Kvant 1977, số 12 · Trang

KVANM 12
1977

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Bức ảnh này cho thấy một trong những đường cong đáng chú ý - cardion (được nhà toán học người Pháp Castillon đặt tên vào năm 1741 vì nó giống với trái tim (zharbια trong tiếng Hy Lạp - trái tim).

Đây là một cách để xây dựng nó. Chúng tôi chọn một điểm tùy ý trên vòng tròn và vẽ tất cả các hợp âm có thể có thông qua nó (chúng có màu đen trong hình). Chúng ta hãy lấy một trong những hợp âm tùy ý và rút ra từ đầu thứ hai của nó một hợp âm khác, hợp âm “đỏ”, bị tắc nghẽn bởi hợp âm “đen”. Phần đánh giá (xem «Kvant», 1977, số 9, ghi chú “Nephroid”) của họ các hợp âm “đỏ” này sẽ là cardion.

Đọc thêm về cardion trên p. 33.

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. Belev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
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

TRONG PHÒNG:
3 I. Kikoin. Vật lý Liên Xô được tạo ra như thế nào
12 S. Gindikin. Pierre-Simon Laplace
22 M. Mamikon. Vấn đề về đề xuất

Phòng thí nghiệm «Kvant»
M. Golubev, A. Kaedalenko. Thả trên bề mặt nóng

vòng tròn toán học
V. Voiskunsky. Hôm nay - trượt băng nghệ thuật

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M476—M480; F488—F492
Lời giải bài toán M434, M435; F445, F446

Qua những trang sách giáo khoa
A. Bendukidze. Đạo hàm của hàm số mũ

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
I. Shepochkina. Hai lần về cùng một điều

Xưởng của người nộp đơn
J. Sukonic, P. Gornitsyn. Bài toán về diện tích và góc nhị diện
N. Goldfarb, V. Novikov. Xung lực của cơ thể và hệ thống cơ thể

Đáp số, gợi ý, lời giải
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải bài toán từ sách bài toán «Kvant» (tr. 32, 43, 51, 59)

Xuất bản 1977

Hỗn hợp (tr. 27, 29, 33)

© Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học
nhà xuất bản “Nuka”, «Kvant», 1977

2

Và thành viên ban biên tập tạp chí của chúng tôi, thành viên chính thức của Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô, Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học, Giáo sư Valentin Aleksandrovich Fabrikant, đã tròn 70 tuổi.
Tập hợp biên tập và biên tập viên của tạp chí «Kvant», thay mặt chính họ và thay mặt cho hàng nghìn độc giả, chúc mừng Valentin Aleksandrovich về món bán tráng miệng của ông và chúc ông sức khỏe, nhiều năm sống và những thành công mới trong công việc cao cả của mình với tư cách là một nhà khoa học và nhà giáo.

3

Vật lý Liên Xô được tạo ra như thế nào

Chúng tôi đang hoàn thiện việc xuất bản hồi ký của Viện sĩ I.K. Kikon.
Bắt đầu xem «Kvant» Số 10, 11.

Cho đến cuối những năm 20 của thế kỷ chúng ta, các điều kiện chính của vật lý thế giới, bao gồm cả vật lý của Liên Xô, đều nhằm vào các vấn đề lời giải về cấu trúc của nguyên tử, vỏ electron của nó và vật lý của kim loại.

Về vấn đề cấu trúc của hạt nhân nguyên tử, rất ít nhà vật lý quan tâm tới nó. Đây chủ yếu là các nhà vật lý đến từ trường Rutherfort ở Anh và Marie Curie ở Pháp. Ở Liên Xô, các nhà khoa học Leningrad L.V. Mysovsky tại Viện Radium Nhà nước, D.V. Skobeltsyn tại Đại học Bách khoa Leningrad và Viện Vật lý và Công nghệ Leningrad làm việc về vật lý hạt nhân.

Hồi đó chúng ta được dạy, và rồi chính chúng ta cũng được dạy rằng hạt nhân gồm có proton và electron, số proton bằng trọng lượng nguyên tử của nguyên tố đó, và số electron trong hạt nhân bằng hiệu giữa trọng lượng nguyên tử và số hiệu nguyên tử của nguyên tố đó.

Vào đầu những năm 1930, vật lý hạt nhân đã trải qua một cuộc bùng nổ thông tin – trong vòng hai hoặc ba năm, một loạt khám phá cơ bản mới đã thực sự ập đến với chúng ta. Năm 1931, tại phòng thí nghiệm của Rutherforth, Cockroft và Walton lần đầu tiên tính toán hạt nhân lithium bằng cách bắn phá chúng bằng proton có năng lượng vài trăm keV. Trong trường hợp này, các hạt α có năng lượng khoảng 8 MeV được phát ra từ lithium. Báo cáo về những trải nghiệm này đã được chúng tôi dự kiến ​​​​sẽ thảo luận trong phòng thí nghiệm, ngoài hành lang và thậm chí cả trong bữa trưa. Đây là lần đầu tiên năng lượng của các hạt thu được vượt quá đáng kể năng lượng của các hạt bắn phá.

Một thời gian sau, những thí nghiệm này được lặp lại ở nhiều phòng thí nghiệm trên khắp thế giới và đặc biệt là ở nước ta bởi các nhà vật lý Kharkov dưới sự lãnh đạo của K. D. Sinelnikov.

Năm 1932, nhà vật lý người Anh Chadwick (học trò của Rutherfort) đã phát hiện ra neutron - một hạt có khối lượng gần bằng khối lượng proton nhưng không mang điện tích. Đó là một cảm giác thực sự. Hơn nữa, các thí nghiệm tương tự trước đây đã được thực hiện độc lập bởi các nhà vật lý người Đức và người Pháp, những người, giống như Chadwick, đã quan sát thấy bức xạ xuyên thấu phát ra bởi các nguyên tố nhẹ (ví dụ, berili) khi bị bắn phá bằng các hạt α. Bức xạ này dễ dàng xuyên qua một lớp chì dày và khi chạm vào parafin sẽ đánh bật các proton ra khỏi nó. Các nhà vật lý này tin rằng bức xạ xuyên qua chì là tia gamma, nhưng không làm thay đổi năng lượng của chúng. Chadwick đã thực hiện những phép đo như vậy và bị thuyết phục rằng tia γ không thể có những năng lượng như vậy. Ông đã chứng minh một cách thuyết phục rằng các hạt không tích điện, hóa ra là neutron, xuyên qua chì. Đối với chúng tôi, đây là một minh họa bổ sung cho thấy tầm quan trọng của các thí nghiệm định lượng trong vật lý.

Cùng năm 1932, một thông điệp xuất hiện về việc phát hiện ra một hạt cơ bản mới trong tia vũ trụ - positron, là một electron cơ bản dương.

Tất cả những thông điệp này đều được đăng dưới dạng ghi chú ngắn, không có chi tiết, trên các tạp chí khoa học phổ thông.

4

tiền, và chúng tôi nóng lòng chờ đợi sự xuất hiện của những bài báo chi tiết trên các tạp chí vật lý khoa học nghiêm túc.

Để nhanh chóng đưa các nhà khoa học Liên Xô tiếp cận xu hướng chủ đạo của các ý tưởng hiện đại về vật lý hạt nhân nguyên tử, A.F. Ioffe quyết định tổ chức Hội nghị toàn liên bang về vật lý hạt nhân nguyên tử với sự tham gia của các nhà khoa học hàng đầu nước ngoài. Hội nghị này diễn ra vào cuối tháng 9 năm 1933. Nó diễn ra tại hội trường của Viện Hàn lâm Khoa học ở Leningrad. Xét về thành phần người tham gia và số lượng lập trình viên đa dạng, hội nghị có tính chất quốc tế. Nó có sự tham dự của nhà vật lý người Anh Paulli, nhà vật lý người Pháp Perrin, vợ chồng Jollu-Curie và các nhà khoa học nổi tiếng thế giới khác.

Ngay sau những thí nghiệm đầu tiên về việc mở rộng hạt nhân lithium, A.F. Ioffe nhận ra rằng vật lý của hạt nhân nguyên tử đang bước vào một kỷ nguyên mới và đã tham gia tổ chức nghiên cứu trong lĩnh vực này tại Viện Vật lý-Kỹ thuật của chúng tôi. Lúc đầu, một hội thảo thường trực về vật lý hạt nhân đã được tổ chức (tách biệt với hội thảo truyền thống về vật lý đại cương mà tôi đã nói đến).

Tại hội thảo này (theo như tôi nhớ thì nó họp vào thứ Tư) tất cả các công trình mới về vật lý hạt nhân đều được thảo luận chi tiết. Mặc dù tôi không có ý định trở thành một “nhà khoa học hạt nhân” vì đam mê nghiên cứu về chất bán dẫn và kim loại nhưng tôi vẫn cẩn thận tham dự các buổi hội thảo này để theo kịp những phát triển mới trong vật lý. Khi thông điệp giật gân tiếp theo được thảo luận tại hội thảo, hội trường đã quá đông đúc. Chẳng bao lâu sau, viện của tổ chức đã có hai nhóm “nhà khoa học hạt nhân”. Một dưới sự lãnh đạo của I.V. Kurchatov, người còn lại dưới sự lãnh đạo của A.I. Alikhanov. Cả hai nhóm này đều đặt mục tiêu tạo ra công nghệ thử nghiệm mới đối với họ. Cần phải có được nguồn hạt α, hạt β (electron), hạt γ và neutron. Những nguồn như vậy là sản phẩm của sự phân rã phóng xạ của radium, nguồn dự trữ tập trung tại Viện vô tuyến Leningrad. Nguồn neutron là các ống chứa khí radon (sản phẩm phân rã của radium), phát ra các hạt α và bột beryl (beryl, được chiếu xạ bởi các hạt α, phát ra neutron). Đồng thời, các công cụ phát hiện hạt đã được chuẩn bị - máy đếm, buồng mây, buồng ion hóa và nhiều loại công nghệ khác, nếu không có chúng thì không thể thực hiện các thí nghiệm trong vật lý hạt nhân. Tất cả điều này được phát triển tương đối nhanh chóng, được thực hiện bằng chính đôi tay của chúng tôi và công việc thử nghiệm bắt đầu sôi sục.

Ngay sau khi phát hiện ra positron trong tia vũ trụ, nhiều nhà vật lý bắt đầu tìm kiếm khả năng tạo ra positron trong điều kiện phòng thí nghiệm. Những nỗ lực này không chỉ thành công mà còn dẫn đến việc phát hiện ra chất phóng xạ nhân tạo. Irène và Frédéric Jollu-Curie phát hiện ra rằng khi các nguyên tố nhẹ như nhôm hoặc magie bị chiếu xạ bởi các hạt alpha, chúng sẽ phát ra positron. Khi điều tra hiện tượng này, họ đã bất ngờ xử lý cường độ thử nghiệm của nó. Vậy là nhà Curie đã có một khám phá kép. Họ đã xử lý phóng xạ nhân tạo lần đầu tiên và phát hiện ra một loại phân rã phóng xạ mới - phân rã positron.

Báo cáo về những thí nghiệm này gây chấn động không kém gì việc phát hiện ra neutron. Phóng xạ nhân tạo trong quá trình chiếu xạ hạt α chỉ được quan sát thấy ở các nguyên tố nhẹ. Đối với các yếu tố nặng, nó đã được xử lý. Điều này được giải thích là do xác suất các hạt tích điện tùy ý (ví dụ, các hạt α) ở bên trong là nhỏ. Chính vì những lý do này mà nhà vật lý người Ý Fermi

ny yếu tố, phụ cho những khó khăn. Người ta biết rằng các electron phát ra trong quá trình phân rã β có động năng khác nhau, các giá trị của chúng nằm trong khoảng từ 0 đến một giá trị cực đại nhất định đặc trưng cho từng hạt nhân. Trong khi đó, rõ ràng là trong quá trình biến đổi phóng xạ của hạt nhân, nó chuyển từ trạng thái ban đầu nhất định sang trạng thái cuối cùng, điều tương tự cũng được thực hiện một cách chắc chắn. Trong trường hợp này, một năng lượng nhất định phải được giải phóng, năng lượng này được truyền cho electron phát ra từ hạt nhân. Tại sao các electron phát ra có năng lượng khác nhau? Ví dụ: hạt nhân $^{210}_{83}$Bi biến thành hạt nhân $^{210}_{84}$Po do phân rã β. Năng lượng cực đại của electron phát ra trong phản ứng này là $1,05 \cdot 10^6$ EV. Nói cách khác, năng lượng của mỗi hạt nhân $^{210}_{83}$Bi giảm đi $1,05 \cdot 10^6$ EV. Năng lượng trung bình mà mỗi electron phát ra nhận được hóa ra bằng $0,39 \cdot 10^6$ EV. Kết quả là một số electron phát ra có ít năng lượng hơn năng lượng “bị mất” bởi hạt nhân. Phần năng lượng còn lại đi đâu?

Câu hỏi này là một trong những câu hỏi cấp bách nhất vào đầu những năm ba mươi. Niels Bohr thậm chí còn quyết định đề xuất rằng định luật bảo toàn năng lượng có thể bị vi phạm trong các quá trình hạt nhân cơ bản.

Một “lối thoát” khỏi tình trạng này đã được nhà vật lý người Thụy Sĩ Pauli đề xuất. Ông đề xuất rằng trong quá trình phân rã của hạt nhân, cùng với electron, một phần khác của một khối lượng nhỏ không đáng kể bay ra ngoài, không mang điện tích, phần này “mang theo” năng lượng “không đủ”. Hạt này được gán cho một neutrino (trong tiếng Nga là “neutrishka”). Tuy nhiên, mọi nỗ lực phát hiện neutrino trong các thí nghiệm đều không thành công. neutrino vẫn là “một hạt bí mật, không có hình dạng,” như chúng tôi gọi đùa nó, diễn đạt lại đoạn văn tương ứng trong câu chuyện “Trung úy Kizhe” của Tynyanov.

Thí nghiệm đầu tiên, kết quả của nó là sự xác nhận gián tiếp về sự tồn tại của neutrino, được A.I. Leipunsky, ai

10

khả năng xây dựng hòa bình của chúng ta》.

Kể từ đầu những năm 50, viện của chúng tôi bắt đầu phát triển chuyên sâu các vấn đề liên quan đến việc sử dụng năng lượng nguyên tử vì mục đích hòa bình. Kết quả đầu tiên của công việc này là việc khánh thành nhà máy điện hạt nhân đầu tiên trên thế giới tại thành phố Obninsk gần Moscow vào năm 1954. Nó có công suất nhỏ, chỉ 5000 kW. Nhưng ngày nay ở nước ta có các nhà máy điện hạt nhân đủ loại và cỡ vừa - Nhà máy điện hạt nhân khổng lồ Leningrad với công suất 2.000.000 kW. Trong giai đoạn 5 năm thứ 10, công suất các nhà máy điện hạt nhân của Liên Xô sẽ tăng lên đáng kể.

Tàu phá băng chạy bằng năng lượng hạt nhân đầu tiên trên thế giới, Lenin, được chế tạo dưới sự hướng dẫn khoa học của các nhà vật lý từ viện của chúng tôi, đã hoạt động thành công trong hơn 10 năm và góp phần to lớn vào sự phát triển hàng hải ở các vùng biển vùng cực. Tàu phá băng hạt nhân Arktika được chế tạo gần đây đã đi tới Bắc Cực. Tàu phá băng hạt nhân Siberia thậm chí còn mạnh hơn đang chuẩn bị đi vào hoạt động.

Đầu những năm 50, các nhà vật lý nảy ra ý tưởng sử dụng năng lượng giải phóng trong cái gọi là phản ứng nhiệt hạch. Ngay cả trước chiến tranh, lý thuyết của nhà vật lý người Đức Boethe và các nhà vật lý khác đã xuất hiện, theo đó năng lượng khổng lồ do Mặt trời phát ra sẽ tạo ra phản ứng nhiệt hạch diễn ra như sau. Khi gặp nhiệt độ cao, các hạt nhân nhẹ, có động năng rất lớn, có thể thắng được lực đẩy Coulomb và có thể hợp nhất thành các hạt nhân nặng hơn. Quá trình này đi kèm với việc giải phóng năng lượng khổng lồ, vượt quá đáng kể năng lượng của các hạt nhân hợp nhất.

Trong điều kiện “trên mặt đất”, phản ứng nhiệt hạch lần đầu tiên được sử dụng để tạo ra một vụ nổ có sức mạnh cực lớn – bom nhiệt hạch đã được tạo ra. Sau đó, câu hỏi đặt ra về khả năng sử dụng năng lượng nhiệt hạch cho mục đích hòa bình. Khu bảo tồn thiên nhiên

11

bình đựng tro cốt sử dụng trong các lò phản ứng hạt nhân còn hạn chế. Dự trữ nguyên tố sắt ở dạng tác dụng (hydro nặng $^3\text{H}$), có thể được sử dụng cho các phản ứng nhiệt hạch, là rất lớn - tác dụng là một phần của nước nặng, chiếm 1/6000 tổng lượng nước hiện có trên toàn cầu. Và khi hai hạt nhân hợp nhất, năng lượng khoảng 13 MeV, cao hơn nhiều so với năng lượng ban đầu của hạt nhân hợp nhất. Vì vậy, năng lượng giai cấp này thực tế chưa được khám phá theo hướng này.

