Kvant 1976, số 11 · Trang

QUANTUM
1976
11
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
(nghệ sĩ chính)
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

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

TRONG PHÒNG:
A. Dozorov. Đa cực điện
L.Tsinman. “Nghịch lý của nhà nghiên cứu”
Vâng. Smorodinsky. Yếu tố tăng áp - phát hiện hay lỗi?
V. Yarmolenko. Hình gấp

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V. Mayer, N. Nazarov. Xi phông tự động

vòng tròn toán học
I. Shartsin. Định lý Ceva và Menelaus

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M411 — M415; F423 — F427
Lời giải bài toán M371—M375; F378—F382

Qua những trang sách giáo khoa
V. Gutemacher, B. Ivlev, J. Rabbom. Bổ sung các dao động điều hòa

Xưởng của người nộp đơn
G. Perevalov. Phân công chức năng đồ họa
A. Burov, V. Ionov, V. Lyakhovsky. Trường cao đẳng kỹ thuật nhà máy tại Nhà máy tự động Moscow được đặt theo tên. I. A. Likhacheva

X Cách ly cân nặng cho Thế vận hội học sinh
M. Smolyansky, V. Smetsenko, E. Turetsky. Olympic Toán
L. Limanov. Bài toán Olympic toán học
T. Petrova, L. Chernova. Olympic Vật lý

Hỏi - chúng tôi trả lời
Đánh giá, thư mục
A. Kuzhel, T. Chikirisova. $\sqrt{5}$ bằng bao nhiêu?
V. Gelfay. Tìm kiếm và khám phá các hành tinh
I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
E. Semenov. Các số liệu có bằng nhau không… các số liệu có bằng nhau không?

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (trang 8, 21, 30, 31, 42, 55, 64, 77)

“Le Verrier Khám phá Sao Hải Vương” là tên của bản khắc trong cuốn sách của K. Flamaron mà chúng tôi sẽ sao chép trên trang thứ hai của trang bìa. Gần đây, nhà xuất bản Nayka đã xuất bản một cuốn sách của E. A. Grebenkov và Yu. A. Ryabov, “Ponski và việc khám phá các hành tinh.” Chúng tôi đăng bài đánh giá về cuốn sách này trên trang. 70.

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học 1976

2

Đa cực điện

Thế năng của trường tĩnh điện được tạo ra bởi một điện tích chính xác tại một điểm nào đó trong không gian xung quanh tỷ lệ nghịch với khoảng cách từ điện tích đến điểm này (xem phụ lục ở cuối bảng thống kê). Mỗi tập hợp điện tích bất kỳ tập trung ở một khu vực nhất định, cách xa khu vực này, sẽ tạo ra một điện thế tỷ lệ nghịch với khoảng cách. Tuy nhiên, kết luận này không đúng trong trường hợp tổng quát. Hóa ra là bằng cách sắp xếp các điện tích theo một thứ tự nhất định, bạn có thể nhận được điện thế tỷ lệ nghịch với bất kỳ lũy thừa nguyên nào của khoảng cách.

Để bị thuyết phục về tính chất bất thường này, chúng ta chỉ cần một mệnh đề toán học: nếu giá trị $|x|$ nhỏ hơn một thì sự tương ứng là đúng

$$\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + \dots$$

(1)

Đây là biểu thức quen thuộc cho tổng của một cấp số nhân giảm vô hạn.

Chúng ta hãy chuyển sang xem xét các hệ thống tĩnh điện khác nhau. Ở khoảng cách $r$ tính từ điện tích chính xác $q$, độ lớn của điện thế φ do điện tích này tạo ra tỷ lệ nghịch với khoảng cách: $\varphi = \frac{kq}{\varepsilon r}$. Hệ số tỷ lệ $k$ phụ thuộc vào việc lựa chọn hệ đơn vị. Trong SI $k = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}$. Sẽ thuận tiện hơn cho chúng ta khi chọn hệ thống đơn vị trong đó $k = 1$ (hệ thống SGSE). Ngoài ra, chúng ta sẽ giả sử rằng mọi điện tích đều ở trong chân không, tức là $\varepsilon = 1$.

Ví dụ, chúng ta hãy xem xét ba điện tích nằm trên cùng một đường thẳng ở một khoảng cách nhất định với nhau (Hình 1). Cho phép $AB = a$, $AC = b$, và độ lớn của các điện tích bằng nhau $q$, $nq$ Và $mq$, Ở đâu $n$ Và $m$ - một số con số Hãy tìm tiềm năng tại điểm $D$, nằm trên phần tiếp theo của đoạn $AC$ ở một khoảng cách $r$ từ điểm $A$ và nằm đủ xa cả ba điện tích. Về mặt toán học, điều kiện cuối cùng có thể được viết là $r \gg a + b$. Theo nguyên lý chồng chất và điện trường, thế năng $φ$ tại điểm $D$ bằng tổng đại số của các trường thế được tạo bởi mỗi điện tích:

$$\varphi = \frac{q}{r} + \frac{nq}{r-a} + \frac{mq}{r-b} = \frac{q}{r} \left( 1 + \frac{n}{1-a} + \frac{m}{1-b} \right).$$

Vì chúng ta chỉ quan tâm đến trường hợp $r \gg a + b$ nên chúng ta có thể sử dụng thư từ (1). Trong trường hợp này chúng tôi nhận được

$$\varphi = \frac{q}{r} \left[ 1 + n \left( 1 + \frac{a}{r} + \frac{a^2}{r^2} \right) + \frac{a^3}{r^3} + \dots \right] + m \left( 1 + \frac{b}{r} + \frac{b^2}{r^2} + \frac{b^3}{r^3} + \dots \right) = \frac{q + nq + mq}{r} + q \frac{na^2 + mb^2}{r^3} + q \frac{na^3 + mb^3}{r^4} + \dots.$$

Từ biểu thức này, rõ ràng là đối với khoảng cách lớn $r$ giá trị tuyệt đối của mỗi số hạng tiếp theo nhỏ hơn đáng kể so với số hạng trước, trừ khi tử số của số hạng trước bằng 0. Ví dụ: nếu tổng chi phí không

Nếu $(q + nq + mq \neq 0)$ bằng 0, thì vai trò chính trong công thức (2) sẽ được đảm nhiệm bởi số hạng đầu tiên và thế năng trường của hệ điện tích sẽ tỷ lệ nghịch với lũy thừa bậc nhất của khoảng cách. Nếu tổng điện tích bằng 0 (toàn bộ hệ thống là trung tính), thì thuật ngữ thứ hai đóng vai trò chính: điện thế tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách từ các điện tích đến điểm quan sát. Nhưng bạn cũng có thể chọn cách sắp xếp các khoản phí trong đó cả số hạng thứ nhất và thứ hai đều bằng 0. Từ công thức (2), rõ ràng là phải đáp ứng hai điều kiện này:

$$q + nq + mq = 0 \quad (3a)$$

Và

$$q (na + mb) = 0. \quad (36)$$

Điều kiện (3a) nói rằng tổng điện tích của hệ bằng 0, nghĩa là các điện tích không thể cùng dấu. Giảm điện tích tùy ý $q$ trong (3a) và (36), ta thu được hai phương trình có bốn tham số $n$, $m$, $a$, $b$. Điều này có nghĩa là bạn có thể chọn vô số tùy chọn về vị trí và độ lớn của điện tích thỏa mãn phương trình (3). Ví dụ: chúng ta hãy chọn hai tham số đặc trưng cho sự sắp xếp các điện tích theo ý muốn của chúng ta. Đặt $b = 2a$, tức là $AB = BC$. Trong trường hợp này, từ phương trình (3a) và (36), chúng ta thu được $n = -2$, $m = 1$, tức là tại điểm $A$ (xem Hình 1) có một điện tích $q$, tại điểm $B$ có một điện tích $-2q$, và tại điểm $C$ có một điện tích $q$, $AB = BC = a$. Một hệ thống điện tích ở khoảng cách lớn như vậy tạo ra một trường có thế năng (xem công thức (2))

$$\varphi = \frac{2qa^2}{r^3} + \frac{6qa^3}{r^4} + \dots$$

Vai trò chính ở đây được thực hiện bởi số hạng đầu tiên, tức là thế năng tỷ lệ nghịch với lũy thừa thứ ba của khoảng cách.

Nếu chúng ta yêu cầu điều đó, cùng với điều kiện (3a) và (36), điều kiện

$$na^2 + mb^2 = 0, \quad (3b)$$

Hình 1.

khi đó, như sau từ công thức (2), điện thế sẽ tỷ lệ với $r^{-4}$. Tuy nhiên, hệ phương trình (3a)–(3b) không có lời giải. Thật vậy, chúng ta hãy nhân phương trình (36) với $a$ và so sánh phương trình thu được với (3b). Chúng ta thu được $a = b$, sau đó (36) chuyển thành phương trình $n + m = 0$ và (3a) dẫn đến mâu thuẫn $1 = 0$ (trừ khi $q \neq 0$ và trường hợp $q = 0$ không được quan tâm về mặt vật lý). Chúng ta sẽ thu được kết quả tương tự cho tất cả các số hạng khác trong công thức (2).

Do đó, ba điện tích hiển thị trong Hình 1, tùy thuộc vào độ lớn và vị trí tương đối của chúng, có thể tạo ra một trường trên những khoảng cách lớn, điện thế của chúng sẽ tỷ lệ với $1/r$, $1/r^2$ hoặc $1/r^3$.

Theo cách tương tự, chúng ta có thể xem xét trường của bất kỳ hệ điện tích nào. Ngoài ra, người ta có thể chỉ ra một phương pháp hay để xây dựng một hệ điện tích được tạo ra ở khoảng cách lớn bởi một trường có điện thế.

$$\varphi_n = \frac{C_n}{r^{n+1}}, \quad (4)$$

trong đó $n$ là một số nguyên, $C_n$ là một hằng số nào đó tùy thuộc vào độ lớn của điện tích và vị trí tương đối của chúng. Một hệ điện tích được tạo ra bởi một trường có thế năng (4) được gọi là hệ đa cực điện cấp $n$ hoặc trường $2^n$. Trường hợp đơn giản nhất $n = 0$—đa cực bậc 0—tương ứng với một điện tích chính xác. Nói chung, một đa cực bậc $n$ chứa các điện tích $2^n$. Vì vậy, nếu có một bậc $n$ đa cực (trường $2^n$), thì có thể dễ dàng xây dựng một bậc $(n+1)$ đa cực từ nó. Đối với điều này bạn cần

4

đối với trường $2^n$ trước đó, thêm trường $2^n$ tương tự, nhưng chỉ dịch chuyển đối xứng đến một khoảng cách nhất định và hơn nữa, với các điện tích trái dấu. Kết quả là một hệ thống bao gồm, như người ta nói, gồm hai trường $2^n$ đối diện. Hệ thống mới này tạo thành một đa cực theo thứ tự $(n+1)$ $(2^{n+1}-поль)$.

