$. Bán kính của quả bóng này không tăng tỷ lệ với thời gian $t$ mà tỷ lệ với căn bậc hai của $t$. Giá trị được chỉ định của bán kính được xác định càng chính xác và càng tăng thì càng có nhiều giá trị riêng lẻ $\Delta x$ được đưa vào chuyển vị $L$ hoặc thí nghiệm được lặp lại thường xuyên hơn để tính giá trị trung bình $\overline{L^2}$.

Dễ dàng thấy rằng khái niệm vận tốc của hạt là tỉ số giữa chuyển động $L_0$ của hạt trong một khoảng thời gian nhất định với giá trị $t$ của khoảng này mất đi ý nghĩa đối với chuyển động hỗn loạn. Thật sự,

$$\frac{L_0}{t} = \frac{L_0}{\sqrt{t}} \cdot \frac{1}{\sqrt{t}} = \frac{B}{\sqrt{t}}.$$

Ngược lại với tốc độ

chuyển động tuyến tính của cơ thể, có xu hướng đạt đến một giới hạn nhất định $v$ khi khoảng thời gian $t$ giảm đi. Và chỉ khi $t$ trở nên nhỏ hơn thời gian giữa hai lần va chạm với các phân tử của môi trường thì chuyển động trong thời gian này mới có thể coi là liên tục và tốc độ của chuyển động này mới có thể được xác định một cách tổng quát.

Nếu chúng ta vẽ toàn bộ đường đi phức tạp của một hạt và chia tổng chiều dài của nó cho một khoảng thời gian, thì đây là tốc độ tương đối $\overline{v}$ của chuyển động nhiệt của hạt và giá trị $\frac{1}{2} \overline{mv^2}$ là động năng trung bình của các phân tử của môi trường

$$B = \frac{1}{3\pi\eta} \frac{1}{2} \overline{mv^2}.$$

(2)

(a là bán kính hạt, η là hệ số xác định tính lưu động của môi trường).

Giá trị $\frac{1}{2} \overline{mv^2}$ được tính từ phương trình (2), như thí nghiệm cho thấy, không phụ thuộc vào tính chất của môi trường, sự lựa chọn hạt hoặc các điều kiện khác của thí nghiệm, miễn là nó được thực hiện ở nhiệt độ không đổi. Bằng cách quan sát chuyển động Brown của một hạt ở các nhiệt độ khác nhau, người ta có thể thiết lập mối liên hệ trực tiếp giữa động năng trung bình $\frac{1}{2} \overline{mv^2}$ và nhiệt độ tuyệt đối $T$:

$$\frac{1}{2} \overline{mv^2} = \frac{3}{2} kT,$$

trong đó $k$ là hằng số phổ quát, giống nhau đối với mọi chất và ở mọi trạng thái. Hằng số $k$ được gọi là hằng số Boltzmann.

25

Lấp đầy không gian

Trong số các khối đa diện đều và bán đều (các khối Platonic và Archimedean) và các khối đa diện bán đều đều*) có các khối đa diện có thể lấp đầy không gian một cách chặt chẽ, “không có lỗ”. Hình 1 thể hiện các khối đa diện - chất độn, và Hình 2-4 thể hiện một số lớp không gian thu được từ chúng. Một trong những cách để lấp đầy không gian là lấp đầy nó bằng các hình khối. Không gian có thể được lấp đầy bằng các khối đa diện khác cùng loại: khối bát diện cắt ngắn hoặc khối mười hai mặt hình thoi, cũng như bằng cách kết hợp các khối đa diện thuộc các loại khác nhau, ví dụ, tứ diện và bát diện (Hình 2); bát diện cắt ngắn, hình khối và hình thoi (Hình 3); hình thoi, hình lập phương cụt và tứ diện cụt (Hình 4 a, 6).

Trang đầu tiên của trang bìa mô tả một “lớp” không gian gồm các khối mười hai mặt hình thoi. Sau khi thêm và lặp lại các lớp như vậy, bạn sẽ có được một không gian “đóng gói”. Hình 1 giải thích cách xây dựng khối đa diện đáng chú ý này. Các hình khối có một tâm chung và được nấu chín theo hệ số hai. Các đỉnh của hình bát diện đều là tâm các mặt của hình lập phương lớn. Chứng minh rằng tứ giác được tô màu là hình thoi.

R. Goltseva

*) Xem «Kvant», 1976, số 1, tr. 2 và p. 8.

26

A. Shpilevsky

Một cách giải thích mới về tiếng vang vô tuyến bí ẩn

Vào tháng 1 năm 1965, số đầu tiên của tạp chí khoa học đại chúng mới của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, “Trái đất và Vũ trụ”, được xuất bản.

Trong nhiều năm tồn tại, tạp chí đã xuất bản nhiều tài liệu thú vị dành cho nghiên cứu về Lunya và các hành tinh trong hệ mặt trời, chuẩn tinh, xung, bức xạ nền vi sóng vũ trụ và các vật thể bí ẩn khác được phát hiện bởi các nhà thiên văn vô tuyến. Anh ấy nói về việc nghiên cứu Thiên hà của chúng ta và các quá trình xảy ra ở các thiên hà khác, về “lỗ đen”, nguyên nhân gây ra động đất, sóng thần, sự chuyển động của vật chất trên trái đất, v.v. Các tài liệu được công bố trên tạp chí Trái đất và Vũ trụ có mức độ khó khác nhau. Một số trong số chúng được thiết kế dành cho những độc giả đã chuẩn bị kỹ càng; cái còn lại không yêu cầu bất kỳ sự đào tạo đặc biệt nào và có thể truy cập được đối với học sinh trung học.

Chúng tôi đang xuất bản, với một cách viết tắt ngắn gọn, hai bài báo dành cho vấn đề tìm kiếm các nền văn minh vũ trụ. Chúng được xuất bản trên số thứ hai của tạp chí năm 1976 trong phần “Giả thuyết, thảo luận, đề xuất” thường xuyên xuất hiện trên các trang của tạp chí. Sau khi làm quen với chúng, chúng ta có thể cố gắng đưa ra cách giải thích của riêng mình về “thông điệp của tàu thăm dò không gian”.

Tạp chí Trái đất và Vũ trụ được xuất bản sáu lần một năm.

Năm 1960, nhà chiêm tinh vô tuyến R. Bracewell bày tỏ ý tưởng rằng các vùng không gian là cách tiết kiệm và hiệu quả nhất để thiết lập những liên hệ đầu tiên giữa các nền văn minh phát triển lân cận. Một khu vực có thể tiếp cận quỹ đạo gần Trái đất hoặc Mặt trăng như vậy sẽ hoạt động như thế nào? Đầu tiên, để được biết đến, tàu thăm dò phải sử dụng tín hiệu vô tuyến từ Trái đất và gửi chúng trở lại, giống như tiếng vang vô tuyến, với một nhiệm vụ lớn nhưng hợp lý. Chỉ sau khi thiết lập liên lạc hai chiều, anh ta mới chuyển sang các hình thức truyền thông tin khác, chẳng hạn như truyền hình ảnh truyền hình về phần bầu trời nơi anh ta đến, v.v. Tuy nhiên, cả Bracewell và bất kỳ ai khác trong hơn một thập kỷ đều không thể tìm thấy một ví dụ cụ thể về việc sử dụng các thông điệp chung của họ. Điều này được thực hiện bởi một nhà thiên văn học trẻ người Anh đến từ Đại học Glasgow, D. Luenen. Anh ấy đề nghị rằng

27

diozho với thời gian trễ (độ trễ) lớn, được K. Stoermer và J. Hals quan sát năm 1928, được truyền đi bởi một tàu thăm dò không gian. Giả thuyết của Luenen có vẻ tuyệt vời. Nhưng “khi một lĩnh vực nghiên cứu còn mới”, nhà vật lý nổi tiếng R. Feynman đã viết, “thì thầm” một cách ngẫu nhiên là những bước đầu tiên của khoa học.

Giải thích của Luenen
Vào ngày 11 tháng 10 năm 1928, Hulse và Stoermer gửi tín hiệu vô tuyến có bước sóng 31,4 m cứ sau 20 giây vào tầng trong, điều kiện ở tần số vô tuyến đáp số với thời gian trễ như sau: 8, 11, 15, 8, 13, 3, 8, 8, 12, 15, 13, 8 và 8 giây. Luenen đã cố gắng giải thích kết quả của thí nghiệm này. Bản chất cách giải thích của ông về quá khứ có thể được tóm tắt bằng cách liệt kê các giả định mà ông sử dụng.

1. Một loạt thời gian trễ thay đổi của radiozha trong thí nghiệm của Hulse và Sturm là tàu thăm dò không gian mới nhất, chính xác hơn là “thẻ điện thoại” của nó, có thể hiểu được nếu bạn xây dựng biểu đồ “số tín hiệu đã gửi - thời gian trễ radiozha” và so sánh nó với một phần thích hợp của bầu trời đầy sao.

