Kvant 1976, số 12 · Trang

Keant
1976
12
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Hàm tuần hoàn đóng vai trò quan trọng trong phân tích. Một ví dụ điển hình của hàm tuần hoàn là hàm sin quen thuộc. Hình này cho thấy một vật trang trí được làm từ các hình sin, được tạo ra bằng máy tính.

Hãy cố gắng hiểu vật trang trí này. Bạn có thể đọc về hàm tuần hoàn và các tính chất cơ bản của chúng trong bài viết về c. 34. Hình ảnh trên bìa là một chiếc khăn trải bàn được may từ những mảnh lụa. Một số mảnh vụn này tạo thành một ngôi sao năm cánh thông thường. Khám phá ngôi sao ẩn này không phải là quá dễ dàng.

Bạn có thể tìm ngôi sao và tách nó ra khỏi phần còn lại của khăn trải bàn không?

1

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

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Bellev
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. Klimova
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật)
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
L. V. Chernova
(người quản lý biên tập)

TRONG PHÒNG:
2 A. Savin. Từ trường học bài toán đến vấn đề
10 V. Leshkovtsev. Bác sĩ nhãn khoa xuất sắc của Liên Xô
16 D. Rozhdestvensky. Điếu văn , nghiên cứu về cấu trúc của nguyên tử và phân tử

vòng tròn toán học
19 A. Tolpew. Bất biến

Vấn đề «Kvant»
26 Bài toán M416—M420; F428 — F432
28 Lời giải bài toán M376 — M378; F383 — F386

Qua những trang sách giáo khoa
34 A. Zemlykov, B. Ivlev. Hàm tuần hoàn

Thực tập của ứng viên
40 N. Goldfarb. Yếu tố tĩnh
50 S. Bụng. Tam giác vuông
55 A. Didenko, A. Zaboev, G. Pantikhov, N. Sholokhov. Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

Trò đùa của nhà vật lý
49 M. Tulchinsky. Làm thế nào để thay đổi chiều cao?

Olympic trường quốc tế
57 Z. Moiseeva, A. Savin. Olympic Toán lần thứ XVIII
60 I. Slobodetsky. Olympic Vật lý lần thứ IX

Đánh giá, thư mục
64 V. Rudov. Sự cạnh tranh toàn diện của xã hội. “Kiến thức”
65 M. Smolyansky. Tổ hợp - nó là gì?

«Kvant» cho học sinh nhỏ
67 Bài toán
68 L. Fink. Một lần nữa về vé riêng
71 Đáp số, gợi ý, lời giải
78 Xuất bản năm 1976

Hỗn hợp (tr. 9, 54, 56)

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

2

A. Savin

NHIỆM VỤ TỪ TRƯỜNG

• ĐẾN VẤN ĐỀ

Sự sắp xếp và chuyển vị

Một ngày nọ, khi lật qua cuốn sách giáo khoa “Toán-5” của con trai tôi, tôi tình cờ thấy bài toán * sau đây.

Các tập của “Bách khoa toàn thư dành cho trẻ em” theo thứ tự sau: 1, 2, 6, 10, 3, 8, 4, 7, 9, 5. Làm thế nào để sắp xếp chúng theo thứ tự nếu bạn có thể lấy hai tập liền kề và đặt chúng cạnh nhau ở một vị trí mới (ở đầu, cuối hoặc giữa hai tập) mà không thay đổi thứ tự?

Khá nhanh chóng, tôi đã tìm được lời giải. Nó được mô tả trong Hình 1. Nhưng từ lâu, tôi đã phát triển thói quen phân tích giải pháp bài toán, và câu hỏi ngay lập tức nảy sinh: “Nếu nó không là gì khác thì sao?” Một phương pháp sắp xếp lại không phụ thuộc vào cách sắp xếp đầu tiên của các tập sách ngay lập tức xuất hiện trong đầu tôi. Đầu tiên, lấy tập 1 và tập ở bên phải đặt ở đầu, sau đó là tập thứ 2 và tập ở bên phải và đặt sau tập 1, v.v. Nếu tập mong muốn nằm ở cuối hàng thì trước tiên bạn nên lấy bất kỳ cặp tập nào chưa được cài đặt và sắp xếp lại chúng ở cuối hàng, sau đó có thể sắp xếp lại tập mong muốn.

Tôi đã thử phương pháp này theo cách sắp xếp được đề xuất trong bài tập và với bốn hoán vị, tôi đã sắp xếp các tập theo thứ tự mong muốn. Sau đó, tôi thực hiện cách sắp xếp: 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1. Sau sáu hoán vị (xem Hình 2), tôi đi đến cách sắp xếp sau: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9. Sau đó, tôi phát hiện ra rằng phương pháp tầm xa không hiệu quả. Ngoại trừ quyển thứ 9 ra, chỉ còn lại một quyển thứ 10, cũng không có gì có thể dời đến cuối hàng.

Tôi sắp xếp lại các tập theo cách tương tự nhưng đặt các cặp khác ở cuối hàng. Việc sắp xếp lại mất nhiều thời gian hơn, nhưng kết quả vẫn như cũ - một lần nữa ở cuối hàng có sự kết hợp của 10, 9, điều mà phương pháp của tôi không thể giải quyết được. Và sau đó tôi nhớ rằng một tình huống tương tự sẽ xảy ra trong trò chơi ký hiệu “15” *). Ở đó, bằng cách di chuyển cơ thể, không thể di chuyển từ vị trí trong Hình 3 sang vị trí trong Hình 4.

Ý tưởng chứng minh thực tế này dựa trên thao tác “chuyển vị”. Sự chuyển vị của một dãy số nhất định được gọi là sự thay đổi của hai số bất kỳ trong số đó. Đồng thời, người ta chứng minh rằng nếu một dãy số được lấy từ một dãy số khác bằng cách sử dụng số chẵn chuyển vị thì không thể cộng kết quả tương tự bằng cách sử dụng số lẻ chuyển vị và ngược lại, nếu dãy số đó

*) Trong ấn bản mới nhất của sách giáo khoa “Toán học-5” (M., “Prosveshcheniye”, 1976), bài toán này xuất hiện dưới số 1249.

*) Xem «Kvant», 1974, số 2, tr. 26.

3

Vì số lượng các số có được từ số khác bằng số lẻ chuyển vị nên không thể có được số đó bằng số chẵn chuyển vị.

Vẫn còn phải tìm hiểu xem thao tác được mô tả trong nhiệm vụ có tương ứng với số chuyển vị chẵn hay lẻ hay không. Di chuyển một tập đến một vị trí mới tương đương với một loạt chuyển vị: đầu tiên là với tập gần nhất, sau đó với tập tiếp theo, v.v., cho đến khi nó đứng ở vị trí mới. Tương tự như vậy, việc di chuyển âm lượng tiếp theo tương đương với một loạt các chuyển vị có cùng âm lượng như trong trường hợp đầu tiên. Tổng số chuyển chuyển sẽ bằng hai lần số chuyển chuyển khi chuyển một tập nên thao tác của chúng ta tương đương với số chuyển chuyển chẵn.

Do đó, một số khoảng cách âm lượng của các thao tác được chỉ định trong công việc có thể được đặt hàng, nhưng một số khoảng cách khác thì không thể. Cụ thể, các khoảng cách 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 9 được lấy từ các khoảng cách 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 bằng một số lẻ chuyển vị và do đó, khoảng cách của các phép toán không thể quy đổi thành khoảng cách đó.

Xin lưu ý rằng trong lý luận của chúng tôi, chúng tôi bỏ qua thực tế là có 10 tập. Với sự thành công tương tự, những lý luận này có thể được thực hiện cho bất kỳ số tập nào khác.

Nhưng việc chúng tôi sắp xếp lại hai tập cùng một lúc là rất có ý nghĩa. Thật vậy, nếu chúng ta sắp xếp lại từng tập một, thì với bất kỳ khoảng cách ban đầu nào với thao tác như vậy, chúng ta có thể sắp xếp các tập theo thứ tự. Điều gì sẽ xảy ra nếu bạn sắp xếp lại ba tập? Còn bốn thì sao?…

Một nửa số câu hỏi này có thể được trả lời ngay lập tức. Việc sắp xếp lại một số tập chẵn tương ứng với một số chuyển vị chẵn; do đó, với thao tác như vậy, không thể chuyển đổi cách sắp xếp này sang cách sắp xếp khác, do nó có số lượng chuyển vị lẻ.

4

Hy, nếu chúng ta sắp xếp lại ba tập thì sao? Hãy thử nó! Bắt đầu với bao nhiêu tập? Ba không đủ, hãy lấy bốn. Chúng ta hãy xem có thể thu được sự sắp xếp nào từ cách sắp xếp theo thứ tự: 1, 2, 3, 4 - từ đó 2, 3, 4, 1 và 4, 1, 2, 3, từ đó 3, 4, 1, 2… thế là xong! Những hoán vị như vậy được gọi là tuần hoàn vì chúng sắp xếp lại các số trong một vòng tròn - nếu một cách sắp xếp được viết dọc theo một vòng tròn, thì bất kỳ cách sắp xếp nào khác đều có thể được đọc bắt đầu từ một vị trí nhất định (Hình 5). Nhưng không có hai sự sắp xếp nào
1, 2, 3, 4
1, 2, 4, 3
1, 3, 2, 4
1, 3, 4, 2
1, 4, 2, 3
1, 4, 3, 2
không thể được dịch sang nhau bằng các hoán vị tuần hoàn, tuy nhiên mỗi trong số chúng tương ứng với ba cách sắp xếp nữa, thu được bằng các hoán vị tuần hoàn. Như vậy, tất cả 24 cách sắp xếp khác nhau của các số 1, 2, 3 và 4 (kiểm tra xem có 24 trong số đó không) được chia thành 6 nhóm gồm 4 cách sắp xếp trong một nhóm và với phép tính của chúng ta, chúng ta không thể thu được từ cách sắp xếp của một nhóm sự sắp xếp của một nhóm khác.

Liệu tình trạng này có được duy trì nếu chúng ta lấy không phải bốn mà là năm tập hoặc lớn hơn? Hóa ra là không! Trình tự sắp xếp sau đây đóng vai trò quyết định ở đây:
1, 2, 3, 4, 5 → 1, 3, 4, 5, 2 → 4, 5, 2, 1, 3 → 2, 1, 3, 4, 5.

Sắp xếp lại ba tập cùng một lúc, chúng tôi đổi chỗ tập thứ nhất và thứ hai, trả phần còn lại về vị trí cũ. Theo cách tương tự, chúng ta có thể sắp xếp lại hai tập liền kề bất kỳ, không chỉ khi chúng ta có năm tập mà còn đối với bất kỳ số lượng lớn tập nào. Thật vậy, nếu hai tập này không phải là tập cuối cùng thì lấy tập tiếp theo sau, chúng ta sắp xếp lại ba tập này về phía trước, sau đó thay thế hai tập đầu tiên (như hình) và lại

Chúng ta hãy trả ba tập về chỗ cũ. Kết quả là tất cả các tập sẽ được đặt ở vị trí ban đầu, ngoại trừ hai tập mà chúng tôi đã chọn sẽ được đặt vào các vị trí. Nếu chúng ta muốn đặt hai tập cuối vào đúng vị trí thì trước tiên chúng ta sẽ lấy ba tập đầu tiên, đặt chúng ở cuối, sau đó thực hiện quy trình đã mô tả và cuối cùng đặt các tập ở đầu vào vị trí cũ.

Telery, rõ ràng, tuyên bố sẽ không gây bất ngờ cho bạn: nếu số lượng tập không nhỏ hơn ly, thì bất kỳ sự sắp xếp nào của các tập này đều có thể được chuyển đổi thành một sự sắp xếp theo thứ tự, sắp xếp lại các momas thành bộ ba *). Rốt cuộc, nếu bạn di chuyển các tập lân cận đến các vị trí, trước tiên bạn có thể di chuyển tập đầu tiên đến vị trí đầu tiên, sau đó chuyển tập thứ hai sang vị trí thứ hai, v.v.

Điều gì sẽ xảy ra nếu năm tập được sắp xếp lại? Bảy tập mỗi tập? Nói chung là theo tập 2n+1? Lời giải Tôi chưa từng thấy vấn đề này ở đâu cả.

Bạn có thể hỏi: “Ai cần những thay đổi này?” Hóa ra là chúng cần thiết, và rất thường xuyên, chẳng hạn, lý thuyết về hoán vị đóng một vai trò quan trọng trong câu hỏi lời giải - liệu có thể có nghiệm của một phương trình đại số đã cho *). Vì vậy, chúng tôi đã giải được bài toán M404 («Kvant», 1976, số 9).

5

không phải bậc $n$ có thể được biểu thị bằng cách sử dụng căn thức (như được thực hiện đối với phương trình bậc hai). Người ta nhận thấy rằng các phương trình bậc ba và bậc bốn có tính chất này, và đối với các phương trình bậc năm trở lên, các nghiệm, theo quy luật, không còn có thể được biểu thị thông qua các hệ số sử dụng căn thức.

Điều này đã được thảo luận trong «Kvant», gần đây nhất là trong các bài báo “Nhóm” và “Đại số - Cổ đại và Hiện đại” («Kvant», 1976, Số 10). Nếu đọc chúng, bạn sẽ nhận thấy ngay rằng các biến thể tích mà chúng ta đang xem xét là các hoán vị tạo ra một nhóm (mặc dù không phải toàn bộ nhóm hoán vị $S_n$ - đây là vấn đề) và các hoán vị xung quanh vòng tròn gồm bốn phần tử tạo thành một nhóm tuần hoàn. có thể lý thuyết nhóm sẽ giúp bạn (mặc dù, rất có thể, bài toán này được giải quyết bằng các thông báo “tổ hợp”).