Hãy xem xét một vài ví dụ.

Điện tích điểm - $q$ - đa cực bậc 0. Từ đó, chúng ta tạo thành trường đa cực bậc nhất $(2$-field), thường được gọi là lưỡng cực. Chúng ta hãy dịch chuyển điện tích chính xác - $q$ một khoảng $l$ và thay đổi dấu của điện tích. Trong trường hợp này, chúng ta thu được lưỡng cực như trong Hình 2. Nó thường được đặc trưng bởi cái gọi là mômen lưỡng cực $d = ql$; vectơ $l$ hướng từ điện tích âm sang điện tích dương và chiều dài của nó bằng khoảng cách giữa các điện tích.

Hãy tính điện thế $\varphi_1$ được tạo bởi trường lưỡng cực tại một điểm xa $D$ nằm trên đoạn nối tiếp của các điện tích $(AD = r \gg l)$:

$$\varphi_1 = \frac{-q}{r} + \frac{q}{r-l} = \frac{q}{r} \left( -1 + \frac{1}{1-l} \right).$$

Chấp nhận sự tương ứng (1), chúng ta thu được phần chính của điện thế do lưỡng cực tạo ra:

$$\varphi_{\text{BN}} = \frac{ql}{r^2} = \frac{d}{r^2}.$$

Nếu điểm quan sát không nằm trên đường nối các điện tích thì vị trí của nó có thể được đặc trưng bởi hai tọa độ: khoảng cách đến một trong các điện tích và, ví dụ, góc giữa mômen lưỡng cực

$$\text{Рис. 2.}$$

Hình 3.

vectơ thể tích và bán kính vẽ từ điện tích dương *) đến điểm được quan sát.

Trong Hình 2, điểm $C$ được đặc trưng bởi tọa độ $\rho = BC$ và góc $\theta$. Trong trường hợp này, việc tính toán điện thế trở nên phức tạp hơn một chút. Hãy chỉ đưa ra kết quả:

$$\varphi_1 = \frac{d \cos \theta}{\rho^2}.$$

Để hình thành đa cực bậc hai (trường $(2^2$, thường được gọi là tứ cực) từ một lưỡng cực - đa cực bậc nhất - cần phải thêm vào lưỡng cực trước đó cùng một lưỡng cực, trộn ở một khoảng cách nào đó và thay đổi dấu của các điện tích trong nó thành ngược lại. Hãy làm điều này như trong Hình 3, $a$: chúng ta di chuyển lưỡng cực đến giá trị độ dài của nó $l$. (Việc trộn có thể được thực hiện ở khoảng cách ngắn hơn. Trong trường hợp này, việc tính toán sẽ dài hơn một chút.)

Nếu các điện tích là nhiều cực trên cùng một trục thì đa cực được gọi là trục. Hình 3, $b$ thể hiện phương trình cầu phương trục sinh ra từ hệ điện tích ở Hình 3, $a$, và trong Hình 3, $b$ trường hợp chung của phương trình cầu phương - các điện tích có độ lớn bằng nhau và trái dấu nằm đối xứng nhau tại các đỉnh của hình bình hành. Tiềm năng tăng gấp bốn lần $\varphi_2$,

*) Do $r \gg l$, kết quả không thay đổi nếu vectơ bán kính được vẽ từ điện tích âm.

5

Hình 4.

theo công thức (4) phải tỉ lệ với $1/r^3$. Do đó, trong khai triển (1), chỉ cần tính đến các số hạng của tổng tối đa $x^2$ là đủ.

Hãy xác định hệ số tỉ lệ $C_2$ cho trục tứ cực như hình 3, 6. Phép tính sẽ được thực hiện cho điểm xa $D$ nằm trên trục của tứ cực:

$$\varphi_2 = \frac{q}{r} + \frac{(-2q)}{r-l} + \frac{q}{r-2l} \approx \frac{q}{r} \left[ 1 - 2 \left( 1 + \frac{l}{r} + \frac{l^2}{r^2} \right) + \left( 1 + \frac{2l}{r} + \frac{4l^2}{r^2} \right) \right] = \frac{2ql^2}{r^3}.$$

Bây giờ chúng ta hình thành một đa cực bậc ba, thường được gọi là bát cực, vì trong trường hợp tổng quát, nó bao gồm 8 điện tích có độ lớn bằng nhau. Với mục đích này, một tứ cực bổ sung (Hình 3, 6) đối xứng với tứ cực trục như trong Hình 4, $a$. Trong trường hợp này, chúng ta thu được một bát cực hướng trục (Hình 4, 6). Trong trường hợp chung, từ một tứ cực (Hình 3, 6), người ta thu được một bát cực, như trong Hình 4, $\theta$, các điện tích của chúng nằm ở các đỉnh của hình bình hành. Thế năng trường tĩnh điện của bát cực $\varphi_3$, theo công thức (4), phải tỷ lệ với $1/r^4$. Chúng ta hãy xác định điện thế được tạo ra bởi trường của bát cực dọc trục tại điểm $D$:

$$\varphi_3 = \frac{q}{r} + \frac{(-3q)}{r-l} + \frac{3q}{r-2l} + \frac{(-q)}{r-3l} \approx \frac{q}{r} \left[ 1 - 3 \left( 1 + \frac{l}{r} + \frac{l^2}{r^2} + \frac{l^3}{r^3} \right) + 3 \left( 1 + \frac{2l}{r} + \frac{4l^2}{r^2} + \frac{8l^3}{r^3} \right) - \left( 1 + \frac{3l}{r} + \frac{9l^2}{r^2} + \frac{27l^3}{r^3} \right) \right] = -\frac{6ql^3}{r^4}.$$

Các trường đa cực có bậc cao hơn được tính theo cách tương tự.

Khác xa với bất kỳ hệ thống điện tích nào, trường của hệ thống này có thể được biểu diễn bằng kết quả của việc cộng các trường đa cực có bậc khác nhau. Bậc của đa cực tương ứng với hệ điện tích đang xét càng cao thì toàn bộ hệ thống càng trung hòa và trường giảm càng nhanh theo khoảng cách từ các điện tích.

Chúng tôi đã kiểm tra tiềm năng của trường tĩnh điện được tạo ra bởi các đa cực dọc trục trên trục của chúng. Việc tính toán điện thế tại một điểm tùy ý trong không gian cũng được thực hiện theo cách tương tự, nhưng việc tính toán trở nên cồng kềnh hơn. Nếu biết loại điện thế đa cực $\varphi_n = C_n/r^{n+1}$ thì giá trị của cường độ điện trường $E$, và do đó lực $F = qE$ tác dụng từ đa cực lên điện tích $q$ được xác định duy nhất (xem § 76 trong sách giáo khoa “Vật lý-9”). Nếu $n \geq 0$ (đúng với mọi đa cực), thì

$$E \sim \frac{1}{r^{n+2}}.$$

Bỏ qua những chi tiết toán học, chúng ta hãy xem xét hình ảnh các đường sức của lưỡng cực và trục tứ cực, được trình bày trên các Hình 5, $a$ và 5, $\theta$. Hình 5, $a$ thể hiện trường lưỡng cực. Tổng cường độ điện trường $E$ tại mỗi điểm có được bằng cách cộng hình học trường điện tích dương $E_+$ với trường điện tích âm $E_-: E = E_+ + E_-$.

6

Hình 5.

Trong hình, các vectơ này được hiển thị tại một trong các điểm trong không gian. Một hình ảnh tương tự được thể hiện trong Hình 5, b đối với bộ tứ trục. Tại mỗi điểm trong không gian, trường tổng E là kết quả của tổng của ba vectơ: hai vectơ định hướng $E_+$ của trường được tạo bởi các điện tích dương và một vectơ định hướng $E_-$ của trường được tạo bởi một điện tích âm, có độ lớn bằng tổng các điện tích dương. Sẽ thu được một bức tranh hoàn chỉnh về sự phân bố các đường sức điện trong không gian đối với một lưỡng cực và một bộ tứ nếu Hình 5 được biểu diễn xung quanh các trục đối xứng tương ứng.

Ngoài điện, bạn cũng có thể xem xét các đa mol từ tính - hệ thống bao gồm nam châm hoặc dòng điện kín. Sự khác biệt duy nhất là các điện tích từ riêng lẻ vẫn chưa được phát hiện, do đó việc xem xét phải bắt đầu ngay với lưỡng cực từ. Hình 5, c biểu diễn các đường cảm ứng của một lưỡng cực từ được hình thành bởi một dòng điện tròn $I$, mặt phẳng của nó vuông góc với mặt phẳng của hình. Ở khoảng cách lớn tính từ lưỡng cực, Hình 5, a và 5, c có hình dáng giống nhau.

Sự giống nhau của lưỡng cực từ với lưỡng cực điện có thể được minh họa bằng một ví dụ khác. Kim la bàn từ—một lưỡng cực từ—được định hướng dọc theo các đường chỉ thị từ. Một lưỡng cực điện hoạt động tương tự trong điện trường: nó cũng được lắp đặt dọc theo đường dây điện, tức là nó là một loại “la bàn điện” (Hình 6).

Ví dụ về đa mol điện là các nguyên tử và phân tử. Nếu, trong quá trình hình thành các phân tử do sự phân phối lại electron giữa các nguyên tử, tâm phân bố điện tích dương và âm trong đó không trùng nhau, thì các phân tử có mômen lưỡng cực riêng và được gọi là cực. Các phân tử axit clohydric và nước có tính phân cực (Hình 7). Nếu trong phân tử ULE, các điện tích dương và âm cách nhau một khoảng bằng bán kính của nguyên tử hydro ($l = 0,5 \times 10^{-8} \text{ cm}$), thì mômen lưỡng cực của phân tử phải có thứ tự $d = el^*$), tức là $d \approx 2,4 \cdot 10^{-18} \text{ cm} \times \text{ед. заряд} \text{ СГСЭ.}$. Thứ tự độ lớn của điều này phù hợp với dữ liệu thực nghiệm được hiển thị trong Hình 7. Nếu phân tử bao gồm các nguyên tử giống hệt nhau ($O_2, H_2, Cl_2$), thì các electron, nói theo nghĩa bóng, “không biết” nên chọn nguyên tử nào và sẽ nằm trong phân tửULE đồng đều hơn, dẫn đến giá trị bằng 0

*) Điện tích $e = 4,8 \cdot 10^{-10} \text{ ed. заряд} \text{ СГСЭ.}$

7

Hình 6.

làm thay đổi momen lưỡng cực của phân tử. Các phân tử như vậy được gọi là không phân cực. Hình 7 cho thấy một phân tử carbon dioxide tuyến tính, CO₂, không phân cực. Hơn nữa, “sự xuất hiện” của phân tử này được gọi trên vật thể và sự phân bố lại các electron giữa các nguyên tử sẽ tạo thành một trục tứ cực từ nó (so sánh với Hình 3, 6), và điện trường do phân tử carbon dioxide tạo ra phải có dạng như trong Hình 5, 6.