2. Sáu điểm của biểu đồ này nằm ở bên phải của thanh dọc tám giây được xác định là chòm sao Bootes chưa hoàn chỉnh.

3. Nằm trên biểu đồ bên trái của barcher, chúng tôi coi điểm vô tuyến ba giây là một ngôi sao trong Bootes, bị cô lập khỏi chòm sao để cho chúng tôi biết rằng tàu thăm dò được gửi chính xác từ ngôi sao này.

4. Sự khác biệt về khoảng cách giữa Arcturus và Bootes trên bản đồ sao và trên biểu đồ có thể là do chuyển động riêng lớn của Arcturus, nếu chúng ta giả sử rằng tàu thăm dò truyền cho chúng ta hình ảnh về chòm sao của nó, được nó “chụp ảnh” nhiều năm trước, ngay sau khi hạ cánh xuống Trái đất.

Biểu đồ Luenen. Nếu bạn sắp xếp các tín hiệu vô tuyến theo thời gian trễ của chúng, thì bảy điểm sẽ trải dài theo chiều dọc, ở bên phải sáu điểm tạo thành một cấu hình rất gợi nhớ đến mô hình của chòm sao Bootes trên bản đồ sao hiện đại. Chỉ có một điểm ở bên trái của vùng trống. Nếu điểm này được phản chiếu ở bên phải vùng trần thì vị trí mới của nó gần như trùng khớp với ngôi sao trong Bootes.

28

Cách giải thích của Lunen về tiếng vang vô tuyến có thể không làm hài lòng tất cả mọi người, chủ yếu vì nó mơ hồ. Trên biểu đồ Lunen, điểm của tiếng vọng vô tuyến dài ba giây có thể được coi không phải là một ngôi sao ở Bolopas mà là ở Arcturus. Bạn có thể cố gắng xác định biểu đồ Lunen với các chòm sao khác hoặc thậm chí xây dựng một biểu đồ theo một cách hoàn toàn khác.

Ngôi sao ở Bolopasa là gấp đôi. Các thành phần của nó: sao khổng lồ đỏ và sao đôi quang phổ là những vật thể không phù hợp cho sự phát triển của nền văn minh trên hành tinh, nếu những vật thể đó tồn tại gần chúng.

Điều đáng ngạc nhiên là không có ngôi sao nào từ và p gần với ε Bolopas trên biểu đồ Lunen, có độ sáng tương đương với ngôi sao ζ Bolopas có trên biểu đồ. Đồng thời, trên nền không có canvas được đánh dấu của chòm sao Bolopas, hình elip của thanh ngăn đựng thẳng đứng rất nổi bật. Thật khó để tin rằng nó được xây dựng chỉ để làm nổi bật ngôi sao ε Bolopas. Không thể liên kết barBER với các ngôi sao nằm ở bên trái các ngôi sao chính của chòm sao Bolopas.

Tất cả những thiếu sót này thôi thúc tôi tìm kiếm một cách giải thích mới về tiếng vang vô tuyến.

Thăm dò từ T Trung Quốc

Khi xây dựng biểu đồ “số lượng tín hiệu được gửi - thời gian trễ của tiếng vang vô tuyến”, chúng ta không bị giới hạn dưới bất kỳ hình thức nào trong việc lựa chọn hướng của các trục tọa độ. Do đó, có thể xây dựng một biểu đồ khác cho chuỗi tiếng vang vô tuyến đã đề cập. Sau khi quan sát kỹ sáu điểm nằm bên dưới vạch lặn (thân ngang), tất cả những ai đã nhìn thấy chòm sao Kình Ngư ở đỉnh điểm chắc chắn sẽ nhận thấy sự giống nhau về cấu hình của chúng với chòm sao này. Tiếp theo, theo ý tưởng của Lunen, trước tiên chúng tôi đưa ra các giả định.

Chòm sao Cetus.

29

1. Một loạt tiếng vang vô tuyến trong thí nghiệm của Hulse và Stermar là một thông điệp từ tàu thăm dò không gian, để giải mã phần nào chúng ta sử dụng đồ họa và so sánh nó với phần phù hợp của bầu trời đầy sao.

2. Sáu điểm của biểu đồ này nằm bên dưới vạch 8 giây được xác định là chòm sao Kình Ngư chưa hoàn chỉnh.

Hãy lưu ý rằng chúng ta chỉ có thể nói về sự rỗng tuếch và không rỗng tuếch của một chòm sao theo quan điểm trần thế của chúng ta. Như bạn đã biết, trong quá khứ, các dân tộc khác nhau đã hợp nhất các ngôi sao thành các chòm sao theo những cách khác nhau. Rõ ràng, những người tạo ra tàu thăm dò trong thông điệp không gian của họ chỉ phải chỉ ra những vật thể sáng nhất xung quanh ngôi sao mà tàu thăm dò được gửi đi. Có nhiều khả năng là hình ảnh chòm sao của họ (cùng với chương trình truyền nó) đã được lưu trong bộ nhớ của tàu thăm dò trước khi gửi. Điều này có nghĩa là tầm nhìn của chòm sao của họ từ Trái đất phải được tính toán trên cơ sở các quan sát thiên văn học. Những sai sót trong những quan sát và tính toán này chắc chắn được phản ánh trong biểu đồ của chúng tôi. Ngoài ra, người ta không thể quên những sai sót trong thí nghiệm của Hulse và Stermar. Những khoảnh khắc bắt đầu của tín hiệu vô tuyến và sự quay trở lại của tiếng vang vô tuyến hầu như không được ghi lại vào năm 1928 với độ chính xác tốt hơn ±1 giây. Tất cả điều này, kể cả chuyển động của chính các ngôi sao trong chuyến bay của tàu thăm dò tới Trái đất, và sự biến dạng trong bản đồ sao liên quan đến việc xây dựng các bức ảnh phẳng của bầu trời hình cầu, sẽ giải thích sự khác biệt về vị trí tương đối của các ngôi sao trên biểu đồ và các ngôi sao trên bản đồ.

3. Điểm của tiếng vang vô tuyến dài ba giây nằm phía trên trần là ngôi sao m Ceti, bị cô lập khỏi chòm sao để cho chúng ta biết rằng chính từ nó mà tàu thăm dò không gian đã được gửi đi.

Thật vậy, việc di chuyển điểm này xuống dưới vạch trần sẽ giúp sóng chạm tới hình sáu ngôi sao bên trong của nó. Chúng ta hãy nhớ lại rằng sự giống nhau của m Ceti với Mặt trời của chúng ta, tính chất đơn độc của ngôi sao và sự gần gũi của nó với chúng ta (11,8 năm ánh sáng) đã buộc các nhà thiên văn học phải đặc biệt chú ý đến nó từ lâu. Và vào năm 1960, khi đang thực hiện dự án Ozma, một số nhà thiên văn vô tuyến địa phương đã chờ đợi tín hiệu vô tuyến từ T. Keith ở bước sóng 21 cm một cách đáng tin cậy.

4. Thanh ngang thẳng đứng là một đoạn của đường xích đạo thiên cầu hoặc đường hoàng đạo đối với người quan sát trái đất.

Ý nghĩ về điều này nảy sinh khi so sánh biểu đồ của chúng tôi với vòm miệng cartosid. Cấu hình của sáu điểm trên biểu đồ không chỉ giúp vẽ chòm sao Kình Ngư mà sáu điểm tương ứng của chòm sao Kình Ngư cũng được định vị so với đường xích đạo và đường hoàng đạo gần giống như sáu điểm của biểu đồ so với Barer. Tuy nhiên, không chắc rằng từ khoảng cách 11,8 năm ánh sáng, người ta có thể đo được góc nghiêng của trục Trái đất với mặt phẳng quỹ đạo của Trái đất (và từ đó tìm ra đường xích đạo thiên thể của các sinh vật trên trái đất đi qua giữa các vì sao). Rất có thể, phần trần là một đoạn của hoàng đạo, có thể được xác định bằng một ngọn núi có khoảng cách lớn hơn 11,8 năm ánh sáng. Nhân tiện, chẳng hạn, sự khác biệt về độ nghiêng của mặt phẳng và mặt phẳng hoàng đạo với đường nối các ngôi sao β và ν Ceti có thể được giải thích bởi thực tế là từ m Ceti rất có thể chỉ có thể xác định được mặt phẳng quỹ đạo trung bình cho tất cả các hành tinh của Hệ Mặt trời (và liệu có thể tìm ra số lượng của các hành tinh này). Có thể là khi những người biên soạn thông điệp vũ trụ quyết định đưa một đoạn hoàng đạo vào đó để tạo điều kiện thuận lợi cho việc xác định chòm sao của họ, họ “ chợt nảy ra ý định” sử dụng kết quả trần hơn để làm nổi bật m Cetus.

5. Bảy điểm của thanh barer và giao điểm của đường vuông góc rơi từ điểm ba giây xuống thanh barer là thông điệp về sự tồn tại của tám hành tinh xung quanh M Ceti.