Bây giờ, chúc thành công cho những ai quyết định giải lời giải cuối cùng của bài toán, chúng tôi sẽ bổ sung thêm bài toán thú vị hơn vào sách giáo khoa.

Một hay nhiều?

Tìm các số tự nhiên nguyên sao cho tổng của ba số đó và 1 chia hết cho một số nguyên.

Điều đầu tiên bạn nghĩ đến là lấy tất cả các số bằng 1. Bộ bốn số thực như vậy thỏa mãn điều kiện bài toán. Không có lời giải nào khác sao? Tôi đã thấy cái này bài toán ở đâu đó. Tôi mở cuốn sách của I. L. Babinskaya “Bài toán tối ưu hóa toán học” (M., “Hayka”, 1975) và tìm thấy nó ở số 142. Tôi đang tìm đáp số. Tôi đọc - “Ví dụ: 1, 2, 3, 7.” đáp số này KHÔNG PHẢI LÀ CĂNG THẲNG đối với tôi. Đối với tôi, điều này giống như đáp số: “Ví dụ: 2” cho câu hỏi: “Các nghiệm của phương trình $x^2 - 5x + 6 = 0?$ là gì.”

Không… Tôi đã thấy bài toán tương tự ở nơi khác. Tất nhiên, “Bộ sưu tập bài toán về tối ưu hóa toán học Moscow” (M., “Prosveshchenie”, 1965), tr. 70, bài toán 215. Đây rồi.

215. Tên của bộ ba số $a, b, c$, khác 1 thì sao

tích của hai bộ ba bất kỳ cộng vào một sẽ được chia cho số nguyên tố.

B đáp số là tập duy nhất: 2, 3, 7.

Có đúng không, đáp số rất giống với đáp số giữa chúng ta bài toán, mặc dù ở đây chúng ta không nói về bốn mà là về ba con số. Điều gì xảy ra với hai số? Đối với những cặp số nào thì tổng của mỗi số đó chia hết cho số kia? Một bài toán về bốn số dành cho học sinh lớp 5, một bài toán dành cho học sinh lớp 7-10… Tuy nhiên, chúng ta hãy lấy hết can đảm và có mặt để giải quyết lời giải.

Nếu một trong hai số này là 1 thì số thứ hai phải là ước số của 2: 1 hoặc 2. Dễ dàng kiểm chứng rằng cả hai cặp (1, 1) và (1, 2) đều thỏa mãn điều kiện bài toán.

Giả sử không có số nào bằng 1. Khi đó, hiển nhiên những số này là nguyên tố cùng nhau. Đặt $a < b$, sau đó $a + 1 \leq b$, nhưng $a + 1$ chia hết cho $b$, do đó $a + 1 \geq b$. Theo sau đó là $a + 1 = b$. Và vì $b + 1$ chia hết cho $a$, nên $a + 2$ chia hết cho $a$, do đó 2 chia hết cho $a$, và vì $a \neq 1$, nên $a = 2$, $b = 3$.

Vì vậy, có tất cả ba cặp số sao cho tổng của một trong số chúng và một số chia hết cho số kia: (1, 1), (2, 1), (3, 2).

lời giải khá đơn giản của bài toán này khiến tôi nghĩ đến việc cố gắng giải quyết bài toán tổng quát cùng một lúc:

“Tìm $n$ các số sao cho tích của bất kỳ $n - 1$ nào trong số chúng cộng vào một thì chia hết cho số còn lại.”

Hãy chứng minh hai bổ đề.

Bổ đề 1. Giả sử các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ có tính chất là tích của bất kỳ $(n - 1)$ nào trong số chúng có tổng với 1 thì chia hết cho số dư. Sau đó, cộng số $a_{n+1} = 1$ với chúng, chúng ta được một tập hợp các số, tích của bất kỳ $n$ nào trong tổng của 1 được chia cho số dư. Và ngược lại, nếu trong số $n + 1$ có 1 và tích của bất kỳ $n$ nào trong số chúng trong tổng 1 được chia cho số dư, thì bằng cách loại bỏ khỏi

6

Đây là một tập hợp gồm một, chúng ta có một tập hợp gồm n số, tích của bất kỳ n - 1 nào trong số đó, tổng bằng một, được chia cho phần còn lại.

Công thức của bổ đề thì phức tạp nhưng cách chứng minh thì tầm thường. Chỉ cần sử dụng thực tế là nhân một số với một không làm thay đổi số đó và thực tế là bất kỳ số nào cũng chia hết cho một.

Bổ đề thứ hai có ý nghĩa hơn.

Bổ đề 2. Giả sử các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ có tính chất là tích của bất kỳ $(n-1)$ nào trong số chúng có tổng với 1 thì chia hết cho phần còn lại. Sau đó, cộng số $a_{n+1} = a_1 a_2 \dots a_n + 1$ với chúng, chúng ta sẽ có một tập hợp các số, tích của bất kỳ n nào trong số đó, tổng bằng đơn vị, được chia cho phần còn lại.

Để chứng minh điều đó, bạn cần kiểm tra hai câu.

Đầu tiên là tích của n số đầu tiên được cộng vào số 1 sẽ chia hết cho $a_{n+1}$ - theo định nghĩa của số $a_{n+1}$.

Thứ hai là dành cho trường hợp sản phẩm có kèm số $a_{n+1}$. Hãy biểu thị bằng $A_i$ tích của n - 1 số đầu tiên không có $a_i$: chúng ta phải chứng minh rằng $A_i a_{n+1} + 1$ chia hết cho $a_i$. Để làm điều này, chỉ cần lưu ý rằng $a_{n+1} = a_i A_i + 1$; rồi $A_i a_{n+1} + 1 = A_i (A_i a_i + 1) + 1 = a_i A_i^2 + (A_i + 1)$, và số hạng đầu tiên được chia cho $a_i$, số hạng thứ hai, nằm trong ngoặc, cũng chia hết cho mệnh đề của bổ đề.

Từ những bổ đề này, suy ra rằng trong bài toán với tremiya, các số sẽ như sau lời giải: $(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 3), (2, 3, 7)$; trong bài toán với bốn số $(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 2), (1, 1, 2, 3), (1, 2, 3, 7), (2, 3, 7, 43)$. Vẫn còn phải tìm hiểu xem có lời giải nào khác không.

Rõ ràng, không có lời giải mới chứa các đơn vị cho $n=3$ (bằng cách loại bỏ một trong các đơn vị, theo Bổ đề 1, chúng ta sẽ thu được một lời giải bài toán mới với hai số, nhưng không có lời giải nào khác trong đó). Bây giờ hãy đặt $(x, y, z)$ là một số lời giải bài toán với ba số. Dễ dàng chứng minh được rằng hai số bất kỳ trong số này phải là số nguyên tố cùng nhau. Hãy để $2 \leq x < y < z$.

Hãy viết ra các thư từ:

$$\begin{align*} xy + 1 &= k_1 z, \\ xz + 1 &= k_2 y, \\ yz + 1 &= k_3 x. \end{align*}$$

Ở đây $k_1, k_2, k_3$ là các số tự nhiên. Thay đổi sự tương ứng này, chúng ta nhận được: $xyz(xyz + x + y + z) + xy + yz + xz + 1 = k_1 k_2 k_3 xyz$.

Theo đó, $xy + yz + xz + 1$ chia hết cho $xyz$, tức là

$$xy + yz + xz + 1 = Axyz,$$

trong đó $A$ là số tự nhiên. Chia cả hai vế của đẳng thức này cho $xyz$, chúng ta nhận được

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{xyz} = A.$$

Giá trị nhỏ nhất của $A$ sẽ thu được ở các giá trị nhỏ nhất của $x, y, z$, tức là ở $x=2, y=3, z=4$ (thực tế là $z \geq 5$). Từ đây

$$A \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{27}{24},$$

và vì $A$ là số tự nhiên nên nó bằng 1. Vì vậy, chúng ta cần tìm tất cả các số tự nhiên $x, y$ và $z$ sao cho $2 \leq x < y < z$ và

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{xyz} = 1.$$

Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó $x=2$. Thật vậy, nếu $x \geq 3$ thì $y \geq 4, z \geq 5$, do đó,

$$1 = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{xyz} \leq \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{3 \cdot 4 \cdot 5} = \frac{48}{60}.$$

Chúng tôi đã nhận được một sự mâu thuẫn. Vì vậy, $x=2$. Sau đó, thư từ được viết như thế này:

$$1 = \frac{1}{2} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2yz}.$$

Biểu thị $y$ từ đây, chúng ta nhận được

$$y = 2 + \frac{5}{z - 2}.$$

Điều này có nghĩa là $z-2$ là ước số của số 5, tức là $z=3$ hoặc $z=7$. Trong trường hợp đầu tiên $y=7$, trong trường hợp thứ hai $y=3$.

Vì vậy, $(2, 3, 7)$ là lời giải bài toán duy nhất có ba số không chứa đơn vị, do đó, chúng tôi cũng đã viết ra tất cả lời giải của bài toán này.

Hãy xem liệu có lời giải bài toán nào khác có bốn số không.

7

Rõ ràng, ở đây chỉ cần xem xét những lời giải không chứa một là đủ. tức là các số tự nhiên $x, y, z, u$ sao cho $2 \leq x < y < z < u$ và
$$xyz + 1 = k_1u,$$
$$xyu + 1 = k_2z,$$
$$xzu + 1 = k_3y,$$
$$yzu + 1 = k_4x,$$
trong đó $k_1, k_2, k_3$ và $k_4$ là số tự nhiên. Thay đổi sự tương ứng này, chúng ta thu được, tương tự như trường hợp trước, rằng
$$xyz + uxy + xzu + yzu + 1 = Axyzu,$$
trong đó $A$ là số tự nhiên hoặc
$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{u} + \frac{1}{xyzu} = A.$$
Vì $x \geq 2, y \geq 3, z \geq 4, u \geq 5$ thì
$$A \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} = \frac{31}{24},$$
do đó $A = 1$. Hơn nữa, nó được thể hiện theo cách tương tự như $x=2, y=3$. Hiện nay
$$\frac{1}{z} + \frac{1}{u} + \frac{1}{6zu} = \frac{1}{6},$$
Ở đâu
$$z = 6 + \frac{37}{u - 6}.$$
Điều này có nghĩa là $u-6$ là ước số của 37, tức là $u=7, z=43$ hoặc $u=43, z=7$. Vì vậy, một lần nữa chúng tôi chỉ nhận được lời giải hiện có. Điều này có nghĩa là trong trường hợp này tất cả lời giải đều được liệt kê.

Kết quả thu được minh họa cho giả thuyết của chúng tôi rằng hơn nữa tất cả lời giải bài toán cho các số $n$ sẽ được lấy từ lời giải bài toán cho các số $n-1$ sử dụng Bổ đề 1 và 2. Than ôi! Giả thuyết này không chính xác, ít nhất là với $n-5$ - ngoài lời giải (2, 3, 7, 43, 1807), thu được bằng Bổ đề 2, còn có một giả thuyết nữa: (2, 3, 7, 47, 395).

Điều gì sẽ xảy ra tiếp theo? Liệu lời giải bài toán đối với một số lượng lớn các số có thu được bằng cách áp dụng Bổ đề 1 và 2 cho hai nghiệm hiện không chứa một hay một hoặc thậm chí hai nghiệm nữa sẽ xuất hiện? Cho đến nay đây là một vấn đề.

Có bao nhiêu phân chia?

bài toán “sự khéo léo” sau đây cũng xuất hiện trong nhiều cuốn sách dành cho học sinh.

Hình 6.

Chiều dài của thước không có vạch chia là 13 cm. Cách đặt 4 vạch chia bên trong thước để với sự trợ giúp của nó, bạn có thể đặt bất kỳ độ dài nào đã cho sang một bên. Ở đây bạn cũng cần chỉ ra độ dài tương ứng trực tiếp trên thước, từ vạch chia này đến vạch chia khác (hoặc đến hết thước).

Hình 6 hiển thị một trong lời giải của bài toán này. Việc cố gắng tìm hiểu xem có lời giải nào khác là điều tự nhiên hay không, nhưng những câu hỏi thú vị hơn nhiều cũng là: tại sao chính xác lại có bốn cách chia? Nếu có ba thì sao? Thước dài nhất mà bạn có thể đánh dấu 4 vạch chia với thuộc tính đã chỉ định là thước nào? Và nói chung, số vạch chia nhỏ nhất cần đặt trên thước có chiều dài $n$ (cm) để có thể vẽ được tất cả các đoạn nguyên từ 1 cm đến $n$ (cm) là bao nhiêu?

Như mọi khi, chúng tôi bắt đầu với các mẫu. Đối với một cây thước dài 1 cm thì không cần chia vạch. Với chiều dài 2cm và

8

Hình 7.

3 cm là đủ cho một lần chia. Với chiều dài 4, 5, 6 cm, hai vạch chia là đủ, nhưng một vạch là chưa đủ; có chiều dài 7, 8, 9 cm thì cần ba vạch chia (hai vạch là không đủ), với chiều dài 10, 11, 12, 13 cm - bốn vạch chia (ba vạch là không đủ). Những kết quả này có được bằng cách tìm kiếm thông qua các tùy chọn; sự sắp xếp tương ứng được thể hiện trong Hình 7, nhưng khi chiều dài của dòng tăng lên, việc thực hiện tìm kiếm hoàn chỉnh ngày càng trở nên khó khăn hơn. Chúng ta cần một số phương pháp chung. Trước tiên chúng ta hãy thử ước tính số lượng các phần (trên và dưới).