Nhưng để sử dụng năng lượng này cho mục đích hòa bình, cần sớm khởi tạo lại năng lượng hạt nhân. Vì vậy, năng lượng giai cấp này thực tế chưa được khám phá theo hướng này.

Trước hết, cần phải học cách đun nóng hydro đến nhiệt độ cao mà tại đó hạt nhân có khả năng tham gia phản ứng nhiệt hạch. Cách đơn giản nhất là đốt nóng khí bằng dòng điện. Để làm được điều này, một sự phóng điện được tạo ra trong chất khí và ở giá trị dòng điện cao, chất khí bị đốt nóng do nhiệt Joule. Trong trường hợp này, khí bị ion hóa hoàn toàn và biến thành plasma. Ở nhiệt độ rất cao, plasma hydro là “hỗn hợp” của các electron và hạt nhân có thể tham gia phản ứng nhiệt hạch. Tuy nhiên, plasma ở nhiệt độ cao rất không ổn định - với dòng điện lớn chạy qua quá trình phóng điện, lớp plasma tích điện một chiều sẽ bị đẩy ra, va vào thành ống xả khí và nhanh chóng nguội đi.

Vấn đề “ngăn chặn” plasma là một trong những vấn đề khó khăn nhất phải được giải quyết trên con đường kiểm soát phản ứng nhiệt hạch. Và các nhà vật lý Liên Xô đã có đóng góp vô giá cho lời giải vấn đề này. Dưới sự lãnh đạo của các học giả L.A. Artsimovich và M.A. Leontovich, một cơ sở trong đó từ trường được chọn lọc và định hướng đặc biệt giúp giữ lại plasma ở nhiệt độ cao đã được xây dựng bằng năng lượng nguyên tử Istichit. Đây được gọi là TOKAMAK - “buồng hình xuyến trong từ trường”. Ngày nay, trên toàn thế giới, các thí nghiệm về giam cầm plasma được thực hiện chủ yếu ở các cơ sở lắp đặt kiểu này. Và họ được gọi là TOKAMAK trên toàn thế giới.

Hiện nay, nghiên cứu về vấn đề kiểm soát phản ứng nhiệt hạch ở mức độ mà các kỹ sư và nhà thiết kế đã bắt đầu xem xét các vấn đề kỹ thuật thuần túy, liên quan đến việc triển khai nguyên mẫu của một trạm nhiệt hạch trong tương lai. Người ta có thể hy vọng rằng vào khoảng cuối thế kỷ này, một nguyên mẫu sẽ được chế tạo và thử nghiệm, khi đó sẽ có thể giải quyết được vấn đề sử dụng năng lượng nhiệt hạch trong công nghiệp.

Tất nhiên, tôi không thể đưa ra một bức tranh toàn diện về sự phát triển của vật lý Liên Xô. Tôi chủ yếu chỉ nói về những công việc mà tôi, bằng cách này hay cách khác, phải giải quyết. Vì vậy, tôi đã không nói về nhiều thành tựu nổi bật của các nhà vật lý Liên Xô - chẳng hạn như sự ra đời của các electron lượng tử trong công trình của các học giả đoạt giải Nobel N. G. Basov và A. M. Prokhorov, việc phát hiện ra cộng hưởng tham số điện tử của Viện sĩ E. K. Zavoisky, việc phát hiện ra nguyên lý các hạt tích điện của WTO của Viện sĩ V. I. Veksler và nhiều hơn thế nữa. Tuy nhiên, tôi hy vọng rằng câu chuyện của tôi đã giúp độc giả «Kvant» tưởng tượng những đóng góp to lớn của các nhà vật lý Liên Xô đối với sự phát triển khoa học và công nghệ trong 60 năm cầm quyền của Liên Xô.

12

S. Gindikin

Pierre-Simon Laplace

Thủ tướng của Thượng viện Hoàng gia, người đã nhận được hơn 100 nghìn livres niên kim hàng năm, với lòng nhiệt thành không kém gì một học giả đơn giản, Laplace đã tìm cách tôn trọng tất cả những bất thường và xáo trộn trong chuyển động của các ngôi sao sáng với con mắt hướng đến trật tự phổ quát, để mở rộng phương pháp phân tích toán học đến các hiện tượng vật lý trần thế và phụ thuộc vào các công thức của ông về các hiện tượng của đời sống xã hội mà trong đó một người bình thường nhìn thấy một bí ẩn hoặc một manh mối mù quáng.

Arago

Vào ngày 5 tháng 3 năm 1827, lúc 9 giờ sáng, Hầu tước Laplace, ngang hàng với Pháp, một trong những người đầu tiên nắm giữ Bắc đẩu Bội tinh, đã được trao tặng danh hiệu cao quý nhất - Grand

Đi qua. “Những gì chúng ta biết là không đáng kể so với những gì chúng ta không biết,” là những lời cuối cùng của ông. Laplace được mệnh danh là “Newton của Pháp”; Ông qua đời đúng một trăm năm sau cái chết của Newton, thần tượng của ông.

Những lời tri ân dành cho Laplace được đưa ra với một số nhầm lẫn. Bài phát biểu của Fourier nói: “Có lẽ tôi nên đề cập đến những thành công của Laplace trong một phần hoạt động chính trị, nhưng tất cả những điều này không tồn tại: chúng tôi là những nhà toán học vĩ đại thuần túy. Chúng tôi phải tách người sáng tạo bất tử của Cơ học thiên thể khỏi bộ trưởng và ngữ nghĩa.” Những người xung quanh cảm thấy xấu hổ khi Laplace trở thành một người theo chủ nghĩa cộng hòa và quân chủ, một người Athens và một người Công giáo, đồng thời nhận được danh hiệu dưới thời Đế quốc và sau thời kỳ Phục hồi. (Tuy nhiên, Jacobin Fourier trước đây sau này cũng trở thành nam tước.)

13

Beaumont - Paris, 1749-1789

Marques tương lai sinh ngày 23 tháng 3 năm 1749 trong một gia đình nông dân ở vùng bé Beaumont (Normandy). Sau đó, anh miễn cưỡng kể về thời thơ ấu của mình và sau 21 năm, anh chưa bao giờ gặp lại cha mẹ mình. Nhờ một người bảo trợ vô danh, Laplace tốt nghiệp trường Cao đẳng Dòng Biển Đức. Ở tuổi 17, anh đã dạy toán tại một trường quân sự.

Laplace bắt đầu nghiên cứu chuyên sâu về toán học và cơ học. Năm 1770, sau khi chuẩn bị sẵn một lá thư để giới thiệu mình với d’Alembert vĩ đại, ông đã đến Paris. Trong một thời gian dài, anh ấy không thể đưa ra các khuyến nghị thực hành cho đến khi một ý tưởng thú vị nảy ra trong đầu anh ấy - trình bày suy nghĩ của mình về cơ học bằng văn bản. Sự độc đáo trong suy nghĩ của chàng trai trẻ đã gây ấn tượng mạnh mẽ với D’Alembert: “Bạn đã chứng tỏ được bản thân và tôi hoàn toàn hài lòng với điều này. Sự giúp đỡ của tôi là phục vụ bạn.”

Với sự giúp đỡ của D’Alembert, Laplace trở thành giáo viên tại trường quân sự, sau đó đảm nhận vị trí giám khảo trong quân đoàn pháo binh hoàng gia, bị bỏ trống sau cái chết của Bezu. Năm 1784, chàng trai trẻ Bonaparte đã vượt qua kỳ thi một cách xuất sắc, điều mà Laplace có cơ hội nhớ lại vào năm 1804: “Tôi muốn thêm vào lời chào của mọi người lời chào của tôi tới Hoàng đế nước Pháp, Zero, người mà hai mươi năm trước tôi đã có may mắn thu hút được một sự nghiệp rộng mở, do ông ấy thực hiện với một cây anh túc yếu ớt và với một câu châm ngôn cho nước Pháp.”

Năm 1772, Laplace tranh cử vị trí phụ tá tại Viện Hàn lâm Khoa học *)

*) Vào thời điểm đó ở Pháp có năm học viện. Trong số đó, chúng ta hãy kể đến Viện Hàn lâm Pháp, do Hồng y Richelieu thành lập năm 1635 để cải thiện tiếng Pháp và biên soạn từ điển, và Viện Hàn lâm Khoa học, được thành lập năm 1666. Viện Hàn lâm Pháp bao gồm 40 thành viên trực tiếp. Những thành viên mới được chọn để thay thế những người đã chết. Các thành viên của Viện Hàn lâm Pháp thường được gọi là “những người bất tử”. Sẽ chính xác hơn nếu gọi Viện Hàn lâm Khoa học (L’Académie des Sciences) trong tiếng Nga là Viện Hàn lâm Khoa học Tự nhiên, bởi vì “khoa học” tiếng Pháp chỉ áp dụng cho những ngành khoa học như vậy.—Lưu ý. biên tập.

(vị trí cấp dưới) môn hình học*), nhưng anh ấy không được chọn. Rõ ràng, một trong những lý do dẫn đến điều này là do các nhà khoa học Pháp không mấy thiện cảm với tôi về người đồng nghiệp trẻ của họ. Lagrange có quan điểm khoan dung và lạc quan hơn: “Tôi hơi ngạc nhiên khi Chúng tôi viết thư cho tôi về Laplace: khoe khoang về những thành công đầu tiên là đặc điểm thiếu sót chủ yếu của những người còn rất trẻ. Tuy nhiên, khi các giá trị tăng lên thì tính tự lực của cộng đồng giảm đi” (thư gửi người thư ký khiêm tốn của Học viện Khoa học Condorcet). Laplace đã nghĩ đến việc chuyển đến Berlin, đến Lagrange, nhưng vào năm 1774, ông nhận được một vị trí phụ tá về cơ khí.

Hầu như toàn bộ hoạt động khoa học của Laplace đều được dành cho cơ học thiên thể (xem bên dưới). Nhưng mối quan tâm của anh ấy rộng hơn nhiều. Do đó, vào năm 1779-1784, ông đã cộng tác với Lavouzier trong nhiều vấn đề khác nhau (một số khả năng viễn thông, các vấn đề về ngữ văn, điện khí quyển): “Tôi thực sự không biết làm thế nào mà tôi lại cho phép mình bị cuốn hút vào công việc vật lý, và có lẽ bạn sẽ thấy rằng bạn sẽ làm tốt hơn nếu bạn kiềm chế không làm như vậy; nhưng tôi không thể cưỡng lại Lavuzier khác của tôi, người đã đưa vào công việc chung này nhiều sự thú vị và thông minh như tôi mong muốn. anh ấy rất giàu, anh ấy không muốn bất cứ thứ gì có thể truyền đạt để trải nghiệm sự rõ ràng cần thiết cho nghiên cứu ít ỏi như vậy.” Laplace cũng tham gia vào đời sống công cộng: ông là thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học, ông duy trì thủ đô cho người nghèo và điều kiện vệ sinh của các lò mổ trong thành phố.

Quyền lực của Laplace ngày càng lớn mạnh. Năm 1784, ông trở thành một học giả (về cơ khí).

Con đường của nông dân Biomon không phải là duy nhất. Vào cuối thế kỷ 18 ở Pháp, hầu hết các thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học đều có nguồn gốc đơn giản. Nalrimer, Monge là con trai của một người thợ xay trong làng, Fourier—

*) Hình học vào thế kỷ 18 là tên được đặt cho tất cả các khoa toán của Viện Hàn lâm Khoa học, gọi là khoa hình học.

14

Pierre-Simon Laplace.
(chân dung đầu thế kỷ 19).

con trai một người thợ may, Poisson là con trai một người lính. Sự tham gia của tầng lớp thượng lưu vào khoa học thường chỉ giới hạn ở việc bảo trợ nghệ thuật và trở thành thành viên danh dự của Học viện. D’Alembert phàn nàn: “Mechenov ở thời đại chúng ta, hãy nói với tôi rằng không thể khen ngợi và cảm ơn tất cả họ một cách đúng đắn.”

Năm 1788 Laplace kết hôn. Một năm sau, con trai anh chào đời. Một chiều kích, cuộc sống thịnh vượng được chính họ biến đổi, mang tính quyết định thay đổi cuộc sống.

Cách mạng, Đế chế, Phục hồi

Các sự kiện cách mạng đã thu hút một bộ phận đáng kể các nhà khoa học Pháp. Bạn của Laplace, nhà thiên văn học Bailly, là zerr đầu tiên của Paris, Condorcet là thành viên của chính quyền thành phố, và nhà toán học xuất sắc Monge là bộ trưởng biển. Năm 1791, một số học giả đã đề cử ứng cử viên vào Hội đồng Lập pháp (Condorcet, Lavuzier). Liên quan đến vấn đề này, Marat đã tạo ra một tập sách nhỏ tổng hợp “Những gã lang băm hiện đại”. Laplace cũng ghi nhận điều đó ở mặt sau: “Trong số những nhà toán học hàn lâm giỏi nhất có Laplace, Monge và Kuzen: một gia đình gồm các tác giả quen với việc tuân theo các công thức nổi tiếng và leo lên theo mệnh lệnh của họ, giống như một con ngựa kéo xe, người Comorian đã quen với việc thực hiện một số lượt nhất định trước khi bị lật đổ.”

Laplace, cùng với Lagrange, Monge, Lavuzier, được tuyển dụng vào làm việc trong Ủy ban Đo lường, với mục tiêu là tạo ra một hệ thống đo lường thống nhất. Trong thời kỳ chế độ độc tài Jacobin, Laplace đã bị triệu hồi khỏi ủy ban do “thiếu các đức tính phục hồi và lòng căm thù bạo chúa quá yếu”. Năm 1799, ông trở lại ủy ban và dưới sự giám sát của ông, eton của mét và kilôgam đã được tạo ra.

Vào mùa hè năm 1793, được Ủy ban An toàn Công cộng công nhận, một nhóm lớn các nhà khoa học đã bắt đầu nghiên cứu khoa học để tổ chức phòng thủ trước sự xâm lược dự kiến. Laplace không nằm trong số đó. Ông lui về Melun yên tĩnh, nơi ông bắt đầu thực hiện bộ sách Cơ học thiên thể nhiều tập - tác phẩm chính của cuộc đời ông.

Năm 1793, Công ước quản lý các học viện hiện có. Vào năm 1793-1794, một số học giả đã kết thúc cuộc đời của họ bằng gluten. Cùng với Girondists, anh ta bị kết án tử hình, nhưng Condorcet đã trốn thoát. Theo “Luật nghi phạm”, Lavuzier bị xử tử với tư cách là một nông dân đóng thuế. Bailly, người mà Laplace cố giấu trong nhà ở Melen, cũng chết trên đoạn đầu đài.

Laplace trở lại Paris sau cuộc đảo chính Thermidran vào mùa thu năm 1794. Cùng với Lagrange và các nhà khoa học lớn khác. ông đã thay thế vị trí giáo sư tại Trường Bình thường. Hình thức hoàn thiện giáo dục mới này đã được hình thành trong Công ước; nó được công nhận là nơi đào tạo giáo viên và nhà khoa học cho toàn nước Pháp. Sự tham gia của các nhà khoa học nổi tiếng với tư cách là giáo viên là điều mới mẻ. Sau này, Trường Bách khoa được thành lập để đào tạo các kỹ sư ở trình độ cao tương tự. Laplace cũng giảng bài ở đây. Ông trở thành chủ tịch Phòng Cân đo và cộng tác tích cực với Cục Kinh độ, được thành lập để hợp lý hóa những thay đổi thiên văn và dịch vụ thời gian.

Năm 1795, Ban Giám mục thành lập Viện Khoa học và Nghiên cứu Quốc gia

15

nghệ thuật (ở Pháp nó thường được gọi đơn giản là “Viện”). Viện được chia thành các loại. Danh mục khoa học vật lý và toán học được đặt tên đầu tiên.

Tướng Bonaparte duy trì liên lạc với Viện bằng mọi cách có thể và tham gia tích cực vào công việc của khoa hình học. Trong chiến dịch Ai Cập, ông đã ký tuyên bố của mình: “Bonaparte, Tổng tư lệnh, Thành viên của Viện”.

Năm 1799, hai tập đầu tiên của Cơ học thiên thể được xuất bản và Laplace - đúng nghĩa là vài ngày trước cuộc đảo chính của Briomere thứ 18 (12 tháng 11) - đã trình bày tập I cho Napoléon. Trong đáp số vị tướng nói: “Với lòng biết ơn của nguyên tắc, công dân, tôi đã gửi cho bạn một bản sao của Your Excellent.mpruda. Trong sáu tháng đầu tiên mà tôi có cơ hội, tôi gần như có thể yêu cầu bạn một tác phẩm tuyệt vời.”