30

Cách giải thích này về các điểm tạo nên thanh barer phát sinh bởi vì trong thanh barer hai điểm bên phải, tương ứng với tiếng vọng vô tuyến thứ mười ba và mười bốn, dường như bị thiếu. Do đó, việc bổ sung chúng vào chuỗi tiếng vang vô tuyến này (và chúng không thể là phần mở đầu của một chuỗi lặp lại khác) nhằm mục đích tăng số lượng điểm hiện có. Vì mục đích gì? Ở đây cần lưu ý rằng thông điệp vũ trụ nói chung phải đơn giản nhất có thể để có được độ bao quát, chi tiết và thông tin tối đa. Vì vậy, không nên bỏ qua điều gì trong biểu đồ của chúng tôi. Tiếp theo, điểm giao nhau của sự phân phối lại được sử dụng để cô lập m Cetus khỏi chòm sao phải được tính trong số bảy điểm rõ ràng hơn. Ngoài ra, nếu chúng ta đã biết từ thông báo rằng tàu thăm dò đã hạ cánh từ ngôi sao T Ceti, thì chúng ta hỏi, chúng ta có thể trích xuất thông tin gì từ thông báo? Thật hợp lý khi nghĩ rằng đây sẽ là một thông điệp về số lượng hành tinh ở gần M Ceti và tàu thăm dò được gửi từ đâu trong số đó. Tám điểm trên thanh trần dường như chỉ ra điều này: số lượng hành tinh trong T. Ceti là tám. Điều đáng chú ý là Mặt trời của chúng ta (một ngôi sao lớn hơn Ceti một chút) có chín hành tinh. Có lẽ lẽ ra nó phải như thế này: các hệ hành tinh tương tự được hình thành trong các ngôi sao đang cháy vật lý trong những điều kiện tương tự.

6. Tàu thăm dò được gửi từ hành tinh thứ ba theo thứ tự khoảng cách từ hành tinh T. Ceti.

Đánh giá theo biểu đồ, điểm tương ứng với hành tinh mà tàu thăm dò được gửi đi nằm ở giao điểm của sự phân phối lại được vẽ từ điểm ba giây của thanh barer. Đây là điểm thứ ba trên thanh barer, tính theo thứ tự tiếng vang vô tuyến. Điều quan trọng cần lưu ý là Trái đất của chúng ta là hành tinh thứ ba xa Mặt trời nhất. Không còn nghi ngờ gì nữa, sự trùng hợp ngẫu nhiên này không phải là ngẫu nhiên. Như đã biết, “vùng có thể ở được” trong vùng lân cận của một ngôi sao nhất thiết phải nằm trên một hành tinh không quá gần và không quá xa ngôi sao của nó. Chúng ta cũng không được quên những điểm tương đồng giữa Cá voi và Mặt trời. Đúng vậy, độ sáng ngày nay của M. Cetus gần bằng một nửa độ sáng của mặt trời. Nhưng tính nhất quán này có thể cho thấy Ceti già hơn Mặt trời rất nhiều. Điều này có nghĩa là hệ hành tinh của T. Ceti cũng lâu đời hơn và cuối cùng, nền văn minh gửi tàu thăm dò cũng lâu đời hơn và phát triển hơn so với nền văn minh trên trái đất.

Vì vậy, cùng một phương pháp lý luận và những ý tưởng ban đầu giống nhau mà Lunen bổ sung đã dẫn đến một cách giải thích khác về tiếng vang vô tuyến đầy trêu ngươi. Thật khó để nói cái nào trong số chúng có nhiều khả năng hơn. Rõ ràng, chỉ những thí nghiệm mới và quan sát thiên văn mới có thể dẫn đến vấn đề khoa học lời giải về tiếng vang vô tuyến đầy trêu ngươi.

31

Mô hình liên hệ
L. Gindilis

Vì vậy, một cách giải thích mới về tiếng vang vô tuyến đầy trêu ngươi… Trước hết, chúng ta đang nói về cái gì? Quay trở lại những năm 20 của thế kỷ chúng ta, người ta đã phát hiện ra rằng trong một số điều kiện nhất định, tín hiệu từ các đài phát thanh truyền phát, bị phản xạ nhiều lần từ tầng nano, sẽ quay trở lại điểm ban đầu và có thể được ghi lại một thời gian sau tín hiệu chính dưới dạng một loại tiếng vang vô tuyến. Thời gian trễ cho một tiếng vang như vậy là một phần của giây. Tuy nhiên, cũng đã ghi nhận rất hiếm trường hợp tiếng vang có độ trễ dài hơn - từ vài giây đến vài chục giây. Hiện tượng này đôi khi được gọi là “nghịch lý bão tố” hay “tiếng vang thế giới”; rất thường xuyên thêm tính từ “bí ẩn” (thực sự vẫn chưa có lời giải thích thỏa đáng). Trong tài liệu khoa học, một thuật ngữ khiêm tốn hơn được sử dụng - LDE (tiếng vang có độ trễ dài - tiếng vang có độ trễ dài).

Năm 1927-1929, giáo sư địa vật lý nổi tiếng người Na Uy K. Stermer phối hợp với Tiến sĩ Van der Pol và kỹ sư I. Hals đã tổ chức một loạt thí nghiệm để nghiên cứu LDE. Một máy phát của đài phát thanh ở Eindhoven (Hà Lan), hoạt động ở bước sóng 31,4 m, truyền các xung theo một trình tự nhất định, được Hals ở Oslo ghi lại. Không phải tất cả các chi tiết của thí nghiệm này đều được lưu giữ cho đến ngày nay và không phải tất cả dữ liệu đều được công bố. Theo như người ta có thể đánh giá từ các ấn phẩm, ban đầu mỗi tín hiệu là một chuỗi gồm ba dấu chấm Morse. Những tín hiệu này được lặp lại cứ sau 5 giây. Vào tháng 9 năm 1928, chế độ máy phát đã được thay đổi: khoảng thời gian giữa các tín hiệu tăng từ 5 lên 20 giây. Chiều ngày 11/10/1928, Hulse và Stoermer ghi lại được một chuỗi tiếng vang dài: lúc đầu, thời gian trễ là 3 giây, sau

32

sau đó là 4 giây, sau đó tăng lên 5 giây và sau đó nó bắt đầu thay đổi ngẫu nhiên (!) Từ 5 đến 18 giây.

Máy phát ở Eindhoven hoạt động được gần một năm. Chế độ truyền tín hiệu đã thay đổi nhiều lần. Tiếng vang vô tuyến được ghi lại ở Oslo, có độ trễ thời gian từ 3 giây đến 3,5 phút. Vào ngày 7 tháng 11 năm 1929, thí nghiệm Eindhoven bị chấm dứt.

Một nghiên cứu thú vị về LDE được thực hiện bởi J. Gaulle và G. Talon vào tháng 5 năm 1929 trong quá trình đoàn thám hiểm người Pháp quan sát nhật thực ở Đông Dương. Một máy phát 500 bt được lắp đặt trên tàu tạo ra một chuỗi tín hiệu ở bước sóng 25 m với khoảng thời gian 30 giây. Một loạt LDE dài có độ trễ thời gian thay đổi đã được ghi lại.

Những quan sát nghiên cứu của Pháp, giống như của Vander Pol, Hals và Stermar, không được giải thích thỏa đáng vào thời điểm đó. Thật vậy, độ trễ tối thiểu bằng những giây đó tương ứng với khoảng cách 450.000 km tính từ Trái đất, nghĩa là vật chất phản xạ phải ở xa hơn bên ngoài bầu khí quyển Trái đất, đâu đó trong vùng quỹ đạo của mặt trăng. Trong khi đó, công suất của tiếng vang vượt quá 1/3 công suất tín hiệu, không tương ứng với công suất dự kiến ​​khi được phản xạ tự nhiên từ một vật thể nằm ở khoảng cách Mặt Trăng hoặc xa hơn. Việc giải thích sự thay đổi độ trễ tiếng vang thậm chí còn khó khăn hơn. Nếu nó liên quan đến chuyển động của vật chất phản xạ trong không gian thì tốc độ chuyển động của nó sẽ quá cao. Cao. Và thật khó để tưởng tượng tiếng vang gấp đôi và gấp ba phát sinh như thế nào (từ cùng một tín hiệu). Bí ẩn về tiếng vang thế giới vẫn chưa được giải đáp.

Năm 1934, LDE được nhà nghiên cứu người Anh E. Appleton quan sát. Sau đó, mức độ nhiễu sóng vô tuyến tăng lên đáng kể bắt đầu cản trở việc đăng ký LDE. Vào những năm 1947-1949, K. Boudin và J. Yatis đã cố gắng nghiên cứu sóng vô tuyến ở bước sóng 14,5 m nhưng không tìm thấy. Hiện tượng đáng kinh ngạc này dần dần bị lãng quên, mặc dù thỉnh thoảng những người phát thanh nghiệp dư cũng quan sát thấy tiếng vang từ đường truyền của chính họ (ghi lại lời nói hoặc tín hiệu Morse lặp lại sau vài giây). Như có thể được đánh giá từ các báo cáo này, các vùng tần số mà LDE được quan sát nằm trong khoảng từ 0,8 đến 140 MHz.