Cho thước chia có $k$ trên thước có chiều dài $n$ (cm). Có bao nhiêu đoạn thẳng khác nhau (không phải các đoạn có độ dài khác nhau mà chỉ đơn giản là các đoạn khác nhau) có các đầu ở điểm chia hoặc ở đầu thước? Vì bất kỳ cặp điểm nào được liệt kê đều xác định một đoạn và có $k+2$ trong số chúng, nên sẽ có $(k+2)(k+1)/2$ đoạn. Và vì, theo điều kiện, bài toán phải có $n$ có độ dài khác nhau và một số đoạn dài có thể trùng nhau, nên bất đẳng thức phải được thỏa mãn

$$n \geq \frac{(k+2)(k+1)}{2}.$$

Theo đó, trên một đoạn có độ dài $n$ cần đặt ít nhất $(\sqrt{8n+1}-3)/2$ phép chia (nếu số này không phải là số nguyên thì phải ở gần nó hơn số nguyên).

Có lẽ chia bao nhiêu là đủ? Tất nhiên, $(n-1)$ là đủ (có thể áp dụng tất cả các cách chia centimet), nhưng liệu có thể đạt được với số lượng nhỏ hơn không?

Hãy thử sắp xếp các phần chia $k$ sau: đầu tiên chúng ta đặt các phần chia $m$ cho mỗi centimet, sau đó chia cho các phần $(m+1)$ (cm), một lần nữa đến $(m+1)$ (cm), v.v., cho đến khi chúng ta đặt tất cả các phần chia $k$. Bây giờ chúng ta hãy xem xét một thước kẻ có đầu bên phải $(m+1)$ (cm) tính từ phép chia cuối cùng. Độ dài của thước $l$ này có thể được biểu thị bằng $k$ và $m$: $l = m + (k-m)(m+1) + m+1 = -m^2 + m(k+1) + (k+1)$.

Sử dụng công thức chia có số dư $s = p(m+1) + q$, dễ dàng chứng minh được rằng với mọi $m$ thì cách sắp xếp phép chia cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Chúng ta hãy lưu ý một tính chất quan trọng hơn của cách sắp xếp các phép chia này - nếu đoạn bên phải được rút ngắn bằng bất kỳ số nguyên centimet nào thì các điểm chia vẫn sẽ đáp ứng

9

thỏa mãn điều kiện bài toán (tức là có thể xây dựng tất cả các đoạn nguyên từ 1 cm đến chiều dài mới của thước).

Vẫn còn phải tìm hiểu xem $l$ có thể lớn đến mức nào bằng cách thay đổi $m$ (số lượng phân chia $k$ là cố định). Để làm điều này, chúng ta viết công thức cho $l$ ở dạng

$$l = \frac{(k+1)(k+5)}{4} - \left( m - \frac{k+1}{2} \right)^2.$$

Từ đó chúng ta có thể thấy rằng $l$ sẽ rộng nhất khi $\left( m - \frac{k+1}{2} \right)^2$ nhỏ nhất.

Điều này có nghĩa là nếu $k$ là số lẻ thì chúng ta phải đặt $m = \frac{k+1}{2}$, và nếu $k$ là số chẵn thì chúng ta phải đặt $m = \frac{k}{2}$ hoặc $m = \frac{k+2}{2}$.

Vì thế,

$$l \geq \frac{(k+1)(k+5)}{4} - \frac{1}{4} = \frac{k^2+6k+4}{4}.$$

Thay vì $l$ bạn có thể thay thế $n$. Bây giờ biểu thị $k$ theo $n$, chúng ta có:

$$k \leq \sqrt{4n+5} - 3$$ (nếu số này không phải là số nguyên thì bạn cần số nguyên lớn hơn gần nó nhất).

Hình 8 hiển thị một bảng trong đó với $n$ từ 1 đến 15 các giá trị đã cho $k(n)$—số cách chia nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện bài toán; ước tính mà trước đây chúng ta thu được từ công thức $n \geq (k+2)(k+1)/2$ cho ước tính thấp hơn và ước tính cao hơn mà chúng ta vừa rút ra. Có thể thấy rằng các giá trị này khác nhau rất ít, nhưng khi tăng $n$ thì sự khác biệt này càng lớn.

Việc tìm ra công thức nối giá trị chính xác của $k$ với $n$ có vẻ khá khó khăn. Thậm chí còn không rõ liệu hàm $k(n)$ có ​​đơn điệu hay không, tức là, nếu đối với một đoạn có độ dài $n$ có đủ $k$ phép chia thì liệu có đủ chúng cho một đoạn có độ dài $n-1$ không?

Như bạn có thể thấy, từ trường học bài toán đến máy chủ và các bài toán khó chỉ là một bước.

Hãy thử sức mình với lời giải trong số những vấn đề này. Chúng tôi đang chờ đợi thư của bạn.

Sai lầm ở đâu?

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $1=2$. Một mặt,

$$1 = \frac{2}{3-1}. \tag{1}$$

Chúng ta thay 1 biểu thức $\frac{2}{3-1}$ vào vế phải của đẳng thức (1). chúng tôi nhận được

$$1 = \frac{2}{3-\frac{2}{3-1}}. \tag{2}$$

Thực hiện việc “thay thế” này một lần nữa, chúng ta nhận được

$$1 = \frac{2}{3-\frac{2}{3-1}}. \tag{3}$$

Ở phía bên kia,

$$2 = \frac{2}{3-2}. \tag{4}$$

Hãy thay biểu thức $\frac{2}{3-2}$ vào vế phải của đẳng thức (4) cùng với 2. Ta được

$$2 = \frac{2}{3-\frac{2}{3-2}}. \tag{5}$$

Vế phải của đẳng thức (3) và (6) bằng nhau. Do đó, các phần ile phải bằng nhau: $1=2$.

Yu. Gaiduk

10

“Đó là trong những năm khó khăn của cuộc nội chiến. Giao thông vận tải hoạt động không liên tục ở Petrograd. Đôi khi ông hoàn toàn tê liệt. Ngày nay, đằng sau Nevskaya Zastava, người ta có thể nhìn thấy một người đàn ông trung niên, râu xám, chống gậy, bước đi uể oải, chậm rãi. Ông đi bộ từ đảo Vasilyevsky, từ đầu đối diện thành phố, nơi ông sống trong một căn hộ nhỏ của trường đại học, để cùng các đồng chí thiết lập dây chuyền sản xuất một ngăn xếp quang học. Điều gì đã đưa vị giáo sư lớn tuổi đến với phòng thí nghiệm của nhà máy từ viện do ông chỉ đạo, nơi cũng có rất nhiều công việc, đó chẳng phải là ngọn lửa khoa học kết nối biến một nhà khoa học thành một chiến binh và không cho phép sức mạnh con người cạn kiệt sao? *).

*) A. N. Osinovsky, A. F. Koonkov. D. S. Rozhdestvensky. M., “Khai sáng”, 1974, tr. 3.

Chúng ta hãy làm quen với người tuyệt vời này.

Dmitry Sergeevich Rozhdestvensky sinh ngày 7 tháng 4 năm 1876 tại St. Petersburg, trong gia đình của giáo viên tài năng người Nga Sergei Egorovich Rozhdestvensky, người đã dạy sách giáo khoa lịch sử Nga cho nhiều thế hệ học sinh trung học. Anh ấy nhận được một nền giáo dục tốt trong gia đình, có khả năng thông thạo một chút tiếng Anh và tiếng Pháp, và tốt nghiệp trung học với huy chương (anh ấy đã trượt điểm B môn tiếng Nga và văn học trong kỳ thi cuối kỳ). Môn học yêu thích của ông là vật lý, hóa học và sinh học, và ông đã giữ được tình yêu này trong suốt cuộc đời mình.

Năm 1894, ông vào khoa khoa học tự nhiên của Đại học St. Petersburg và nghiên cứu sinh học và hóa học trong một năm. Nhưng niềm yêu thích với vật lý đã chiến thắng, và sau khi vượt qua các kỳ thi bắt buộc, Rozhdestvensky lại bước vào năm đầu tiên tại khoa toán, nơi họ cũng nghiên cứu về cơ học, vật lý và thiên văn học. Khi học ở trường đại học, anh không tham dự tất cả các buổi giảng (lúc đó sinh viên được phép tham gia) mà làm việc độc lập. Đúng vậy, sau này ông ước gì mình đã tham dự một vài bài giảng và tin rằng lẽ ra ông nên tham dự ít nhất tất cả các bài giảng về vật lý, có kèm theo các thí nghiệm trình diễn. Ông rất coi trọng những thí nghiệm này và có lần, vốn là giáo sư cùng trường đại học, đã hủy một bài giảng vào phút cuối khi ông tin rằng các thí nghiệm trình diễn được chuẩn bị kém.

Mất một năm khi bắt đầu học đại học, anh buộc phải làm điều tương tự vào năm cuối. Chuyện xảy ra là vào năm 1899, ngay trước kỳ thi cuối kỳ, một cuộc đình công của sinh viên đã nổ ra tại trường đại học. Sa hoàng phát triển ra lệnh tiến hành kỳ thi dưới sự bảo vệ của cảnh sát

11

D. S. Rozhdestvensky (1876-1940).

tsini. Nhiều học sinh, trong số đó có D.S. Rozhdestvensky, đã từ chối làm bài kiểm tra trước sự chứng kiến ​​​​của cảnh sát. Năm sau, ông nhận được bằng tốt nghiệp loại xuất sắc và được giữ lại trường đại học, như người ta nói lúc đó, để chuẩn bị cho chức giáo sư.

Ông chọn quang học là một chuyên ngành hẹp, mặc dù trường đại học không có người giám sát khoa học nào trong lĩnh vực vật lý này. Hơn nữa, hầu hết các giáo sư đại học đều tin rằng công việc của họ là giảng dạy chứ không phải tham gia vào khoa học. Nhưng Dmitry Sergeevich, theo cách nói của mình, “không quan tâm đến những quan điểm này… và bắt đầu làm việc.” Độc lập và độc lập trong khoa học là những nét chính trong tính cách của ông.

Làm việc một mình, thiết kế và lắp ráp các thiết bị cần thiết cho việc bán buôn không hề dễ dàng ngay cả đối với một người kiên trì và chăm chỉ như vậy. Do đó, nghiên cứu bắt đầu vào năm 1903 và được chính thức hóa dưới dạng luận án thạc sĩ và chỉ hoàn thành vào năm 1912. Đúng như vậy, ba năm sau, ông đã bảo vệ luận án tiến sĩ và sớm được bầu làm Viện trưởng Viện Vật lý của Đại học Petrograd. Đây là một trường hợp hiếm hoi trong vật lý Nga khi một người nào đó đã có đóng góp lớn cho khoa học thế giới khi vẫn ở quê nhà ở Nga. Kết thúc danh sách cuối cùng của D. S. Rozhdestvensky, chúng tôi chỉ ra rằng vào năm 1925, ông được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học, và vào năm 1929 - một học giả.

Nhà khoa học Liên Xô xuất sắc này đã làm phong phú thêm khoa học như thế nào?

Ông bắt đầu nghiên cứu của mình bằng cách nghiên cứu luận án dị thường về ánh sáng trong hơi của kim loại rắn natri. Trong thí nghiệm nổi tiếng của Newton, ánh sáng truyền qua một phần tử thủy tinh bị phân hủy thành quang phổ màu. Từ thí nghiệm này suy ra rằng chiết suất phụ thuộc vào màu sắc (hoặc bước sóng). Sự phụ thuộc này được gọi là luận án. Vì dấu trong thí nghiệm của Newton khúc xạ tia tím mạnh nhất và tia đỏ yếu nhất, nên chúng ta có thể lập luận rằng bước sóng càng ngắn thì khúc xạ càng mạnh. Đối với các vật thể tùy ý trong vùng khả kiến ​​của quang phổ, sự phụ thuộc của chiết suất vào bước sóng được mô tả khá rõ bằng công thức sau:

$$n = a + \frac{b}{\lambda^2},$$

trong đó $a$ và $b$ là các đại lượng không đổi đặc trưng cho chất đã cho. Sự phụ thuộc này được gọi là luận án bình thường.

Nhưng trở lại năm 1862, nhà vật lý người Pháp Leroux, khi truyền ánh sáng qua lăng kính chứa đầy hơi iốt, đã phát hiện ra sự vi phạm mô hình này. Hơi iốt hấp thụ mạnh ánh sáng ở một số bước sóng cụ thể. Sau khi phân hủy ánh sáng truyền qua các cặp này thành quang phổ,

12

Hình 1.

chúng ta thấy một loạt vạch tối trong đó - chúng được gọi là vạch hấp thụ. Hóa ra ở gần những đường này chiết suất của sóng dài hơn cao hơn chiết suất của sóng ngắn hơn. Một hiện tượng tương tự được quan sát thấy khi ánh sáng đi qua hơi natri (Hình 1) và các chất khác có vạch hấp thụ nằm trong vùng khả kiến ​​của quang phổ. Hiện tượng này được gọi là sự phân tán dị thường. Lý thuyết về sự phân tán dị thường được nhà vật lý người Đức Sellmeyer đưa ra vào năm 1871, nhưng trong một thời gian dài không có xác minh thực nghiệm đáng tin cậy nào. Việc xác định chiết suất gần các vạch hấp thụ đã được chứng minh là cực kỳ khó khăn do sự hấp thụ ánh sáng mạnh.