Sự phân bố phức tạp hơn của các nguyên tử và electron trong phân tử dẫn đến sự hình thành các bậc đa cực được tính toán.

Ứng dụng. Tính điện thế tạo bởi một điện tích chính xác

Trong SGK Vật lý 9, các công thức tính thế điện trường tạo bởi một điện tích chính xác được đưa ra mà không cần dẫn xuất (xem công thức (8.28) và (8.29) trang 144). Chúng ta hãy trình bày một cách dẫn xuất đơn giản của các công thức này cho vykuma.

Nếu điện tích q chính xác nằm ở điểm O (Hình 8), thì thế năng φ của trường do nó tạo ra tại điểm N ở khoảng cách r tính từ điện tích q bằng công A mà điện trường thực hiện khi di chuyển một điện tích dương từ điểm N đến một điểm vô hạn mà tại đó φ = 0. Vì công chuyển vị không phụ thuộc vào hình dạng quỹ đạo mà điện tích di chuyển dọc theo, nên chúng ta sẽ giả sử rằng một điện tích đơn lẻ di chuyển dọc theo đường lực.

Hãy tính xem công việc này đã bằng bao nhiêu? Để làm điều này, chúng ta sẽ chia toàn bộ quãng đường mà một điện tích dương đi được thành các phần rất nhỏ NN₁, N₁N₂, N₂N₃, v.v. (xem Hình 8). Trong mỗi phần này, chúng tôi tính toán công chuyển động của một điện tích. Tổng các công này bằng điện thế trường tại điểm N đối với vô cùng.

Hãy tính công A₁ khi di chuyển một điện tích từ điểm N đến điểm N₁, điểm này nằm cách N một khoảng rất nhỏ (r₁−r). Như trình bày trong sách giáo khoa “Vật lý-9” (xem công thức (8.20)), trong một điện trường đều, công có hướng E để di chuyển một điện tích đơn vị bằng số với

$$A = E(r₁−r).$$

Tất nhiên, trường điện tích chính xác không đồng nhất. Tính định hướng của nó tại điểm N bằng E_N = q/r² và tại điểm N₁E_N = q/r²!.

Chúng ta nên thay thế giá trị nào của E vào công thức (1)? Rõ ràng, cần phải lấy giá trị định hướng trường sẽ là giá trị trung bình giữa hai giá trị này. Vì r và r₁ khác nhau một chút, nên khi kết hợp r² và r₁² trong các biểu thức cho hướng của E_N và E_N₁, chúng ta có thể lấy tích rr₁, lớn hơn r²=rr một chút và nhỏ hơn một chút so với r₁²=r₁r₁. Khi đó chúng ta có thể giả sử rằng trong toàn bộ phần NN₁ hướng của trường được xác định theo công thức

$$E_{NN_1} = \frac{q}{rr_1}.$$

Trong trường hợp này, công việc A₁ sẽ bằng về mặt số lượng

$$A_1 = \frac{q}{rr_1}(r_1−r),$$

hoặc

$$A_1 = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_1}.$$

Theo cách tương tự, bạn có thể tính công để di chuyển một điện tích từ điểm N₁ đến

8

Hình 8.

điểm $N_2$, nằm cách nguồn trường một khoảng $r_2$:

$$A_2 = \frac{q}{r_1} - \frac{q}{r_2}.$$

Công di chuyển một điện tích từ điểm $N$ đến điểm $N_2$ bằng tổng của hai công tìm được:

$$A_1 + A_2 = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_1} + \frac{q}{r_1} - \frac{q}{r_2} = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_2}.$$

Lặp lại các phép tính này, chúng ta thu được rằng công chuyển động của một điện tích từ cùng một điểm $N$ đến điểm $N_3$, nằm cách nguồn trường một khoảng $r_3$, bằng về mặt số học với

$$A_1 + A_2 + A_3 = \frac{q}{r} - \frac{q}{r_3}.$$

Do đó, công di chuyển một điện tích từ một điểm trong trường điện tích chính xác $q$ đến bất kỳ điểm nào khác chỉ phụ thuộc vào khoảng cách của các điểm này đến điện tích $q$. Công việc di chuyển một điện tích dương từ điểm $N$ trong không gian vô hạn không phải là một phần không thể thiếu của hệ thống này.

Bài tập

1. Vẽ một tứ cực trục gồm bốn điện tích và tính điện thế trên trục tại điểm ở xa.
2. Vẽ đa cực trục bậc bốn và tìm điện thế trên trục.

Ứng dụng này được chuẩn bị bởi các biên tập viên

Bài toán độc giả của chúng tôi

1. Chứng minh rằng từ bất kỳ tập hợp $10^n$ số tự nhiên nào cũng có thể loại bỏ được và các số còn lại có thể chia thành các tập con gồm 3 số sao cho tổng các số trong mỗi tập con khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

A. Verkhovod (Almaty)

2. Chứng minh bất đẳng thức $a_{ij} \geq 0$;
   a) $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} > \left| \frac{c}{b} - \frac{c}{a} \right| \times \sqrt{ab}$, trong đó $0 < c < a$, $c < b$;
   b) $\left( \frac{c}{a} + \frac{c}{b} \right) \cdot \sqrt{ab} < \sqrt{(a+c)(b+c)} + \sqrt{(a-c)(b-c)} \leq 2\sqrt{ab}$, trong đó $0 < c < a$, $c < b$.
   c. Berkovayko (làng Kotovo, quận Stary Oskol)

9

L. Tsinman

“Nhà thám hiểm nghịch lý”

Khi chứng minh một mệnh đề bằng phương pháp quy nạp toán học sẽ nảy sinh một tình huống cần thiết. Hãy để chúng tôi minh họa điều này bằng hai ví dụ.

Ví dụ 1

Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp toán học rằng với mọi số tự nhiên $n$ mệnh đề sau là đúng: tổng lập phương của $n$ số tự nhiên đầu tiên là bình phương của một số tự nhiên nào đó.

Hãy để chúng tôi biểu thị tuyên bố này bằng $A(n)$. Như đã biết, việc chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học được thực hiện theo hai giai đoạn.

a) Cơ sở quy nạp: $A(1)$. Hãy đảm bảo $A(1)$ là công bằng:
$$1^3 = 1^2.$$
6) Bước cảm ứng: $A(k) \Rightarrow A(k+1)$. Giả sử rằng đối với một số tự nhiên $k$ thì phát biểu $A(k)$ là đúng và chúng ta sẽ chứng minh điều đó thì $A(k+1)$ cũng đúng. Vì vậy, có một cách tìm số tự nhiên $p$ mà
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = p^2.$$ (1)
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $q$ thỏa mãn
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = q^2.$$ (2)
Từ (2) và (1) suy ra ta cần chứng minh sự tồn tại của $q$ sao cho
$$(k+1)^3 = q^2 - p^2.$$ (3)

Nhưng làm thế nào điều này có thể được chứng minh? Đương nhiên không có cách nào chứng minh được.

Vì vậy, nỗ lực chứng minh nhận định của chúng tôi bằng cách áp dụng trực tiếp phương pháp quy nạp toán học đã gặp khó khăn khi thực hiện bước quy nạp.

Chúng ta hãy quay lại việc xem xét $A(n)$ một lần nữa và kiểm tra tính hợp lệ của nó đối với một số giá trị ban đầu $n$:
$$1^3 = 1^2;$$
$$1^3 + 2^3 = 3^2;$$
$$1^3 + 2^3 + 3^2 = 6^2;$$
$$1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 = 10^2;$$
$$1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 = 15^2.$$

Xem xét kỹ hơn các đẳng thức này, chúng ta đi đến giả thuyết: với mọi số tự nhiên $n$ mệnh đề sau là đúng: tổng lập phương của $n$ số tự nhiên đầu tiên là bình phương của một số tự nhiên bằng tổng của các số này.

Hãy để chúng tôi biểu thị tuyên bố này bằng $B(n)$. Tất nhiên, $B(n)$ mang nhiều thông tin hơn $A(n)$, và do đó, việc coi đó là một tuyên bố mạnh mẽ hơn là điều tự nhiên. Sau khi chứng minh $B(n)$, chúng ta thu được giá trị của $A(n)$ như một hệ quả hiển nhiên.

Bây giờ chúng ta thử áp dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh mệnh đề được củng cố.

a) Công lý $B(1)$ trên thực tế đã được thiết lập:
$$1^3 = 1^2.$$
6) Giả sử rằng với một số tự nhiên $k$ $B(k)$ là đúng:
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = (1 + 2 + \ldots + k)^2.$$ (4)
Hãy chứng minh rằng $B(k+1)$ cũng đúng:
$$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = (1 + 2 + \ldots + k + k + 1)^2.$$ (5)

10

Sử dụng đẳng thức (4), chúng ta có thể rút gọn chứng minh đẳng thức (5) thành chứng minh đẳng thức
$$(k+1)^3 = (1+2+\ldots+k+k+1)^2 - (1+2+\ldots+k)^2 - \left[ \frac{(k+2)(k+1)}{2} \right]^2 - \left[ \frac{(k+1)k}{2} \right]^2 = (k+1)^3.$$

Chúng ta hãy biến đổi quy tắc của các bộ phận bình đẳng (6):
$$(1+2+\ldots+k+k+1)^2 - (1+2+\ldots+k)^2 = \left[ \frac{(k+2)(k+1)}{2} \right]^2 - \left[ \frac{(k+1)k}{2} \right]^2 = (k+1)^3.$$

Vì vậy, đẳng thức (6) được thiết lập. Do đó, với mọi $n$ $B(n)$ được chứng minh, và do đó $A(n)$.