Năm 1967, việc nghiên cứu LDE bắt đầu tại Đại học Stanford (Mỹ) dưới sự chủ trì của Giáo sư F. Crawford. Thực tế của hiện tượng đã được xác nhận. Đúng vậy, ở Stanford, không giống như những năm 20, người ta không quan sát thấy các chuỗi tiếng vang dài. Tiếng vang có độ trễ khoảng 2 và 8 giây đặc biệt phổ biến. Người ta thấy rằng tần số của tiếng vang được trộn 10 hertz so với tần số của tín hiệu gốc và khoảng thời gian giữa các xung trong tín hiệu tiếng vang nhỏ hơn so với tần số ban đầu.

Phân tích dữ liệu có sẵn về LDE, nhà thiên văn học người Anh Luen thu hút sự chú ý đến một số đặc điểm của tiếng vang Stoermer so với tiếng vang được nghiên cứu tại Stanford. Thứ nhất, tiếng vang quan sát được trong những năm 20 không bị biến dạng theo thời gian và tần số (Doppler), vốn gây ra bởi tiếng vang Stoermer, vốn không đổi và không phụ thuộc vào thời gian trễ. Kết quả này khá khó hiểu: xét cho cùng, sóng truyền càng dài thì quãng đường nó truyền đi càng lớn trước khi quay trở lại điểm xuất phát, thì

cường độ của nó sẽ ít hơn.

Dựa trên ý tưởng của Bracewell về việc sử dụng tàu thăm dò để liên lạc giữa các nền văn minh vũ trụ, Lunen đưa ra giả thuyết rằng tiếng vang kiểu Sturmer đại diện cho tín hiệu từ tàu thăm dò giữa các vì sao. Trả lại đường truyền nhận được từ Trái đất, tàu thăm dò cố gắng liên lạc với chúng tôi theo cách này. Khi đó sự thay đổi về thời gian trễ phải gắn liền với việc truyền một số thông tin. Trong nỗ lực giải mã thông điệp của tàu thăm dò, Lunen đã giải thích một trong các chuỗi LDE nhận được vào tối ngày 11 tháng 10 năm 1928, là thông báo rằng tàu thăm dò đã đến hệ mặt trời khoảng 13.000 năm trước từ ngôi sao Boötes.

Tác phẩm của Lunen xuất hiện vào năm 1973 và gây được tiếng vang đáng kể. Nhiều người coi đây là một nỗ lực để chứng minh sự tồn tại của tàu thăm dò. Trong khi đó, Lunen lại không đặt ra mục tiêu như vậy cho mình. Dòng lý luận của anh ấy diễn ra như thế này. Chúng tôi không biết bản chất thực sự của LDE. Có lý do nào đó để tin rằng hiện tượng này có thể liên quan đến tàu thăm dò. Hãy giả sử rằng đây thực sự là trường hợp. Trong trường hợp này, logic của liên hệ phải là gì, tàu thăm dò có thể truyền tải thông điệp của nó tới mọi người theo cách nào và chúng ta nên tiếp cận việc giải mã nó như thế nào? Một khi câu hỏi này được đặt ra, tất cả các lý do tiếp theo chỉ có ý nghĩa trong chừng mực giả định ban đầu là hợp lệ (xét cho cùng, việc gán một logic nhất định cho một hiện tượng tự nhiên là vô nghĩa). Vì vậy, cách giải thích này hay cách giải thích kia không thể dùng làm bằng chứng cho sự tồn tại của cuộc điều tra; nó đã dựa trên giả định này rồi. Do đó, ý nghĩa và tầm quan trọng trong công trình của Lunen, giống như công trình của Shpilevsky, không nằm ở việc chứng minh sự tồn tại của tàu thăm dò, mà ở việc xem xét một mô hình tiếp xúc nào đó (tất nhiên, nếu nó được chứng minh rằng

nó là một sự thăm dò, việc lựa chọn cách giải thích sẽ trở nên quan trọng hơn).

Việc xây dựng câu hỏi này có vẻ khá hợp pháp, thú vị và phù hợp. Một ví dụ nổi tiếng là thông điệp không gian do F. Drake biên soạn để minh họa khả năng liên lạc vô tuyến giữa các vì sao. Một thông điệp gửi đến các nền văn minh khác nằm trên tàu vũ trụ Pioneer 10, hiện đang bay đến ranh giới của hệ mặt trời (Trái đất và Vũ trụ, số 4, 1972, trang 29-31), thông điệp còn lại được truyền theo hướng cụm sao cầu trong chòm sao Hercules (Trái đất và Vũ trụ, số 4, 1975, trang 94-96). Trong tất cả các trường hợp này, chúng ta đang xử lý các thông điệp được soạn bởi những người thay mặt cho các nền văn minh ngoài Trái đất, như Drake, hoặc cho các nền văn minh ngoài Trái đất, như Pioneer 10. Nhưng trong điều kiện tiếp xúc thực tế, chúng ta sẽ gặp phải thông điệp của người khác và chúng ta sẽ phải đối mặt với bài toán hiểu nó. Tín hiệu truyền nó đến Trái đất sẽ không mang dấu ấn nhân tạo đích thực. Chúng ta chỉ có thể nghi ngờ anh ta về điều này dựa trên một số “bằng chứng” và phải cố gắng hiểu thông điệp để xác nhận tính xác thực của những nghi ngờ của chúng ta. Tiếng vang bí ẩn là mô hình phù hợp cho tín hiệu như vậy. Tất nhiên, tính hợp lệ của giả thuyết ban đầu về sự tồn tại của đầu dò có thể được kiểm tra bằng cách sử dụng mã thông báo ước tính nếu nó được hiểu chính xác (đối với điều này, chỉ cần gửi tín hiệu mới trong mã thăm dò là đủ).

Làm thế nào để tiếp cận giải pháp cho tin nhắn? S. Lem thu hút sự chú ý đến một đặc điểm quan trọng trong phương pháp tiếp xúc. Ông viết: “Các nhà khoa học được dạy dỗ về việc “chơi đùa với Tự nhiên”, vốn không phải là một đối thủ có ý thức; họ không thừa nhận khả năng rằng thực sự có ai đó đằng sau đối tượng đang được nghiên cứu và rằng đối tượng đó chỉ có thể được hiểu trong chừng mực mà họ có thể hiểu được.

33

3 «Kvant» 9

34

Sẽ có thể hiểu được lý do của sinh vật hoàn toàn chưa được biết đến này… Một nhà vật lý thậm chí sẽ không bao giờ nghĩ rằng ai đó đã cố tình sắp xếp các electron trên quỹ đạo để mọi người bối rối về cấu hình của chúng. Ông biết rất rõ rằng giả thuyết về người tạo ra quỹ đạo trong vật lý của ông là hoàn toàn không cần thiết, hơn nữa, hoàn toàn không thể chấp nhận được. Các nhà khoa học, không giống như các nhà thần học, chưa bao giờ cố gắng làm sáng tỏ những động cơ ẩn giấu trong các khuôn mẫu vật chất của thế giới. Nhưng vấn đề liên hệ “liên quan đến việc gỡ lỗi các động cơ, tức là, một hoạt động riêng biệt trong suốt lịch sử của khoa học thực nghiệm,” có thể đưa chúng ta đến thành công. Điều này không được một số nhà phê bình của Lunen tính đến, những người cáo buộc anh ta đã thao túng dữ liệu một cách tùy tiện.

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang nghiên cứu một số hiện tượng tự nhiên và phát hiện ra rằng một số điểm thực nghiệm đi chệch khỏi mối quan hệ lý thuyết dự kiến. Nếu chúng ta tin chắc rằng sai lệch này không phải do lỗi đo lường thì chúng ta buộc phải từ bỏ sơ đồ lý thuyết của mình. Bất kỳ nỗ lực nào nhằm giải thích lý do tại sao những điểm này lệch khỏi đường cong dự kiến ​​sẽ được coi là “phù hợp với đáp số”. Tự nhiên không thể có bất kỳ động cơ nào để lựa chọn những điểm nhất định, trừ khi sự phụ thuộc ban đầu vào thực tế là đúng. Trong các bài toán tiếp xúc, động cơ cũng dễ hình dung, chẳng hạn như được minh họa trong sơ đồ của Lunen và Shpilevsky. Hơn nữa, nếu không có những động cơ này và quy trình gỡ lỗi thích hợp, việc liên hệ có thể không khả thi chút nào. Tất nhiên, bằng cách cho phép một số thủ tục nhất định, chúng ta có nguy cơ giải phóng vị thần đầu cơ không giới hạn. Trong tình trạng này có một khó khăn về dịch vụ. Tuy nhiên, chúng ta phải đọc rằng tâm lý học tiếp xúc khác với tâm lý học tự nhiên; quá trình thiết lập liên lạc nhanh hơn

giống một trò chơi nên không thể tiếp cận nó theo những tiêu chuẩn thông thường của một người quan sát tự nhiên. Sau những nhận xét sơ bộ này, chúng tôi sẽ cố gắng phân tích cách giải thích được đề xuất.