D. S. Rozhdestvensky đã phát triển một phương pháp độc đáo để xác định chính xác chiết suất không chỉ ở gần các vạch hấp thụ, mà ngay cả bên trong các vạch đó. Dữ liệu ông thu được về sự thay đổi chiết suất gần vạch hấp thụ của hơi natri đã xác nhận tính đúng đắn của lý thuyết Selmeyer. Nhưng công việc này còn có một kết quả quan trọng hơn. Phương pháp của Rozhdestvensky cho phép xác định chính xác cường độ của các vạch quang phổ kép (cặp đôi), hoặc, như người ta đã nói vào thời điểm đó, tỷ lệ giữa số lượng bộ chọn phát ra từng vạch này. Hóa ra đối với nhiều chất, tỷ lệ cường độ của các dòng lân cận trong các đường đôi được biểu thị bằng số nguyên nhỏ. Rozhdestvensky đã xác định giá trị của các tỷ lệ này đối với hầu hết các cặp đôi của toàn bộ kim loại và cho thấy rằng chúng không phụ thuộc vào nhiệt độ hoặc áp suất hơi mà được xác định bởi tính chất của chính các nguyên tử và các chất được nghiên cứu. Trong luận án tiến sĩ của mình, ông đã viết về nó theo cách này: “Các mối quan hệ đơn giản được tìm thấy phải rất tương ứng với một số đặc điểm rất đơn giản trong cấu trúc của nguyên tử và phân tử. Nhưng sự đơn giản này bao gồm những gì thì vẫn không thể quyết định được bằng dữ liệu hiện đại về nguyên tử.” Chúng ta hãy nhắc độc giả rằng điều này được viết vào đầu năm 1915, khi lý thuyết nguyên tử do Niels Bohr đề xuất vẫn đang thực hiện những bước đầu tiên.

Như cơ học lượng tử sau này đã chỉ ra, tỷ số cường độ đặc trưng cho xác suất chuyển electron từ quỹ đạo này của nguyên tử này sang quỹ đạo khác và là một đặc tính rất quan trọng của nguyên tử. Một trong những sinh viên của Rozhdestvensky, Giáo sư V.K. Prokofiev, đã mô tả tầm quan trọng của công việc của giáo viên mình như sau: “Bức xạ của các nguyên tử, các vạch quang phổ, được đặc trưng bởi hai đại lượng: bước sóng và cường độ. Các quy tắc cho bước sóng của các vạch quang phổ đã được Bohr thiết lập ở Copenhagen. Một phương pháp xác định cường độ của chúng đã được đưa ra ở đầu bên kia của Evrova - ở Petrograd.

Ban đầu, lý thuyết của Bohr chỉ giải thích được cấu trúc của các nguyên tử hydro và gel nguyên tử bị ion hóa đơn lẻ, chỉ có một electron còn lại trong vùng điện tử. Trong những năm khó khăn nhất của nội chiến và can thiệp, nạn đói và tàn phá kinh tế ở Đức

13

Đúng với những điều kiện không thuận lợi cho việc theo đuổi khoa học và thậm chí hoàn toàn tách biệt với toàn bộ khoa học thế giới, D. S. Rozhdestvensky đã tìm ra những ý tưởng cơ bản để phát triển hơn nữa lý thuyết của Bohr. Trong một báo cáo khoa học về chủ đề “Phân tích quang phổ và cấu trúc của nguyên tử” mà ông đọc năm 1919, tại lễ kỷ niệm lần đầu tiên thành lập Viện Quang học Nhà nước, Rozhdestvensky đã trình bày rõ ràng các nguyên tắc chính, nhờ đó lý thuyết của Bohr trước tiên được áp dụng cho quang phổ của các nguyên tử kim loại kiềm có một electron ở lớp vỏ ngoài, sau đó là quang phổ của bất kỳ nguyên tử nào.

Sau này họ phát hiện ra rằng những ý tưởng tương tự đã được Arnald Sommerfeld, Erwin Schrödinger và một số nhà vật lý nước ngoài xuất sắc khác sử dụng trong việc phát triển và cải tiến lý thuyết của Bohr.

Thực hiện ý tưởng của mình, Rozhdestvensky đã thực hiện một phân tích cổ điển về quang phổ của nano magie, các vạch của chúng gần với các vạch của nguyên tử trung hòa của natri kim loại kiềm. Công trình này đóng vai trò là mô hình cho nhiều phân tích về phổ ion của các nguyên tố khác nhau được thực hiện trong những năm tiếp theo.

D. S. Rozhdestvensky đã có đóng góp lớn cho lý thuyết về microcospa. Được phát minh vào thế kỷ 17, microcosop đã sớm tìm ra nhiều ứng dụng. Tuy nhiên, lý thuyết về thiết bị quang học quan trọng này chỉ được tạo ra vào đầu thế kỷ của chúng ta. Quang học hình học cho phép bạn tính toán độ phóng đại của kính hiển vi. Nhưng cô ấy không thể đưa ra đáp số cho câu hỏi kích thước cơ thể tối đa vẫn có thể nhìn thấy bằng kính hiển vi là bao nhiêu. (Rốt cuộc, chẳng hạn, chúng ta biết rằng một kính hiển vi thông thường không cho phép chúng ta nhìn thấy các nguyên tử và phân tử.) Nó cũng không thể cho chúng ta biết bất cứ điều gì về đặc điểm và nguồn gốc của các vân nhiễu xạ và vân giao thoa,

Hình 2. Vòng tròn giao thoa gần hạt tinh bột khoai tây trong nước. Đường kính hạt là 9 micron.

kèm theo (và làm biến dạng) hình ảnh của các vật thể trong kính hiển vi (Hình 2). Để làm được điều này, chúng ta cần một lý thuyết tính đến sự tương tác của các sóng ánh sáng phản xạ bởi các vật thể được nhìn thấy trong vũ trụ vi mô. Tác giả của lý thuyết đầu tiên như vậy là nhà vật lý quang học người Đức Abbe. Nhưng lý thuyết của Abbe áp dụng cho một hiện tượng đặc biệt khi vật được đề cập được chiếu sáng bởi các tia cưỡng bức. Những tia như vậy có cùng bước sóng và độ lệch pha dao động không đổi. Trong thực tế, người hầu này thường không được nhận ra. Một khái niệm hạn chế khác trong lý thuyết vũ trụ vi mô được Viện sĩ vật lý Liên Xô L.I. Mandelstam. Trong trường hợp này, vật đang được nghiên cứu tự phát sáng với ánh sáng không mạch lạc. Cả hai lý thuyết đều chỉ tính đến hiện tượng nhiễu xạ. D. S. Rozhdestvensky đã tạo ra lý thuyết về một microcospa hoạt động trong điều kiện ánh sáng xung quanh. Nó cũng tính đến các hiệu ứng nhiễu. Đồng thời, ông tìm ra những cách thiết thực để tăng hiệu quả nghiên cứu vũ trụ vi mô.

Dmitry Sergeevich không chỉ là một nhà vật lý mà còn là một nhà thực vật học có trình độ học vấn sâu sắc. Anh ấy rất nhiều và sẵn lòng

14

làm việc với một cảnh sát vi mô. Trong bài “Microcopop đã làm chủ được những gì và phải chinh phục”, ông viết về Leeuwenhoek: “Chính anh ấy nấu chảy thủy tinh, tự đánh bóng, tự đánh bóng, tự mình gắn kính lúp giữa các đĩa bạc và đĩa vàng…, anh ấy tự mình tìm kiếm và tìm thấy những vật thể quan sát. Tôi nhấn mạnh điều này bởi vì ở microcoppin, người tạo ra thứ gì đó mới mẻ và hoàn hảo là người biết tại sao mình tạo ra và những gì mình đang tìm kiếm”. Những từ tương tự có thể mô tả các tác phẩm của Rozhdestvensky. Dù tham gia vào lĩnh vực nghiên cứu nào, anh ấy đều cố gắng tham gia vào nó “đến cùng”, với tất cả sự tinh tế và chi tiết của nó. Vì vậy, có một lần ông đã đi sâu vào tất cả các chi tiết của sự tùy ý quang học và chính ông đã học được từ bậc thầy quang học Aleksandrov cách đánh bóng các bề mặt quang học chính xác.

Công lao của D. S. Rozhdestvensky trong sự phát triển của nền vật lý Liên Xô không chỉ giới hạn ở sự đóng góp của cá nhân ông cho khoa học. Ông không chỉ là một nhà khoa học vĩ đại mà còn là một giáo viên và nhà tổ chức khoa học xuất sắc.

Trong hoạt động giảng dạy của mình, Rozhdestvensky đánh giá cao và tìm cách nhấn mạnh tính độc lập trong công việc của học sinh. Trong các bài giảng của mình, ông cố gắng chủ yếu tập trung vào các vấn đề cơ bản và những gì không có trong sách giáo khoa, để sau đó chính học sinh sẽ phân tích các phần khoa học đơn giản và nổi tiếng hơn.

Mạnh dạn lôi kéo những người trẻ tuổi vào nghiên cứu khoa học độc lập, ông đã tạo ra một trường phái tài năng gồm các nhà vật lý Liên Xô. Trong số các học trò của ông có các học giả A. A. Lebedev, I. V. Obrenmov, D. V. Skobeltsyn, A. N. Terenin, V. A. Fok, các thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô E. F. Gross, S. E. Frish và nhiều nhà khoa học nổi tiếng khác.

Rozhdestvensky là một trong những nhà khoa học hàng đầu của Nga đã tìm cách đưa khoa học phục vụ nhân dân. Vì vậy, Người đã nhiệt tình chào đón Cách mạng xã hội chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại, nhận thấy nó đã mở ra những cơ hội to lớn cho sự phát triển khoa học cho các nhà khoa học. Trong những tháng đầu tiên sau cuộc cách mạng, ông đã làm việc chăm chỉ để thống nhất nỗ lực của các nhóm rất nhỏ các nhà vật lý quang học Petrograd và sớm đệ trình lên Ủy ban Giáo dục Nhân dân một dự án chi tiết để thành lập một loại trung tâm khoa học mới - Viện Quang học Nhà nước (GOI). Trong đó, ông viết: “…với nguồn vốn khiêm tốn từ các phòng thí nghiệm vật lý của trường đại học, với sự phát triển yếu kém của ngành quang học ở Nga, việc tập trung các công nhân quang học với sự hỗ trợ rộng rãi của nhà nước là cần thiết cho cả mục đích khoa học thuần túy bài toán và cho định hướng và sự phát triển đúng đắn của các hoạt động của công nghệ và công nghiệp quang học. Cần có một viện quang học.” Dự án cũng cung cấp cho việc tổ chức hai doanh nghiệp trực thuộc tại viện - một nhà máy sản xuất ngăn xếp quang học và một nhà máy thiết bị quang học. Chính phủ Liên Xô ủng hộ ý tưởng này và vào ngày 6 tháng 5 năm 1919, người đứng đầu ngành giáo dục A.V. Lunacharsky, đã ký sắc lệnh thành lập Viện Quang học Nhà nước.

Có một cuộc chiến đang diễn ra. Hồng quân non trẻ đang rất cần thiết bị sinh học, ống âm thanh nổi và kính ngắm quang học cho súng. Và ở trong nước không có thời gian để mua ngay cả những chiếc kính đơn giản. Nước Nga thời Sa hoàng không có ngành công nghiệp quang học và nhập khẩu dụng cụ quang học từ nước ngoài, chủ yếu từ Đức, nơi đặt nhà máy Zeiss nổi tiếng. Chính vì họ mà Abbe đã làm việc, người mà theo Rozhdestvensky, gần như đã giành được giải thưởng khoa học thế giới đầu tiên với thiết bị quang học của quân đội Đức. Ở Nga, tôi không biết gì về việc chuẩn bị kỹ thuật ống kính quang học. Tất cả điều này phải được tạo ra

15

để tạo ra và phát triển lại, thực tế là từ đầu. Nhưng nhờ có Viện Quang học Nhà nước, những công trình này đã phát triển thành công đến mức đến năm 1927 nước ta đã ngừng hoàn toàn việc mua kính quang học từ nước ngoài. Ngành công nghiệp quang học của Liên Xô đã thiết lập việc sản xuất không chỉ ống nhòm và kính ngắm âm thanh nổi mà còn cả kính hiển vi, máy quang phổ, kính thiên văn và các thiết bị khoa học phức tạp khác.

Cuộc cách mạng khoa học công nghệ hoành tráng đang diễn ra ở thời điểm hiện nay mang lại thành công vô cùng lớn trong khoa học và sản xuất. Khoa học hiện nay đóng một vai trò to lớn trong đời sống xã hội, nó đã trở thành lực lượng sản xuất trực tiếp đang chuẩn bị cho một cuộc cách mạng mang tính cách mạng trong tất cả các ngành công nghiệp hiện đại - trong luyện kim, cơ khí, trên các công trường giàn, trên các cánh đồng tập thể và trang trại nhà nước. Những thay đổi này đòi hỏi phải tái cơ cấu triệt để sản xuất, hợp nhất, hợp nhất các doanh nghiệp, thành lập các doanh nghiệp, các hiệp hội khoa học và sản xuất. Báo cáo của A. N. Kosygin gửi Đại hội XXV của CPSU về vấn đề này như sau: “Trong kế hoạch 5 năm lần thứ 10, việc thành lập các hiệp hội sản xuất trong công nghiệp sẽ hoàn thành. Các hiệp hội là một hiện tượng mới về chất trong quản lý sản xuất công nghiệp. Chúng thể hiện sự kết nối cơ học của một doanh nghiệp và một tổ hợp kinh tế sản xuất duy nhất, trong đó tổ chức kết hợp khoa học và sản xuất, chuyên môn hóa và hợp tác được phát triển rộng rãi.”