Ví dụ 2 *)
Một ngày nọ, một giáo viên giao cho học sinh của mình bài tập về nhà bài toán này: để chứng minh, bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp toán học, rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì đẳng thức $A(n)$ là đúng:
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n} < \frac{1}{\sqrt{n}}.$$

Kolya V., đang ngồi ở nhà để chứng minh đẳng thức này đã vô tình viết lại điều kiện của đẳng thức có sai sót, thêm 1 vào mẫu số. Vì vậy, ông lấy $B(n)$ làm bằng chứng cho đẳng thức mạnh hơn:
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n} < \frac{1}{\sqrt{n+1}}.$$

Đây là bằng chứng của anh ấy.
a) Chúng tôi đảm bảo rằng $B(1)$ là công bằng:
$$\frac{1}{2} < \frac{1}{\sqrt{2}}.$$
6) Hãy chứng minh điều đó từ giá trị của $B(k)$ đối với một số tự nhiên $k$
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2k-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2k} < \frac{1}{\sqrt{k+1}}$$
Đẳng thức này cũng đúng với $k+1$:
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2k-1)(2k+1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2k} < \frac{1}{\sqrt{k+1}}$$
Để làm được điều này chỉ cần chứng minh rằng
$$\frac{2k+1}{2k+2} < \frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}.$$

Nhưng đẳng thức (9) tương đương với đẳng thức sai $k+1 < 0$.

Hóa ra là vô lý. Một bất đẳng thức mạnh hơn hóa ra lại dễ chứng minh hơn.

“Nghịch lý của nhà nghiên cứu”

Vì vậy, trong cả hai ví dụ, khi sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chúng ta phải đối mặt với thực tế là chúng ta phải chứng minh một tuyên bố mạnh hơn mức thực sự cần thiết.

Nhà toán học nổi tiếng người Mỹ D. Polya gọi tình huống bất thường này là “nghịch lý của nhà phát minh” (“nghịch lý của nhà nghiên cứu” hay “nghịch lý của nhà phát minh”) trong cuốn sách nổi tiếng của ông “Cách giải quyết bài toán”.

Câu hỏi được đặt ra: những tình huống nghịch lý như vậy có thực sự tồn tại hay không? Có lẽ, trong cả hai ví dụ trên, chỉ cần nỗ lực nhiều hơn một chút, chúng ta có thể tìm thấy bằng chứng cho tuyên bố mà chúng ta quan tâm mà không cần phải xem xét một tuyên bố mạnh mẽ hơn?

Tất nhiên, trước khi tìm đáp số cho câu hỏi này, chúng ta cần mô tả chính xác hơn nghịch lý của tình huống này là gì.

Định nghĩa sau được đề xuất: hai câu lệnh $A(n)$ và $B(n)$ sẽ được gọi là cặp nghịch lý nếu chúng thỏa mãn các điều kiện sau:

1. $A(n)$ là hệ quả hiển nhiên của $B(n)$;

2. $A(1)$, $B(1)$, $B(k)\Rightarrow B(k+1)$ có ​​thể được chứng minh mà không cần sử dụng phương pháp quy nạp toán học;

3. $A(k)\Rightarrow A(k+1)$ không thể được chứng minh nếu không sử dụng phương pháp này.

Bây giờ câu hỏi đặt ra có thể được phát biểu như sau: các cặp nghịch lý có tồn tại không?

Thật vậy, để hai mệnh đề $A(n)$ và $B(n)$ tạo thành một cặp nghịch lý và ta cần chứng minh tính đúng đắn của mệnh đề

$A(n)$ cho mỗi $n$. Nếu cố gắng áp dụng trực tiếp phương pháp quy nạp toán học cho $A(n)$, chúng ta sẽ gặp khó khăn: khi thực hiện bước quy nạp, ít nhất chúng ta sẽ phải quay lại phương pháp này (xem đoạn 3 của định nghĩa). Đồng thời, nhờ đến sự trợ giúp của $B(n)$, chúng ta sẽ nhanh chóng đạt được mục tiêu: đầu tiên, sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chúng ta thiết lập tính hợp lệ của $B(n)$ (xem đoạn 2 của định nghĩa), sau đó từ $B(n)$ chúng ta suy ra $A(n)$ (xem đoạn 1 của định nghĩa).

Vậy các cặp đôi nghịch lý có tồn tại không?

Bằng chứng là gì?

Bây giờ chúng ta hãy suy nghĩ xem liệu về nguyên tắc, chúng ta có thể chứng minh rằng về bất kỳ cặp phát biểu cụ thể nào $A(n)$, $B(n)$ rằng chúng tạo thành một cặp nghịch lý hay không. Khó khăn chính được trình bày ở đoạn 3 của định nghĩa. Làm thế nào người ta có thể chắc chắn rằng đối với một số tuyên bố không có bằng chứng nào có thuộc tính cần thiết? Để chứng minh rằng bằng chứng không tồn tại, có vẻ như người ta phải biết bằng chứng là gì. Không thể chứng tỏ rằng “không có việc gì mà tôi không biết”.

Vậy “bằng chứng” là gì? Và ở đây chúng ta đột nhiên phải thừa nhận rằng chúng ta không biết điều này, rằng chúng ta không có bất kỳ định nghĩa nào cho khái niệm quan trọng nhất này. Trong toán học, được xây dựng theo hình thức mà chúng ta quen thuộc, khái niệm chứng minh được vận hành ở cấp độ trực quan: chứng minh là lý luận thuyết phục. Trong khi các nhà toán học chỉ phải giải những câu hỏi như liệu lập luận được đưa ra này hay lập luận kia có phải là bằng chứng hay không, thì mức độ trực quan này là đủ. Tuy nhiên, về cơ bản là thiếu sót khi cần phải chứng minh một số

11

12

Không có bằng chứng chắc chắn nào cả.

Ở đây người đọc có kỹ năng có thể muốn phản đối. Xin lỗi, anh ta sẽ nói, nhưng làm thế nào, chẳng hạn, có thể chỉ ra rằng một số bài toán hình học cho việc xây dựng không thể giải được bằng la bàn và thước kẻ? Sự khác biệt là gì?

Nhưng điểm khác biệt là trong các bài toán xây dựng, chúng ta không nói về những công trình xây dựng thông thường mà là về những công trình xây dựng bằng hình khối sử dụng la bàn và thước kẻ. Bằng cách này, chúng tôi xây dựng chính xác phương tiện mà chúng tôi sẽ sử dụng cho lời giải. Và trong trường hợp này, bằng cách nào đó có thể mô tả lớp bài toán, lớp này có thể được giải quyết bằng các phương pháp này. Do đó, khi được đề nghị xây dựng một bài toán cụ thể, chúng ta có thể cố gắng xác định xem nó có thuộc lớp này hay không.

Vào đầu thế kỷ 19 và 20, một phương pháp xây dựng toán học đã được đề xuất cho phép người ta có được bằng chứng trực tiếp trong lĩnh vực này. Nhiều cách chứng minh khác nhau cho phương pháp này dưới dạng hệ thống hình thức.

Ở đây chúng tôi sẽ không cố gắng giải thích chính xác hệ thống hình thức là gì. Hãy chỉ nói rằng trong các hệ thống hình thức, các phát biểu toán học có ý nghĩa được viết dưới dạng các công thức được xây dựng theo các quy tắc chính xác. Một công thức được gọi là доказуемой nếu nó có thể được suy ra từ аксиом (các tiên đề là các công thức ban đầu được cố định trước) trong một số hữu hạn các bước sử dụng правил вывода được cố định trước. Đây là sự làm rõ đã nêu ở trên về khái niệm bằng chứng.

Logic toán học là nghiên cứu về các hệ thống hình thức *). Bài viết này không phải là nơi để viết về nó. Tôi chỉ nhấn mạnh rằng lời giải là chung chung

*) Đối với học sinh muốn làm quen với logic toán học, chúng tôi giới thiệu các cuốn sách của P. P. Stoll “Bộ. Logic. Lý thuyết tiên đề” (M., “Provesshie”, 1968), E. Mendelson “Giới thiệu về logic toán học” (M., “Hayka”, 1971) và P. S. Novikova “Các yếu tố của logic toán học” (M., “Hayka”, 1973).

thường có thể hỏi về các cặp nghịch lý, cũng như nhiều câu hỏi quan trọng khác (ví dụ: về tính nhất quán của một nhánh toán học cụ thể hoặc về tính độc lập của một số aximon giao dịch nhất định) sau khi định dạng sơ bộ.

Định lý

Trong khuôn khổ phép tính số tự nhiên được đưa ra dưới dạng hệ thống hình thức, có thể trả lời câu hỏi đặt ra ở trên. Có một số hệ thống số học chính thức. Hãy để $S$ là một trong những hệ thống này. Tác giả bài viết thu được kết quả như sau.

Định lý. Hệ thống $S$ chứa các cặp nghịch lý.

Điểm 1 của định nghĩa cặp nghịch lý yêu cầu $A(n)$ phải là hệ quả rất mạnh của $B(n)$. Đương nhiên, khái niệm về một hệ quả rất quan trọng cũng cần được làm rõ. Trong chứng minh định lý được xây dựng của một số lý thuyết, một con ngựa và hành động cụ thể $B(n)$ tạo thành một cặp nghịch lý với bất kỳ thành viên nào của nó.

Sự kết hợp của một số câu lệnh với một mệnh đề phức tạp được tạo thành từ những câu lệnh này bằng cách sử dụng liên từ “và”. Vì vậy, sự kết hợp của nhiều mệnh đề là đúng khi và chỉ khi mỗi mệnh đề này đúng. Thật tự nhiên khi cho rằng mọi tình huống đều là hậu quả của nó.

Sự hình thành định lý cho thấy rằng trong một hệ thống số học được định dạng, số thực có thể phải đối mặt với “nghịch lý của nhà nghiên cứu”. Điều này cũng phải được tính đến khi thực hiện các phép tính có ý nghĩa bằng phương pháp quy nạp toán học.

13

Yếu tố siêu nặng - phát hiện hay sai lầm?

Vào giữa tháng 6 năm 1976, báo chí ở nhiều quốc gia khác nhau đưa tin rằng một nhóm các nhà khoa học Mỹ, bao gồm các nhà vật lý, nhà hóa học và nhà địa chất, đã phát hiện ra dấu vết của các nguyên tố siêu nặng trong các vi hạt của tinh thể monzaite, chúng sẽ xuất hiện ở vị trí 116, 124 và 126 trong bảng tuần hoàn! Các phóng viên đề cập đến bài phát biểu của Paul Dirac, một trong những người sáng tạo ra cơ học lượng tử, trong một hội nghị khoa học. Vào ngày 5 tháng 7, một bài báo khoa học về phát hiện này đã xuất hiện trên tạp chí Physical Review Letters của Mỹ.

Nhưng tin nhắn này có thể được tin cậy ngay lập tức? Rốt cuộc, nghiên cứu hoàn hảo về các nguyên tố siêu nặng đã diễn ra trong một thời gian dài và cần phải kiểm tra rất cẩn thận tất cả các cách giải thích có thể có về kết quả thu được để khám phá này là đúng.