Ý nghĩ đầu tiên vô tình nảy sinh: họ (Boötes hoặc Tatuitans) rất cởi mở rằng họ biết cách chúng ta vẽ ra ranh giới cho các chòm sao của mình, bởi vì các chòm sao được phân bổ các điều kiện trên bầu trời cho chòm sao. Tất nhiên, đây là một điểm hợp lệ. Nhưng phương pháp thăm dò không liên quan đến các chòm sao của chúng ta. Mô tả một khu vực của bầu trời đầy sao, tàu thăm dò chỉ giới hạn ở các ngôi sao sáng, các vật thể có cường độ nhất định và nhận được cấu hình mà chúng ta liên kết với chòm sao này hoặc chòm sao khác. Do đó, Lunen đề xuất cấu hình của tàu thăm dò với một nhóm sao trong chòm sao Volpas, và Shpilevsky đề xuất cấu hình tương tự với một nhóm sao trong chòm sao Kình Ngư.

Tình hình phức tạp hơn với việc lựa chọn đơn vị và thang đo. Sử dụng cùng một tỷ lệ trên cả hai trục có vẻ hợp lý. Nhưng liệu đầu dò mở có biết rằng chúng ta đang thay đổi thời gian tính bằng giây không? Đơn vị thời gian mà đầu dò sử dụng, nếu không chính xác bằng một giây (có tính đến sai số đo khi nhận được tiếng vang bằng tai), thì ít nhất là theo thứ tự một giây. Rõ ràng, anh ta đã xác định được nó từ việc phân tích các tín hiệu được gửi từ Trái đất (?).

Nếu chúng ta được cung cấp một cấu hình điểm tùy ý, chúng ta hầu như luôn có thể tìm thấy một mẫu phù hợp trên bản đồ sao. Mọi người đều có thể bị thuyết phục về điều này, chẳng hạn như khi xem “Star Atlas” của A. A. Mikhailov. Các chi tiết của mẫu được sao chép càng chính xác thì càng ít có khả năng là sự trùng hợp ngẫu nhiên. Điều này đặt ra câu hỏi về tính chính xác. Nhưng làm thế nào bạn có thể ước tính độ chính xác mà không đồng ý với cuộc thăm dò về kỷ nguyên hoặc loại dự án? Rõ ràng, sự trùng hợp của mô hình có thể

Nó chỉ có thể là gần đúng. Nhưng sau đó, để loại trừ một tùy ý, điều quan trọng trước tiên là lập bản đồ với các điểm mốc nhất định. Theo nghĩa này, thông điệp của Shpilevsky rằng bộ nhớ trần phải tương ứng với định nghĩa về một vòng tròn trên thiên cầu - đường xích đạo hoặc đường hoàng đạo - có vẻ chắc chắn hợp lý. Mặc dù cấu hình của các điểm khá gợi nhớ đến chòm sao Cetus (làm ơn, sự trùng hợp với Volpas thì tốt hơn một chút), việc nhận dạng này, do có mối liên hệ với đường xích đạo, nên có vẻ chắc chắn hơn.

Những thông điệp về hệ hành tinh của tàu thăm dò có vẻ sâu sắc, mặc dù yêu cầu về thông tin tối đa không phải lúc nào cũng cần thiết. Cuộc thăm dò bài toán chính là thực hiện một bước thuyết phục để tiếp xúc và khi liên hệ được thiết lập, bạn có thể truyền thông tin bổ sung về hệ hành tinh của mình.

Vậy, t của Cetus hay ε của Volpas? Từ quan điểm của những ý tưởng hiện tại của chúng ta về các điều kiện cho sự tồn tại của sự sống trong không gian, Trung Quốc tất nhiên là được ưu tiên hơn. Chúng ta hãy nhớ rằng trong tất cả các dự án truyền thông quốc tế, ngôi sao này là ứng cử viên đầu tiên. Nhưng ở đây cũng có một mối nguy hiểm âm ỉ: người ta luôn có thể nghi ngờ một yếu tố điều chỉnh vô tình, tiềm thức. Theo nghĩa này, vị trí của Lunen mạnh hơn hoặc khó có thể nghi ngờ trước một ngôi sao không phù hợp như ε Volpas. Điều gây tò mò là khi nhìn từ Ceti, Mặt trời của chúng ta, như Luenen lưu ý, sẽ được nhìn thấy trong chòm sao Volpas. có thể tàu thăm dò bài viết đồng thời cung cấp thông tin về khu vực bầu trời của chúng ta trông như thế nào khi nhìn từ chúng và khu vực bầu trời của họ trông như thế nào khi nhìn từ chúng ta? Những người nghiệp dư người Bulgaria, dẫn đầu bởi Ilya Iliev, đã sử dụng một phương pháp giải mã thông điệp khác (“Tekhnika Molodezhka”, số 4, 1974, trang 54) và đi đến kết luận rằng tàu thăm dò đang tiếp cận ngôi sao ζ Leo. Cách lý luận của họ không hề tùy tiện hơn nhiều và có vẻ “hợp lý”. Nhiều ý nghĩa như vậy trong việc giải thích thông điệp này nên được xây dựng dựa trên một số nguyên tắc logic khác để loại trừ bất kỳ sự mâu thuẫn nào.

Những nỗ lực nhằm tiết lộ bí mật của tiếng vang thế giới là một ví dụ đáng kính và rõ ràng về những khó khăn nảy sinh trong vấn đề liên lạc giữa các vì sao.

Hình học bài toán

1. Gọi D là trung điểm cạnh BC của tam giác ABC và O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác này. Gọi Q là giao điểm của đường vuông góc hạ từ điểm D xuống AO và đường vuông góc hạ từ điểm A xuống BC. Chứng minh rằng đường vuông góc hạ từ điểm Q xuống DO đi qua điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp và cạnh BC.

2. a) Các đường cao AD, BE, CH của tam giác ABC cắt các cạnh của nó tại các điểm D, E, H. Chứng minh rằng các đường thẳng nối các đỉnh A, B, C với trung điểm các đoạn EH, HD, DE lần lượt cắt nhau tại một điểm.

6. Chứng minh định lý tương tự, thay độ cao bằng đường trung tuyến hoặc đường trung tuyến.

3. Độ dài các đường trung tuyến AM, BN, CQ của tam giác ABC tạo thành một đường cắt hình học. Chứng minh rằng $2\cos \hat{B} = 2h \pm \sqrt{3(h^2 - 1)}$

ở đâu $h = \frac{a^2 + c^2}{ac}$.

4. Dây HEK được vẽ qua điểm E nằm bên trong đường tròn. Cho EM và EP vuông góc hạ từ điểm E lên các tiếp tuyến của đường tròn vẽ tại các điểm H và K. Chứng minh rằng $\frac{1}{|EM|} + \frac{1}{|EP|}$ không phụ thuộc vào việc chọn dây cung.

5. Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài các cạnh là số tự nhiên, tổng và hiệu độ dài cạnh huyền và một cạnh là các bình phương chính xác.

H. B.

36

Ánh sáng truyền qua một tấm phẳng song song

Có vẻ như điều gì có thể đơn giản hơn thiết kế mặt phẳng của chiếc đĩa? Trong sách giáo khoa vật lý tiểu học, một số từ được dành cho nó: một tia sáng truyền qua một tấm song song với vật tới và chỉ dịch chuyển một chút so với nó. Trong khi đó, những hiện tượng có thể quan sát được khi ánh sáng truyền qua một tấm kim loại lại vô cùng thú vị. Chúng đã được các nhà nghiên cứu nghiên cứu trong nhiều thế kỷ và hiện được sử dụng rộng rãi trong khoa học và công nghệ. Ví dụ, các tấm parella phẳng mỏng (con voi) được sử dụng trong các bộ lọc giao thoa và gương. Giao thoa kế, một trong những dụng cụ quang học chính xác nhất, không thể chế tạo được nếu không có các tấm kim loại.