Sau khi thành lập lãnh sự quán, Napoléon quyết định trao chức Bộ trưởng Nội vụ cho nhà khoa học. Sự lựa chọn thuộc về Laplace, rất có thể là do ông nổi tiếng và quen biết cá nhân với Napoléon. Tuy nhiên, hoạt động của Laplace trên cương vị bộ trưởng không thành công. Không giống như các đồng nghiệp của mình trong nội các Talleyrand và Fouche, Laplace không thể tìm ra kịp thời những suy nghĩ của lãnh sự, người đang bảo vệ khoa học, đang hướng tới đâu. Không phải không ngây thơ, ông theo đuổi chủ nghĩa bảo hoàng và tôn giáo: “Đừng bỏ lỡ một cơ hội nào để chứng minh bằng nội dung của mình rằng không có chủ nghĩa bảo hoàng nào hơn những thay đổi bắt nguồn từ thế kỷ 18” (từ thông tư của Bộ trưởng Laplace). Không nhiều tháng trôi qua, Napoléon thay thế Laplace bằng anh trai Lucien. Hồi ký của Napoléon, viết trên đảo St. Elena, viết: “Nhà hình học hạng nhất đã sớm tuyên bố mình là một nhà quản lý hơn cả tầm thường; Những bước đi đầu tiên của ông trong lĩnh vực này đã thuyết phục chúng tôi rằng chúng tôi đã bị ông lừa dối. Điều đáng chú ý là không một câu hỏi nào về cuộc sống thực tế được đưa ra cho Laplace trong ước tính thực sự của ông. Ông tìm kiếm khắp nơi những điều nhỏ nhặt, những điều nhỏ bé; những ý tưởng của ông được phân biệt bởi sự cực đoan của chúng; cuối cùng, ông hoàn toàn thấm nhuần tinh thần “vô cùng nhỏ” mà ông cũng được đưa vào quản lý.”

Tuy nhiên, màn trao đổi lịch sự giữa Napoller và Laplace vẫn không dừng lại. Sau khi trở thành Lãnh sự thứ nhất, Napoléon bổ nhiệm Laplace làm thành viên suốt đời của Thượng viện Bảo vệ. (Tuy nhiên, Thượng viện này không đóng bất kỳ vai trò nào trong đời sống chính trị.) Từ năm 1803, Laplace đã là ứng cử viên cho Thượng viện. Trong số ít đạo luật của Thượng viện có việc bãi bỏ - theo báo cáo của Laplace - lịch cách mạng. Huân chương Bắc đẩu Bội tinh được thành lập và Laplace là một trong những người đầu tiên nhận được Huân chương này. Năm 1808, ông trở thành Bá tước Đế chế.

Trong khi đó, Laplace tiếp tục nghiên cứu Cơ học Thiên thể. Năm 1802, tập thứ ba được xuất bản, dành riêng cho Napoléon - “Tôi đang cố gắng bình định châu Âu, nơi mà nước Pháp mang ơn chiến thắng, sự vĩ đại và lời ca ngợi rực rỡ nhất về sự yếu đuối của nó”. Trong đáp số Napoléon nói: “Thật đáng tiếc khi hoàn cảnh ép buộc đã loại bỏ tôi khỏi vị linh mục uyên bác.” Một lát sau, khi đã là hoàng đế, Napoléon sẽ viết: “Đối với tôi, có vẻ như Cơ học Thiên thể đã khôi phục lại vẻ huy hoàng của thế kỷ chúng ta”. Vào ngày 12 tháng 8 năm 1812, khi ở gần Smolensk, Napoléon nhận được “Lý thuyết phân tích về xác suất” và lại viết: “Vào một lúc khác, khi rảnh rỗi hơn, tôi sẽ đọc một cách thích thú “Lý thuyết xác suất” của bạn… Và xa hơn nữa: “Việc phổ biến, đồng hóa và làm chủ các khoa học toán học là nơi kết nối với quyền tự do của nhà nước”.

Napoléon tích cực can thiệp vào hoạt động của Viện. Năm 1801, đồng phục bắt buộc được áp dụng cho các thành viên của Viện. Các thành viên của Viện đã phát biểu sau nhiều tháng ở sheeregu trong phòng vẽ vải tuyn để trình lên hoàng đế. Vào thời điểm này, có thể chuyển giao các công trình khoa học cho hoàng đế và nhận quà “nội địa” của ông. Ông ủng hộ các ngành khoa học chính xác nhưng không tin tưởng vào nhân văn. Năm 1803, Napoléon LINK đã giới thiệu thể loại khoa học đạo đức và chính trị tại Viện. Khi nghe tin đồn rằng trong hạng mục ngôn ngữ và văn học Pháp có những cuộc trò chuyện về chính trị, ông nói với Segur: “Anh đang chủ trì hạng thứ hai của Viện. Tôi ra lệnh cho anh nói với anh ấy điều đó.”

16

Tôi không muốn họ nói về chính trị tại các cuộc họp. Nếu chúng ta không tuân theo lệnh giải ngũ, tôi sẽ đánh anh ta như một kẻ ngu ngốc vô dụng ”.

Năm 1814, trước khi Paris sụp đổ, Thượng viện đã có một động thái bất ngờ: theo sáng kiến ​​của Talleyrand, Thượng viện đã triệu tập dòng họ Bourbons. Laplace là một trong những người đầu tiên ký quyết định này. Trong Trăm Ngày ngài không rời tỉnh.

Sau thời kỳ Phục hồi, các cấp bậc của Viện Từ ngữ được gọi là học viện. Viện Hàn lâm Khoa học đã nhẹ nhàng loại bỏ khỏi hàng ngũ của mình những người phản đối chế độ quân chủ, Monge và Carnot. Danh dự đã được trao cho Laplaceage. Vào năm đầu tiên dưới triều đại của Louis XVIII, ông được phong làm Hầu tước và Prair của Pháp và nhận được Thập tự giá lớn của Bắc đẩu Bội tinh. Năm 1816, ông là chủ tịch Cục Kinh độ và là chủ tịch ủy ban tổ chức lại Trường Bách khoa, ông được bầu vào “Học viện Bất tử” - một vinh dự hiếm có đối với một đại diện của các ngành khoa học chính xác. Các bài phát biểu của Laplace trong phòng Razrov rất hiếm, nhạt nhẽo và mang tính chất quân chủ không khoan nhượng. Khi một bộ phận của Viện phản đối việc Charles X đưa ra cơ chế kiểm duyệt, Laplace đã công khai về cuộc phản đối này trên báo in. Saint-Simon không hài lòng: “Các quý ông, việc nghiên cứu những vật chất không có tổ chức, vô cùng nhỏ, đại số và số học! Ai đã cho các ông quyền chiếm giữ những vị trí cao cấp về mét?… Các ông đã rút ra một bài học từ khoa học, đó là, những kẻ tâng bốc những người vĩ đại trên thế giới sẽ lợi dụng sự ưu ái và lòng say mê của họ.”

Nhiều câu chuyện đã được lưu giữ về hành vi của Laplace tại Viện Hàn lâm Khoa học. Đây là hai trong số đó.

Arago và Poisson cạnh tranh để giành một suất vào Học viện. Laplace nói rằng nên ưu tiên cho Poisson lớn tuổi hơn. Đã có một cuộc trao đổi quan điểm gay gắt.

Lagrange. Nhưng bản thân ông, ông de Laplace, đã được bầu làm thành viên của Học viện khi ông chưa làm được điều gì nổi bật, chỉ tỏ ra hy vọng, và mọi khám phá vĩ đại của ông đều được thực hiện sau này.

Laplace S. Nhưng tôi vẫn tin rằng danh hiệu học giả nên được chỉ ra cho những người trẻ tuổi như một phần thưởng trong tương lai để khuyến khích sự nỗ lực của họ.

Gall e. Bạn giống như người đánh xe buộc mẩu cỏ khô vào đầu xe để dụ ngựa.

Một trò lừa như vậy kết thúc bằng việc mọi người kiệt sức và hóa đá.

Laplace đành phải nhượng bộ.

Một lần khác, vào năm 1822, Fourier và Bugo tranh cử vị trí thư ký thường trực. Laplace lấy hai sinh học một. Hàng xóm của anh ta nhìn thấy anh ta viết tên Fourier trên lưng. Sau đó, Laplace bỏ chiếc bicollet vào mũ, nhờ người hàng xóm chọn một trong số đó, người kia xé nó và lớn tiếng tuyên bố rằng ông không biết mình đã bỏ phiếu cho ứng cử viên nào.

Sau cái chết của Lagrange vào năm 1813, ảnh hưởng của Laplace tại Viện Hàn lâm Khoa học trở nên đặc biệt mạnh mẽ. Năm 1826, một năm trước khi Laplace qua đời, chàng trai trẻ Abel xuất hiện ở Paris. Anh ấy viết: “Imak, Cơ học Thiên thể đã hoàn thành. Tác giả của một tác phẩm như vậy có thể hài lòng đi theo con đường mà mình đã bước đi trong khoa học.” Ở nơi khác: “Rõ ràng là bất kỳ lý thuyết Laplace nào về thành phố đều vượt trội hơn bất kỳ lý thuyết nào mà bất kỳ nhà toán học kém hơn nào có thể tạo ra. Đối với tôi, có vẻ như nếu đạt được con số mong muốn trong toán học, người ta cần nghiên cứu các nhà toán học chứ không phải các nhà toán học phụ.”

Cơ học thiên thể

Sự khởi đầu hoạt động khoa học của Laplace đến vào thời điểm khó khăn. Một giai đoạn quan trọng trong việc xây dựng phân tích vi phân đã được hoàn thành. Không có Bài toán nào có thể tập trung nỗ lực của các nhà toán học vĩ đại nhất vào đó. Đối với nhiều người, dường như thời của toán học thuần túy đã sắp đếm hết. Hơn nữa, Lagrange đa năng, người có công trình đại số đi trước thời đại, đã ngừng nghiên cứu toán học ở một thời điểm nào đó. “Đối với bạn, có vẻ như hình học cao cấp đang sắp suy thoái? Nó được hỗ trợ bởi sự hỗ trợ từ bạn và Euler,” ông viết cho d’Alembert vào năm 1772.

Trong những điều kiện này, trọng tâm quan tâm chuyển sang toán học ứng dụng, trong đó vấn đề không thể chối cãi là xây dựng một lý thuyết về chuyển động của các thiên thể dựa trên định luật vạn vật hấp dẫn.

Nền tảng của vấn đề này là như sau. Vào đầu thế kỷ 18, Kepler, suy nghĩ qua những quan sát tỉ mỉ của Tycho de Brahe theo quan điểm của lý thuyết Copernicus, đã đưa ra ba định luật chi phối chuyển động của các hành tinh quanh Mặt trời. Gennady Newton đoán là thế

17

Những định luật này là hệ quả của định luật phổ quát duy nhất về lực hấp dẫn, chi phối cả sự tương tác giữa các thiên thể và lực hấp dẫn của trái đất. Cơ học trái đất và thiên thể hợp nhất. Trong khuôn khổ định luật hấp dẫn có thể giải thích được sự chuyển động của Mặt trăng, sự lên xuống của thủy triều, áp lực cân bằng và các tác động khác. Nhưng lý thuyết của Newton không dễ dàng được chấp nhận. Huygens và Leibnitz không tin vào điều đó. Huhann Bernoulli đã dành rất nhiều công sức để giải thích tính chất elip của quỹ đạo mà không sử dụng định luật hấp dẫn. Ở Pháp, Newton bị phản đối bởi những người theo Descartes, những người có quan điểm trái ngược về Great Strum. Ví dụ, theo quan điểm của Newton, điều quan trọng là Trái đất phải rắn, nhưng những thay đổi của các nhà khảo sát người Pháp (hóa ra là sai sót) cho thấy rằng nó bị kéo dài ở các sọc. Walter đã nói đùa vào năm 1727: “… ở Paris, tôi coi Trái đất bị kéo dài bởi các đường sọc, giống như một quả trứng, nhưng ở London thì nó dốc xuống, giống như một con chuột chũi…”

Ở một khía cạnh nào đó, vị trí của các đối thủ của Newton rất mạnh. Phân tích cẩn thận cho thấy định luật Kepler chỉ được thực hiện một cách gần đúng, và những sai lệch nhỏ có thể tích lũy theo thời gian và phá vỡ đáng kể sự ổn định của Hệ Mặt trời. Newton thấy không có cách nào để hiểu được những khả năng “lâu đời” này: “…những bất bình đẳng gần như không thể thay thế được, những quá trình mạnh mẽ từ sự tương tác giữa các mặt phẳng và sao chổi… có thể sẽ còn gia tăng trong một thời gian rất dài, cho đến khi cuối cùng hệ thống sẽ cần được đưa vào trật tự bởi bàn tay của Đấng Tạo Hóa.” Trong đáp số Leibnitz đã nhận xét về điều này: “Newton và những người theo ông ấy có một ý tưởng rất hài hước về khả năng sáng tạo. Theo quan điểm của họ, Boe thỉnh thoảng phải lên dây cót cho chiếc đồng hồ siêu nhỏ của mình… Boe đã tạo ra một cỗ máy không hoàn hảo đến mức thỉnh thoảng anh ấy phải mắc lỗi trong đó do bụi bẩn và thậm chí sửa chữa nó, giống như một người thợ đồng hồ sửa chữa công việc của mình.” Khó khăn về mặt toán học nằm ở chỗ khi rút ra các định luật Kepler từ định luật Newton, người ta đang giải quyết vấn đề về hai vật thể (Mặt trời và hành tinh). Mong muốn tính đến ảnh hưởng của ít nhất một đối tượng nữa dẫn đến bài toán của ba vật thể, điều mà trong tình hình chung vẫn chưa được giải quyết cho đến ngày nay.

Công việc của Newton được tiếp tục bởi Euler, Clairaut và D’Alembert. Euler đề cập đến các khả năng xảy ra trong chuyển động của Sao Mộc và Sao Thổ. Tất cả đều dành cho phiên bản chuyển động của Mặt trăng của riêng bạn. Clairaut đưa ra bộ điều khiển cho bài toán ba thi thể, nhưng không có dòng chữ: “Chúng tôi sẽ di chuyển bất cứ ai có thể.” Kết quả hiệu quả nhất là bài trình bày của Clairaut về thời điểm chính xác cho sự trở lại của Sao chổi Halley. Cô được mong đợi vào năm 1758, nhưng tính toán của Clairaut cho thấy, dưới ảnh hưởng của lực hút Jupter, cô sẽ bị “trì hoãn” hơn một năm. Euler và Clairaut đã xây dựng một lý thuyết về chuyển động của Trái đất có tính đến khả năng của các hành tinh khác.

Từ những năm 70 của thế kỷ 18, Lagrange bắt đầu quan tâm đến những dị thường trong hệ mặt trời. Lapas trẻ bắt đầu với họ. Euler và d’Alembert đã tìm ra một số hiệu ứng liên quan đến lực hút lẫn nhau của Sao Mộc và Sao Thổ, nhưng có một hiện tượng vẫn chưa giải thích được. Đây là cái gọi là “những bất bình đẳng lớn”, được Halley phát hiện vào năm 1676 từ sự so sánh của những người quan sát hiện đại với người xưa. Hóa ra chuyển động của Sao Mộc đang tăng tốc chậm nhưng có hệ thống và chuyển động của Sao Thổ đang chậm lại.

Lapaz, giống như Euler và Lagrange trước ông, tìm kiếm một xấp xỉ ba vật lời giải bài toán bằng cách xem xét một chuỗi vô hạn các số hạng có thể. Để có được công thức gần đúng, bạn cần phải quyết định xem còn lại bao nhiêu số hạng trong chuỗi này và sai sót khi loại bỏ các số hạng còn lại là gì. Học sinh cũng làm bài tập cho các hàng đơn giản. Có một cách để tiếp cận bộ truyện để tránh sự khó hiểu có thể xảy ra. Lapas tính toán rằng thành công có thể đạt được bằng cách chọn số lượng cần thiết và xây dựng bằng cách so sánh kết quả thu được với dữ liệu của người quan sát: “Khó khăn cực độ bài toán, liên quan đến hệ thống thế giới, đã khiến các máy đo hình học ven biển trở nên gần đúng, trong đó luôn có thể mô tả làm thế nào các giá trị bị loại bỏ sẽ không có ảnh hưởng đáng kể. Khi quan sát, họ chỉ ra ảnh hưởng như vậy, họ lại chuyển sang phân tích; khi kiểm tra, họ luôn tìm thấy những sai lệch quá mức; họ xác định định luật của mình bằng cách phát hiện ra những bất bình đẳng mà các quan sát không chỉ ra. Vì vậy, chúng ta có thể nói rằng cứ sau 5 vòng quay đầy đủ, Sự tắc nghẽn của Sao Mộc và Sao Thổ gần như chiếm giữ cùng một vị trí và các khả năng sẽ tích lũy. Tuy nhiên, như tính toán của Lapaz cho thấy, các cơ hội không tích lũy qua nhiều thế kỷ, mà là.