D. S. Rozhdestvensky rất coi trọng sự tương tác giữa khoa học và sản xuất. Vì vậy, vào năm 1936, ông đã viết: “Chúng ta đang giành hết chiến thắng này đến chiến thắng khác trước thế giới cũ. Chúng ta đang dẫn đầu trong một số ngành công nghiệp và liên tục giành được những vị trí đầu tiên mới… Bây giờ đến lượt chúng ta tổ chức khoa học của riêng mình, để thể hiện sức mạnh của chúng ta trong khoa học và quan trọng nhất là trong tổ chức khoa học của ngành công nghiệp. Đặc biệt trong một ngành như công nghiệp quang học, vì nó không thể tách rời khỏi khoa học quang học.”

Không có gì đáng ngạc nhiên khi Viện Quang học Nhà nước nằm trong số những người khởi xướng việc thành lập các hiệp hội khoa học và sản xuất. Hiệp hội Quang học Leningrad, được tổ chức theo sáng kiến ​​của ông hơn 10 năm trước, ngoài GOI, còn bao gồm các văn phòng thiết kế đặc biệt, các nhà máy quang học và các bộ phận khác, đang hoạt động rất thành công. Gần đây, ống kính tele quang học lớn nhất thế giới với đường kính gương 6 mét đã được tạo ra trong nhà máy.

Chúng tôi muốn kết thúc bài viết này bằng một ước mơ táo bạo và có tầm nhìn xa mà D. S. Rozhdestvensky đã bày tỏ vào năm 1919, khi kết thúc bài phát biểu của ông tại lễ kỷ niệm một năm thành lập Viện Quang học Nhà nước.

“Tầm nhìn về tương lai gần hiện ra trước mắt. Mọi nguyên tử đều được biết đến, khả năng kết nối thành các phân tử được khám phá và có thể tính toán bất cứ lúc nào. Hóa học không còn là một môn khoa học thực nghiệm mà là một môn lý thuyết. Giống như một kiến trúc sư có phương pháp tính toán các tòa nhà trong cuốn sách tham khảo của mình, một nhà hóa học bình thường, ngồi trong văn phòng của mình, cũng sử dụng các phương trình và bảng biểu nhất định để tìm ra cách thực hiện các hợp chất hóa học phức tạp nhất cần thiết cho sự sống. Đây là quyền lực đối với thiên nhiên, sự khuất phục của con người đến mức gần như phi quang học - đó là bản chất và linh hồn của công nghệ sẽ được mang lại bởi kiến thức về nguyên tử… chúng ta thậm chí không thể đoán trước được cuộc sống con người sẽ thay đổi như thế nào trong thập kỷ tới, khi câu đố về nguyên tử sẽ được giải quyết, khi hàng ngàn, mười nghìn nhà khoa học sẽ dùng ý chí để giải quyết, cùng với những vấn đề khác, đây có lẽ là vấn đề quan trọng nhất, khi khoa học sẽ tiếp cận cuộc sống hàng giờ.”

16

D. Rozhdestvensky

PHÁT TRIỂN GIẢNG DẠY VỀ CẤU TRÚC CỦA NGUYÊN TỬ VÀ PHÂN TỬ

Chúng tôi trình bày ở đây một phần báo cáo mà Viện sĩ D.S. Rozhdestvensky đưa ra vào ngày 15 tháng 11 năm 1932 tại cuộc họp kỷ niệm của Viện Hàn lâm Khoa học, nhân kỷ niệm 15 năm Cách mạng Xã hội Chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại. Ấn phẩm được chuẩn bị bởi V. Leshkovtsev.

Chưa có thời đại nào trong lịch sử vật lý mà sự phát triển của nó diễn ra nhanh chóng và dứt khoát như trong 15-20 năm qua. Vào thời điểm này, một cấu trúc tư tưởng khoa học mới và tuyệt vời đã được dựng lên, lời giải có một bí ẩn về cấu trúc của nguyên tử…

Việc chế tạo nguyên tử bắt đầu nhanh chóng do nguồn nguyên liệu dự trữ khổng lồ đã được đưa đến và nằm trên núi theo thứ tự, chờ người chế tạo. Các tính chất tuần hoàn của các nguyên tử, sau nhiều thế kỷ nghiên cứu của Khimki, đã được Mendeleev đưa vào một hệ thống hoàn chỉnh, hệ thống này vẫn giữ được gần như toàn bộ hình dáng ban đầu, cần phải chứng minh về mặt lý thuyết. Hàng chục nghìn công trình về phân tích quang phổ, các mẫu chính xác trong quang phổ dường như chỉ ra rõ ràng vị trí và cách thức xây dựng nên được thực hiện. Nhưng người xây dựng đã đến muộn. Và bây giờ chúng tôi biết tại sao.

Những bộ óc giỏi nhất thời đó chắc chắn đã cố gắng đặt tay vào việc đặt nền móng. Rayleigh đã viết về sự bất lực của mình. Ritz, người đã cống hiến cả cuộc đời ngắn ngủi của mình với tư cách là một nhà nghiên cứu sâu sắc cho lý thuyết phân tích quang phổ, đã không tìm ra cách nào. Không còn nghi ngờ gì nữa, các nhà lý thuyết trở nên nổi tiếng vào đầu thế kỷ này đã thay đổi quan điểm của họ nhiều hơn những gì được viết ra, vì tính chất phẳng lặng của những nỗ lực đã được bộc lộ ngay từ những bước đầu tiên.

Mọi người đều biết bài giảng cuối cùng của J. J. Thomson. Ông đã xây dựng được mô hình nguyên tử hóa học. Bên trong một quả cầu rộng, tích điện dương xuyên suốt khối, các electron được phân bố chính xác. Lực hút và lực đẩy của chúng cân bằng nhau, chúng đứng yên. Điều này là cần thiết trong điện động lực học cổ điển, vì bất kỳ chuyển động nào cũng tương đương với bức xạ, sự mất năng lượng và năng lượng dự trữ trong nguyên tử không thể không được tạo ra. Mô hình nguyên tử này đã nhấn mạnh thành công hệ thống tuần hoàn tám bậc của Mendeleev và do đó đạt được thành công lớn. Nhưng ngay cả cô cũng bất lực trước quy luật phân tích quang phổ. Và thí nghiệm của Rutherford về sự tán xạ của hạt α… cho thấy một bức tranh quen thuộc về các electron nhẹ bao quanh một hạt nhân nặng với số lượng bằng số lượng nguyên tố.

Nhưng tại sao các electron không rơi vào hạt nhân, trung hòa điện tích của nó nếu chuyển động của chúng bị cấm? Niels Bohr đã phải cắt nút dado này. Vào tháng 7 năm 1913, ông tuyên bố hai nguyên lý không chỉ khẳng định chắc chắn ý nghĩa của nguyên tử mà còn tạo ra sự thay đổi trong nền tảng vật lý.

Để làm được điều này cần có sự can đảm, gần như táo bạo.

18

cường độ ánh sáng? Nó tỷ lệ thuận với số lượng lượng tử sự cố. Ý tưởng này đã được Einstein thể hiện rõ ràng. Sự phát triển logic của nó đòi hỏi phải thừa nhận rằng cường độ ánh sáng tỷ lệ thuận với xác suất rơi của lượng tử ánh sáng, và do đó - lượng tử ánh sáng đó lan truyền theo một định luật xác suất nào đó vẫn chưa rõ ràng. Nhìn về phía trước, chúng ta có thể nói rằng dòng suy nghĩ như vậy là điều tự nhiên đối với chúng ta ngày nay (năm 1932), nhưng khi đó ngay cả Einstein cũng không có trong đầu. Ngược lại, ông viết: “… lý thuyết sóng của ánh sáng đã được chứng minh một cách áp đảo trong việc mô tả các hiện tượng quang học rằng nó, tất nhiên, sẽ không bao giờ bị thay thế bởi một lý thuyết khác”. Và chắc chắn là mặt bằng vẫn chưa được chuẩn bị sẵn; Chính khái niệm về lượng tử ánh sáng đã mang tính quyết định. Như đã biết, lò đốt lượng tử hay kim lượng tử chưa được khoa học chấp nhận ngay lập tức. Họ khơi dậy sự nghi ngờ, nhưng không gợi lên sự đồng ý. Thật quá khó để gán các đặc tính của sóng – giao thoa, nhiễu xạ – cho một khối hay một hạt. Bordeaux không chấp nhận quan điểm cho rằng lượng tử ánh sáng là một hạt…

Nhưng trong giai đoạn đầu của lý thuyết lượng tử, ngay cả khái niệm lượng tử ánh sáng như một hạt cũng ít được các nhà nghiên cứu quan tâm. Mọi suy nghĩ đều dồn vào việc nghiên cứu cấu trúc của nguyên tử hydro và phân tích tác dụng của điện trường và từ trường lên nó. Đặc biệt, đã có nhiều nghiên cứu thành công về va chạm đàn hồi và không đàn hồi của electron với mọi loại nguyên tử (thí nghiệm nổi tiếng do Frank và Hertz khởi xướng từ năm 1913). Lúc đầu, chúng đóng vai trò là một trong những bằng chứng chính xác nhận các nguyên lý của Bohr. Đặc biệt, ở đây, điều trở nên rõ ràng một cách cụ thể là làm thế nào mỗi nguyên tử có thể tồn tại ở các trạng thái khác nhau và làm thế nào một electron tới từ phía ném electron của nguyên tử từ cấp này sang cấp khác, luôn ở một bước nhảy riêng biệt…

Khi chúng ta quan sát sự hấp thụ và phát xạ của ánh sáng đơn sắc có cùng bước sóng, thì quá trình đó được quang học nước ngoài hiểu là sự cộng hưởng. Ánh sáng đồng thời làm dao động các electron và chúng giải phóng bức xạ. Mặt khác, trong lý thuyết lượng tử: một lượng tử ánh sáng bị hấp thụ sẽ chuyển một electron từ cấp này sang cấp khác, từ trạng thái 1 sang trạng thái 3 (xem hình). Khi ở trạng thái 3, electron tự động nhảy trở lại trạng thái 1, mất đi lượng tử đơn sắc đã được hấp thụ trước đó. Chất lượng này không phải là sự tái diễn thành công của quan điểm cũ. Nhưng hóa ra là có những nguyên tử - và có rất nhiều nguyên tử, và hầu hết tất cả các phân tử - trong đó sự quay trở lại từ trạng thái 3 không chỉ về trạng thái 1, mà còn đến trạng thái 2 hoàn toàn mới. Nếu chúng ta thêm điều đó với một lượng tử mới phù hợp, người ta có thể bắt một electron ở trạng thái 3 hoặc 2 và chuyển nó sang trạng thái 4 và sau đó ném electron, giống như một quả bóng đá, từ trạng thái này sang trạng thái khác, thì rõ ràng là người thí nghiệm đã hoàn toàn nắm vững khái niệm về vô số trạng thái của nguyên tử: các mặt lượng tử của vấn đề…

Nhìn về phía trước một chút, chúng ta có thể nói rằng những trải nghiệm ở hiện tại đã cụ thể hóa hành động của Bohr, rằng chính mục đích của hành động đó đã mất đi ý nghĩa; Tuyên bố của Bohr bây giờ là một kết luận rõ ràng và cần thiết từ thí nghiệm. Điều này đặc biệt áp dụng cho việc trao đổi năng lượng bằng lượng tử, quá trình thứ hai, hiệu quả của nó đã và vẫn rất đáng kinh ngạc.

19

Bất biến

Trong «Kvant» người ta đã viết về lời giải bài toán bằng cách sử dụng phép chọn bất biến (1976, số 2, trang 32). Bài viết này thảo luận về khái niệm bất biến và một số câu hỏi có thể có liên quan đến nó.

1. Cài đặt chung bài toán

Với sự trợ giúp của các bất biến, bài toán thuộc loại sau đã được giải: dữ liệu của tập hợp $M$ (chúng ta sẽ gọi các phần tử của nó là “vị trí”) và các quy tắc mà chúng ta di chuyển từ vị trí này sang vị trí khác; Có thể di chuyển từ vị trí nhất định $\alpha$ trong vài bước sang vị trí nhất định khác $\beta$ không? Tổng quát hơn bài toán: làm cách nào chúng ta có thể xác định một cặp vị trí tùy ý $\alpha$, $\beta$ liệu có thể đi từ $\alpha$ đến $\beta$ trong một vài bước hay không?

Rõ ràng, các tình huống được mô tả có thuộc tính sau: nếu từ vị trí $\alpha$ người ta có thể đi đến vị trí $\beta$ và từ $\beta$ người ta có thể đi đến vị trí $\gamma$, thì từ $\alpha$ người ta có thể đi đến $\gamma$. Tính chất này được gọi là tính xuyên suốt.

Hãy xem xét một bài toán cụ thể.

Bài toán 1. Vòng tròn được chia thành các khu vực trong đó $n$ chip được xem xét bằng cách nào đó. Có thể di chuyển đồng thời hai chip bất kỳ: một - một khu vực theo chiều kim đồng hồ, khu vực còn lại - một khu vực theo hướng ngược lại. Có thể từ vị trí $\mu$, trong đó có một chip trong mỗi khu vực, để chuyển từ vị trí $\alpha$ sang bất kỳ vị trí nào khác thuộc cùng một vị trí không?