Để hiểu được sự đa dạng và vẻ đẹp của các hiện tượng quang học xảy ra trong một tấm parella phẳng, chúng ta hãy xem xét thí nghiệm sau*). Giả sử tấm kim loại được chiếu sáng bởi một chùm tia phân kỳ. Bề mặt dưới của tấm mờ và nguồn sáng chính xác tạo ra chùm tia phân kỳ nằm bên trong tấm trên bề mặt này (Hình 1). Rõ ràng là một chùm ánh sáng từ một nguồn không thể thoát ra khỏi tấm hoàn toàn: các tia tới trên mặt phân cách thủy tinh-không khí ở một góc bằng hoặc lớn hơn giới hạn sẽ bị phản xạ hoàn toàn ở mặt trên của tấm và quay trở lại mặt dưới. Vì bề mặt của tấm mờ nên ánh sáng chiếu vào nó sẽ bị tán xạ - bề mặt sẽ được chiếu sáng. Nếu, trong những điều kiện này, người ta nhìn vào tấm phẳng-parella trong ánh sáng, người ta sẽ thấy một điểm sáng—nguồn sáng S—được bao quanh bởi một vòng ánh sáng yếu bằng cách cắt đứt ranh giới bên trong.

Hãy tính đường kính trong D của vòng sáng (hoặc đường kính ngoài của vòng tối). Theo định luật khúc xạ (xem Hình 1) sinα/sinβ=n2/n1, trong đó n1, n2 là sự tương ứng giữa chiết suất abscid của tấm và môi trường phía trên bề mặt trên của nó. Góc tới α được gọi là giới hạn nếu góc khúc xạ β bằng π/2. Do đó, góc tới giới hạn có thể được tìm thấy từ sự tương ứng sinαpr=n2/n1. Từ tam giác SAB sinαpr=SB/SA=D/4/√h²+D²/16. Loại trừ góc αpr khỏi hai công thức cuối cùng, chúng ta thu được

$$\frac{n_1}{n_2} = \frac{\sqrt{D^2 + 16 h^2}}{D} = \sqrt{1 + 16 \frac{h^2}{D^2}}.$$

Hình 1.

37

thì $n_2 = 1$. Khi đó đường kính trong của bóng đèn lần lượt liên hệ với chiết suất của tấm $n = n_1$ và độ dày của nó $h$

$$D = \frac{4h}{\sqrt{n^2 - 1}}.$$

Sử dụng công thức thu được, bạn có thể xác định một trong ba đại lượng có trong đó bằng cách đo hai đại lượng còn lại. Tất nhiên, tầm quan trọng thực tế là việc xác định chiết suất của vật liệu tấm.

Bây giờ hãy kiểm chứng bằng thực nghiệm sự tồn tại của hiện tượng dự đoán và kiểm tra công thức (*). Để bán buôn, bạn có thể sử dụng các tấm phẳng song song làm bằng thủy tinh hoặc tấm mica có độ dày ít nhất 2 mm. Một bề mặt của tấm cần được làm mờ, tạo thành

Hình 2. Chi tiết bố trí thí nghiệm: 1 - một cái đĩa có bề mặt mờ, 2 - một bóng đèn gắn trong hộp diêm, 3 - một nắp hộp (để ánh sáng chiếu qua khe của hộp diêm không cản trở việc quan sát, người ta dán một mảnh giấy đen vào nắp).

Hình 3.

chà nhám bằng giấy hoặc sơn một lớp sơn trắng mỏng. Tất cả những gì còn lại là bằng cách nào đó “đưa” nguồn sáng chính xác vào bên trong tấm. Nó không khó để làm điều đó. Thật vậy, nếu một chùm ánh sáng hẹp được chiếu vào bề mặt mờ của tấm hoặc từ phía trên, thì một vùng được chiếu sáng nhỏ của bề mặt này sẽ khuếch tán ánh sáng bên trong tấm theo mọi hướng, tức là hoạt động như một nguồn sáng chính xác.

Hãy lắp ráp thiết lập thử nghiệm (Hình 2). Đặt một bóng đèn làm đèn pin bên trong hộp diêm và cố định nó ở vị trí thẳng đứng bằng nhựa dẻo. Chúng tôi nối các dây từ bóng đèn xuyên qua các lỗ trên thành hộp với pin. Hãy đóng nắp hộp lại và dùng kim chọc một lỗ tròn nhỏ phía trên dây tóc bóng đèn. Otgularium là vị trí của đèn trong hộp diêm sao cho thu được nguồn sáng “chính xác” (không chắc có thể chọc thủng lỗ chính xác phía trên sợi chỉ nên cần có bộ điều chỉnh). Đặt tấm nhựa phẳng song song lên hộp với mặt mờ hướng xuống dưới.

Nếu bạn nhìn tấm đĩa từ trên cao trong bóng tối hoàn toàn, bạn sẽ thấy bóng đèn sáng (xung quanh chính xác nguồn sáng) mà lý thuyết dự đoán.

Trải nghiệm có thể được thay đổi một chút. Chúng ta hãy làm các cạnh của đĩa cao khoảng 5 mm dọc theo chu vi của đĩa và đổ một lớp nước mỏng lên bề mặt đĩa. (Đĩa phải sạch để nước phủ đều toàn bộ bề mặt của nó.) Đồng thời, xung quanh điểm phát sáng xuất hiện một bóng đèn thứ hai, có đường kính lớn hơn bóng đèn thu được khi không có nước. Bình thứ nhất nếu lớp nước mỏng thì có cùng đường kính như trường hợp không có nước.

Không khó để giải thích sự xuất hiện của chiếc bình thứ hai. Tia sáng

38

Trong thí nghiệm này, người ta trải nghiệm sự phản xạ toàn phần từ bề mặt phân cách thủy tinh-nước (Hình 3). Ánh sáng đầu tiên xung quanh nguồn đến từ đâu? Thật hợp lý khi cho rằng sự xuất hiện của nó được giải thích bằng sự phản xạ hoàn toàn ánh sáng từ ranh giới nước-không khí. Nếu giả định này đúng thì đường kính của vòng sáng đầu tiên sẽ phụ thuộc vào độ dày của lớp nước phía trên tấm. Hãy kiểm tra xem nó ra.

Nếu hoàn toàn không có nước, có thể nhìn thấy một vết gai nhẹ (Hình 4; thật không may, vòng tròn tối ở trung tâm nơi đặt nguồn không nhìn thấy rõ lắm; khi độ dày của tấm tăng lên, điều kiện quan sát sẽ được cải thiện). Chúng ta sẽ dần dần thêm nước vào cuvet được tạo thành bởi một tấm có các cạnh dạng tấm. Trong trường hợp này, kích thước của vòng sáng thứ nhất tăng lên, trong khi đường kính của vòng sáng thứ hai không thay đổi (Hình 5). Lúc đầu, vết cắt đầu tiên nhỏ hơn vết cắt thứ hai (xem Hình 5a), sau đó nó được kết hợp với vết cắt thứ hai và cuối cùng, trở nên lớn hơn vết cắt thứ hai (xem Hình 56). Vậy giả định đưa ra là đúng.

Để kết luận, chúng ta hãy nhìn vào kinh nghiệm này. Trên hộp diêm, chúng tôi đặt một mảnh giấy paniro (hoặc loại giấy trắng mỏng khác), giúp tán xạ ánh sáng một cách hoàn hảo. Đặt một tấm kính kín khí lên trên (không có bề mặt mờ). Hãy bật bóng đèn lên. Đồng thời, cùng với vòng sáng có đường viền bên trong rõ ràng bao quanh nguồn, chúng ta sẽ thấy một vòng tròn ánh sáng có đường viền bên ngoài sắc nét (Hình 6)!

Kết quả có phần bất ngờ này được giải thích là do nguồn sáng bây giờ không nằm ở bên trong mà ở bên ngoài tấm. Chúng tôi để lại lời giải thích chi tiết về trải nghiệm để bạn tự mình thử.

Bài tập

1. Sử dụng công thức (*), xác định bằng thực nghiệm chiết suất của thủy tinh và thủy tinh plexi.
2. Đo chiết suất của chất lỏng trên bề mặt có lớp lót.

39

Giữa lần đầu tiên làm quen với một bài toán “không chuẩn”, “không chuẩn” và phần trình bày ngắn gọn, cuối cùng về nó lời giải là một dải tiếng Nhật về lời giải này. Làm thế nào để tiến hành tìm kiếm này? Không có phương pháp duy nhất, “phổ quát” nào để đạt được mục tiêu này. Tuy nhiên, có những kỹ thuật chung đơn giản giúp bạn tìm ra cách đạt được lời giải một bài toán cụ thể, nhất định. Những kỹ thuật như vậy được thảo luận trong những cuốn sách xuất sắc của D. Polya “Cách giải bài toán”, “Toán học và lý luận hợp lý”, “Khám phá toán học”, cũng như một số cuốn sách và bài báo của các tác giả khác. Trong bản phác thảo này, nhằm thu hút sự chú ý của người đọc, chúng tôi sẽ cố gắng tìm hiểu xem các kỹ thuật chung đó hoạt động như thế nào.