18

định kỳ với một khoảng thời gian rất lớn (913 năm). Vì vậy, mặc dù sự bù trừ cực kỳ chậm nhưng sẽ đến lúc chuyển động của Sao Mộc bắt đầu chậm lại và Sao Thổ bắt đầu tăng tốc.

Câu đố của Halley về “những bất bình đẳng lớn” đã được giải quyết vào năm 1784. “Khi tôi phát hiện ra những bất đẳng thức này và xác định với sự chú ý nhiều hơn những gì đã làm cho đến nay, vốn đã được tính toán, tôi tin chắc rằng mọi quan sát, cổ xưa và hiện đại, đều được lý thuyết của tôi thể hiện với tất cả sức mạnh của chúng. Trước đây, chúng dường như không thể giải thích được khi sử dụng định luật bóng tối phổ quát, giờ đây chúng là một trong những sự phơi bày nổi bật nhất của ông. hợp nhất, và đây là dấu hiệu chắc chắn nhất về sự tuân thủ của anh ta với hệ thống xương sống của tự nhiên.”

Euler, D’Alembert và Clairaut cần phải có nhiều thành công mới xây dựng được lý thuyết về chuyển động của Mặt trăng phù hợp với các quan sát. Hiệu ứng chính cần được giải thích là sự chuyển động nhanh (41° mỗi năm) của quỹ đạo hình elip. Các tính toán của cả ba đều cho kết quả độ dịch chuyển không quá 20°. Chỉ đến năm 1849, Clairaut mới có thể làm sáng tỏ các tính toán hiện tại để đạt được độ dịch chuyển cần thiết (và họ luôn nghĩ đến các số hạng hiệu chỉnh trong định luật Newton!). Tuy nhiên, vẫn còn một “chuyện vặt” nữa, được thay thế bởi chính Halley vào năm 1693. Phân tích “Almagest” của Polemaeus và thông tin thời Trung cổ về nhật thực, ông đã chỉ ra một cách đáng tin cậy rằng chuyển động của Mặt trăng đang tăng tốc; những tính toán sau này cho thấy gia tốc là 11” trong 100 năm!

Laplace đã giải được câu đố này vào năm 1787. Nguyên nhân gốc rễ hóa ra là do một sự tồn tại bổ sung*) đã được phát hiện trước đó của quỹ đạo Trái đất: khi độ lệch tâm giảm (quỹ đạo trở nên tròn hơn), tốc độ trung bình của Mặt trăng tăng lên. Một khả năng khác có vẻ “lâu đời” hóa ra lại có thêm!

Laplace không bỏ sót một bí ẩn nào của thiên văn học. Ông có quyền nói: “Hậu thế có thể sẽ thấy đáng trách rằng hình học mới nhất đã không truyền đạt cho ông một hiện tượng thiên văn nào, không phải những quy luật và lý do tối thượng”. Ông chỉ ra rằng các vành đai của Sao Thổ không thể liên tục và bản thân hành tinh này có tính gợi ý mạnh mẽ (Herschel xác nhận điều này bằng các quan sát trong suốt cuộc đời của Laplace). Laplace cải tiến lý thuyết ứng dụng, chỉ ra với sự trợ giúp của lý thuyết nhiễu loạn cách sử dụng các quan sát Mặt trăng để xác định đơn vị thiên văn (khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trời), nhằm làm rõ hình dạng của Trái đất.

Tất nhiên, Laplace không thực hiện nhiều nhiệm vụ về các vệ tinh của Jupter, vốn là truyền thống đối với tất cả các nhà thiên văn học vĩ đại kể từ khi những vệ tinh này được Halley phát hiện. Năm 1774, bài toán này được Viện Hàn lâm Khoa học chọn làm chủ đề cho giải thưởng. Năm 1789, Laplace xây dựng lý thuyết về chuyển động của các vệ tinh của Sao Mộc, có tính đến ảnh hưởng của Mặt trời và sự tương tác của chúng. Đặc biệt, nó cho thấy thời gian quỹ đạo của vệ tinh thứ nhất bằng thời gian quỹ đạo thứ ba của vệ tinh thứ hai.

Vấn đề chính khiến Lagrange và Laplace lo lắng vào năm 1773-1784 là bài toán ổn định của toàn bộ hệ mặt trời. Sự nhiễu loạn của tất cả các hành tinh đã được kiểm tra một cách có hệ thống, và mặc dù không thu được bằng chứng chắc chắn nào về tính ổn định, sự nhất quán của tất cả các dị thường rõ ràng với lý thuyết về lực hấp dẫn là không thể chối cãi. Niềm tin vào lý thuyết nhiễu loạn đến mức khi phát hiện ra những sai lệch không thể giải thích được trong chuyển động của Sao Thiên Vương, Le Verrier đã quyết định gán chúng cho sự tồn tại của một hành tinh mới.

“Năm nhà hình học: Clairaut, Euler, d’Alembert, Lagrange và Laplace - đã phân chia thế giới giữa họ, những sinh vật”

20

vỡ vụn thành các vòng thay cho quỹ đạo hiện tại của các hành tinh (do sự cân bằng giữa lực ly tâm và lực hấp dẫn). Sự mất ổn định khác nhau trong chuyển động của các hạt vòng và lực hút lẫn nhau của chúng dẫn đến việc cưa các hạt thành các hành tinh. Sự hình thành của một hệ thống các vệ tinh hành tinh cũng diễn ra tương tự, và ví dụ về Sao Thổ cho thấy rằng đôi khi việc cưa các hạt vòng có thể không xảy ra. Những điểm chính của mô hình Laplace: tất cả các phép quay xảy ra theo một hướng (tương ứng với hướng quay ban đầu của tinh vân), quỹ đạo gần như hình tròn và mặt phẳng của chúng gần với mặt phẳng xích đạo của tinh vân; khi chúng di chuyển ra xa tâm thì chu kỳ quay tăng lên.

Cú đánh đầu tiên vào giả thuyết của Laplace đã được Herschel giáng xuống trong thời kỳ Laplace còn sống: các vệ tinh được phát hiện gần Sao Thiên Vương với hướng quay “ngược” và có các mặt phẳng quỹ đạo gần như vuông góc với các mặt phẳng quỹ đạo của hành tinh. Sau đó, số lượng mâu thuẫn bắt đầu nhanh chóng mở rộng. Nhiều nỗ lực đã được thực hiện để sửa lại giả thuyết và đưa nó vào các cấu trúc phức tạp hơn.

Giả thuyết của Laplace đóng một vai trò to lớn trong lịch sử vũ trụ học vì là giả thuyết đầu tiên dựa trên một khối lượng lớn các sự kiện chính xác về cơ học và thiên văn học (các giả thuyết trước đây của Biofon và Kant không đáp ứng yêu cầu này, mặc dù có nhiều điểm liên hệ giữa giả thuyết của Laplace và giả thuyết Kant chưa biết). Vào đầu thế kỷ của chúng ta, Poincaré đã viết về giả thuyết của Laplace: “Đối với tuổi của bà, trên người bà không có nhiều nếp nhăn”.

“Ý thức chung được tinh chỉnh”
Đây là cái mà Laplace gọi theo nghĩa bóng là lý thuyết xác suất. Đây là tình yêu khoa học thứ hai của Laplace, được ông duy trì trong suốt sự nghiệp khoa học của mình, bắt đầu từ những công trình đầu tiên vào năm 1774.

Phong cách của Laplace trong lĩnh vực này khác với phong cách đặc trưng của tác giả Cơ học thiên thể. Không có ai lớn bài toán và người ta phải dành rất nhiều thời gian để tìm hiểu những gì đã được thực hiện trước đây, bắt đầu với bài toán về việc phân chia các cược vốn là nguồn gốc của lý thuyết xác suất.

Trọng tâm là định luật số lớn của J. Bernoulli, trong đó phát biểu rằng với một số lượng lớn các phép thử, tần suất của một sự kiện theo một nghĩa nào đó sẽ tiến gần đến xác suất của nó. Bắt đầu từ kết quả của Moivre, Laplace thu được ước tính xác suất để độ lệch này lớn. Đây là một trong những lý thuyết trung tâm của xác suất—máy đo Moivre-Laplace. Chứng minh của nó sử dụng các phương pháp phân tích toán học, một phương pháp mới đối với lý thuyết xác suất.

Laplace đánh giá cao và cung cấp cho khoa học kết quả của vị thánh người Anh Bayes trong việc ước tính xác suất của các giả thuyết cạnh tranh nếu kết quả kiểm nghiệm của họ được biết.

Kết quả nghiên cứu của Laplace được tóm tắt trong “Lý thuyết phân tích xác suất” của ông, được xuất bản thành ba lần trong suốt cuộc đời của ông (lần đầu tiên vào năm 1812). Ở đây rất nhiều không gian được dành cho việc tạo ra một bộ máy, trước hết là phương pháp các hàm tùy ý, được áp dụng vượt xa giới hạn của lý thuyết xác suất. Từ Laplace đưa ra “định nghĩa cổ điển” về xác suất, trong đó các sự kiện được định nghĩa là một tập hợp các trường hợp có khả năng xảy ra như nhau: “Lý thuyết xác suất bao gồm việc quy tất cả các sự kiện cùng loại thành một số lượng nhất định các trường hợp có thể xảy ra như nhau, tức là các trường hợp, liên quan đến việc thực hiện các thành phần, chúng ta không giải quyết như nhau, và trong một số trường hợp nhất định có lợi cho sự kiện, xác suất mà chúng ta giả định.”

Cùng với cuốn sách dành cho “chuyên gia”, Laplace còn viết một cuốn sách dành cho công chúng. Đây là “Triết lý về lý thuyết xác suất” của ông, phát triển từ các bài giảng tại Ecole Normale năm 1795, và được đưa vào ấn bản thứ 2 của “Lý thuyết phân tích xác suất” (1814).

Laplace là một trong những tác giả đầu tiên, trong cuốn sách về lý thuyết xác suất, đã đưa ra những ví dụ về

21

chỉ từ các trò chơi cờ bạc mà còn từ các số liệu thống kê thực tế. Vì vậy, ông trích dẫn những số liệu cho thấy số lượng thư ở Pháp không được gửi do thiếu địa chỉ trên thực tế không thay đổi từ năm này sang năm khác.

Quan điểm của Laplace là xác suất khoảng cách chỉ cần thiết khi một số thông tin chưa được biết: “… chúng ta phải thực sự coi trạng thái của Vũ trụ là hệ quả của trạng thái trước đó của nó và là nguyên nhân của trạng thái tiếp theo. Một tâm trí có thể biết trong bất kỳ thời điểm nào tất cả các lực tác động lên thiên nhiên và vị trí tương đối của tất cả các bộ phận cấu thành của nó, nếu thêm vào đó nó đủ tổng quát để đưa những dữ liệu này vào phân tích, sẽ bao gồm trong một công thức các chuyển động của độ lớn của viên phấn. nguyên tử: sẽ không còn gì là không đúng sự thật đối với anh ta, và tương lai, cũng như quá khứ, sẽ được dự đoán trước mắt anh ta. Tâm trí con người ở mức độ hoàn hảo mà nó có thể truyền đạt cho thiên văn học cho chúng ta ý tưởng về một bản phác thảo yếu ớt về một tâm trí có thể…” Sinh vật giả định được nhắc đến trong đoạn trích dẫn hiện được gọi là con quỷ của Laplace.

Những suy nghĩ của Laplace về lý thuyết xác suất phần lớn được kích thích bởi mối bận tâm của ông đối với thiên văn học và vũ trụ học. Nhưng ông cũng lo ngại về vai trò của cơ hội trong đời sống công cộng. Thông thường, những phát biểu của ông về vấn đề này không chứa đựng những tính toán cụ thể. Sau đây là một ví dụ: “Chúng ta đừng nói rằng việc trình bày sai một cách tự do và thường nguy hiểm là hậu quả tất yếu của quy trình lời giải, nhưng chúng tôi sẽ chỉ cực kỳ cẩn thận trong việc thay đổi các thông lệ và cộng đồng của mình mà chúng tôi đã áp dụng từ lâu. Chúng tôi biết rõ từ kinh nghiệm trước đây về những bất tiện mà chúng gây ra, nhưng chúng tôi không biết sự thay đổi đó có thể gây ra lớn đến mức nào. Do sự không chắc chắn như vậy về phương pháp xác suất, chúng tôi quy định để tránh bất kỳ thay đổi nào; cũng như về mặt thể chất, không bao giờ diễn ra nếu không có sự giúp đỡ to lớn từ động vật.”

Có một vấn đề mà Laplace dựa vào để định dạng - việc áp dụng lý thuyết xác suất vào quá trình tố tụng. Điểm khởi đầu là lời giải hoàn toàn đáng tin cậy nếu cần thiết và bạn chỉ cần quan tâm đến việc lời giải có chính xác từ phía đáng tin cậy nhất hay không. Nó quay trở lại Condorcet và có mối liên hệ chặt chẽ với việc thực hành tố tụng theo lời giải. Quan điểm của Laplace thận trọng hơn, tuy nhiên ông tin rằng cần phải tính toán xác suất “của tôi rằng phán đoán lời giải, vốn chỉ có thể được thực hiện với một mức độ lớn nhất định, sẽ công bằng, nghĩa là, chúng ta sẽ đáp ứng đúng lời giải của câu hỏi được đặt ra,” và vì “phần lớn sự tồn tại của chúng ta dựa trên xác suất chứng thực, nên điều rất quan trọng là phải phụ thuộc vào tính toán của họ”. Đáng lẽ phải đưa vào đánh giá những thiện cảm chính trị của thẩm phán, mức độ phức tạp của vụ án, đặc điểm trí tuệ của thẩm phán, v.v. Cuộc đời đã cho thấy sự sai lầm và nguy hiểm xã hội của những tính toán như vậy.

Chúng ta có cơ hội chỉ tập trung vào những lĩnh vực quan trọng nhất trong hoạt động khoa học của Laplace. Phần lớn vẫn nằm ngoài phạm vi nghiên cứu của chúng tôi về chủ nghĩa tư bản, âm thanh và ánh sáng, các kết quả toán học, dấu vết của chúng được lưu giữ dưới tên “Biến đổi Laplace”, “phương trình Laplace”, v.v.

Cuộc đời của Laplace phần lớn phản ánh sự phức tạp trong đó ông sống. Tuy nhiên, trong suốt cuộc đời mình, ông vẫn tiếp tục học tập, không bao giờ làm gián đoạn công việc của mình. Khó có thể đánh giá quá cao vai trò của Laplace trong lịch sử khoa học.

“…Laplace sinh ra là để dành cho tôi, để khiến mọi người mỉm cười, đẩy lùi mọi ranh giới để giải quyết những ranh giới tưởng chừng như không thể giải quyết của tôi. Ông ấy sẽ hoàn thành khoa học về thiên đường nếu khoa học này có thể được hoàn thành.” (Fourier)

22

M. Mamikon

Bài toán về nữ hoàng

1. Sản xuất bài toán
   Trên một bàn cờ chung 8x8, có thể đặt năm quân hậu sao cho chúng bao phủ tất cả các ô của bàn cờ. Bốn quân hậu là không đủ cho việc này (hãy chứng minh điều đó!). Bàn cờ 3x3 sẽ có một quân hậu được đặt ở ô trung tâm. Đối với bảng 6x6, trường của nó bằng nhau. Vì vậy, $F(11) \leq 5$. Từ Hình 2 có thể thấy rằng $F(10) \leq 5$ và $F(9) \leq 5$.

Việc tìm kiếm chính xác $F(n)$ cho $n$ lớn là khá khó khăn. Hơn nữa, trong một thời gian hợp lý, một máy tính chạy nhanh hoàn hảo không thể thực hiện tất cả các tùy chọn để đặt mười quân hậu trên một bàn cờ 20x20.

Đối với Pozny, có vẻ thú vị khi tìm thấy ít nhất các ước tính—trên và dưới—cho $F(n)$. Đây là nội dung sản phẩm bài toán về nữ hoàng của chúng tôi sẽ bao gồm.

2. Điểm
   Nếu trên bảng $n \times n$ chúng ta đặt $n$ quân hậu dọc theo một trong các đường chéo chính, sau đó loại bỏ hai quân hậu ngoài cùng, thì những quân hậu $n-2$ còn lại cũng sẽ là tất cả các ô vuông của bàn cờ. Có nghĩa,

$$F(n) \leq n-2.$$

Nếu, trong một sự sắp xếp gồm $F(n)$ quân hậu, trong đó mỗi ô được chiếm, không có quân hậu nào ở cạnh bàn cờ, thì các ô cạnh $4(n-1)$ tạo thành bàn cờ phải là quân hậu từ bên trong khung này. Vì mỗi quân hậu sẽ ở cùng một hướng nên sẽ có chính xác 8 ô của khung này. Ngay cả khi tất cả các quân hậu đều là những hình vuông khác nhau của khung, thì vẫn cần phải có $$\frac{4(n-1)}{8} = \frac{n-1}{2}$$

Hình 1.