Câu chuyện đang diễn ra trước mắt chúng ta minh họa rất rõ sự khó khăn như thế nào để chứng minh độ tin cậy của một khám phá khoa học được thực hiện ngay trong thời kỳ hưng thịnh của thiết bị vật lý hiện đại.

Sẽ mất thêm thời gian cho đến khi có câu hỏi “phát hiện hay sai sót?” cuối cùng có thể được trả lời. Hiện tại, chúng ta chỉ có thể nói về bản thân quy trình bao gồm những gì và điều gì cho phép các nhà thí nghiệm nghi ngờ sự tồn tại của các nguyên tố mới trong mẫu đá của họ.

Kết thúc bảng tuần hoàn

Trong bảng tuần hoàn, ô số 92 là nguyên tố cuối cùng có thể tìm thấy trong tự nhiên - uranium.

Các nhà vật lý đã nhận được nhiều nguyên tố mới trong phòng thí nghiệm - danh sách của họ hiện mở rộng hơn 10 ô ngoài uranium. Các nguyên tố 93 (neptutic) và 94 (plutonic), thu được từ uranium sau khi bắt neutron và phân rã β sau đó, thu được trong những năm đầu phát triển năng lượng hạt nhân. Các nguyên tố tiếp theo thu được sau khi bắt giữ neutron nhiều lần bằng mẫu, đặt trong lò phản ứng nguyên tử hoặc bằng cách bắn phá các nguyên tố nặng bằng hạt nhân nhẹ hơn bằng máy gia tốc. Các nhà vật lý sẽ thấy rằng trong những năm tới thậm chí sẽ có thể thấy được điều gì xảy ra khi hai hạt nhân uranium va chạm nhau.

Tại sao bảng tuần hoàn được công bố? Hạt nhân nặng có quá nhiều ô nhiễm điện; chúng có quá nhiều proton. Lực đẩy điện mạnh đến mức hạt nhân tự phân chia. Tất nhiên, lực hạt nhân tác dụng giữa tất cả các hạt của hạt nhân, giúp chúng không bị co lại, tuy nhiên, đối với hạt nhân có số lượng proton lớn, lực đẩy điện hóa ra lại mạnh hơn.

“Những con số kỳ diệu”

Từ lâu, người ta đã phát hiện ra rằng khi số lượng neutron hoặc proton trong hạt nhân bằng một trong những con số được gọi là số “ma thuật”, chẳng hạn như 20, 56, 82, thì những hạt nhân như vậy sẽ ổn định hơn những hạt nhân lân cận của chúng. Từ những thông điệp mang tính lý thuyết

14

Theo đó, các con số “ma thuật” cũng phải là 114 và 126. Do đó, một số nhà khoa học cho rằng có thể tồn tại những hạt nhân rất tinh khiết với các chất ô nhiễm như vậy, mặc dù thực tế là những hạt nhân có ít chất ô nhiễm hơn thì phân rã rất nhanh.

Tất nhiên, độ ổn định của những hạt nhân như vậy không phải là tuyệt đối, chẳng hạn như hạt nhân của sắt hoặc vàng. Nhưng nếu nhà vật lý tăng nó lên và thời gian tồn tại của những hạt nhân như vậy hóa ra là khoảng một tỷ năm, thì chúng thậm chí có thể tồn tại trong tự nhiên, chẳng hạn như trong một số khoáng chất cũ.

Nhưng làm thế nào họ có thể đến được đó?

Quan điểm của chúng tôi về nguồn gốc của các nguyên tố liên kết với ý tưởng về sự xuất hiện dần dần của các nguyên tố ngày càng nặng hơn do sự bắt giữ neutron. Những quá trình như vậy đã xảy ra ở giai đoạn đầu trong quá trình phát triển của Vũ trụ và có lẽ bây giờ sẽ xảy ra trong lõi của thiên hà và bên trong các ngôi sao. Nhưng việc bắt giữ tuần tự các neutron không thể biến hạt nhân uranium thành hạt nhân siêu nặng có điện tích 114 hoặc 126 - bằng cách này, không thể nhảy qua vùng của các nguyên tố có số sê-ri 100-110, không thể thu hẹp khoảng cách giữa “đại lục” của hạt nhân thông thường và “hòn đảo ổn định”. Tuy nhiên, nếu hạt nhân từ hòn đảo ổn định được phát hiện thì câu hỏi làm thế nào một hòn đảo như vậy hình thành sẽ trở nên rất phù hợp.

Cuộc thí nghiệm

Đó là lý do tại sao sự tồn tại của các nguyên tố siêu nặng trong tự nhiên vấp phải sự hoài nghi của nhiều nhà khoa học. Tuy nhiên, nó không thể chứng minh rằng chúng không tồn tại trong tự nhiên. Kinh nghiệm là cần thiết.

Trong các thí nghiệm được đề cập ở phần đầu, các nguyên tố siêu nặng đã được tìm kiếm trong các mẫu mica rất cũ có chứa các vi tinh thể monazite. Những vi tinh thể này chứa hạt nhân thori và uranium phóng xạ. Các hạt alpha thoát ra từ các hạt nhân này bị ép vào mica, tạo ra các gallos hình cầu (quả cầu tối), đi qua những nơi chúng gây ra nhiều tổn hại nhất cho nguyên tử mica. Một số tàu có bán kính lớn hơn bình thường, cho thấy sự phát xạ của các hạt alpha năng lượng cao (lên tới 14 triệu volt). Chính ở những nơi này, các yếu tố dân túy mới đã được du nhập.

Một chùm proton rất mỏng có năng lượng 4,7-5,7 triệu electron volt, có đường kính ~ 30 micron, được tạo ra trong cyclotron. Chùm tia này bắn vào nơi mà họ hy vọng có thể phát hiện ra các nguyên tử của các nguyên tố siêu nặng - trung tâm của phi thuyền. Các proton phải đánh bật các electron ra khỏi lớp vỏ bên trong của các nguyên tử này. Trong trường hợp này, các electron từ các lớp ở xa hạt nhân hơn sẽ di chuyển đến những chỗ trống, phát ra tia X. Biết được năng lượng của tia X, người ta có thể tính được điện tích của hạt nhân.

Tia X thu được theo cách này cho thấy sự có mặt của các nguyên tố 116*) và 126 (và nhỏ hơn 124) trong các mẫu. Nhưng cường độ của tia X cực kỳ thấp và cần có những thí nghiệm mới, thậm chí chính xác hơn, “có thể xác nhận hoặc bác bỏ dấu hiệu của các nguyên tố siêu nặng” (đây là trích dẫn từ bài báo).

Nếu chúng ta xem xét việc giải thích các thí nghiệm một cách chính xác thì chúng ta có thể ước tính rằng các mẫu chứa vài trăm picogram (1,ne=10⁻¹² e) của các nguyên tố siêu nặng. Và sau đó chúng ta sẽ sớm tìm hiểu về tính chất của những nguyên tố mới này.

*) Và không phải 114 như các nhà lý thuyết dự đoán.

15

V. Yarmolenko

Hình gấp

Chúng ta sẽ xét các hình phẳng được giới hạn bởi một đường khép kín không có giao điểm.

Trong bài viết này, các số liệu tắc nghẽn được gọi là justia hoãn lại (không khác nhau), tức là tập hợp các số liệu tắc nghẽn của một hình nhất định được coi là một hình. Đối với các lớp hình đồng dạng với nhau, người ta có thể đưa ra một số thuật ngữ mới, ví dụ, gọi những lớp đó là “hình trừu tượng”. Tuy nhiên, vì bài viết này chỉ xem xét “các số liệu trừu tượng” nên chúng tôi sẽ gọi chúng đơn giản là các số liệu. Chúng ta hãy biểu thị tập hợp các hình đang được xem xét bởi G. Do đó, G chứa một tam giác có các cạnh 3, 4 và 5 (xét cho cùng, tất cả các tam giác như vậy đều bằng nhau!), đúng một đường tròn có bán kính 17, v.v.

Nếu hình A có một trục đối xứng thì trục này chia các hình thành hai phần tắc nghẽn. Hãy gọi mỗi phần này là kết quả của việc gấp hình A (dọc theo trục đang xét). Kết quả của việc gấp có thể có một trục đối xứng. Vì vậy, nói chung, các hình ban đầu có thể cho phép gấp lại nhiều lần.

Có những hình dạng cho phép gấp vô tận. Các hình như vậy, ví dụ, hình tròn, hình cung của hình tròn, hình thang tròn (hình được giới hạn bởi các cung có đường nét tập trung).

hình tròn và các đoạn bán kính tương ứng), tam giác vuông và hình chữ nhật đều. Mặt khác, từ “ví dụ” là dư thừa trong cụm từ trước: có thể chứng minh rằng không có hình nào khác trong Γ cho phép gấp vô hạn (một dải vô hạn giới hạn bởi các đường thẳng song song không được bao gồm trong Γ!).

Chúng ta hãy biểu thị bằng Aᵇ tập hợp tất cả các hình, hoặc các hình đồng dạng của A, hoặc các hình thu được từ các hình A do một hoặc nhiều lần gấp.

Nếu các hình A không có trục đối xứng thì tập Aᵇ gồm chính hình tròn A và các cung của nó có các góc ở tâm $\frac{2\pi}{2n}$ ($n=1, 2, 3, \dots$).

Nếu A là hình thoi không phải hình vuông thì Aᵇ gồm có bốn hình. Hình 1 mô tả bộ này; Các mũi tên chỉ thứ tự gấp. Kết quả gấp hình B và D là như nhau. Sau đó, chúng ta đánh dấu mỗi hình của tập hợp Aᵇ bằng một điểm, được ký hiệu bằng cùng một chữ cái với chính hình đó. Điểm tương ứng với hình chứa trong đoạn có điểm tương ứng với kết quả gấp hình này và đặt điểm đầu tiên lên trên điểm thứ hai. Hình 2 thể hiện sơ đồ kết quả.

Một sơ đồ gấp tương tự có thể được xây dựng cho bất kỳ hình dạng nào. Sơ đồ gấp được sử dụng để hình dung “mức độ đối xứng” của hình.

Hình 3 thể hiện hình A và sơ đồ gấp của nó. Bằng cách gấp các hình A, thu được hai hình B và K không tắc nghẽn; do đó, trong sơ đồ gấp, hai đoạn xuất phát từ điểm A. Kết quả của việc gấp các hình C và L không bị tắc nghẽn sẽ thu được hình D; do đó, trong sơ đồ gấp các đoạn

Hình 1.

Hình 3.

Hình 4.

Hình 2.