Cuộc gặp đầu tiên
Ngày 11 tháng 3, 8 giờ sáng
Hàng ngày họ đi dọc theo cùng một con phố yên tĩnh - học sinh lớp nông thôn Sasha Tikhomirov và giáo viên toán Georgy Danilovich Selivanov. Họ đã yêu nhau từ lâu, và kể từ năm ngoái, Sasha bắt đầu tham gia vòng tròn toán học của thành phố, do Georgy Danilovich dẫn đầu. Hôm nay nhìn thấy Sasha, cô giáo chỉ điểm hỏi:

• À, bạn đã gửi bài kiểm tra đầu vào đến Trường Cao đẳng chưa? Rốt cuộc, thời hạn sẽ hết hạn vào ngày 20 tháng 3 *).
  “Chưa,” Sasha trả lời, “trong số 11 bài toán Cho đến nay tôi đã giải được 10, nhưng tôi không thể lưu vào bộ đệm đầu tiên.”
• Cái gì quỷ quyệt thế này bài toán?
  Sasha lấy từ trong cặp ra cuốn tạp chí «Kvant» số 1 năm 1974, mở đến trang 73 và bắt đầu đọc.
  “Bài toán 1. Ba người bạn chơi một số ván cờ nhất định và mỗi người chơi với nhau số ván như nhau. Họ bắt đầu quyết định xem ai thắng. Người đầu tiên nói: “Tôi có nhiều hơn mỗi người trong số các bạn đã làm được điều đó.” Người thứ hai nói: “Tôi có ít hơn các bạn, nhiều hơn các bạn”. Nhưng khi tính điểm, hóa ra okonven ghi được nhiều giải nhất (thắng - 1 điểm, hòa - 1/2 điểm, thắng - 0). Có thể làm người mẫu được không? Nếu không thì hãy chứng minh điều đó; nếu có, xin vui lòng cho một ví dụ.”
  — Tò mò bài toán! - Selivanov nói. “Bạn biết đấy, ngay cả tôi cũng không biết cách giải quyết nó ngay lập tức.” Hãy đến với tôi tối nay, chúng ta hãy cùng nhau suy nghĩ về điều đó.

*) Điều này đề cập đến Trường Toán học Tương ứng Toàn cầu (VZMS).

40

Cuộc gặp thứ hai
Ngày 11 tháng 3, 7 giờ tối.
Sasha kể sau khi ngồi xuống chiếc ghế “của mình” trong phòng Selivanov.

— Tôi đã xem xét các trường hợp cụ thể khi mỗi người chơi 2, 3, 4, 5 ván với nhau. Nhưng tôi chưa bao giờ thành công theo cách yêu cầu với điều kiện bài toán.

“Nhưng có lẽ,” giáo viên nghĩ một cách khô khan, “điều này sẽ hiệu quả với số lượng trò chơi lớn hơn?”

“Có lẽ,” Sasha thở dài. — Người ta nói rằng ai đó đã xem qua 237 lựa chọn cho các chuyến tham quan có thể thực hiện được cho đến khi tìm được lựa chọn được yêu cầu. Nhưng có phải mọi thứ đều là lời giải? Toán học phải đề xuất một con đường thông minh hơn! Làm thế nào tôi có thể tìm thấy nó? Tôi thậm chí không biết bắt đầu từ đâu.

• Bạn thấy đấy, một trong những câu hỏi hữu ích đầu tiên bạn nên tự hỏi mình ở lời giải bất kỳ bài toán nào là: “Điều gì đang được tìm kiếm trong bài toán?” Bạn sẽ trả lời nó như thế nào?

“Đang tìm…” Sasha nhún vai. — Chúng tôi đang tìm kiếm một thứ khá chưa được đào tạo: tuir.

• Phải. Và đây là một câu hỏi quan trọng khác: “Có thể giảm lời giải bài toán cho một số con số trong tiếng Nhật không?”

“Tôi nghĩ tôi có thể làm được,” anh nói. Sasha. - Để khôi phục lại vita tourir, tôi cần tìm hiểu xem người đầu tiên đã thắng mỗi người trong số hai người còn lại bao nhiêu ván, anh ta thua mỗi người bao nhiêu ván, anh ta đã chơi bao nhiêu trận hòa với mỗi người trong số họ. Đã có 6 ẩn số rồi. Và tốt hơn nữa, những ẩn số cũng phải được nhập vào thứ hai và thứ ba… 18 ẩn số đã được thu thập! Quá nhiều…

“Liệu có thể “thu thập tất cả những điều chưa biết này thành một tay không,” giáo viên khô khan nghĩ - Sẽ thật tuyệt nếu tưởng tượng chúng một cách rõ ràng, mô tả chúng trên sơ đồ…

“Tôi có thể làm được việc này,” Sasha nói. — Gần đây, Kolya, Vitya và tôi đã đấu với nhau hai ván và đây là bàn cuối cùng mà chúng tôi có được (xem Bảng 1). Tôi đã thắng một ván đấu với mỗi người trong số họ, trong bảng điều này được biểu thị bằng “+1” và một ván đấu par, điều này được biểu thị bằng “-1”. Và chúng tôi biểu thị những người chơi bằng số bằng dấu bằng, ở đây trong bảng có ghi “=2” - Kolya và Vitya đã chơi cả hai trò chơi. Và trong bài toán của chúng ta, chúng ta có thể tạo một bảng tương tự (xem Bảng 2), mỗi dòng chứa thông tin chúng ta cần về trò chơi - anh ta đã thua bao nhiêu ván và thua với ai, thắng bao nhiêu, kiếm được bao nhiêu. Đúng, tất cả những con số này đều không xác định và được biểu thị bằng các chữ cái. Ví dụ, người chơi thứ hai thắng người thứ ba s ván, thua anh ta f ván và chơi k ván với anh ta. MỘT

| | Sasha | Kolya | Vitya | Tổng cộng | điểm |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| Sasha | | +1 -1 =0 | +1 -1 =0 | +2 -2 =0 | 2 |
| Kolya | +1 -1 =0 | | +0 -0 =2 | +1 -1 =2 | 2 |
| Vitya | +1 -1 =0 | +0 -0 =2 | | +1 -1 =2 | 2 |

Bảng 1.

Bảng 2.

41

rốt cuộc hóa ra ẩn số không phải là 18,
nhưng chỉ có chín!
“Đó là một kế hoạch tốt,” anh tán thành.
bàn Georgy Danilovich, - Cái gì
bạn dự định làm gì tiếp theo?
— Ghép số $a, b, \dots, k$
sao cho mọi điều kiện bài toán đều được thỏa mãn. Hoặc có thể một cái gì đó như thế này
không có bộ số? Vậy thì làm thế nào để chứng minh điều đó? Tôi không thấy…

• Bạn biết gì về những trường hợp ngoại lệ?
  con số? Có thể viết điều này xuống
  ở dạng phương trình hay bất đẳng thức? Hãy suy nghĩ về điều đó ở nhà và chúng ta hãy gặp nhau vào ngày mai.

Cuộc họp ba
Ngày 12 tháng 3, 7 giờ tối.

• Tôi đã điền vào các ô trống ở nhà
  ở bảng 2,” Sasha nói, “và từ
  điều kiện bài toán các bất đẳng thức dẫn đến

$$\begin{cases} a+b>c+d, \\ a+b>e+f, \\ a+f<d+e, \\ a+f<b+c, \\ e+\frac{1}{2}h+f+\frac{1}{2}k> \\ >a+\frac{1}{2}g+b+\frac{1}{2}h, \\ e+\frac{1}{2}h+f+\frac{1}{2}k> \\ >d+\frac{1}{2}g+c+\frac{1}{2}k. \end{cases}$$

• Chỉ thế thôi à? - giáo viên hỏi.
• Không. Nếu chúng ta biểu thị bằng $n$ số trận đấu của mỗi người
  người chơi với nhau, sau đó
  $$a+d+g=b+e+h=c+f+k=n.$$

Hơn nữa, cả 10 số này đều là số nguyên và
không tiêu cực. Với sự giúp đỡ của
Tôi đã cố gắng rút ra các đẳng thức cuối cùng từ các bất đẳng thức $g, h$ và $k$. Kết quả là hệ thống sau:

$$\begin{cases} a+b-(c+d)>0, \\ a+b-(e+f)>0, \\ d+e-(a+f)>0, \\ b+c-(a+f)>0, \\ d+2e+f-(a+2b+c)>0, \\ a+2f+e-(b+2c+d)>0, \\ a+d+g=b+e+h= \\ =c+f+k=n. \end{cases}$$