Ba quân hậu là đủ (Hình 1), hai quân hậu là không đủ.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $F(n)$ số lượng quân hậu tối thiểu sao cho, nếu được đặt đúng cách trên bàn cờ $n \times n$, thì mỗi ô của nó đều bị tấn công (một ô có quân hậu chiếm giữ được coi là đã bị bắt). Với $3 \leq n \leq 8$ số $F(n)$ đã biết:

| $n$ | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $F(n)$ | 1 | 2 | 3 | 3 | 4 | 5 |

Hình 2 hiển thị bàn cờ $11 \times 11$ và 5 quân hậu trên đó, mỗi quân hậu

23

$$\frac{1}{2}n - \frac{1}{2} \text{ферзей. Итак, в этом случае}$$
$$F(n) \geq \frac{1}{2}n - \frac{1}{2}. \quad (2)$$

Ước tính (2) cũng đúng trong trường hợp tổng quát. Chứng minh điều đó. (Gợi ý. Từ (1) suy ra rằng đối với bất kỳ sự sắp xếp nào của $F(n)$ quân hậu trên bảng trạng thái, sẽ có ít nhất hai tệp quân hậu tự do và hai cấp bậc tự do.)

Từ (2) $F(11) \geq 5$. Trong đoạn 1, chúng tôi đã chỉ ra rằng $F(11) \leq 5$. Vì vậy, $F(11) = 5$. $F(10) = 5$ thu được tương tự. Điều đáng tò mò là không thể đạt được đẳng thức $F(9) = 5$ theo cách này. Hãy tự mình chứng minh điều đó!

Hình 3.

Hình 4. $k = 3, l = 1$.

Bây giờ chúng ta hãy cải thiện giới hạn trên (1).

3. $\langle k, l \rangle = \text{решетка}$
   Hãy đặt các quân hậu lên một bàn cờ vô hạn bằng nước đi bên trái của quân $\langle k, l \rangle$-mã (quân mã thông thường là quân $\langle 2, 1 \rangle$-mã), cụ thể là: đầu tiên đặt quân hậu vào một ô tùy ý; sau đó chúng ta sẽ đặt thêm bốn quân hậu như trong Hình 3; Chúng ta sẽ làm tương tự với từng quân hậu được đặt, v.v. Sự sắp xếp kết quả của vô số quân hậu được gọi là quân hậu $\langle k, l \rangle$-lưới. Mỗi lưới $\langle k, l \rangle$ là một lưới hình vuông, được xoay tương ứng với bàn cờ (Hình 4).

Di chuyển dọc theo hàng $^*$), định kỳ chúng ta sẽ gặp các nữ hoàng. Chúng ta hãy biểu thị độ dài của chu kỳ mạng dọc theo hàng bằng $W_p$. Ví dụ: đối với mạng $\langle 3, 1 \rangle$ $W_p = 10$ (Hình 4).

Di chuyển dọc theo đường chéo, chúng ta cũng sẽ gặp quân hậu theo định kỳ. Chúng ta hãy biểu thị độ dài của khoảng thời gian cách tử dọc theo đường chéo bằng $W_\partial$. Vì $\langle 3, 1 \rangle$-lưới $W_\partial = 5$ (Hình 4).

Bài tập

1. Đối với mạng $\langle k, l \rangle$ $W_p = \frac{k^2 + l^2}{d}$, trong đó $d$ là ước số chung nhất của các số $k$ và $l$.

2. Đối với mạng $\langle k, l \rangle$ $W_\partial = \frac{k^2 + l^2}{c}$, trong đó $c$ là ước số chung nhất của các số $k + l$ và $k - l$.

3. Nếu $k$ và $l$ là các số nguyên tố cùng nhau có số chẵn lẻ khác nhau, thì $W_p = W_\partial = k^2 + l^2$.

4. Các chu kỳ của mạng $W' \langle tk, tl \rangle$ và các chu kỳ của mạng $W \langle k, l \rangle$ có liên quan bởi các quan hệ $W_p = tW_p$ và $W_\partial = tW_\partial$.

5. Thiết lập Nữ hoàng cơ bản
   Cho $k$ và $l$ là số nguyên tố cùng nhau của các số chẵn lẻ khác nhau. Hãy xem xét mạng $\langle k, l \rangle$. Đối với cô ấy, cả hai tiết $W_p, W_\partial$ đều bằng $W_0 = k^2 + l^2$ (bài tập 3).

Hãy cắt một bảng vuông $W_0 \times W_0$ từ bảng vô hạn của chúng ta để quân hậu vào trung tâm

$^*)$ Hàng dọc hoặc ngang.

25

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng các ô bị hỏng đối xứng với bất kỳ đường chéo chính nào.

Nếu một ô bị hỏng có màu xám (Hình 6), thì một ô đối xứng (so với khoảng cách của đường chéo chính) cũng có màu xám và tất cả các ô đều bị hỏng. Nếu ô bị vỡ có màu trắng thì có một quân hậu trên một trong các đường chéo đi qua ô đó. Nếu đây là đường chéo của đường chéo và đường chéo của đường chéo chính đang được xem xét, thì ô đối xứng mà chúng ta quan tâm sẽ là cùng một nữ hoàng. Nếu nó song song - với quân hậu đối xứng ở giữa (xem đường chéo màu xanh lá cây trong Hình 6).

Từ thực tế là với tính đối xứng so với đường chéo chính và góc quay 90°, các ô bị vỡ biến thành các ô bị hỏng, dễ dàng suy ra rằng tập hợp các ô bị hỏng là đối xứng so với trục dọc ở giữa và trục ngang ở giữa (tại sao?).

Điều này có nghĩa là từ quan điểm của các ô bị vỡ hoặc không bị vỡ, tất cả tám quãng tám mà bảng được chia theo các hàng trung tâm và các đường chéo chính đều bằng nhau (trong Hình 7, một trong những quãng tám như vậy được ký hiệu bằng chữ O).

6. Nữ hoàng bổ sung

Ở cuối đoạn 4, chúng tôi đã lưu ý rằng cả bốn đường chéo của bàn cờ đều là quân hậu của thiết lập Cơ bản. Do đó, vẫn chỉ xem xét các đường chéo có số lẻ.

Số đường chéo lẻ của một hướng trên toàn bàn cờ không có đường chéo chính và đường chéo góc “vuông đơn” (đập với quân hậu trung tâm) là 2 ($W_0-1$); ở một bên của đường chéo chính sẽ có $W_0-1$ và trong một quãng tám sẽ có ít hơn hai lần: $\frac{W_0-1}{2}$.

Con số này trùng với số lượng quân hậu trong thiết lập Cơ bản, nằm ở một bên của đường chéo chính của hướng được đánh dấu. Mỗi quân hậu được tô bóng trong Hình 7 sẽ được đặt trên một trong các đường chéo lẻ đi qua quãng tám $O$. Do đó, trong số các đường chéo lẻ của bát giác có các đường chéo “trống” (trên đó không có quân hậu), rất indo, nhiều như có quân hậu trong tam giác góc $T$. Hãy biểu thị số này bằng $\varphi(n)$.

Hãy xem xét một trong các đường chéo trống của bát phân $O$. Thêm nó vào một hình chữ thập đối xứng (Hình 8). Do các ô đối xứng nên cũng không có quân hậu trên ba đường chéo còn lại của hình này. Để chụp các ô của hình này, chỉ cần đặt thêm hai quân hậu vào các ô đối xứng $A$ và $B$ của đường ngang trung tâm (Hình 8).

Vì số đường chéo trống trong một quãng tám là $\varphi(n)$ nên chỉ cần đặt thêm $2\varphi(n)$ quân hậu là đủ.

26

Hình 9. $k = 3, l = 2$.

Vì thế,
$$F(n) \leqslant W_0 + 2\varphi(n).$$

7. Nữ hoàng và hình vuông

Để ước tính từ phía trên số $\varphi(n)$ quân hậu trong tam giác góc $T$ (Hình 7), chúng ta nhớ lại rằng các quân hậu khoảng cách chức năng nằm ở các nút mạng trên cạnh có chiều dài $\sqrt{(2k)^2 + (2l)^2} = 2\sqrt{k^2 + l^2}$ (chiều dài của ô vuông bàn cờ được lấy làm một), xoay tương ứng với bàn cờ (Hình 4, 6).

Chúng ta hãy di chuyển mạng này sao cho các quân hậu ở giữa các ô vuông (Hình 9). Khi đó, số quân hậu trong tam giác $T$ sẽ không vượt quá số “hình vuông đã dịch chuyển” có tâm nằm ở $T$. Vì mỗi hình vuông như vậy nằm hoàn toàn trong vùng lân cận $\frac{d}{2}$ của tam giác $T$ (Hình 10; $d$ là độ dài đường chéo của hình vuông), nên số lượng của chúng không vượt quá diện tích của hình vuông so với diện tích của vùng lân cận này.

Bài tập 5. Lân cận $\varepsilon$ của hình phẳng $F$ là hợp của các đường tròn bán kính $e$ với tâm tại mỗi điểm của hình $F$. Chứng minh rằng diện tích lân cận $\varepsilon$ của một đa giác lồi bằng $S + P\varepsilon + \pi e^2$, trong đó $S$ là diện tích của đa giác, $P$ là chu vi của nó.

Độ dài của tam giác $T$ bằng $\frac{n}{2}$. Cạnh của hình vuông mà mạng được tạo thành là $2\sqrt{k^2 + l^2} = 2\sqrt{\frac{n-1}{2}} = \sqrt{2}\sqrt{n-1}$.

Điều này có nghĩa là tỷ lệ diện tích yêu cầu bằng
$$\frac{n^2}{8} + \left(1 + \frac{\sqrt{2}}{2}\right)n\sqrt{n-1} + \pi(n-1) \over 2(n-1)$$.

Vì $W_0 = k^2 + l^2 = \frac{n-1}{2}$, từ (3)
$$F(n) \leqslant \frac{5}{8}n + \left(1 + \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\frac{n}{\sqrt{n-1}} + \frac{1}{8(n-1)} + \pi - \frac{3}{8}.$$

Do thực tế là $\frac{n}{\sqrt{n-1}} < 2\sqrt{n}$ và $\frac{1}{8(n-1)} < 1$, với $n \geqslant 2$ và $1 + \frac{\sqrt{2}}{2} < 2$, chúng tôi thu được các bảng ở bên cạnh các ô $2(k^2 + l^2) + 1$, trong đó $k$ và $l$ là các số nguyên tố tương đối có số chẵn lẻ khác nhau, giới hạn trên cuối cùng:
$$F(n) \leqslant \frac{5}{8}n + 4\sqrt{n} + 5.$$

8. Bảng tùy chỉnh

Bây giờ chúng ta có một bảng $n \times n$, trong đó $n \geqslant 11$. Hãy lấy $m$ tự nhiên sao cho $8m^2 + 3 \leqslant n < 8(m+1)^2 + 3$. Vì $n \geqslant 11$ nên có $m$ như vậy. Lưu ý rằng $8m^2 + 3 = 2[(2m)^2 + 1^2] + 1 = 2(k^2 + l^2) + 1$, trong đó $k = 2m, l = 1$.

28

Thả trên bề mặt nóng

Nhìn thế giới, người ta không khỏi ngạc nhiên.
K. Prutkov

Sau khi đặt nó theo chiều ngang, hãy nhỏ một ít nước lên nó. Nếu nhiệt độ khoảng 100 °C (hơn 100 °C một chút) thì sẽ không có gì đặc biệt xảy ra. Giọt nước phát triển trên bề mặt vịt và nhanh chóng bay hơi trong vài giây. Nếu nhiệt độ cao hơn đáng kể hơn 100 °C (350-500 °C), hình ảnh sẽ khác. Một giọt nước rơi xuống con vịt sẽ bật ra như một quả bóng từ sàn nhà (thấp, cao 1-5 mm), sau đó di chuyển mà không chạm vào bề mặt được làm nóng. Độ ổn định của trạng thái này trước hết phụ thuộc vào nhiệt độ bề mặt - bề mặt càng nóng thì khả năng rơi càng cao. Ngoài ra, thời gian gián đoạn một giọt cho đến khi bay hơi hoàn toàn tăng lên 100–200 lần. Hơn nữa, tốc độ bay hơi của giọt nước phụ thuộc vào kích thước của nó: những giọt lớn hơn nhanh chóng giảm kích thước xuống còn 3-5 mm, và những giọt nhỏ “sống” trong một thời gian khá dài mà không có thay đổi đáng chú ý. Trong một thí nghiệm của chúng tôi, một giọt có đường kính 3 mm tồn tại cho đến khi bay hơi hoàn toàn trong khoảng 5 phút (300 giây).

Lý do cho bề mặt giọt nước kỳ lạ như vậy là gì? Chúng ta hãy quay lại phần đầu thí nghiệm - một giọt nước rơi trên bề mặt nóng. Lúc đầu nhiệt độ của nó là khoảng 20°C. Sau đó, theo đúng nghĩa đen trong tích tắc, lớp dưới nóng lên tới 100 ° C, và sự bốc hơi dữ dội bắt đầu đến mức lực áp suất của hơi nước hình thành trở nên lớn hơn lực hấp dẫn của giọt nước. Giọt nhảy rồi lại rơi xuống xe. Chỉ trong một vài lần nhảy, tất cả nước trong giọt đều nóng lên đến nhiệt độ sôi. Sau đó, khi nhiệt độ chạm tới bề mặt, giọt nước nhanh chóng dịu xuống và bắt đầu di chuyển ở một độ cao nhất định so với bề mặt này. Rõ ràng, trong trường hợp này, lực áp suất của hơi nước cân bằng với lực hấp dẫn của giọt nước. Ở trạng thái ổn định, độ rơi khá ổn định và “sống” trong thời gian rất dài.

Hãy chú ý đến hình dạng của giọt nước. Đối với kích thước nhỏ, hình dạng thả.

Hình 1. Một trong những giai đoạn thả bình (thời điểm căng nhất). Điểm tối ở giữa là bong bóng hơi nước hình thành bên trong giọt nước.

Hình 2. Một trong những chiếc bình thú vị nhất: một giọt nước “hình tam giác”, trong đó các “phần lõm” và “phần nhô ra” liên tục thay đổi vị trí.

32

Hai tập hợp ước tính khác nhau như thế nào nếu đối với một số $i : 1 \leq i \leq n$ số vị trí $i$ trong một tập hợp không bằng số vị trí $i$ trong tập hợp kia.

Phiên bản 5. Chứng minh rằng nếu tổng số vị trí của một vận động viên trượt băng không vượt quá 20 thì anh ta xếp hạng không thấp hơn bốn.

Phiên bản 6. Với bất kỳ $k : 4 \leq k < n$ nào, hãy chứng minh rằng nếu tổng số vị trí của một vận động viên trượt băng không vượt quá $k + 16$ và tập hợp điểm của anh ta bao gồm các vị trí lớn hơn $k$ thì anh ta xếp hạng không thấp hơn $k$.

Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp toán học rằng với $k : 4 \leq k < n$ tổng số vị trí không vượt quá $k + 16$ đảm bảo vận động viên trượt băng sẽ có một vị trí không thấp hơn $k$. Từ đây và từ (1) nó theo sau $\alpha_k = k + 16$.

Cơ sở của cảm ứng. $k = 4$ - theo Bài tập 5.

Bước cảm ứng. Giả sử rằng với $l : 4 \leq l < n - 1$ tổng số vị trí không vượt quá $l + 16$ đảm bảo vận động viên trượt băng sẽ có một vị trí không thấp hơn $l$. Hãy chứng minh rằng khi đó tổng số vị trí không vượt quá $l + 17$, đảm bảo vị trí không thấp hơn $(l + 1)$. Giả sử điều ngược lại: vận động viên trượt băng $A$ có tổng số vị trí không vượt quá $l + 17$ và một vị trí bên dưới $(l + 1)$. Từ Bài tập 6, điểm của vận động viên trượt băng là $A$, tất cả các vị trí đều không vượt quá $l + 1$. Nhưng sau đó, trong bộ điểm dành cho vận động viên trượt băng $B$, người có vị trí $(l + 1)$, tất cả các vị trí không vượt quá $l + 1$. Từ các quy tắc và điều kiện bài toán của chúng tôi, ta suy ra rằng tổng vị trí của vận động viên trượt băng $B$ nhỏ hơn tổng vị trí của vận động viên trượt băng $A$. Điều này có nghĩa là nó không vượt quá $l + 16$. Và điều này đã mâu thuẫn với giả định quy nạp.

Tuyên bố của chúng tôi đã được chứng minh. Như vậy, chúng ta đã giải quyết được hoàn toàn bài toán của mình.

Chúng ta hãy bỏ qua trong bài toán điều kiện là không có hai vận động viên trượt băng nào nhận được số vị trí như nhau. Sau đó, một số vận động viên trượt băng có thể có cùng một bộ điểm. Trong trường hợp này, giả sử rằng tất cả những vận động viên trượt băng này chiếm vị trí thứ tư, thì chúng ta sẽ giả định rằng họ có vị trí thứ tư, và những vận động viên trượt băng còn lại không giành được vị trí thứ năm mà là vị trí thứ sáu.