*) «Kvant», 1972, № 2, c. 2.

21

Vấn đề là nếu $f$ là một bất biến, thì nói chung, không có gì theo sau $f(\alpha) = f(\beta)$. Nếu $f(\alpha) \neq f(\beta)$ thì vị trí $\alpha$ và $\beta$ không tương đương (điều này suy ra từ (1)). Nếu $f(\alpha) = f(\beta)$, thì vị trí $\alpha$ và $\beta$ có thể tương đương hoặc không tương đương: bất biến không bị cấm lấy các giá trị giống nhau trên các quỹ đạo khác nhau. (Ví dụ: hàm hằng, tức là hàm nhận cùng một giá trị trên tất cả các phần tử từ $M$, cũng là bất biến.)

Làm thế nào điều này có thể được? Hãy thử cho mỗi $n$ gõ 4 $k$ để chuyển từ vị trí $\mu$ sang vị trí $v$… Vì lý do nào đó, nó không hoạt động. Hãy thử tìm một bất biến khác tinh tế hơn.

Các cung Zanuterum (giả sử theo chiều kim đồng hồ) từ 1 đến $n$. Đối với sự sắp xếp tùy ý của $\alpha$ fizek trong các lĩnh vực, chúng ta hãy biểu thị bằng $a_k(\alpha)$ số lượng fizek trong lĩnh vực $k$-thứ với sự sắp xếp $\alpha$. Bây giờ chúng ta hãy xem xét hàm sau $q$:
$$q(\alpha) = 1 \cdot a_1(\alpha) + 2 \cdot a_2(\alpha) + 3 \cdot a_3(\alpha) + \dots + n \cdot a_n(\alpha).$$

Hàm $q$ có bất biến không? Chuyển động cho phép tùy ý (Hình 5) ảnh hưởng đến 4 số hạng của tổng (2):
$$\dots + i \cdot a_i(\alpha) + (i + 1) \cdot a_{i+1}(\alpha) + \dots + (j - 1) \cdot a_{j-1}(\alpha) + j \cdot a_j(\alpha) + \dots$$

Khi di chuyển như hình 5 thì tổng (3) biến rất indo thành tổng
$$\dots + i \cdot [a_i(\alpha) - 1] + (i + 1) \cdot [a_{i+1}(\alpha) + 1] + \dots + (j - 1) \cdot [a_{j-1}(\alpha) + 1] + j \cdot [a_j(\alpha) - 1] + \dots$$

Dễ dàng kiểm tra được cả hai tổng bằng nhau. Vì vậy, $q$ là một bất biến! Không, chúng tôi đã tuyên bố rằng khu vực thứ $n$ giáp khu vực đầu tiên. Điều này có nghĩa là có thêm 3 khả năng nữa (Hình 6-8). Một phép tính tương tự như vừa thực hiện cho thấy rằng trong trường hợp hiển thị ở Hình 6, $q(\alpha)$ sẽ giảm $n$ và trong trường hợp Hình 7, nó sẽ tăng $n$. Trong trường hợp thứ ba, $q(\alpha)$ tất nhiên sẽ không thay đổi. Vì vậy, trong một lần di chuyển, giá trị của hàm $q$ có thể thay đổi, nhưng chỉ bằng $n$. Sledova-

22

Do đó, $q(v) = l \cdot n$ và $r(v) = 0$ (bất kể $n$ và $l$ là gì). Ở phía bên kia,
$$a_1(\mu) = a_2(\mu) = \dots = a_n(\mu) = 1.$$
Có nghĩa,
$$q(\mu) = 1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}.$$
Nếu $n = 2m$ thì $q(\mu) = n \cdot m + m$ và $r(\mu) = m \neq 0$. Do đó, nếu $n$ chẵn, chúng ta nhận được $r(\mu) \neq r(v)$. Vì vậy, đối với $n$ chẵn, vị trí $\mu$ và $v$ không tương đương.
Nếu $n = 2m + 1$ thì $q(\mu) = n \cdot (m+1)$ và $r(\mu) = 0$. Do đó, với số chẵn $n$, chúng ta lại có: $r(\mu) - r(v)$. Hóa ra là ngay cả với $n$ câu hỏi về sự tương đương của vị trí $\mu$ và $v$ một lần nữa vẫn còn bỏ ngỏ.

3. Bất biến phổ quát

Chúng ta hãy gọi phổ biến $f$ bất biến nếu nó nhận các giá trị khác nhau ở các vị trí không tương đương:
nếu $\alpha \neq \beta$ thì $f(\alpha) \neq f(\beta)$.
Do đó, đối với bất biến phổ quát $f$
nếu $f(\alpha) = f(\beta)$ thì $\alpha \sim \beta$.
Bất biến phổ quát có giá trị riêng trên mỗi quỹ đạo. Vì đối với một bất biến phổ quát
$$\alpha \sim \beta \iff f(\alpha) = f(\beta),$$
một bất biến phổ quát cho bất kỳ cặp vị trí nào cho phép chúng ta xác định xem chúng có tương đương hay không.
Làm cách nào để kiểm tra xem bất biến neokot $f$ có phổ biến không? Không có phương pháp chung. Định lý đơn giản sau đây có thể giúp ích.
Nếu $a)$ có các vị trí $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_l$ sao cho mỗi vị trí $\alpha \in M$ tương đương với một trong số chúng và $b)$ bất biến $f$ nhận ít nhất $l$ giá trị khác nhau thì $f$ là bất biến phổ quát và các vị trí $\delta_i, \delta_j (i \neq j)$ không tương đương theo cặp.
Từ $a)$ suy ra có nhiều nhất $l$ quỹ đạo. Từ $b)$ suy ra có ít nhất $l$ quỹ đạo. Do đó, có chính xác $l$ quỹ đạo. Một lần nữa từ $b)$, bây giờ theo sau, $f$ bất biến nhận chính xác $l$ giá trị và giá trị, $f$ là phổ quát. Cuối cùng, từ $a)$, các vị trí $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_l$ có các quỹ đạo khác nhau và do đó, không tương đương theo cặp.

Bài toán 1 (kết thúc). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng bất biến $r$ là phổ biến. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\delta_i$ sự sắp xếp các bài tập sau: một bài tập nằm trong lĩnh vực $i$, tất cả các bài tập còn lại nằm trong lĩnh vực $n$. Tất nhiên, trong $\delta_n$, chúng tôi sẽ ghép nối sự sắp xếp trong đó tất cả các vật lý $n$ đều nằm trong khu vực $n$.

Có thể dễ dàng báo cáo rằng bất kỳ sự sắp xếp nào cũng tương đương với một trong các vị trí $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$. Trên thực tế, $a$ trống - một sự sắp xếp tùy ý của các đơn vị vật lý. Hãy cố gắng thu thập tất cả các đơn vị vật lý $n$ trong khu vực $n$. Để làm điều này, chúng tôi sẽ xoay fizek đầu tiên cho đến khi đưa nó vào khu vực $n$-thứ; đồng thời, theo quy định, chúng ta sẽ di chuyển fizek thứ hai theo hướng ngược lại. Sau đó, chúng ta sẽ lái fizek thứ hai vào khu vực thứ $n$, di chuyển fizek thứ ba theo hướng ngược lại, v.v. - cho đến fizek thứ $(n-1)$. Khi chúng ta đưa vật chất $n-1$ vào khu vực $n$, vật lý $n$ sẽ nằm trong một số khu vực $i$ $(i=1, 2, \dots, n)$. Điều này có nghĩa là $\alpha \sim \delta_i$.

Hãy đếm $r(\delta_i)$. Tại $i \neq n$:
$$\begin{cases} a_1(\delta_i) = a_2(\delta_i) = \dots = a_{i-1}(\delta_i) = \\ = a_{i+1}(\delta_i) = \dots = a_{n-1}(\delta_i) = 0, \\ a_i(\delta_i) = 1, \\ a_n(\delta_i) = n-1. \end{cases}$$
Do đó, $q(\delta_i) = i \cdot 1 + n \cdot (n-1)$ và $r(\delta_i) = i$. Ngoài ra, $q(\delta_n) = n \cdot n$ và $r(\delta_n) = 0$. Vì vậy, $r$ bất biến nhận ít nhất các giá trị $n$.

Theo định lý, bất biến $r$ là phổ quát và các vị trí $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ không tương đương theo cặp.

Vì $r$ là một bất biến phổ quát,
$$\alpha \sim \beta \iff r(\alpha) = r(\beta).$$

Trong đoạn trước chúng ta đã xem xét rằng
$$r(\mu) = r(v) \Leftrightarrow n - \text{нечетное.}$$
Do đó, $\mu \sim v$ khi và chỉ nếu $n$ là số lẻ. Vấn đề cuối cùng đã được giải quyết hoàn toàn.

Các thì U 1. Chứng minh, không sử dụng khái niệm bất biến, rằng với $n$ lẻ thì vị trí $\mu$ và $v$ là tương đương nhau.

Căng thẳng 2. Kiểm tra xem bất kỳ hàm nào của bất biến cũng là bất biến: nếu $f$ là bất biến và $g$ là hàm số tùy ý, thì hàm $h$ cũng vậy
$$h(\alpha) = g(f(\alpha))$$
cũng bất biến.

Căng thẳng 3. Chứng minh rằng bất kỳ bất biến nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng hàm của bất kỳ bất biến phổ quát nào: nếu $h$ là một bất biến và $f$ là một bất biến phổ quát thì tồn tại một hàm số $g$ sao cho (4) thỏa mãn.

Các thì U 4. Chúng ta hãy xác định thông qua bất biến phổ quát $r$ từ bài toán 1 hai bất biến mới: $f(\alpha) = [r(\alpha)]^2$; $g(\alpha) = [r(\alpha) - 2]^2$. Chứng minh rằng bất biến $f$ là phổ quát, nhưng bất biến $g$ không phổ biến.

Thì 5. Giả sử $f$ là một bất biến phổ quát. Các số của hàm $g$ phải thỏa mãn những điều kiện nào để hàm bất biến $h$, được xác định bởi đẳng thức (4), có tính phổ quát?

Nhiệm vụ 2. Nhảy 20 lá bài. Trên hai thẻ ghi số 0, trên hai thẻ - số 1, …, trên hai thẻ cuối cùng - số 9. Có thể sắp xếp các thẻ này thành một hàng mak, có các thẻ có 0 mẫu cạnh nhau, giữa các thẻ có 1 mẫu có một thẻ, …, giữa các thẻ có 9 mẫu có 9 thẻ?

bài toán này có thể được giải mà không có bất kỳ bất biến nào. Tuy nhiên, đối với chúng tôi, điều này rất thú vị vì nó có hai lời giải khác nhau về cơ bản khi sử dụng các bất biến.

Hãy tưởng tượng có 20 hộp được sắp xếp thành một hàng. Bây giờ chúng ta hãy định dạng lại bài toán của mình như sau: liệu có thể sắp xếp các thẻ vào các hộp sao cho đáp ứng được hai điều kiện:

a) thẻ có 0 lekat ở các ô liền kề, thẻ có 1 - trong một hộp, …, thẻ có 9 - ở hai hộp;

b) mỗi hộp có chứa một thẻ không?

Rõ ràng, thật dễ dàng để đáp ứng từng điều kiện riêng biệt. Điều này dẫn đến hai giải pháp.

Đầu tiên là lời giải. Hãy đặt 10 thẻ vào hộp thứ nhất: một thẻ 0, một thẻ 1, …, một thẻ 9. Sau đó đặt thẻ thứ hai có 0 vào hộp thứ hai, thẻ thứ hai có 1 vào hộp thứ ba, …, thẻ thứ hai có 9 vào cùng một hộp. Điều kiện a) được thỏa mãn. Chúng tôi muốn cố gắng sắp xếp lại các thẻ sao cho điều kiện b) cũng được thỏa mãn mà không vi phạm nó. Chúng ta hãy cho phép hai lá bài cùng tên (cùng số) bất kỳ được chuyển qua cùng một số hộp. Dễ dàng nhận thấy rằng với độ phân giải tùy ý, cdlgg cộng lại số ô chẵn. Điều này gợi ý ý tưởng lấy phần còn lại của việc chia cho 2 làm bất biến tổng số các ô chứa các thẻ.

Thì U 6. Hoàn thành tên lời giải.

Thứ hai lời giải. Hãy đặt các thẻ có số 0 vào ô thứ nhất và thứ hai, các thẻ có số 1, … ở ô thứ ba và thứ tư, các thẻ có số 9 ở ô thứ mười chín và thứ hai mươi. Điều kiện thời gian b) được đáp ứng. Chúng ta hãy trao đổi hai thẻ bất kỳ. Với chuyển động như vậy, khoảng cách giữa tám cặp thẻ cùng tên không thay đổi nhưng giữa hai cặp thì có; vậy tổng của tất cả những khoảng cách này…

Thì U 7. Kết thúc lời giải.

4. Hệ thống bất biến hoàn chỉnh

Đôi khi, cùng với một bất biến phổ quát, việc tìm và sử dụng một hệ thống bất biến hoàn chỉnh sẽ dễ dàng hơn. Một hệ bất biến $\langle f_1, f_2, \dots, f_h \rangle$ được gọi là hoàn chỉnh nếu các đẳng thức
$$\begin{cases} f_1(\alpha) = f_1(\beta), \\ f_2(\alpha) = f_2(\beta), \\ \vdots \\ f_k(\alpha) = f_k(\beta) \end{cases}$$
(5)

24

xảy ra đồng thời khi và chỉ khi vị trí α và β bằng nhau.