16

figure=A$$k\geq1$$D_2$$C_{n+1}=D_1$$C_n$$n\geq1$$C_3$$C_2$$B_m=C_1$$B_{m-1}$$m\geq3$$B_1$$B_0$Рис. 5. figure$a)$$b)$Рис. 7. 2 «Квант» № 11$ 2

$C_1$

$B_k'=C'$

$B_k=C$

$B_{k-1}$

$k\geq1$

$B_2$

$B_1$

Hình 8.

17

18

từ các điểm $C$ và $L$ nhập điểm $D$.

Hình 4 hiển thị một hình khác $A$ và sơ đồ gấp của nó.

Bây giờ chúng ta đặt nghịch đảo bài toán: một sơ đồ đã cho (giống như những sơ đồ trong Hình 2-4; chúng tôi không làm rõ khái niệm về sơ đồ); tìm hình có sơ đồ gấp giống sơ đồ đã cho.

Đối với lời giải như vậy bài toán, việc đưa ra khái niệm trải rộng là rất hữu ích: chúng ta gọi hình $A$ là kết quả của việc trải hình $B$ dọc theo đường thẳng $l$, nếu hình $B$ là kết quả của việc gấp hình $A$ dọc theo đường thẳng này.

Việc xây dựng hình $A$ theo sơ đồ của Hình 3 có thể được thực hiện bằng cách triển khai tam giác vuông $F$ có góc nhọn $22,5^\circ$ tuần tự dọc theo các đường thẳng tương ứng thành hình $E, D, C, B, A$. Có thể lấy hình $A$ từ tam giác $F$ bằng hai “chuỗi bố cục” khác (xem sơ đồ).

Đối với sơ đồ ở Hình 5, tương tự như bài toán lời giải như sau (vẽ hình nhé!). Chúng ta hãy lấy $B_0$ tứ giác lồi thang bậc $MNPQ$, có $\hat{M} = \frac{\pi}{2m-1}$, $\hat{N} = \frac{\pi}{2}$, $Q < \frac{\pi}{2}$; chúng ta hãy khai triển nó một cách tuần tự $m$ lần dọc theo đường thẳng $c_1 \supset MN, c_2, \dots, c_m$ đi qua $M$ thành hình $B_1, B_2, \dots, B_m$; hình $B_m = C_1$ là một đa giác lồi có tâm đối xứng $M$, các cạnh đối diện song song. Bây giờ chúng ta hãy mở rộng $C_1$ lần lượt $n$ lần dọc theo các đường thẳng song song $a_1 \perp c_1, a_2, \dots, a_n$ thành các hình $C_2, C_3, \dots, C_{n+1}$. Trong đa giác $C_{n+1} = D_1$, chúng ta cố định các cạnh kết nối $l, l_1$ sao cho $l \perp c_1$; Chúng ta hãy mở rộng nó một cách tuần tự $k-1$ lần dọc theo các đường thẳng song song $b_1 \supset l_1, b_2, \dots, b_{k-1}$ (những đường thẳng như vậy sẽ được tìm thấy, vì cạnh $l_1$ của đa giác $D_1$ song song với cạnh đối diện của nó) thành hình $D_2, D_3, \dots, D_h$. Đa giác $D_h = A$ là độc quyền.

Đối với mỗi “đảo ngược bài toán” cụ thể, khó khăn nằm ở việc tìm ra con số bắt đầu để mở ra.

Bài tập

1. Chứng minh rằng một tam giác chỉ có thể gấp vô hạn nếu nó là tam giác cân hình chữ nhật.
2. Chứng minh rằng một tứ giác chỉ có thể gấp vô hạn nếu nó là hình chữ nhật. Đối với $n > 4$, bất kỳ phép gấp nào của $n$-giác đều dẫn đến một đa giác có ít cạnh hơn.
3. Xây dựng các sơ đồ gấp một hình tròn, một phần hình tròn, một hình thang tròn và một tam giác vuông cân.
4. Vẽ sơ đồ gấp một hình chữ nhật nếu tỉ lệ chiều dài các cạnh của nó: a) bằng $2^i$ ($i=0, 1, 2, 3, \dots$); b) không bằng $2^i$.
5. Xây dựng sơ đồ của hình gấp như trong Hình 6.
6. Chứng minh rằng mọi tam giác đều chấp nhận gấp vô hạn.
7. Tìm các hình có sơ đồ gấp giống như trong Hình 7 và 8.

19

Bạn đã làm quen với hoạt động của siphon - thiết bị đơn giản nhất để bơm chất lỏng - từ năm lớp sáu. Họ kể cho chúng tôi nghe những gì nhà vật lý người Mỹ Robert Wood đã làm khi ông vẫn còn là một cậu bé, bắt đầu những thí nghiệm thú vị với ống hút.

“Xung quanh sông có hơn một foot nước, và mọi người đều biết rất rõ rằng nước không chảy lên dốc. Rob đặt vòi xuống đất, bảo một trong các cậu bé dùng ngón tay bịt một đầu lại và bắt đầu đổ nước vào vòi kia cho đến khi đầy toàn bộ vòi. Ngay cả khi đó, bản chất là một người biểu tình, Rob đã lấy đầu này và thay vì chỉ đặt nó xuống đất, anh đã ném vòi qua hàng rào cao ngăn cách con đường với con mương. Nước chảy qua ống hút. Đây, đây là tin rằng, đây là chiến thắng khoa học công khai đầu tiên của Wood.”*).

Xi phông cơ bản của hiện tại rất đơn giản, có vẻ như không cần điều kiện. Tuy nhiên, nhược điểm của nó là cần phải loại bỏ không khí khỏi khuỷu tay siphon trước khi

*) V. Seabrook. Robert Gỗ. M., “Fizmatgiz”, 1960.

20

cách anh ấy dự định làm việc. Sự khéo léo của tâm trí con người đơn giản là đáng kinh ngạc, khi tự mình hiểu được bản chất của khuyết điểm này, họ đã tìm cách khắc phục nó bằng những phương tiện nguyên thủy nhất!

Chúng tôi sẽ cho bạn biết về siphon tự động *). Uốn một ống thủy tinh dài khoảng 60 cm và đường kính trong cao hơn ngọn lửa 3-4 mm sao cho tạo thành hai khuỷu tay, một trong số đó dài khoảng 25 cm (Hình 1). Ở đầu gối này

*) Xi phông tự động được phát minh bởi S. D. Platonov và được mô tả trên tạp chí “Factory Laboratoriya”, số 6 (tập 4), năm 1935.

ở khoảng cách 33-35 mm tính từ đầu của nó, dùng mép của một chiếc giũa (được làm ẩm bằng nước) để cẩn thận khoét một lỗ nhỏ (1). Diện tích của nó không quá 0,5-1 mm2. Dùng dùi tạo một lỗ trên thành quả bóng bàn và dùng giũa tròn để mở rộng nó cho đến khi ống thủy tinh vừa khít với nó bằng ma sát. Đưa ống vào lỗ đã tạo sao cho đầu ống tựa vào điểm đối diện theo đường kính của thành quả bóng. Trong trường hợp này, lỗ trên ống thủy tinh phải ở bên trong quả bóng, gần bề mặt của nó (xem Hình 1). Mối nối giữa ống thủy tinh và quả bóng phải được bịt kín. Nếu bạn mắc một sai lầm nhỏ và tạo một lỗ trên quả bóng có đường kính quá lớn, hãy phủ một lớp nhựa dẻo lên mối nối. Trong quả bóng gần đầu ống tựa vào tường, chọc một lỗ khác (2). Đường kính ban đầu của nó phải xấp xỉ 1 mm.

Nhanh chóng hạ khuỷu tay siphon có quả bóng ở đầu vào cốc nước. Gần như ngay lập tức, nước dâng cao xuất hiện ở đầu gối này, được ngăn cách bởi các bong bóng khí. Nó đạt đến điểm mà ống siphon uốn cong, đi xuống khúc cua thứ hai (Hình 2) và sau một thời gian ngắn, một dòng nước liên tục bắt đầu chảy từ lỗ ở khúc cua thứ hai!

Nếu thử nghiệm không thành công, bạn chỉ cần gỡ lỗi thiết bị một cách cẩn thận. Hoạt động của siphon tự động phụ thuộc vào việc lựa chọn chính xác lỗ mở trái cây trong ống thủy tinh và bóng. Vị trí đặt ống thủy tinh không tốt so với quả bóng hoặc kết nối giữa quả bóng và ống không đủ chặt cũng có thể dẫn đến hoạt động phẳng của ống hút. Đường kính của lỗ trên quả bóng có thể tăng dần bằng giũa kim, mang lại kết quả tốt hơn. Sau khi lắp đặt thiết bị, bóng có thể được dán vào ống thủy tinh bằng kleem BF-2.

21

Siphon tự động hoạt động như thế nào? Chúng ta hãy quay lại Hình 1. Khi quả bóng được hạ xuống cốc nước, nước bắt đầu đi vào bên trong nó qua lỗ 2. Đồng thời, nước dâng lên qua ống thủy tinh, đi vào nó qua đầu hở của ống. Tốc độ nước dâng lên trong ống lớn hơn trong bong bóng. Một cột nước dâng lên xuyên qua ống đến lỗ 1 trên thành ống, dường như đã chặn nó lại. Khi quả bóng chứa đầy nước, áp suất không khí trong quả bóng sẽ tăng lên. Đến một lúc nào đó, một bong bóng khí nhỏ được “đẩy” vào lỗ 1 của ống. Anh ta cắt một cột nước nhỏ và nhấc nó lên. Nước dâng lên qua ống lại chặn lỗ 1, và một lần nữa khí nén được đẩy dưới dạng bong bóng vào lỗ này và cắt đi một phần nước mới. Do đó, một cột không khí-nước được hình thành ở khuỷu của ống có quả bóng, mật độ trung bình của cột này nhỏ hơn mật độ của nước. Dưới tác dụng của áp suất thủy tĩnh, cột này dâng lên đến chỗ uốn của ống, đi xuống dọc theo chỗ uốn thứ hai và khi quả bóng chứa đầy nước, một dòng nước liên tục được “kéo dài” ra phía sau nó. Xi phông bắt đầu hoạt động.

Bài tập

1. Chứng minh bằng thực nghiệm rằng nước chảy vào quả cầu chậm hơn so với chảy vào ống thủy tinh. Giải thích tại sao điều này xảy ra.

2. Để đảm bảo lý do hoạt động của siphon tự động là chính xác, hãy thay quả bóng mờ bằng lọ thủy tinh nhỏ có nút cao su. Nhìn chung, toàn bộ thiết bị có bong bóng phải giống hệt như khi sử dụng bóng. Đưa ống thủy tinh vào lọ qua lỗ trên nút cao su. Các bức tường trong suốt của bong bóng cho phép bạn quan sát quá trình hình thành cột không khí-nước trong ống thủy tinh.