Phiên bản 7. Chứng minh rằng cho dù chúng ta có bổ sung Quy tắc xác định vị trí như thế nào đi chăng nữa thì đối với bất kỳ $4 \leq k < n$ vận động viên trượt băng nào nhận được tổng số vị trí $k + 16$ đều có thể chiếm vị trí thấp hơn $k$.

Giả sử rằng tổng số vị trí của vận động viên trượt băng đã giành vị trí đầu tiên không trùng với bất kỳ tổng số vị trí nào mà các vận động viên trượt băng khác nhận được.

Hãy thử xác định xem liệu có thể bổ sung Quy tắc xác định địa điểm theo cách mà tất cả kết quả bài toán của chúng tôi không thay đổi hay không.

Hãy thử giải bài toán của chúng tôi, nếu số lượng trọng tài trong cuộc thi là 2,7, $p$.

Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán từ “Bài toán Kvant”.

Trong số này, chúng tôi công bố họ của những người gửi đúng lời giải bài toán M421—M445 và F438—F447 (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Matematika

Hầu hết độc giả đã gửi thư cho chúng tôi đều quyết định chính xác lời giải: A. Abbasov (quận Jebral của Az. SSR) 27; T. Abdulazabov (làng Yarashazmalyar DASSR) 33; A. Azabayan (làng Balko, Gr. SSR) 42; A. Azaev (làng Poprovka, Az. SSR) 37; R. Azzyan (Baku) 26, 27, 31, 32, 37; A. Ainulin (Tyumen) 27, 29; V. Hayriyan (Hrazdan) 33, 37; M. Aimakaleev (Alma-Ata) 22, 33; A. Alekseev (Perm) 22, 24, 26-28, 31-33, 35, 37, 39, a), 6), 41, 42; V. Alifanov (trạm Vyselki, vùng Krasnodar) 23, 26, 37; S. Antonov (Kyiv) 41, 42, 45; V. Aronov (Saratov) 21, 22, 24, 26, 27, 31-33, 35, 37, 38, 40; K. Arkhangelsky (Kherson) 37, 44, 42; I. Arkhipov (Alma-Ata) 22, 23; A. Hamabekyan (Yerevan) 33; R. Akhkhamov (Sterlitamak) 22, 26, 37, 42, 45; K. Baklanov (Tula) 42; E. Balakina (Moscow) 31, 33; A. Balinsky (làng Dublyany, vùng Lviv) 37, 41, 42, 43, c); P. Bankovsky (Uralsk) 23, 41; P. Basarab (làng Yaganovka, vùng Sumy) 22; V. Batyshrev (Moscow) 22, 24, 26, 27, 29, 31, 33, 37, 38, 39, a), 6), 40-42, 44, 45; V. Bakhtin (Voronezh) 22, 24, 25, 27, 28, 29; Yu. Batsenko (làng Demidova, vùng Vinnytsia) 29, 37,

(Tiếp theo trang 43)

33

Carduon

Cardiona là quỹ đạo của điểm M nằm trên đường tròn (O₁, a), lăn dọc theo một đường tròn đứng yên (O, a) có cùng bán kính (Hình 1). Ở vị trí ban đầu, điểm M nằm ở điểm A của một đường tròn cố định gọi là dải cardion. Trong Hình 1, bạn có thể thấy trên dải cardion có một hòn đảo. Dựa trên định nghĩa trên, chúng tôi sẽ chỉ ra các cách khác để xây dựng cardion và một số tính chất của nó.

Tiếp tuyến của cardion tại điểm M tùy ý đi qua điểm P của đường tròn chuyển động, đối diện hoàn toàn với điểm tiếp tuyến Q của nó với điểm cố định (điều này được chứng minh tương tự như trong «Kvant», 1977, số 3, trang 19).

Do ∪ QM và ∪ QA chịu tải nên điểm M đối xứng với dải A đối với tiếp tuyến chung NQ của các đường tròn chuyển động và cố định. Do đó, đường tròn (Q, |QA|) sẽ đi qua điểm M. Vì góc PMQ là số nguyên tố nên tiếp tuyến của cardion PM cũng sẽ tiếp tuyến với đường tròn (Q, |QA|). Vị trí của cardion có thể thu được dưới dạng họ đường tròn ngoại tiếp (Q, |QA|) cho nhiều vị trí của điểm Q trên đường tròn cố định.

Độ dài đoạn AN là 1/2 |AM|. Do đó, điểm N mô tả cardin, được chuẩn bị chính xác mà chúng ta vừa xem xét, với tâm được chuẩn bị tại điểm A và hệ số chuẩn bị bằng 1/2. Để vẽ một lá bài “nhỏ”, bạn có thể sử dụng một hình vuông, một chân ở tất cả các vị trí của nó đi qua điểm A và chân thứ hai chạm vào một vòng tròn cố định. Khi đó đỉnh của góc vuông N sẽ mô tả cardion này.

Đặt AM ∩ (O, a) = T (Hình 2). Trong tứ giác OO₁MT, hai cạnh song song (AM || OO₁, vì chúng có đường vuông góc chung NQ), hai cạnh còn lại bằng nhau. Điều này có nghĩa là OO₁MT là hình thang hoặc hình bình hành đều. Từ MO₁Q = AOQ suy ra rằng

$$MO_1Q = AOQ$$

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

OO₁MT là hình bình hành. Do đó, cardion có thể được dựng bằng cách vẽ trên đường thẳng AT (với mọi vị trí có thể có của điểm T trên một đường tròn cố định) từ điểm T một đoạn TM có độ dài |OO₁| = 2a. Đặt nó sang một bên ở hai bên của T, chúng ta có được toàn bộ cardion*).

Chứng minh phương trình cực («Kvant», 1977, số 7, trang 46) của cardion có dạng ρ = 2a (1 + cos φ), nếu dải cardion A được đưa ra phía sau dải của hệ cực và trục cực hướng dọc theo AO (Hình 2).

Hình 3 mô tả phương pháp tạo cardion, được mô tả ở trang thứ hai của trang bìa. Điểm B ở đây biểu thị vị trí của điểm M sau khi vòng tròn di động nhỏ giọt dọc theo vòng tròn đứng yên lên phần tưới theo chiều dài của nó. Đoạn PC đối xứng với đoạn PB theo bán kính OP, vì MPO₁ = 1/2 MO₁Q = 1/2 QOA = O₁PB và B ∈ (O, |OP|), C ∈ (O, |OP|). Do đó BP |= |PC|. Ngoài ra PC còn là tiếp tuyến của cardion.

Bây giờ chúng ta hãy tưởng tượng rằng một nguồn sáng được đặt ở điểm B. Rõ ràng cardion mô tả các tia phản xạ từ vòng tròn (O, |OP|). Vì vậy, lá bài là một catacourt của vòng tròn này («Kvant», 1977, số 9, trang 43).

Chứng minh rằng nếu một đường tròn nào đó tiếp xúc bên trong một đường tròn có bán kính gấp đôi thì khi đường tròn “lớn hơn” lăn dọc theo đường tròn “nhỏ hơn” thì bất kỳ điểm nào của nó cũng sẽ mô tả cardin.

Biểu thị độ dài của các ống “xanh” trong Hình 3 theo a.

V. Berezin

*) Phương pháp xây dựng cardion này đã được trình bày mà không có lý do chính đáng trong cuốn sách “Ốc sên Pascal” («Kvant», 1977, số 5, trang 36)

34

Bài toán

M476—M480; F488—F492

M476. a) Chứng minh rằng nếu các đỉnh của hình lồi $n$-giác nằm trong các nút của tờ giấy ca-rô và không có nút nào khác trên các cạnh của nó thì $n \leq 4$.

6. Hãy chia không gian thành ba họ mặt phẳng song song thành các hình lập phương giống hệt nhau. Phần trên của cốc được gọi là nút. Chứng minh rằng nếu tất cả $n$ đỉnh của một khối đa diện lồi đều nằm tại các nút và không có nút nào khác trên các cạnh, mặt hoặc bên trong khối đa diện đó thì $n \leq 8$.

S. Mironov

M477*. Cho một đa thức $P(x)$ với các hệ số nguyên sao cho với mỗi số tự nhiên $x$ thì bất đẳng thức $P(x) > x$ đúng. Hãy xác định chuỗi $\{b_n\}$ như sau: $b_1 = 1$, $b_{k+1} = P(b_k)$ cho $k \geq 1$. Người ta biết rằng với mọi số tự nhiên $d$ đều có một thành viên của dãy $\{b_n\}$ chia hết cho $d$. Chứng minh rằng $P(x) = x+1$.

M478. Trong giải bóng chuyền, mỗi đội thi đấu một trận.

a) Chứng minh rằng nếu trong hai đội bất kỳ có một đội thứ ba thắng hai đội này thì số đội ít nhất là bảy.

6. Xây dựng một ví dụ về một giải đấu bảy đội như vậy.

b)* Chứng minh rằng nếu trong ba đội bất kỳ có một đội thứ ba thắng ba đội này thì số đội ít nhất là 15.

M479. Có a) sáu, 6) 1000 số tự nhiên riêng biệt sao cho với hai $a$ và $b$ bất kỳ trong số chúng, tổng $a + b$ chia hết cho hiệu $a - b$?

Bài toán M477—M479 do S. Konyaenin đề xuất

M480.* Chuỗi $c_n$ được xây dựng theo quy tắc sau: $c_1 = 2$, $c_{n+1} = [3c_n/2]$ cho $n \geq 1$*. Chứng minh rằng

a) Dãy số này có vô số số chẵn và vô số số lẻ;

6. chuỗi $e_n = (-1)^{c_n}$ không tuần hoàn;

b) tồn tại một số $\gamma$ sao cho $c_n = \left[ \frac{3}{2} \right)^n \gamma$.

*) Ở đây $[x]$ là phần nguyên của $x$.

35

F488. Một khung dây hình chữ nhật có kích thước các cạnh $a = 0,020$ m và $b = 0,030$ m được ngâm trong nước xà phòng, do đó tạo thành màng xà phòng trên đó. Khi quan sát dưới ánh sáng phản xạ, góc tới là $\alpha = 30^\circ$, màng có màu xanh lục ($\lambda = 5 \cdot 10^{-7}$ m).

1. Có thể xác định khối lượng của màng này bằng cân có độ chính xác đến 0,1 mg không? Mật độ của dung dịch xà phòng là $\rho = 10^3$ kg/m$^3$, chiết suất của màng là $n = 1,33$.

2. Màng mỏng nhất thỏa mãn điều kiện bài toán sẽ có màu gì nếu ánh sáng chiếu tới nó và sau đó phản xạ vuông góc với phim?

Gợi ý. Hãy tính rằng khi ánh sáng phản xạ từ môi trường đậm đặc hơn, pha của sóng thay đổi đột ngột l.

Olympic Vật lý quốc tế X

F489. Các electron được gia tốc trong súng điện tử bằng điện trường, đi qua một khe có hướng $U = 10^3$ V. Sau khi bay ra khỏi súng tại điểm $T$, các electron sau đó chuyển động dọc theo một đường thẳng $TT'$ (Hình 1). Tại điểm $M$ cách điểm $T$ $a = 5,0$ cm có một mục tiêu và đường thẳng $TM$ tạo thành một góc $\alpha = 60^\circ$ với đường thẳng $TT'$.

1. Cảm ứng $\vec{B}$ của từ trường đều vuông góc với mặt phẳng vẽ phải bằng bao nhiêu để các electron phát ra từ súng bắn trúng mục tiêu?

2. Cảm ứng $\vec{B}_1$ của từ trường đều song song với đường thẳng $MT$ phải bằng bao nhiêu để các electron chạm vào mục tiêu?

Giả sử rằng $|\vec{B}|$ và $|\vec{B}_1|$ không vượt quá 0,030 T.

Olympic Vật lý quốc tế X

F490. Khi dòng neutron đi qua tấm cadmium dày 1 mm, lượng phần trong chùm tia giảm đi 15% và tốc độ của chúng không thay đổi. Bao nhiêu phần dòng neutron đi qua tấm cadimi dày 10 mm?

F491. Một tấm dẫn điện mỏng lớn có diện tích $S$ và độ dày $d$ được đặt trong một điện trường đều $\vec{E}$, vuông góc với tấm. Bao nhiêu nhiệt sẽ được giải phóng trong tấm nếu tắt từ trường?

P. Zubkov

F492. Hai hình trụ tròn có đường kính $D$ và $d$ nằm trên một mặt phẳng gồ ghề (Hình 2). Một sợi dây được quấn quanh một hình trụ lớn, vào đầu của nó tác dụng một lực nằm ngang $\vec{F}$. Xác định hệ số ma sát $\mu$, giống nhau đối với tất cả các bề mặt tiếp xúc, có thể kéo một hình trụ lớn qua một thanh xà phòng. Giá trị tuyệt đối của lực $\vec{F}$ phải là bao nhiêu để điều này có thể xảy ra?

V. Kerzhentsev

36

Lời giải bài toán

M434, M435; F445, F446

M434. Số $\frac{2}{1} + \frac{2^2}{2} + \frac{2^3}{3} + \dots + \frac{2^n}{n}$
được biểu diễn dưới dạng phân số phi Socrates $\frac{p_n}{q_n}$.

a) Chứng minh rằng $p_n$ là số lớn hơn.
b) Chứng minh rằng nếu $n > 3$ thì $p_n$ chia hết cho 8.
c) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $k$ người ta có thể chỉ ra $n$ nào mà các số $p_n, p_{n+1}, \dots, p_{n+2}, \dots$ chia hết cho $2^k$.

a), b) Nếu phân số không Socrates $\frac{p}{q}$ là tổng của một số phân số không Socrates, tử số của mỗi phân số đó chia hết cho $2^k$, thì $p$ cũng chia hết cho $2^k$. Đối với lời giải bài toán a) vẫn cần lưu ý rằng tử số của các phân số $\frac{2}{1}, \frac{2^2}{2}, \frac{2^3}{3}, \dots$ vẫn giữ nguyên sau khi giảm (vì với mọi số tự nhiên $m$ thì bất đẳng thức $2^{m-1} \geq m$ là đúng). Với lời giải bài toán b) chỉ cần có bất đẳng thức $2^{m-3} \geq m$ là đủ. Tuy nhiên, bất đẳng thức này chỉ có giá trị bắt đầu từ $m = 6$. Do đó, chúng ta hãy kiểm tra xem tử số của các tổng $\frac{2}{1} + \frac{2^2}{2} + \frac{2^3}{3} + \frac{2^4}{4}$ và $\frac{2}{1} + \frac{2^2}{2} + \frac{2^3}{3} + \frac{2^4}{4} + \frac{2^5}{5}$ sau khi rút gọn sẽ chia hết cho 8. Các tổng này lần lượt bằng $\frac{32}{3}$ và $\frac{256}{15}$.

c) Xét hàm $L_n(x) = \frac{x}{1} + \frac{x^2}{2} + \dots + \frac{x^n}{n}$. Ta chứng minh đa thức $L_n(2x - x^2) - 2L_n(x) = f(x)$ có dạng:

$$f(x) = x^{n+1} \cdot \left( \frac{a_0}{n+1} + \frac{a_1}{n+2} x + \dots + \frac{a_{n-1}}{2n} x^{n-1} \right),$$

trong đó $a_0, a_1, \dots, a_{n-1}$ là số nguyên. Để làm điều này, chỉ cần chứng minh rằng đa thức $f'(x)$ có dạng:

$$f'(x) = x^n \left( a_0 + a_1 x + \dots + a_{n-1} x^{n-1} \right).$$

Lưu ý rằng $L_n'(x) = 1 + x + x^2 + \dots + x^{n-1} = \frac{1-x^n}{1-x}$. Đó là lý do tại sao,

$$f'(x) = L_n'(2x - x^2) \cdot (2 - 2x) - 2L_n'(x) =$$

$$= \frac{1 - (2x - x^2)^n}{1 - 2x + x^2} \cdot (2 - 2x) - \frac{2(1 - x^n)}{1 - x} =$$

$$= 2 \cdot \frac{x^n - x^n(2 - x)^n}{1 - x} = x^n \cdot \frac{2(1 - (2 - x)^n)}{1 - x}$$

Và

$$1 - (2 - x)^n = (1 - (2 - x))(1 + (2 - x) + (2 - x)^2 + \dots +$$

$$+ (2 - x)^{n-1}) = (x - 1)(1 + (2 - x) + (2 - x)^2 + \dots +$$

$$+ (2 - x)^{n-1}).$$

Vì $f(2) = L_n(0) - 2L_n(2) = -2L_n(2)$, khi đó, đặt $x = 2$ vào đẳng thức (*), ta có

$$L_n(2) = -2^n \left( \frac{a_0}{n+1} + \frac{2a_1}{n+2} + \dots + \frac{2^{n-1}a_{n-1}}{2n} \right).$$

Từ bất đẳng thức $n < 2^{\frac{n+1}{2}}$, đúng với mọi số $n$, suy ra rằng tất cả các mẫu số ở bên phải

37

M435. Trong bảng kích thước $m \times n$ ghi số thực, trong mỗi ô có một số. Mỗi cột gạch dưới $k$ số lớn nhất ($k \leq m$) và mỗi hàng gạch dưới $l$ số lớn nhất ($l \leq n$). Hãy chứng minh rằng có ít nhất $kl$ số được gạch chân hai lần.

$$k = 1; \quad l = 2.$$

Hình 1.