Bản chất của định nghĩa này là gì? Nếu vị trí α và β tương đương nhau thì vì $f_1, f_2, \dots, f_k$ là bất biến nên từng đẳng thức của hệ (5) vẫn được thỏa mãn. “Theo hướng này” canvas không liên quan gì đến nó. Nếu các bất biến $f_1, f_2, \dots, f_k$ là phổ quát, thì sự tương đương của các vị trí α và β sẽ tuân theo bất kỳ đẳng thức nào của hệ (5). Chúng ta không được cung cấp tính phổ quát của chúng, nhưng khi đó yêu cầu việc thực thi đồng thời hệ thống (5) sẽ làm lệch vị trí của α và β. Đây chính xác là bản chất của khái niệm canvas. Do đó, mặc dù một số bất biến $f_1, f_2, \dots, f_k$ có ​​thể nhận cùng một giá trị ở các vị trí không tương đương α, β, nhưng các giá trị của tập hợp $\langle f_1, f_2, \dots, f_k \rangle$ trên chúng là khác nhau.

Một hệ bất biến hoàn chỉnh là sự khái quát hóa của khái niệm bất biến phổ quát: nếu $f$ là một bất biến phổ quát, thì hệ $\langle f \rangle$, bao gồm một bất biến, tất nhiên là hoàn chỉnh.

Bài toán 3. Các số nguyên được viết trong bảng 2×2. Thứ nhất, được phép đồng thời trong bất kỳ bảng nào: thêm 2 vào một số, lấy 2 từ một số khác và thứ hai, đồng thời ở bất kỳ hàng nào: thêm 3 vào một số, lấy 3 từ một số khác. Những bảng nào tương đương?

Hãy xem xét ba hàm: cho bất kỳ bảng nào

$$\alpha = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$$

chúng ta hãy biểu thị bằng $p(\alpha)$ tổng $a + b + c + d$, bằng $q(\alpha)$ phần còn lại của số $a + b$ chia cho 2 và bằng $r(\alpha)$ phần còn lại của số $a + c$ chia cho 3. Các hàm $p, q, r$ là bất biến. Không khó lắm để chứng minh một bảng α tùy ý tương đương với bảng

$$\begin{pmatrix} 0 & q(\alpha) \\ r(\alpha) & p(\alpha) - q(\alpha) - r(\alpha) \end{pmatrix}.$$

Do đó, từ đẳng thức

$$\begin{cases} p(\alpha) = p(\beta), \\ q(\alpha) = q(\beta), \\ r(\alpha) = r(\beta) \end{cases}$$

(6)

theo đó, các bảng α và β tương đương với cùng một bảng và do đó tương đương với nhau. Và ngược lại: sự tương đương của bảng α và β là bằng (6), vì $p, q$ và $r$ là bất biến. Như vậy, $\langle p, q, r \rangle$ là một hệ thống hoàn chỉnh.

Trong quy tắc 8. Giải bài toán cho bảng $n \times n$, cho phép các phép biến đổi tương tự như trong bài toán 3. Việc mong đợi một hệ thống hoàn chỉnh gồm các bất biến 2$n$-1 là điều tự nhiên.

Quy tắc 9. Nếu $f_1, f_2, \dots, f_k$ là bất biến và $g$ là hàm số của các đối số $k$, thì hàm $h$:

$$h(\alpha) = g(f_1(\alpha), f_2(\alpha), \dots, f_k(\alpha))$$

(7) là bất biến (xem Bài tập 2). Hãy kiểm tra nó.

Quy tắc 10. Nếu $h$ là bất biến và $\langle f_1, f_2, \dots, f_k \rangle$ là một hệ bất biến hoàn chỉnh, thì cũng có hàm số $g$ của $k$ đối số, thỏa mãn (7) (xem Bài tập 3). Chứng minh điều đó.

Quy tắc 11. Tập $M$ là tập hợp các điểm của mặt phẳng số, tức là tập hợp các cặp $\langle x, y \rangle$ của các số thực. Chuyển đổi hợp lệ duy nhất là $\langle x, y \rightarrow \langle y, x \rangle$. Cho phép

$$\begin{cases} f_1(x, y) = xy, \\ f_2(x, y) = x + y. \end{cases}$$

Chứng minh rằng $\langle f_1, f_2 \rangle$ là một hệ bất biến đầy đủ.

Quy tắc 12. Tập $M$ là tập hợp các điểm trong không gian hoặc tập hợp các vết $\langle x, y, z \rangle$ gồm các số thực. Cho phép chuyển tiếp $\langle x, y, z \rightarrow \langle y, x, z \rangle$ và $\langle x, y, z \rightarrow \langle x, z, y \rangle$. Cho phép

$$f_1(x, y, z) = xyz,$$

$$f_2(x, y, z) = xy + yz + zx,$$

$$f_3(x, y, z) = x + y + z.$$

Chứng minh rằng $\langle f_1, f_2, f_3 \rangle$ là một hệ bất biến đầy đủ.

Quy tắc 13. Tập hợp $M$ bao gồm tất cả các tập hợp (hoặc bộ dữ liệu) $\langle x_1, x_2, x_3, \dots, x_n \rangle$ có thể có của các số thực (n là cố định). Được phép hoán đổi vị trí của hai số liền kề bất kỳ. Tìm một hệ bất biến hoàn chỉnh.

26

Bài toán
M416 — M420; F428 — F432

M416. Có $n$ điểm $A_1, \dots, A_n$ trên mặt phẳng, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Có thể kiểm tra được số đoạn thẳng có điểm cuối tại các điểm này tối đa là bao nhiêu để không thu được hình tam giác nào có đỉnh tại các điểm này?

A. Grigoryan, M. Primak, S. Fishbein

M417. Trên bề mặt của hình lập phương có cạnh 1 có một đường đứt nét khép kín. Trên mỗi mặt của khối lập phương có ít nhất một mắt xích của đường đứt nét. Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng ít nhất là $3\sqrt{2}$.

B. Provozvolov

M418. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ đều có bất đẳng thức sau:

$$n \left( \sqrt[n]{n+1} - 1 \right) \leq 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \leq 1 + n \left( 1 - \frac{1}{n\sqrt{n}} \right).$$

M419. Có 650 điểm trong một đường tròn bán kính 16. Chứng minh rằng có một tập hợp có bán kính trong bằng 2 và bán kính ngoài bằng 3, chứa ít nhất 10 điểm trong số này.

A. Gein

M420. a) Từ phân số $\frac{a}{b}$ có thể suy ra từ ba phân số $\frac{a-b}{b}, \frac{a+b}{b}, \frac{b}{a}$. Có thể thu được phân số $\frac{67}{91}$ từ phân số $\frac{1}{2}$ bằng cách sử dụng các phép biến đổi như vậy không?

6)* Từ một cặp phân số $\left( \frac{a+b}{b}, \frac{c+d}{d} \right), \left( \frac{a-b}{b}, \frac{c-d}{d} \right),$

27

$\left(\frac{b}{a}, \frac{d}{c}\right)$. Có thể lấy các cặp sau từ một cặp phân số $\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{7}\right)$: $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{9}\right); \left(\frac{1}{4}, \frac{3}{8}\right); \left(\frac{4}{5}, \frac{7}{8}\right); \left(\frac{5}{19}, \frac{13}{50}\right); \left(\frac{39}{50}, \frac{60}{77}\right)$ không? (Ở đây chúng ta coi phân số $a/b$ đơn giản là một cặp số nguyên tố tương đối: cho phép “phân số” có số âm hoặc số 0 trong số hoặc giá trị của lớp.) c*) Cố gắng tìm ra loại phân số nào (tương ứng là các cặp phân số) có thể thu được từ dữ liệu trong bài toán a) và 6).

G. Gurevich, B. Makarevich

F428. Một quả cầu có bán kính $R = 0,5$ m quay quanh đường kính thẳng đứng của nó với vận tốc góc không đổi $\omega = 5 \text{rad/сек}$ (Hình 1). Cùng với quả cầu, một vật nhỏ quay trên bề mặt bên trong của nó, nằm ở độ cao bằng một nửa bán kính.

1. Xác định giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát tại đó điều kiện này có thể xảy ra.
2. Xác định giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát nếu vận tốc góc của quả cầu bằng $\omega = 8 \text{rad/сек}$.
3. Khảo sát tính ổn định của trạng thái trong trường hợp các giá trị hệ số ma sát tìm được ở trên với: a) những thay đổi nhỏ về vị trí của vật; b) những thay đổi nhỏ về vận tốc góc của quả cầu.

F429. Các ngăn xếp xi lanh, piston và vách ngăn bên trong có diện tích $1 \text{dm}^2$ được làm bằng vật liệu cách nhiệt thân xe (Hình 2). Van trong vách ngăn sẽ mở nếu áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ở trạng thái ban đầu, ở phần bên trái của hình trụ có chiều dài $11,2 \text{dm}$ có ​​$12 \text{гелия}, в правой части, имеющей ту же длину, —$2 \text{helium}, ở cả hai phía nhiệt độ là $0^{\circ}\text{C}$. Áp suất bên ngoài là $10^5 \text{н/м}^2$. Nhiệt độ riêng của một vật ở thể tích không đổi là $c_V = 3,15 \cdot 10^3 \text{дж/(кг·эрад)}$ và ở áp suất không đổi $c_p = 5,25 \cdot 10^3 \text{дж/(кг·эрад)}$.
Từ từ di chuyển piston về phía vách ngăn (có dừng lại một chút tại thời điểm van mở) và cẩn thận đưa piston vào vách ngăn. Công việc chúng tôi thực hiện là gì?

F430. Hình 3 cho thấy mạch chỉnh lưu đơn giản nhất. Một diode được coi là lý tưởng: điện trở của nó theo hướng thuận bằng 0, theo hướng ngược lại thì cao vô cùng. Công suất phân bổ cho điện trở thay đổi bao nhiêu lần?

29

M378. Chứng minh rằng có vô số số đa chiều không thể biểu diễn dưới dạng
a) $x^3 + y^3 + z^3$, trong đó $x, y, z$ là số nguyên;
b) $x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$, trong đó $x_1, \dots, x_n$ không phải là số tự nhiên.
b) Chứng minh rằng mọi số hữu tỉ đều có thể biểu diễn dưới dạng $x^3 + y^3 + z^3$, trong đó $x, y, z$ không phải là số hữu tỉ.

và nối điểm $K$ với đỉnh $B$. Từ giữa $O$ của đoạn $BK$ ta dựng đường vuông góc; điểm giao nhau của đường vuông góc này với các cạnh $AC$ sẽ là điểm mong muốn $[OD] \perp [BK]$ và $O$ - giữa $[BK]$; do đó $|BD| = |DK|$.

Vẫn còn phải tìm hiểu xem bài toán có luôn có lời giải hay không. Trong tam giác $ABD$: $|AD| + |BD| > |AB|$, tức là $P_{\triangle ABC} = |AD| + |BD| + |AB| > 2 |AB|$. Do đó, bài toán có lời giải nếu $|BC| > 2 |AB|$.

S.Okhimin

◆

a) Dễ dàng kiểm tra xem nếu $x$ là số nguyên thì $x^3$, hoặc $x^3 + 1$, hoặc $x^3 - 1$ chia hết cho 9. Thật vậy, nếu $x = 3k$, thì điều này là hiển nhiên; nếu $x = 3k + 1$, thì $x^3 - 1 = (x - 1)^3 + 3x(x - 1) = (3k)^3 + 9kx$; nếu $x = 3k - 1$, thì $x^3 + 1 = (x + 1)^3 + 3x(x + 1) = (3k)^3 + 9kx$. Mặt khác, câu lệnh của chúng ta có thể được phát biểu như sau: khi chia lập phương của một số nguyên cho 9, số dư chỉ có thể là 0, 1 và -1. Từ đây rõ ràng rằng tổng của ba lập phương khi chia cho 9 chỉ có thể có số dư là 0, ±1, ±2, ±3. Do đó, tất cả các số $9k \neq 4$ không thể được biểu diễn dưới dạng tổng của ba lập phương số nguyên.

b) Lấy tất cả các số tự nhiên nhỏ hơn số $N^n$ (trong đó $N > 1$ là một số tự nhiên nào đó). Nếu $a = x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$ (trong đó $x_i$ là số tự nhiên) và $a < N^n$ thì $x_i \leqslant N - 1$. Từ $n$ số $x_1, \dots, x_n$, mỗi số có thể thuộc về $(N - 1)$ giá trị $(1, 2, \dots, N - 1)$, người ta có thể soạn các bộ $(N - 1)^n$ (ví dụ: xem “Quant”, 1971, số 1, bài viết của N. Ya. Vilenkin “Combinatorics”). Trong số các tổng được tạo thành từ lũy thừa $n$ của các số của các bộ này, sẽ có những số giống hệt nhau; nên số lượng các số $a$ của dạng $x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$ nhỏ hơn $N^n$ không lớn hơn $(N - 1)^n$. Do đó, $[N^n - (N - 1)^n] = A_N$ số tự nhiên nhỏ hơn $N^n$ không thể được biểu diễn dưới dạng tổng lũy ​​thừa thứ $n$ của $n$ số tự nhiên. Số $A_N$ có thể được tạo thành một góc, vì $A_N > N^{n-1}$ và $n > 1$. Từ đó suy ra rằng có vô số số tự nhiên không thể biểu diễn dưới dạng $x_1^n + x_2^n + \dots + x_n^n$.

b) Bằng chứng của mệnh đề được nêu trong đoạn c) lần đầu tiên được đưa ra vào năm 1825. Nó trông thật đáng kinh ngạc: đối với số hữu tỉ $a$ biểu diễn của nó được viết trực tiếp dưới dạng tổng của ba lập phương của các số hữu tỉ:

$$a = \left( \frac{a^3 - 3^6}{3^2 a^2 + 3^4 a + 3^6} \right)^3 + \left( \frac{-a^3 + 3^6 a + 3^6}{3^2 a^2 + 3^4 a + 3^6} \right)^3 + \left( \frac{a^2 + 3^4 a}{3^2 a^2 + 3^4 a + 3^6} \right)^3.$$

Tuy nhiên, vẫn chưa rõ làm thế nào người ta có thể “nghĩ ra” một công thức như vậy (tuy nhiên, có lẽ một trong những độc giả của chúng tôi đã thành công). Chúng tôi chỉ có thể đề nghị bạn kiểm tra xem công thức này có đúng không.