3. Tìm hiểu xem độ cao dâng lên của cột không khí có phụ thuộc vào độ sâu ngâm đầu gối của quả bóng trong nước hay không.

4. Tạo một ống siphon tự động bằng cách thay ống thủy tinh bằng ống cao su.

22

Hình học bắt đầu bằng một hình tam giác. Tham khảo sách giáo khoa hình học ở trường, chúng ta sẽ thấy rằng các định lý có ý nghĩa đầu tiên liên quan cụ thể đến tam giác. Tất cả những cái trước chỉ là tiên đề, định nghĩa hoặc hệ quả đơn giản nhất của chúng. Vào buổi bình minh của sự xuất hiện, kế hoạch này về cơ bản là “hình học của một hình tam giác”.

“Hình học tam giác” có thể tự hào về những định lý mang tên Euler, Toricelli và Leibniz. Vào đầu thế kỷ 19 và 20, nhờ có số lượng lớn các công trình dành cho hình tam giác, thậm chí cả một phần của phép đo phẳng đã được hình thành, được gọi là “Hình học mới của Tam giác”. Nhiều tác phẩm trong số này hiện nay có vẻ chưa được liệt kê đầy đủ và không hoàn hảo; Thuật ngữ được sử dụng trong đó chỉ được viết một nửa và chỉ được tìm thấy trong bách khoa toàn thư. Tuy nhiên, một số định lý của “Hình học mới” vẫn tiếp tục tồn tại cho đến ngày nay. Hai định lý như vậy - của Cheva và Menelaus’ - sẽ được thảo luận trong bài viết này *).

Các định lý của Ceva và Menelaus có thể được gọi là định lý “kép”: chúng được xây dựng tương tự nhau (với mỗi định lý xuất hiện trong hai lĩnh vực) và đã được chứng minh, chúng có thể hoán đổi cho nhau cho lời giải bài toán. Các định lý của Cheva và Menelaus hóa ra đặc biệt hữu ích trong những trường hợp cần “làm rõ mối quan hệ” giữa điểm và đường thẳng - ví dụ, để chứng minh rằng ba đường thẳng nào đó cắt nhau tại một điểm, ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng, v.v.

*) Bất kỳ ai muốn làm quen với hình học của một tam giác một cách chi tiết hơn có thể tham khảo cuốn sách “Hình học mới của một tam giác” của S. I. Zetel (M., Uchpedgiz, 1962).

Em biết gì về đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác của một tam giác? Có lẽ, mỗi người trong số các bạn, sau khi suy nghĩ, sẽ có thể chứng minh rằng, ví dụ, các đường phân giác của một tam giác cắt nhau tại một điểm, các đường cao cũng như các đường trung tuyến (tất nhiên là các định lý về đường phân giác và đường trung tuyến của một tam giác đều có trong sách giáo khoa hình học ở trường)… Tuy nhiên, việc chứng minh các định lý này không đơn giản như vậy. Hóa ra bất kỳ phát biểu nào trong số này đều có thể dễ dàng đạt được nếu bạn biết… định lý Ceva.

Ký hiệu và phát biểu định lý

Chúng ta sẽ cần vectơ; chúng ta sẽ biểu thị chúng như thường lệ: bằng các chữ cái Latinh nhỏ có mũi tên ở trên: $\vec a$, $\vec b$, $\vec a_1$, … hoặc bằng hai chữ cái lớn có mũi tên: $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AA_1}$, v.v. Ở một góc $\angle(\vec a,\vec b)$ giữa hai vectơ $\vec a$ và $\vec b$, chúng ta sẽ hiểu góc mà bạn cần xoay vectơ $\vec a$ theo hướng dương (ngược chiều kim đồng hồ) cho đến khi trùng với hướng của vectơ $\vec b$ (Hình 1). Để xác định, chúng ta hãy giả sử rằng $0\leq\angle(\vec a,\vec b)<2\pi^*)$. Từ định nghĩa này và các tính chất của hàm $y=\sin x$, ngay lập tức suy ra rằng

$$\sin\angle(\vec a,\vec b)=-\sin\angle(\vec b,\vec a).$$

Xét hai hình tam giác: $ABC$ (ký hiệu là $\Delta$) và $A_1B_1C_1$, có các đỉnh $A_1$, $B_1$ và $C_1$ lần lượt nằm trên các đường thẳng $BC$, $AC$ và $AB$; hãy biểu thị tam giác $A_1B_1C_1$ bằng $\Delta_1$. Thật dễ dàng để thấy

---

*) Định nghĩa của chúng ta về góc giữa các vectơ hơi khác so với định nghĩa của trường. Đó là lý do tại sao chúng tôi giới thiệu ký hiệu $\angle(\vec a,\vec b)$ (chứ không phải $(\vec a,\vec b)$). Nhờ định nghĩa về góc này, như sẽ được trình bày dưới đây, người ta có thể chứng minh một số phát biểu khá hay.

rằng các vectơ $\overrightarrow{AC_1}$ và $\overrightarrow{C_1B}$ thẳng hàng; tương tự như vậy, các vectơ $\overrightarrow{BA_1}$, $\overrightarrow{A_1C}$ và $\overrightarrow{CB_1}$, $\overrightarrow{B_1A}$ cũng thẳng hàng. Đối với các vectơ cộng tuyến $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$, chúng tôi giới thiệu giá trị $\left\{\dfrac{\overrightarrow{AB}}{\overrightarrow{CD}}\right\}$, bằng tỷ lệ độ dài của các vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$, được lấy bằng dấu “+” nếu các vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ là cùng hướng và với dấu “—” trong trường hợp ngược lại. Bây giờ chúng ta hãy xác định giá trị $R(\Delta,\Delta_1)$ cho hình tam giác $\Delta$ và $\Delta_1$:

$$R(\Delta,\Delta_1)= \left\{\frac{\overrightarrow{AC_1}}{\overrightarrow{C_1B}}\right\}\cdot \left\{\frac{\overrightarrow{BA_1}}{\overrightarrow{A_1C}}\right\}\cdot \left\{\frac{\overrightarrow{CB_1}}{\overrightarrow{B_1A}}\right\}. \tag{1}$$

Hãy tiếp tục $\omega$ - ba vectơ $\vec a$, $\vec b$ Và $\vec c$, thẳng hàng với các vectơ $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{AC}$ Và $\overrightarrow{AB}$ (về các cạnh của tam giác $ABC$), $\omega_1$ - ba vectơ $\vec a_1$, $\vec b_1$ Và $\vec c_1$, thẳng hàng với các vectơ $\overrightarrow{AA_1}$, $\overrightarrow{BB_1}$ Và $\overrightarrow{CC_1}$. Hãy xác định cho $\omega$ Và $\omega_1$ kích cỡ $R^*(\omega,\omega_1)$:

$$R^*(\omega,\omega_1)= \frac{\sin\angle(\vec b,\vec c_1)}{\sin\angle(\vec a,\vec c_1)} \times \frac{\sin\angle(\vec c,\vec a_1)}{\sin\angle(\vec b,\vec a_1)} \cdot \frac{\sin\angle(\vec a,\vec b_1)}{\sin\angle(\vec c,\vec b_1)}. \tag{2}$$

Bổ đề.

$$R(\Delta,\Delta_1)=R^*(\omega,\omega_1). \tag{3}$$

Hình 1.

23

24

Hình 2.

Bằng chứng. Trước tiên, hãy kiểm tra xem $R$ và $R^*$ có cùng dấu hay không. Có thể dễ dàng xác minh rằng việc thay đổi hướng của một trong các vectơ $a, b, c, a_1, b_1, c_1$ sẽ không làm thay đổi giá trị $R^*$ ($\omega, \omega_1$), vì vậy bạn có thể chọn hướng của từng vectơ theo một cách nhất định; ví dụ: chúng ta có thể coi vectơ $a, b, c, a_1, b_1, c_1$ trùng hướng với vectơ $\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{CA}, \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AA_1}, \overrightarrow{BB_1}$ và $\overrightarrow{CC_1}$ (Hình 2). Trong trường hợp này, mỗi phân số trong số ba phân số có trong biểu thức $R(\Delta, \Delta_1)$ đều có cùng dấu với phân số tương ứng có trong biểu thức $R^*$ ($\omega, \omega_1$). Ví dụ, phân số

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC_1}}{\overrightarrow{C_1B}} \right\} \text{ и } \frac{\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c_1})}{\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{c_1})}$$

sẽ dương nếu điểm $C_1$ nằm giữa các điểm $A$ và $B$ và được in dấu trong trường hợp ngược lại (Hình 3 và 2).

Vẫn còn phải chứng minh rằng $|R(\Delta, \Delta_1)| = |R^*(\omega, \omega_1)|$. chúng tôi có

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC_1}}{\overrightarrow{C_1B}} \right\} = \frac{S_{\Delta ACC_1}}{S_{\Delta BCC_1}} = \frac{1/2 |AC| \cdot |CC_1| \cdot |\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c_1})|}{1/2 |BC| \cdot |CC_1| \cdot |\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{c_1})|} = \times \frac{|AC|}{|BC|} \cdot \frac{|\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c_1})|}{|\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{c_1})|},$$

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{BA_1}}{\overrightarrow{A_1C}} \right\} = \frac{|AB|}{|AC|} \cdot \frac{\sin \theta (\overrightarrow{c}, \overrightarrow{a_1})|}{|\sin \theta (\overrightarrow{b}, \overrightarrow{a_1})|},$$

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{CB_1}}{\overrightarrow{B_1A}} \right\} = \frac{|BC|}{|AB|} \cdot \frac{\sin \theta (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b_1})|}{|\sin \theta (\overrightarrow{c}, \overrightarrow{b_1})|}.$$

Hình 3.

Biến đổi ba đẳng thức này, ta được $|R(\Delta, \Delta_1)| = |R^*(\omega, \omega_1)|$. Bổ đề đã được chứng minh.

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ cần một đẳng thức theo trực tiếp từ định nghĩa của $R^*(\omega, \omega_1)$:

$$R^*(\omega, \omega_1) = \frac{1}{R^*(\omega_1, \omega)}. \tag{4}$$

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng các định lý của Ceva và Menelaus.

Định lý Ceva. Để các đường $AA_1, BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại một điểm thì điều cần thiết và đủ là đẳng thức

$$R(\Delta, \Delta_1) = 1, \tag{5}$$

hoặc sự bình đẳng tương đương

$$R^*(\omega, \omega_1) = 1. \tag{5'}$$

Định lý Menelaus. Để các điểm $A_1, B_1, C_1$ nằm trên cùng một đường thẳng thì điều cần và đủ là đẳng thức

$$R(\Delta, \Delta_1) = -1, \tag{6}$$

hoặc sự bình đẳng tương đương

$$R^*(\omega, \omega_1) = -1. \tag{6'}$$

Chứng minh định lý Ceva

Sự cần thiết. Để các đường $AA_1, BB_1, CC_1$ cắt nhau tại một điểm. Hãy chứng minh rằng điều kiện (5) và (5’) được thỏa mãn.