F445. Một tụ điện có điện dung $C = 0,04$ uF sử dụng phím $K$ được sạc định kỳ với tần số $v = 50$ lần mỗi giây từ một nguồn có e. d.s. % = 100 V và điện trở trong $r = 5$ Ohm và phóng điện qua điện trở $R = 1$ kOhm (Hình 2). Xác định công suất tỏa ra ở khu vực ngoài trời $R$ và k. N. bất kỳ thiết bị nào. Giả sử thời gian đóng của tụ điện đủ để tụ được sạc đầy (vị trí $I$) và phóng điện hoàn toàn (vị trí $II$).

Chúng ta sẽ giải bài toán bằng quy nạp theo một công thức tổng quát hơn một chút, giả sử rằng mỗi cột nhấn mạnh ít nhất $k$ số lớn nhất và mỗi hàng nhấn mạnh ít nhất $l$ số lớn nhất. Chúng ta tiến hành quy nạp trên $m+n$.

Đối với $m=n=k=l=1$ mệnh đề là hiển nhiên. Chúng ta hãy có một bảng có kích thước $m \times n$. Thông tin bài toán vào bảng $m \times (n-1)$ hoặc $(m-1) \times n$. Nếu trong bảng tất cả các số được gạch chân đều được gạch chân hai lần thì số của chúng không nhỏ hơn $kn$. Ngược lại, các số được gạch chân một lần, chúng ta chọn số lớn nhất $A$. Số $A$ là một trong những số lớn nhất hoặc là một trong những số lớn nhất về số lượng. Giả sử rằng $A$ là một trong những kích thước lớn nhất. Sau đó, vì $A$ không phải là một trong những số lớn nhất và $A$ là giá trị trung bình lớn nhất của các số được gạch chân một lần, nên tất cả các số lớn nhất trong một dòng $A$ đều được gạch chân (theo dòng!), được gạch chân hai lần (xem Hình 1). Bằng cách xóa dòng này khỏi bảng của chúng tôi, chúng tôi nhận được một bảng $(m-1) \times n$, trong đó ít nhất $l$ số lớn nhất trong mỗi số được gạch chân. Và ít nhất $k-1$ số trong mỗi cột. Giả định quy nạp là trong bảng nhỏ hơn này ít nhất $(k-1) l$ số được gạch chân hai lần. Những số tương tự này được gạch chân hai lần trong bảng lớn $m \times n$, trong đó, ngoài ra, ít nhất $l$ số ở dòng bị loại bỏ được gạch chân kép. Vì vậy, tổng cộng có ít nhất $(k-1) l+l=kl$ số được gạch chân hai lần trong bảng gốc, như đã nêu trong bài toán.

S. Konyazin

Trong quá trình phóng điện của tụ điện, toàn bộ năng lượng chứa trong tụ điện được giải phóng ở điện trở $R$. Năng lượng này

$$W = \frac{C \mathcal{E}^2}{2}.$$

Trong một giây, tụ điện phóng điện 50 lần (hạt công tắc phím $v=50$ 1/c). Do đó, công suất trung bình $P_{cp}$ được phân bổ trong tải $R$ bằng

$$P_{cp} = W v = \frac{C \mathcal{E}^2}{2} v = 10^{-2} B T.$$

Để có hệ số hiệu suất $\eta$ của thiết bị này, cần chia năng lượng $W$ giải phóng ở điện trở $R$ trong quá trình phóng điện của tụ điện bởi công $A$ được thực hiện bởi nguồn dòng điện trong quá trình nạp tụ điện. Bởi vì

$$A = q \mathcal{E} = C \mathcal{E} \mathcal{E} = C \mathcal{E}^2,$$

38

$$\eta = \frac{W}{A} = \frac{C \mathcal{E}^2}{C \mathcal{E}^2} = \frac{1}{2},$$

nghĩa là hiệu suất không phụ thuộc vào các giá trị điện trở $R$ và $r$.

Nếu không có tụ điện và nguồn có e. d.s. $\mathcal{E}$ và điện trở trong $r$ sẽ không được nối chủ yếu với tải $R$, khi đó hiệu suất của mạch sẽ bằng nhau

$$\eta' = \frac{I^2 R}{I^2 (R + r)} = \frac{R}{R + r} = 0,995,$$

nhiều hơn đáng kể so với trường hợp của chúng tôi.

◆

Hãy hướng trục tọa độ $X$ sang bên phải và gốc tọa độ được nối với vị trí của vật tại thời điểm ban đầu (Hình 4). Hai lực tác dụng lên cơ thể khi băng tải tương đối đi qua nó. Một trong số chúng - lực đàn hồi của lò xo - tỷ lệ thuận với tọa độ $x$ của vật và hướng theo hướng ngược lại với độ dịch chuyển của nó:

$$F_{\text{упр}} = -kx,$$

và cái còn lại - sức mạnh của sự chuyển tổ chức - là không đổi:

$$F_{\text{тр}} = \mu M |\vec{g}|,$$

trong đó $\mu$ là hệ số ma sát của vật lên đai. Điều này có nghĩa là, giống như một nam châm lò xo nằm ngang thông thường, cơ thể phải thực hiện những rung động hài hòa tự do. Đúng, những dao động này xảy ra tương ứng với vị trí cân bằng - điểm $O'$ với tọa độ $x_0$, trong đó tổng hình chiếu của tất cả các lực bằng 0:

$$F_{\text{упр}} + F_{\text{тр}} = 0,$$ hoặc $-kx_0 + \mu M |\vec{g}| = 0,$

Ở đâu

$$x_0 = \frac{\mu M |\vec{g}|}{k};$$

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng đây thực sự là trường hợp. Để thực hiện điều này, thật thuận tiện khi chuyển sang một hệ tọa độ khác, gốc của hệ tọa độ này là điểm $O'$ và trục $X'$ hướng sang phải (xem Hình 4). Hãy viết phương trình chuyển động của vật theo hình chiếu lên phương đã chọn:

$$Ma = F_{\text{упр}} + F_{\text{тр}}.$$

Đây $F_{\text{упр}} = -k(x_0 + x') = -k \left( \frac{\mu M |\vec{g}|}{k} + x' \right)$ và $F_{\text{тр}} = \mu M |\vec{g}|.$

Posetom

$$Ma = -k \left( \frac{\mu M |\vec{g}|}{k} + x' \right) + \mu M |\vec{g}|,$$

hoặc

$$Ma = -kx'.$$

(Lưu ý rằng chúng ta gặp trường hợp tương tự ở lời giải bài toán đối với dao động của một nam châm lò xo thẳng đứng (Hình 5). Ở đây, vai trò của lực ma sát không đổi cũng được đóng bởi lực hấp dẫn không đổi.) Chúng ta đã thu được phương trình chuyển động của một vật thực hiện các dao động điều hòa tự do. Những dao động này xảy ra theo quy luật

$$x' = x_m' \cos(\omega_0 t + \varphi_0).$$

Tần số dao động tuần hoàn

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{M}}.$$

Biên độ $x_m'$ có thể được tìm thấy từ việc xem xét năng lượng:

39

tại thời điểm ban đầu, khi tốc độ của vật bằng 0 thì độ dời của nó là $x' = -x_0$. Do đó, biên độ dao động

$$x'_m = x_0 = \frac{\mu M |\vec{g}|}{k}.$$

Pha ban đầu $\varphi_0$ được xác định bởi các điều kiện ban đầu: tại $t=0$ $x' = -x_0$, từ đó $\varphi_0 = \pi$.

Vì thế,

$$x' = x_0 \cos(\omega_0 t + \varphi_0) = -\frac{\mu M |\vec{g}|}{k} \cos \sqrt{\frac{k}{M}} t.$$

Trong hệ tọa độ $OX$, tọa độ của vật tùy theo thời gian sẽ như sau:

$$x = x_0 + x' = x_0 (1 - \cos \omega_0 t) =$$

$$= \frac{\mu M |\vec{g}|}{k} \left( 1 - \cos \sqrt{\frac{k}{M}} t \right),$$

và các hình chiếu của vận tốc và gia tốc tương ứng là

$$v = x_0 \omega_0 \sin \omega_0 t = v_m \sin \omega_0 t = \mu |\vec{g}| \sqrt{\frac{M}{k}} \sin \sqrt{\frac{k}{M}} t$$

Và

$$a = x_0 \omega_0^2 \cos \omega_0 t = a_m \cos \omega_0 t = \mu |\vec{g}| \cos \sqrt{\frac{k}{M}} t.$$

Tuy nhiên, mọi suy luận của chúng ta chỉ có giá trị nếu biên độ $v_m$ của vận tốc cơ thể không vượt quá tốc độ $v_0$ của chuyển động của băng tải. Vì vậy, chỉ với điều kiện

$$v_m \leq v_0,$$ hoặc $\mu |\vec{g}| \sqrt{\frac{M}{k}} \leq v_0$

lực ma sát tác dụng lên vật là không đổi. Đồ thị phụ thuộc $x(t), v(t)$ và $a(t)$ cho trường hợp này được hiển thị trong Hình 6.

Và điều gì sẽ xảy ra với cơ thể nếu ngay cả trước khi đi qua vị trí cân bằng hỗn hợp (điểm $O'$), giá trị hấp thụ của tốc độ của nó bằng $v_0$? Rõ ràng, lúc này vật bị “túm” vào băng và lực ma sát giảm xuống giá trị $|\vec{F}_{\text{Tp}}| = |kx| < \mu M |\vec{g}|$. Do đó, vật chuyển động đều trong một thời gian với tốc độ của dây đai cho đến khi đạt đến điểm $O'$ với tọa độ $x_0 = \frac{\mu M |\vec{g}|}{k}$. Tại thời điểm này, lực ma sát trở nên bằng giá trị lớn nhất $\mu M |\vec{g}|$ và với chuyển động tiếp theo của vật, nó sẽ không đổi.

Do đó, bắt đầu từ thời điểm này, vật thể, như trong trường hợp đầu tiên, sẽ thực hiện các dao động điều hòa với cùng tần số $\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{M}}$, nhưng với biên độ khác $x_m$.

Vì biên độ dao động của vận tốc bằng $v_0$ (với vận tốc như vậy vật đi qua vị trí cân bằng) nên biên độ dao động tọa độ

$$x_m = \frac{v_0}{\omega_0} = v_0 \sqrt{\frac{M}{k}}.$$

Tương tự, biên độ dao động gia tốc

$$a_m = v_0 \omega_0 = v_0 \sqrt{\frac{k}{M}}.$$

Đồ thị tương ứng của $x(t), v(t)$ và $a(t)$ được thể hiện trong Hình 7.

I. Slobodetsky

40

A. Bendukidze

Số mũ đạo hàm của hàm số

“Đồ thị của hàm $\exp_{10}$ trông giống như một đường cong “trơn”. Trong chương, có vẻ như đồ thị này tại mỗi điểm có một tiếp tuyến, độ dốc của nó là dương. Do đó, người ta giả định một cách tự nhiên rằng hàm $\exp_{10}$ có tích dương cho bất kỳ giá trị nào của đối số. Giả thuyết này đúng, như đã được chứng minh trong các khóa phân tích đầy đủ hơn. Chúng tôi sẽ chấp nhận mà không cần bằng chứng rằng hàm $\exp_{10}$ có tích dương tại điểm 0. Trong Nói cách khác, chúng ta hãy giả sử rằng có một giới hạn

$$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{10^0 + \Delta x - 10^0}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{10^{\Delta x} - 1}{\Delta x} \cdot (1)$$

Mọi thứ tiếp theo sẽ diễn ra từ đây tương đối đơn giản.

Đây là cách đoạn 109 bắt đầu - “Chỉ báo đạo hàm của hàm số. Sách giáo khoa số $e$》 lớp 10 - “Đại số và sự khởi đầu của phân tích.” Hơn nữa trong đoạn này, việc lựa chọn một công thức tính đạo hàm của hàm $\exp_{10}$ cũng như một công thức tổng quát hơn cho đạo hàm của hàm $\exp_a$, trong đó $a > 0, a \neq 1$.

Trên thực tế, tất cả những điều này đều xuất phát từ sự tồn tại của giới hạn (1) rất đơn giản.

Nhưng một sinh viên tò mò, tất nhiên là những độc giả «Kvant», có thể có một câu hỏi: “Tuy nhiên, làm thế nào sự tồn tại và dương của giới hạn (1) được chứng minh?” Bằng chứng về thực tế này, như đã nêu trong sách hướng dẫn, có thể được tìm thấy trong các khóa học phân tích đầy đủ. Có một thực tế tổng quát hơn đã được chứng minh, đó là: với mọi số dương $a \neq 1$ đều có giới hạn

$$\lim_{h \to 0} \frac{a^h - 1}{h},$$

và nó là dương nếu $a > 1$, và âm nếu $0 < a < 1$. Nhưng thực tế là việc chứng minh điều này, như một quy luật, dựa trên một số bổ đề và định lý sơ bộ, không phải lúc nào cũng dễ hiểu. Sẽ tốt hơn nếu đưa ra một bằng chứng không xác định. Bằng chứng như vậy được đưa ra dưới đây.

1. Đặt $a$ là một số tùy ý lớn hơn một. Hãy xem xét dãy $(x_n)$, số hạng tổng quát được cho bởi công thức

$$x_n = n \left( \frac{1}{a^n} - 1 \right).$$

Chứng minh rằng $(x_n)$ là dãy cộng và giới hạn của nó là dương.

Hãy bắt đầu với câu hỏi về sự hội tụ và kiểm tra các điều kiện của định lý Weierstrass. Đối với bất kỳ tự nhiên $n$

$$a^{-\frac{1}{n(n+1)}} - 1 > -1,$$

posnomu theo bất đẳng thức Bernoulli

$$a^{-\frac{1}{n}} = \left( 1 + \left( a^{-\frac{1}{n(n+1)}} - 1 \right) \right)^{n+1} > 1 + (n+1) \left( a^{-\frac{1}{n(n+1)}} - 1 \right).$$

Nhân bất đẳng thức này với $a^{\frac{1}{n}}$, ta được

$$1 > a^{\frac{1}{n}} + (n+1) \left( a^{\frac{1}{n+1}} - a^{\frac{1}{n}} \right)$$

hoặc, cái gì giống nhau,

$$n a^{\frac{1}{n}} + 1 > (n+1) a^{\frac{1}{n+1}}.$$

Rất dễ dàng đưa bất đẳng thức này về dạng sau:

$$n \left( a^{\frac{1}{n}} - 1 \right) > (n+1) \left( a^{\frac{1}{n+1}} - 1 \right).$$

42

Vì vậy chúng tôi có
$$\begin{cases} n \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) < \frac{a^h - 1}{h} < \\ < (n+1) \left( \frac{1}{n} - 1 \right), \text{ если } h > 0, \\ \frac{n \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right)}{a^{n+1}} < \frac{a^h - 1}{h} < \\ < (n+1) \left( \frac{1}{n} - 1 \right), \text{ если } h < 0. \end{cases}$$

Hãy giới thiệu ký hiệu sau:
$$n \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) = u_n,$$
$$(n+1) \left( \frac{1}{n} - 1 \right) = v_n,$$
$$\frac{u_n}{a^{n+1}} = u'_n, \quad \frac{v_n}{a^{n+1}} = v'_n.$$

Khi đó các bất đẳng thức thu được sẽ có dạng sau:
$$\begin{cases} u_n < \frac{a^h - 1}{h} < v_n, \text{ если } h > 0, \\ u'_n < \frac{a^h - 1}{h} < v'_n, \text{ если } h < 0, \end{cases}$$

và với mọi $h$, modulo $1/n$,

$$u'_n < \frac{a^h - 1}{h} < v_n.$$ (5)

Hãy để bây giờ $n \rightarrow +\infty$. Sau đó
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} v_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} u'_n =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} v'_n = \varphi(a).$$

Trên thực tế, kể từ khi
$$u_n = (n+1) \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) - \left( a^{n+1} - 1 \right) = x_{n+1} - \left( a^{n+1} - 1 \right),$$
$$v_n = n \left( a^{n+1} - 1 \right) + \left( a^{n+1} - 1 \right) = x_n + \left( a^{n+1} - 1 \right),$$

thì theo đẳng thức (3) và (4)
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} x_{n+1} - \lim_{n \rightarrow +\infty} \left( a^{n+1} - 1 \right) =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} x_{n+1} = \varphi(a).$$

Hơn nữa, theo cùng một đẳng thức (4)
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} a^n = \lim_{n \rightarrow +\infty} a^{n+1} = 1,$$
và do đó
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} u'_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{u_n}{a^{n+1}} =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = \varphi(a), \lim_{n \rightarrow +\infty} v'_n =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{v_n}{a^{n+1}} = \varphi(a).$$

Lưu ý rằng chuỗi $\{v_n\}$ tắt một cách đơn điệu và $\{u'_n\}$ trả về.