Tuy nhiên, các nhà toán học không nghiên cứu bài toán tổng ba lập phương để thu được công thức (*); bản thân nó, mặc dù trông rất ấn tượng nhưng lại không đáng nể lắm. Điều quan trọng hơn nhiều là phải hiểu điều gì “ẩn giấu” đằng sau danh tính này. Nhưng đây là một câu hỏi hoàn toàn chuyên biệt; nó đề cập đến một trong những nhánh toán học khó nhất - hình học đại số.

I. Glumanov

30

F383. Một sợi dây có khối lượng m, chiều dài l được đặt trên một hình nón tròn đàn hồi có góc ở đỉnh là 2α. Hình nón cùng với dây xích được dẫn động với vận tốc góc w dọc theo trục thẳng đứng, trùng với trục đối xứng của hình nón. Mặt phẳng của dây xích nằm ngang. Tìm lực căng của xích.

Chúng ta hãy xem xét các lực tác dụng lên một phần nhỏ của chuỗi có chiều dài Δl. Đây là lực hấp dẫn G = mg Δl/l, lực N của phản lực pháp tuyến của bề mặt hình nón và lực căng của dây F tác dụng lên tiết diện Δl từ các tiết diện lân cận (Hình 2). Tổng các hình chiếu của tất cả các lực lên trục tung OY phải bằng 0, vì dây xích hoàn toàn không chuyển động theo phương thẳng đứng:

$$N \sin \alpha - G = 0.$$

(1)

Tổng các hình chiếu của tất cả các lực lên trục hoành OX tạo ra gia tốc hướng tâm của phần tử dây chuyền:

$$2F \sin \varphi - N \cos \alpha = \frac{m}{l} \Delta l \omega^2 r.$$

(2)

Ở đây r = \frac{l}{2π} và sin φ = \frac{\Delta l}{2r} = \pi \frac{\Delta l}{l} (Hình 3). Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta thu được

$$F = \frac{m}{2\pi} \left( \frac{g}{\text{tg} \alpha} + \frac{\omega^2 l}{2\pi} \right).$$

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

F384. Hai hạt tương tác 1 và 2 có khối lượng lần lượt là m1 và m2 tạo thành một hệ kín. Hình 4a cho thấy quỹ đạo của hạt 1 và vị trí của cả hai hạt tại thời điểm thời gian, hệ số của hạt 1 là v và tốc độ của hạt 2 là −3v. Xây dựng quỹ đạo của hạt 2 nếu $\frac{m_1}{m_2} = 3$.

Theo điều kiện bài toán xung lực (lượng chuyển động) của hệ này bằng 0:

$$m_1 v + m_2 (-3 v) = 0,$$

vì động lượng bằng không của một hệ kín có nghĩa là khối tâm của nó luôn đứng yên.

Trong trường hợp có hai hạt, khối tâm nằm trên đoạn nối các hạt và chia đoạn này theo tỷ lệ nghịch với tỷ lệ khối lượng. Do đó, việc xây dựng quỹ đạo của hạt 2 trùng khớp như sau (Hình 4, 6). Chúng ta vẽ đoạn AB nối các hạt 1 và 2 tại một thời điểm nhất định (khi v_m2 = −3v_m1). Chia đoạn thẳng thành bốn phần và dành một phần từ hạt 1. Điểm O tìm thấy xác định vị trí của khối tâm cố định. Tiếp theo, chúng ta nối một điểm tùy ý thuộc quỹ đạo của hạt 1 (ví dụ điểm A1) với khối tâm theo đoạn A1O và tiếp tục

31

F385. Một tấm dẫn điện mỏng lớn có diện tích S và độ dày d được đặt trong một điện trường đều E, phân bố lại tấm đó. Hỏi nhiệt lượng tỏa ra trong vật dẫn là bao nhiêu nếu tắt từ trường?

Khi một tấm dẫn điện được đưa vào một điện trường, dưới tác dụng của trường này, nó sẽ tạo ra sự phân bố lại các điện tích tự do trong tấm dẫn điện. Ở các mặt đối diện của tấm, vuông góc với hướng của từ trường ngoài, các điện tích trái dấu tích tụ. Bên trong tấm cường độ trường bằng không. Điều này có nghĩa là các điện tích tự do phân bố trên các bề mặt của tấm tạo ra một trường có cường độ bằng -E ở bên trong tấm và bằng 0 ở bên ngoài.

Ngay sau khi trường bên ngoài của các trường bên trong biến mất, chỉ còn lại trường điện tích bề mặt mang năng lượng

$$W = \frac{E^2}{2} \varepsilon_0 Sd.$$

Dưới ảnh hưởng của trường này, nó tạo ra sự phân phối lại điện tích “ngược lại” trong toàn bộ thể tích của tấm. Trong trường hợp này, toàn bộ năng lượng của điện trường sẽ được giải phóng dưới dạng nhiệt:

$$Q = \frac{E^2}{2} \varepsilon_0 Sd.$$

F386. Tại các đỉnh của một tam giác vuông cân có cạnh bằng a có các quả cầu kim loại giống hệt nhau có bán kính r (r<a). Mỗi quả bóng đều được tích điện q. Bi 1 và 2 nối dây dẫn, sau đó dây dẫn được tháo ra. Sau đó, làm tương tự với quả bóng 2 và 3, và cuối cùng, với quả bóng 3 và 1. Những quả bóng nào được tích điện?

Lời giải bài toán phụ thuộc vào quả bóng nào ở đỉnh của góc vuông.

Sẽ thuận tiện hơn cho Pozny khi giải hai câu phụ bài toán trước. bài toán đầu tiên nói về sự phân bố tổng điện tích Q của hai quả bóng nhỏ nằm ở hai đầu chân. Các quả bóng nối dây dẫn với sự có mặt của cùng một quả bóng có điện tích Q0 nằm ở đỉnh thứ ba của một tam giác vuông cân (Hình 5). Đặt điện tích của các quả bóng trở thành Q1 và Q2 sau khi nối. Các quả bóng được kết nối sẽ có cùng một quả bóng, có thể được định nghĩa theo nguyên lý chồng chất là tổng các điện thế được tạo ra bởi mỗi điện tích riêng biệt. Điều kiện r<a cho phép bạn không phải lo lắng về việc các điện tích Q1, Q2, Q0 được phân bổ chính xác như thế nào trên bề mặt của các quả bóng.

Hệ thống điều khiển

$$\frac{Q_1}{4\varepsilon_0\varepsilon r} + \frac{Q_2}{4\varepsilon_0\varepsilon a} + \frac{Q_0}{4\varepsilon_0\varepsilon a} = \frac{Q_2}{4\varepsilon_0\varepsilon r} + \frac{Q_1}{4\varepsilon_0\varepsilon a} + \frac{Q_0}{4\varepsilon_0\varepsilon a\sqrt{2}},$$

$$Q_1 + Q_2 = Q$$

kết quả là lời giải

$$Q_1 = \frac{Q}{2} - \frac{(2-\sqrt{2})r}{4(a-r)} Q_0 = \frac{Q}{2} - kQ_0,$$

$$Q_2 = \frac{Q}{2} + \frac{(2-\sqrt{2})r}{4(a-r)} Q_0 = \frac{Q}{2} + kQ_0,$$

Ở đâu

$$k = \frac{(2-\sqrt{2})r}{4(a-r)} \approx \frac{(2-\sqrt{2})r}{4a}$$ (vì r<a).

Phụ trợ thứ hai bài toán nói về sự phân bố tổng điện tích Q của hai quả bóng nằm ở hai đầu cạnh huyền. Khi những quả bóng này được nối với nhau trước sự có mặt của cùng một quả bóng có điện tích Q0 nằm ở đỉnh

32

góc vuông, do tính đối xứng nên tổng điện tích của các quả bóng được phân bố đều giữa chúng:

$$Q_1 = Q_2 = \frac{Q}{2}.$$

Lời giải hai phụ bài toán cho phép bạn nhanh chóng tìm thấy lời giải ba cái chính. Khoảng cách, ví dụ như trường hợp quả bóng 1 nằm ở đỉnh của một góc vuông (Hình 6). Sau đó kết nối $q_1 = q, q_2 = q, q_3 = Q_0 = q$ với mọi người.

Tổng điện tích của quả bóng 1 và 2 là $Q = 2q$. Điện tích ở đỉnh thứ ba là $Q_0 = q$. Do đó, sau khi nối bi 1 và bi 2 sẽ có:

$$Q_1 = \frac{Q}{2} - kQ_0 = q - kq, Q_2 = q + kq, q_3 = q.$$

Bây giờ chúng ta hãy tháo dây dẫn giữa quả bóng 1 và 2 và nối quả bóng 2 và 3. Tổng điện tích của quả bóng 2 và 3 trước khi nối 2-3 là

$$Q = (q + kq) + q = 2q + kq.$$

Những quả bóng này nằm ở cuối cạnh huyền. Do đó, sau khi kết nối 2-3, việc phân bổ điện tích sẽ như sau:

$$q_1 = q - kq, q_2 = \frac{Q}{2} = q + \frac{k}{2} q; q_3 = q + \frac{k}{2} q.$$

Tổng điện tích của quả bóng 3 và 1 sau khi tháo dây dẫn bằng

$$Q = \left( q + \frac{k}{2} q \right) + \left( q - kq \right) = 2q - \frac{k}{2} q,$$

điện tích ở đỉnh cuối cùng (2) là $Q_0 = q_2 = q + \frac{k}{2} q$. Do đó, sau khi kết nối 3-1, cước sẽ được phân bổ như sau:

$$q_1 = \frac{Q}{2} - kQ_0 = \left( q - \frac{k}{4} q \right) - k \left( q + \frac{k}{2} q \right) = q \left( 1 - \frac{5}{4} k - \frac{1}{2} k^2 \right),$$

$$q_2 = Q_0 = q \left( 1 + \frac{1}{2} k \right),$$

$$q_3 = \frac{Q}{2} + kQ_0 = q \left( 1 + \frac{3}{4} k + \frac{1}{2} k^2 \right).$$

Thay thế giá trị $k \approx \frac{(2 - \sqrt{2}) r}{4a}$ và bỏ qua các số hạng chứa các giá trị $\frac{r}{a}$ thành lũy thừa cao hơn giá trị đầu tiên, cuối cùng chúng ta thu được:

$$q_1 \approx q \left( 1 - \frac{5(2 - \sqrt{2}) r}{16a} \right),$$

$$q_2 \approx q \left( 1 + \frac{(2 - \sqrt{2}) r}{8a} \right),$$

$$q_3 \approx q \left( 1 + \frac{3(2 - \sqrt{2}) r}{16a} \right).$$

33

Kết quả cho các trường hợp. thể hiện trong Hình 7 và 8 được tóm tắt trong bảng:

| (Hình 7) | $q_1$ | $q_2$ | $q_3$ |
| :— | :— | :— | :— |
| Đến mọi kết nối | $q$ | $q$ | $q$ |
| Sau khi kết nối 1-2 | $q + kq$ | $q - kq$ | $q$ |
| Sau khi kết nối 2-3 | $q + kq$ | $q - \frac{3}{2}kq - k^2q$ | $q + \frac{1}{2}kq + k^2q$ |
| Sau khi kết nối 3-1 | $q \left(1 + \frac{3}{4}k + \frac{1}{2}k^2\right)$ | $q \left(1 - \frac{3}{2}k - k^2\right)$ | $q \left(1 + \frac{3}{4}k + \frac{1}{2}k^2\right)$ |
| Xấp xỉ | $q \left(1 + \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{16a}\right)$ | $q \left(1 - \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{8a}\right)$ | $q \left(1 + \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{16a}\right)$ |

| (Hình 8) | $q_1$ | $q_2$ | $q_3$ |
| :— | :— | :— | :— |
| Đến mọi kết nối | $q$ | $q$ | $q$ |
| Sau khi kết nối 1-2 | $q$ | $q$ | $q$ |
| Sau khi kết nối 2-3 | $q$ | $q + kq$ | $q - kq$ |
| Sau khi kết nối 3-1 | $q \left(1 + \frac{1}{2}k + k^2\right)$ | $q(1 + k)$ | $q \left(1 - \frac{3}{2}k - k^2\right)$ |
| Xấp xỉ | $q \left(1 + \frac{(2 - \sqrt{2})r}{8a}\right)$ | $q \left(1 + \frac{(2 - \sqrt{2})r}{4a}\right)$ | $q \left(1 - \frac{3(2 - \sqrt{2})r}{8a}\right)$ |

B. Bukhovce