• Cậu định giải quyết thế nào?
• Tôi thậm chí không thể tưởng tượng được. Rốt cuộc
  Chúng tôi đã không trải qua điều này ở trường.
  — Có thể giảm bài toán này thành một cái khác đơn giản hơn không?
• “Đơn giản hơn” nghĩa là gì? Tại sao có ít sự bất bình đẳng hơn? Hoặc
  Tại sao có ít điều chưa biết về bất bình đẳng?
• Vui lòng.
• Sáu dòng đầu là sáu bất đẳng thức có sáu ẩn số. Nếu chúng ta giải hệ này, tức là tìm $a, b, c, d, e, f$, thì trong các đẳng thức cuối cùng, chúng ta có thể đặt $n$ bằng một số tự nhiên đủ lớn và tìm $g, h$ và $k$. Điều này có nghĩa là chúng ta chỉ cần giải hệ sáu bất phương trình với sáu ẩn số.
  — Có thể đơn giản hóa các bất đẳng thức bằng cách đưa ra những ẩn số mới không?
• Tôi sẽ cố gắng. Bất đẳng thức đầu tiên liên quan đến bốn ẩn số. Có lẽ sẽ dễ dàng hơn nếu chỉ giải quyết với hai người. Và bức tranh tương tự ở các bất đẳng thức khác. Tôi sẽ đặt nó xuống

$$\begin{cases} a+b=x, \\ c+d=y, \\ e+f=z, \\ a+f=t, \\ d+e=u, \\ b+c=v. \end{cases}$$

Khi đó bất đẳng thức của hệ (1) sẽ trở nên đơn giản hơn:

42

Hoặc bạn có thể đơn giản hóa hơn nữa, đưa ra những ẩn số… ở đây, sẽ chỉ có bốn ẩn số:

$$\begin{cases} x - y > 0, \\ x - z > 0, \\ u - t > 0, \\ v - t > 0, \\ z + u - (x + v) > 0, \\ z + t - (y + v) > 0. \end{cases}$$

Hoặc bạn có thể đơn giản hóa hơn nữa, đưa ra những ẩn số… ở đây, sẽ chỉ có bốn ẩn số:

$$\begin{cases} x - y = \alpha, \\ x - z = \beta, \\ u - t = \gamma, \\ v - t = \delta, \end{cases}$$

thì hệ (3) sẽ có dạng

$$\begin{cases} \alpha > 0, \\ \beta > 0, \\ \gamma > 0, \\ \delta > 0, \\ \gamma - (\beta + \delta) > 0, \\ \alpha - (\beta + \delta) > 0. \end{cases}$$

Và việc chọn lời giải hệ thống (5) là yêu cầu của chúng tôi,” Sasha vui vẻ kết thúc.

• Làm thế nào vậy: một yêu cầu?
• Nhìn này, Georgy Danilovich. Rốt cuộc, bạn có thể lấy bất kỳ số tự nhiên nào, chẳng hạn như số một, dưới dạng số β và δ, sau đó lấy bộ ba γ và α… lớn hơn một chút.
• Có, bạn có thể. Tiếp theo là gì?
  — Tiếp theo tôi sẽ tìm x, y, z, u, t, v từ hệ (4), rồi từ hệ (2) tôi sẽ tìm a, b, c, d, e, f. Giải quyết nó là một vấn đề vô ích.
  “Hãy nói đi,” giáo viên nói. - Tôi muốn xem kết quả thế nào. Chúng tôi sẽ mang nó vào ngày mai.

Cuộc họp bốn

Ngày 15 tháng 3, 7 giờ tối.
“Bạn thấy đấy,” Sasha bắt đầu với một nụ cười, “hệ thống (4) có vẻ đơn giản, nhưng không thể tìm ra những điều chưa biết từ nó.” Chỉ có bốn phương trình nhưng có sáu ẩn số và không tìm được chúng.

— Đúng, những hệ thống như vậy được gọi là “không chắc chắn” vì những hệ thống chưa biết chắc chắn không được tìm thấy. Những hệ thống như vậy hoặc có vô số lời giải hoặc không có.

• Tại sao tôi cần “vô số”? Một là đủ cho tôi. Có thể lấy x và t tùy ý? Sau đó hệ thống có thể được giải quyết?

• Vâng, trong mọi trường hợp, bạn sẽ có bốn phương trình và bốn ẩn số trong hệ (4). Nhưng liệu sau này có giải được hệ (2) không? Hiện tại, tôi khuyên bạn nên gửi 10 bài toán còn lại đến Thang đo tương ứng lời giải, vì họ viết rằng không cần thiết phải giải hết bài toán.

Cuộc họp thứ năm

Ngày 21 tháng 3, 7 giờ tối.

• Georgy Danilovich! Tôi đang nhận được một số điều vô nghĩa!
• Có chuyện gì vậy?
  — Tôi đặt x=4, t=1. Nhưng với β=δ=1 và α=γ=3 từ hệ (4), chúng ta nhận được y=1, z=3, u=4, v=2. Hệ (2) có dạng

$$\begin{cases} a + b = 4, \\ c + d = 1, \\ e + f = 3, \\ a + f = 1, \\ d + e = 4, \\ b + c = 2. \end{cases}$$

Tôi đã xoay chuyển theo hướng này và hướng khác, nhưng tôi không thể quyết định được! Sau đó tôi cố gắng tìm tổng của cả sáu ẩn số. Tôi đã thêm phương trình đầu tiên và nhận được a+b+c+d+e+f=8.

Và tôi đã cộng ba số cuối cùng và được a+b+c+d+e+f=7.

Nó không phải như vậy! Vì vậy hệ thống

43

(6) không có lời giải và giải đấu bắt buộc không thể tồn tại! Thế còn việc nói rằng ai đó đã tìm thấy nó thì sao?

• Ồ, anh không hoàn toàn đúng. Hệ thống (6) thực tế không có lời giải; nhưng bạn đã chọn x và t hoàn toàn tùy ý. Có lẽ họ nên được lựa chọn cẩn thận hơn?

• Làm thế nào để chọn chúng? Rốt cuộc, tôi không còn phương trình nữa.

• Tại sao? Bạn biết rằng nó phải là x+y+z=t+u+v. Hoặc có thể có một số trận đấu khác?

• Làm thế nào để tìm kiếm những thư từ như vậy?

“Làm thế nào để tìm thấy chúng lại là một câu hỏi khác.” Bây giờ chúng ta cần tìm ít nhất một lời giải bài toán. Nhân tiện, thời hạn nộp lời giải cho Trường Báo chí đã hết. Tôi hy vọng bạn đã gửi tác phẩm của bạn?

• Có, lời giải mười bài toán Tôi đã gửi. Nhưng tôi không thể loại bỏ bài toán về những người chơi cờ ra khỏi đầu. Tất nhiên bây giờ là thời gian của hiệp đấu, tôi phải chuẩn bị cho bài kiểm tra, nhưng tôi chỉ nghĩ về giải đấu này.

• Nào, chúng ta cùng suy nghĩ nhé. Tại sao phải giải hệ (4) cho tập hợp số ngẫu nhiên x, t, α, β, γ, δ? Chẳng phải tốt hơn là biểu diễn y, z, u, v theo x, t, α, β, γ, δ, thay chúng vào hệ (2) và giải nó bằng cách loại bỏ những ẩn số sao? Bạn sẽ sớm được đi nghỉ, bạn sẽ có nhiều thời gian, hãy thử đi. Bây giờ, hãy đặt bài toán đó sang một bên và sẵn sàng cho bài kiểm tra của bạn.

• Được rồi, tôi sẽ làm việc đó.

Cuộc họp sáu

Ngày 3 tháng 4, 2 giờ chiều.

• Georgy Danilovich! “Tôi đã tìm thấy nó,” giáo viên hét lên khi kết thúc. — Tôi đã giải quyết được điều này bài toán!

• Và loại đáp số nào?

• Điều này có thể xảy ra! Đây là bảng xếp hạng (xem Bảng 3). Và có lẽ đó không phải là khả năng duy nhất.

• Làm sao anh tìm được cô ấy?

• Và tôi quyết định ban đầu không tìm f, tạm coi như đã biết rồi mới nhặt. Ngoài ra, phương trình mà chúng tôi tìm thấy - x+y+z=t+u+v, cho kết quả sau khi thay thế (từ hệ (4))

3x=3t+α+β+γ+δ, từ đó

x=t+\frac{1}{3}(\alpha+\beta+\gamma+\delta),

và rõ ràng tổng trong ngoặc phải chia hết cho 3. Và sau đó, tuần tự từ các phương trình thứ tư, thứ nhất, thứ sáu, thứ hai và thứ năm của hệ (2), sử dụng (4), tôi tìm thấy:

$$\begin{align*} a &= t-f, \\ b &= x-a = \frac{1}{3}(\alpha+\beta) + \gamma+\delta) + f, \\ c &= v-b = t-\frac{1}{3}(\alpha+\beta) + \gamma+\delta) - f + \delta, \\ d &= y-c = \frac{2}{3}(\alpha+\beta) + \gamma+\delta) - \alpha-\delta + f, \\ e &= u-d = t-\frac{2}{3}(\alpha+\beta) + \gamma+\delta) - f + \alpha+\delta + \gamma. \end{align*}$$

Sau đó, tôi chọn các số tự nhiên α, β, γ, δ, t, f sao cho các số a, b, c, d, e là số nguyên và không âm. Tôi đặt α=5, β=1, γ=4, δ=2, t=10, f=2.

Bảng 3.