*) Biểu thức $R^*(\omega_1, \omega)$ được lấy từ biểu thức $R^*(\omega, \omega_1)$ của các vectơ tương hỗ $a$ và $a_1$, $b$ và $b_1$, $c$ và $c_1$.

25

Hình 4a.

Lưu ý rằng nếu các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại một điểm thì cả ba điểm $A_1$, $B_1$ và $C_1$ đều nằm trên các cạnh của tam giác $ABC$ hoặc một trong các điểm nằm trên cạnh của tam giác và hai điểm còn lại nằm trên phần kéo dài của các cạnh tương ứng. Trong trường hợp đầu tiên, tất cả các phân số khác có trong biểu thức $R(\Delta, \Delta_1)$ đều dương và trong trường hợp thứ hai, một trong ba phân số có trong $R(\Delta, \Delta_1)$ là dương và hai phân số còn lại là âm, do đó, một lần nữa biểu thức $R(\Delta, \Delta_1)$ (và do đó $R^*(\omega, \omega_1)$ - xem bổ đề) lớn hơn 0. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng $|R^*(\omega, \omega_1)| = 1$ (vì $R^*(\omega, \omega_1) > 0$ nên $R^*(\omega, \omega_1)$ bằng một). Chúng ta hãy biểu thị điểm giao nhau của các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ bằng $D$ (Hình 4a). Áp dụng định lý sin, ta có

$$\frac{\sin \theta \vec{b}, \vec{c}_1}{\sin \theta \vec{b}, \vec{a}_1} = \frac{|DA|}{|DC|},$$

$$\frac{\sin \theta \vec{c}, \vec{a}_1}{\sin \theta \vec{c}, \vec{b}_1} = \frac{|DB|}{|DA|},$$

$$\frac{\sin \theta \vec{a}, \vec{b}_1}{\sin \theta \vec{a}, \vec{c}_1} = \frac{|DC|}{|DB|}.$$

Thay đổi các đẳng thức này, ta thấy rằng $|R^*(\omega, \omega_1)| = 1$. Như vậy sự cần thiết đã được chứng minh.

Tính đầy đủ Chứng minh được kiểm chứng đầy đủ bằng phương pháp

Hình 46.

“bằng sự mâu thuẫn.” Giả sử rằng $R(\Delta, \Delta_1) (= R(\omega, \omega_1)) = 1$, nhưng các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ không đi qua một điểm (Hình 46). Chúng ta hãy biểu thị điểm giao nhau của đường $AA_1$ và $BB_1$ bằng $D_1$ và bằng $C'_1$ điểm giao nhau của đường $AB$ và $CD_1$. Vì các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại một điểm,

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{C'_1}B} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{BA}_1}{\overrightarrow{A_1}C} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{CB}_1}{\overrightarrow{B_1}A} \right\} = 1.$$

Nhưng theo điều kiện

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{CB}_1} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{BA}_1}{\overrightarrow{A_1}C} \right\} \cdot \left\{ \frac{\overrightarrow{CB}_1}{\overrightarrow{B_1}A} \right\} = 1,$$

Ở đâu

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{CB}_1} \right\} = \left\{ \frac{\overrightarrow{AC}_1}{\overrightarrow{CB}_1} \right\}.$$

Vì cả điểm $C_1$ và điểm $C'_1$ đều nằm trên đường thẳng $AB$ nên điểm $C_1$ và $C'_1$ trùng nhau. Định lý Ceva đã được chứng minh.

Chứng minh định lý Menelaus

Sự cần thiết. Được biết, các điểm $A_1$, $B_1$ và $C_1$ nằm trên cùng một đường thẳng. Cần phải chứng minh đẳng thức (6) và (6′).

Một lần nữa lưu ý rằng nếu các điểm $A_1$, $B_1$ và $C_1$ nằm trên cùng một đường thẳng thì chúng đều nằm trên các phần mở rộng $BC$, $AC$ và $AB$ của tam giác.

26

Hình 5.

biệt danh $ABC$ hoặc hai trong số các điểm $A_1, B_1, C_1$ nằm ở các cạnh tương ứng và điểm thứ ba nằm tiếp tục. Trong cả hai trường hợp, biểu thức $R(\Delta, \Delta_1)$ sẽ âm (hãy đảm bảo điều này). Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu các điểm $A_1, B_1, C_1$ nằm trên cùng một đường thẳng thì $|R(\Delta, \Delta_1)| = 1$ (vì $R(\Delta, \Delta_1) < 0$ nên sẽ tuân theo $R(\Delta, \Delta_1) = -1$).

Chúng ta hãy vẽ một đường thẳng song song với $AC$ qua điểm $B$ và biểu thị điểm giao nhau của nó với đường $B_1A_1C_1$ bằng $D$ (Hình 5).

Sử dụng sự tương tự, dễ dàng có được

$$\left\{ \frac{\overrightarrow{CA_1}}{\overrightarrow{A_1B}} \right\} = \frac{|B_1C|}{|BD|}, \quad \left\{ \frac{\overrightarrow{BC_1}}{\overrightarrow{C_1A}} \right\} = \frac{|BD|}{|AB_1|}.$$

Bằng cách cộng đẳng thức tiếp theo $$\frac{\overrightarrow{AB_1}}{\overrightarrow{B_1C}} = \frac{|AB_1|}{|B_1C|}$$ và biến cả ba đẳng thức đó, chúng ta thu được $|R(\Delta, \Delta_1)| = 1$ đó. Sự cần thiết của các điều kiện của định lý Menelaus đã được chứng minh.

Việc chứng minh tính đủ điều kiện (6) và (6’) của định lý Menelaus được thực hiện tương tự như chứng minh tính đủ điều kiện (5) và (5’) của định lý Ceva.

Phần nào theo sau

Việc đưa vào xây dựng các định lý của Ceva và Menelaus về hai điều kiện tương đương (5) và (5’), (6) và (6’) được thực hiện không chỉ nhằm tạo thuận lợi cho việc chứng minh -

chứng minh các định lý này. Trong một số vấn đề, việc sử dụng một trong các điều kiện hóa ra lại thuận tiện, trong những vấn đề khác - điều kiện khác. Hãy chắc chắn điều này bằng cách cố gắng tự mình chứng minh nhận định sau.

Phát biểu 1. Nếu ba đường thẳng đi qua các đỉnh của một tam giác cắt nhau tại một điểm thì các đường thẳng đối xứng với chúng qua các đường phân giác tương ứng của tam giác cũng cắt nhau tại một điểm. Nếu ba đường thẳng cắt các cạnh đối diện của một tam giác tại ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng thì các đường thẳng đối xứng với chúng qua các bissertric tương ứng cũng cắt các cạnh đối diện của tam giác tại ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng.

Nếu nhớ lại đẳng thức (4), chúng ta có thể dễ dàng chứng minh được điều đó.

Phát biểu 2. Nếu ba đường thẳng đi qua các đỉnh A, B và C của tam giác ABC song song với các cạnh $B_1C_1, A_1C_1$ và $A_1B_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ cắt nhau tại một điểm thì các đường thẳng đi qua các đỉnh A, $B_1$ và $C_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ song song với các cạnh BC, AC và AB của tam giác ABC cũng cắt nhau tại một điểm. Nếu các đường thẳng cắt các cạnh tương ứng của tam giác ABC tại ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng thì đây cũng là trường hợp các đường thẳng đi qua các đỉnh của tam giác $A_1B_1C_1$ song song với BC, AC và AB (Hình 6, 7).

Hãy tự mình chứng minh điều đó

Phát biểu 3. Nếu các đường thẳng đi qua các đỉnh A, B và C của tam giác ABC vuông góc với các cạnh $B_1C_1, A_1C_1$ và $A_1B_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ cắt nhau tại một điểm thì các đường thẳng kẻ từ các đỉnh A, $B_1$ và $C_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ với các đường thẳng BC, AC và AB cũng vuông góc

27

cắt nhau tại một điểm. Nếu điểm đầu tiên của các đường thẳng cắt các cạnh tương ứng của tam giác ABC tại ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng thì các đường thẳng đi qua các đỉnh của tam giác $A_1B_1C_1$ vuông góc với các cạnh của tam giác ABC sẽ cắt các cạnh tương ứng của tam giác $A_1B_1C_1$ tại ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng (Hình 8, 9).

Chúng ta hãy lấy thêm hai ví dụ về việc sử dụng các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ vuông góc với các cạnh của tam giác ABC, cắt các cạnh tương ứng của tam giác $A_1B_1C_1$ tại ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng.

Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị các điểm giao nhau của các đường được đề cập trong các điều kiện bằng các chữ cái K, L và M tương ứng. Chúng ta sẽ giả sử rằng các dòng $A_1A_2$ và $A_4A_5$ $A_2A_3$ và $A_5A_6$ $A_3A_4$ và $A_6A_1$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị các điểm giao nhau của các đường được đề cập trong các điều kiện bằng các chữ cái K, L và M tương ứng. Chúng ta sẽ giả sử rằng các dòng $A_1A_2$ và $A_4A_5$ $A_2A_3$ và $A_5A_6$ $A_3A_4$ và $A_6A_1$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Hãy tạo bảng sau:

| A | K | $A_1$ | $A_2$ | B |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| B | $A_4$ | M | $A_3$ | C |
| C | $A_5$ | $A_6$ | L | A |

Các chữ cái ở mỗi hàng và mỗi cột của bảng này tương ứng với các điểm nằm trên cùng một đường thẳng.

Vì các điểm K, $A_4$ và $A_5$ cùng nằm trên các cạnh AB, BC và CA của tam giác ABC nên điều kiện (6) phải được thỏa mãn, đó là:

$$\begin{align*} \frac{\overrightarrow{AK}}{\overrightarrow{KB}} &\cdot \frac{\overrightarrow{BA}_4}{\overrightarrow{A}_4C} \cdot \frac{\overrightarrow{CA}_5}{\overrightarrow{A}_5A} = -1. \end{align*}$$

Tương tự như vậy

$$\begin{align*} \frac{\overrightarrow{AA}_1}{\overrightarrow{A}_1B} &\cdot \frac{\overrightarrow{BM}}{\overrightarrow{MC}} \cdot \frac{\overrightarrow{CA}_6}{\overrightarrow{A}_6A} = 1, \end{align*}$$