Vì vậy, chúng tôi đã đi đến kết luận sau (xem hình): nếu $0 < |h| \leq 1$, thì mối quan hệ mà chúng tôi quan tâm, tức là $(a^h - 1):h$, có thể được “kẹp” vào khoảng $]u_n, v'_n$ [(if $h > 0$) hoặc vào khoảng $]u'_n, v'_n$ [(if $h < 0$) và với xu hướng $n \rightarrow +\infty$ thì các điểm cuối của các khoảng này có xu hướng cùng một số $\varphi(a)$. Rõ ràng là nếu không thì tỷ lệ này có xu hướng về cùng một số, tức là
$$a > 1 \Rightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{a^h - 1}{h} = \varphi(a) > 0.$$

Thật vậy, mọi $\varepsilon > 0$ đều có thể xảy ra và chúng ta sẽ tìm một $\delta > 0$ sao cho
$$|h| < \delta \Rightarrow |\varphi(a) - \frac{a^h - 1}{h}| < \varepsilon.$$

(Theo định nghĩa giới hạn của hàm số, điều này sẽ có nghĩa là $\lim_{h \rightarrow 0} (1/h) \times (a^h - 1) = \varphi(a)$).

Vì các chuỗi $\{u'_n\}$ và $\{v'_n\}$ hội tụ về $\varphi(a)$, hơn nữa, chuỗi thứ nhất tăng và chuỗi thứ hai tiêu diệt, nên với một số cho trước $\varepsilon > 0$ người ta có thể tìm thấy một số $N$ sao cho
$$-\varepsilon < u'_N - \varphi(a) \text{ и } v_N - \varphi(a) < \varepsilon.$$ (6)

Bây giờ chúng ta hãy lấy $\delta = 1/N$. Nếu $|h| < \delta = 1/N$, thì ta có (xem (5)) các bất đẳng thức

44

«Kvant» cho học sinh nhỏ

Nhiệm vụ

1. Khi một số có ba chữ số, hai chữ số đầu giống nhau và chữ số thứ ba bằng 5, chia cho số có một chữ số thì dư là 8. Tìm số bị chia, số chia và thương.

2. Điền vào các ô trong hình số theo số để bạn có được hai ví dụ chia hoàn thành chính xác (lần lượt từng ví dụ).

3. Tìm cặp số tự nhiên nhỏ nhất $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $5a^2=2b^5$.

4. Trong mỗi ví dụ sau đây, một số số được mã hóa bằng chữ cái. Giải mã các ví dụ!

a) BA + HAI
HAI SÂN
NĂM

b) BA·BA=SÁU

c) CHO - NƯỚC
PASHA

5. Số $A$ là một số tự nhiên và trong ký hiệu của nó chỉ có các số 1, 9, 7, 6 xuất hiện, mỗi số 1977 lần. Số $\sqrt[3]{A}$ có thể là số nguyên không?

44

45

Chắc hẳn nhiều bạn đã từng chơi xổ số hoặc ít nhất đã nghe nói đến trò chơi này. Chúng tôi cung cấp cho bạn một số cái nhìn sâu sắc về nó. Như trong phiên bản thông thường, vật phẩm chính của chúng tôi là một chiếc túi có “thùng” trên đó viết các số từ 0 đến 99. Các quy tắc của trò chơi như sau. Bạn được phép viết bất kỳ số nào từ 0 đến 99, mỗi số không quá một lần. Sau đó, một “thùng” được lấy ra khỏi túi. Nếu bất kỳ số nào được viết cho bạn có chữ số đầu tiên (hoặc thứ hai) khớp với chữ số đầu tiên (thứ hai tương ứng) của số được rút ra thì số của bạn sẽ nhận được 250 điểm. Con số trùng với số được rút sẽ được 500 điểm. Ví dụ: nếu rút ra số 95 thì bản thân nó nhận được 500 điểm, số 45 và 91 mỗi số nhận được 250 điểm, còn số 59 và 04 không nhận được gì (các số có một chữ số - 0, 1, 2, … - được viết dưới dạng số có hai chữ số - 00, 01, 02, …).

Để hiểu rõ hơn về luật chơi, chúng ta hãy chơi. Bạn có một mảnh giấy và một cây bút, tôi có một cái túi có “thùng”. Ví dụ, một vài con số về thực phẩm. Tôi lấy ra 66. Bạn ghi được bao nhiêu điểm? Cần tuyển bao nhiêu người mẫu? Rõ ràng là không quá 750. Và số lượng số tối đa bạn cần viết để chắc chắn gõ được số đó khi viết là bao nhiêu?

Hãy dành thời gian của bạn, suy nghĩ. Bạn đã nhận được bao nhiêu? 10? Phải. Ví dụ: bạn có thể viết các số 00, 01, 02, 03, …, 09 và sau đó, bất kể số nào được lấy ra khỏi túi, chữ số thứ hai của nó trùng với chữ số thứ hai của một trong các số của bạn, nghĩa là bạn sẽ nhận được ít nhất 250 điểm. Và số lượng ít hơn là không đủ. Rốt cuộc, nếu bạn viết ít hơn mười số, bạn sẽ tìm thấy số a không phải là trung bình của các chữ số trong các số của bạn và số b sẽ không phải là trung bình của các chữ số trong các số của bạn. Và sau đó nếu một “thùng” có số ab ​​được lấy ra khỏi túi, bạn sẽ không giành được gì cả.

Bài toán 1. Rút ra từ túi số nào nếu bộ 07, 29, 45, 68, 84, 71, 32, 16, 53 không nhận được gì?

Bây giờ câu hỏi khó hơn.

Cần viết tối đa bao nhiêu số để chắc chắn gõ được số đó khi viết?

Chúng ta hãy tạm dừng xổ số một phút và nhớ lại bàn cờ và quân xe, tất cả đều là các ô vuông nằm trên cùng một chiều ngang hoặc dọc với sân mà nó đứng. Hãy cho tôi biết, trên bàn cờ có thể coi tối đa bao nhiêu quân xe mà chúng không khác nhau?

46

Bất cứ ai ít nhất một chút quen thuộc với cờ vua sẽ trả lời ngay: tất nhiên là số tám, chẳng hạn như trong Hình 1.

Sau đó, một câu hỏi nữa: đặt trên bàn cờ 8 quân xe không loại trừ lẫn nhau. Ô vuông nào trên bàn cờ được đánh bao nhiêu lần?

Nếu các quân xe không cách xa nhau thì chúng nằm trên các hàng dọc khác nhau và các hàng ngang khác nhau, rồi trên mỗi hàng dọc và mỗi hàng ngang có một xe. Do đó, bất kỳ ô nào không có quân Xe chiếm giữ sẽ được chiến đấu với hai quân Xe (một theo chiều dọc, một theo chiều ngang).

Xổ số và cờ vua có điểm gì chung? Nhưng nhìn này. Hãy viết tất cả các số từ 00 đến 99 vào bảng vuông 10x10:

| 00 | 01 | 02 | 09 |
| :— | :— | :— | :— |
| 10 | 11 | 12 | 19 |
| :— | :— | :— | :— |
| 90 | 91 | 92 | 99 |

Chúng ta sẽ nói rằng số $ab$ sẽ là số $cd$ nếu $ab$ được điểm khi $cd$ được lấy ra khỏi túi, tức là nếu $a=c$ hoặc $b=d$. Hãy nhìn vào bảng của chúng tôi. Mỗi cái có những con số đứng cạnh nó trên cùng một đường ngang hoặc dọc. Chúng ta đã biết rằng nếu 10 số khác nhau (ví dụ: 00, 11, 22, …, 99) thì bất kỳ số nào từ 0 đến 99 sẽ trùng với một trong 10 số đó hoặc là hai số được chọn. trong obonkh

Hình 1.

trường hợp bộ của chúng tôi nhận được 500 điểm. Và bạn không thể ghi ít hơn mười con số và 250 điểm. Vậy là chúng ta đã trả lời được câu hỏi về xổ số. Chỉ còn lại một điều mơ hồ.

Bài toán 2. Có nhất thiết 10 số phải khác nhau thì tập hợp như vậy luôn cho kết quả 500 điểm không?

Câu hỏi này rất quan trọng. Vì vậy, trước khi đọc thêm, hãy kiểm tra đáp số của bạn trên trang. 60.

Và bây giờ chúng ta có thể giải câu bài toán phức tạp hơn - tìm xem có tổng cộng bao nhiêu trong một bộ 10 số có thể được 500 điểm.

Chúng ta đã biết rằng một bộ 10 số có một số ô vuông nhất định và mỗi ô vuông có một số điểm nhất định. Chúng ta có thể sử dụng một thuật toán đơn giản để tìm số ô vuông trong bảng đã cho.

Chúng ta đã biết rằng một bộ 10 số có một số ô vuông nhất định và mỗi ô vuông có một số điểm nhất định. Chúng ta có thể sử dụng một thuật toán đơn giản để tìm số ô vuông trong bảng đã cho.

bài toán này được các nhà toán học biết đến nhiều và thậm chí còn có tên riêng: nó được gọi là bài toán hoán vị. Đối với lời giải của nó, hãy lưu ý rằng bất kỳ chữ số nào trong số 10 chữ số khác nhau đều có thể được gán cho chữ số 0. Bạn có thể gán số cho cặp 0 và 1 như thế này: trước tiên, chúng ta gán bất kỳ chữ số nào trong số 10 chữ số cho cặp 0 và 1. Do đó, chúng ta nhận được 10 9 = 90 cặp số, bắt đầu bằng 0 và 1, v.v. Đáp số cho câu hỏi bài toán là 10! (đọc “10 giai thừa”).

Bài toán 3 (kiểm soát). Có bao nhiêu cách xếp 8 quân xe giống hệt nhau lên bàn cờ sao cho chúng không cạnh nhau?

Bây giờ chúng ta giả sử rằng chúng ta muốn đặt các quân xe không thuộc về nhau trên một bàn cờ xoay. Chúng ta sẽ thấy bao nhiêu đánh giá trong trường hợp này?

47

Hình 2.

Bí quyết của bài toán này là khi đế quay, chúng ta không thể phân biệt cách sắp xếp này với cách sắp xếp đối xứng tâm với nó.

Bài toán 4 (có thể điều khiển được và có nút vặn). Chúng ta có thể phân biệt trên một bàn cờ đang quay những cách sắp xếp mà trên một bàn cờ cố định có được với nhau bằng cách xoay 90° so với tâm của bàn cờ không?

Chúng ta hãy biểu thị số cách sắp xếp đối xứng tâm bằng $S$. Khi đó, tổng số vị trí của quân xe trên bàn quay có thể được biểu thị bằng công thức $S + \frac{8! - S}{2} = \frac{S + 8!}{2}$ và tất cả những gì chúng ta phải làm là tìm $S$.

Như thường lệ, chúng ta có 8 cách để xếp quân Xe lên hàng đầu. Nhưng nếu chúng ta đặt một quân xe ở hạng trên thì chúng ta sẽ phải đặt một quân xe đối xứng với nó ở hạng thấp hơn. Sau đó, đối với quân ở hạng thứ hai từ trên xuống chỉ có 6 khả năng, ở hàng thứ ba - 4, ở hàng thứ tư - 2, sau đó sự sắp xếp được xác định. Do đó, có $8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2 = 2^4 \cdot 4!$ cách sắp xếp đối xứng và tổng số cách sắp xếp là $\frac{8! + 2^4 \cdot 4!}{2}$.

Bài toán 5 (kiểm soát). Có thể nhìn thấy bao nhiêu hàng quân xe đang nhớ về quá khứ của nhau trên một bến quay không sơn?

Bây giờ chúng ta hãy viết tất cả các số từ 1 đến 64 thành một hàng trên bàn cờ của chúng ta (ở hàng ngang trên cùng, từ trái sang phải, các số từ 1 đến 8, ở hàng tiếp theo, từ 9 đến 16, v.v.). Tổng của các số được viết trên các ô vuông nơi quân xe đứng (“tổng quân xe”) có thể có những giá trị nào?

Ở đầu bài viết này, bàn cờ đã giúp chúng ta giải bài toán về lado. Bây giờ thì ngược lại: Lodo sẽ giúp bạn giải quyết khó khăn bài toán trên bến tàu. Hãy để mỗi người chơi nhận được một số điểm nhất định trước khi bắt đầu trò chơi xổ số và để có cơ hội viết một số nhất định, họ phải cho số điểm bằng số này.

Bài toán 6 (kiểm soát). Cái nào trong số 10! Không có bộ số nào có lợi hơn nhau và số điểm yêu cầu là bao nhiêu?

Bằng cách giải bài toán này, bạn sẽ thực sự tính được “tổng xe” trên thanh $10 \times 10$, trong đó ký hiệu thập phân của các số sẽ thuận tiện.

Trên bến $8 \times 8$, mục nhập liên quan đến số 8 sẽ có lợi hơn. Cụ thể, bến tàu có các số có thể được biểu diễn dưới dạng “tổng” của hai bảng (Hình 2) và trên mỗi “triệu tập” tổng quân xe không phụ thuộc vào sự sắp xếp của các quân xe và bằng

$$0 + 8 + 16 + \dots + 56 = 224$$

trong học kỳ đầu tiên và

$$1 + 2 + 3 + \dots + 8 = 36$$

vào nhiệm kỳ thứ hai. Điều này có nghĩa là trong bất kỳ sự sắp xếp nào, hãy nhớ quân xe của nhau, tổng quân xe là 260.

Hãy quay lại với xổ số.

Bài toán 7. Bạn đã đủ điểm để viết tất cả các số từ 00 đến 99. Một thùng được lấy ra khỏi túi. Số điểm sẽ tăng (so với ban đầu) hay giảm đi?

Bài toán 8. Cho một bộ gồm 10 số khác nhau. Có phải luôn luôn có thể chia 90 số còn lại thành 9 bộ 10 số khác nhau?

Và cuối cùng, hai bài toán trên đế. Chúng ta sẽ nói rằng các số từ 1 đến 64 được viết trên bàn cờ theo “cách chính xác” nếu đối với tất cả các đội hình quân xe thì “tổng quân xe” đều giống nhau.

Bài toán 9. Chứng minh rằng có ít nhất $2 \cdot (8!)^2$ cách viết các số từ 1 đến 64 “một cách chính xác”.

Bài toán 10. “Tổng quân” ​​có thể nhận những giá trị nào nếu các số từ 1 đến 64 được viết “đúng cách”?

48

Nhiệm vụ
trên quảng trường
và góc nhị diện

Hãy xem xét bài toán sau đây.

Nhiệm vụ 1. Một paramida trước thân tàu thông thường có góc hai chiều α ở mép của đế được cắt bởi một mặt phẳng song song với đế, sao cho diện tích của phần thu được bằng diện tích bề mặt bên của paramida bị cắt cụt thu được. Xác định tỉ số giữa diện tích đáy và diện tích mặt cắt ngang.

Nếu chúng ta giải bài toán này bằng cách xem xét phần paramid bằng một mặt phẳng đi qua chiều cao và điểm trung bình của mặt bên, thì sau khi tính toán khá phức tạp, chúng ta nhận được đáp số 1+cos α. Το tình huống mà mối quan hệ được yêu cầu là

một trăm được thể hiện thông qua một đại lượng nhất định, dẫn đến sự phản ánh sâu hơn. Đây có phải là sự trùng hợp ngẫu nhiên? Rõ ràng là không. Rất có thể cũng phải có một lời giải bài toán đơn giản. Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn về đáp số. Sự tương ứng thu được của kết nối mang lại diện tích S của đế, diện tích Q của mặt cắt (bằng diện tích bề mặt bên của paramid bị cắt) và góc nhị diện ở cạnh của đế (Hình 1).

Không格拉công thức nổi tiếng *) diện tích hình chiếu trực giao của đa giác S - Q = Q cos φ, từ đó

$$\frac{S-Q}{Q} = \cos \varphi, \frac{S}{Q} = 1 + \cos \varphi.$$

Và trong nhiều trường hợp khác, việc áp dụng công thức tính diện tích hình chiếu chính là phần tử dẫn đến lời giải bài toán vô thời hạn.

Nhiệm vụ 2 (MAI, 1973). Cơ sở của paramid là các hình bình hành, diện tích của nó là Q. Đỉnh của paramid được chiếu tại giao điểm của các đường song song chéo. Một trong các cạnh bên với mặt phẳng đáy là góc α, cạnh đáy là góc β. Tìm diện tích bề mặt bên của paramid.

*) Xem “Hình học 10”, § 50.

Hình 1.

Hình 2.

49

Bởi vì thực tế là
$$S_{\triangle BAC} = S_{\triangle DAE}, \quad S_{\triangle CAD} = S_{\triangle EAB},$$
$$S_{\triangle BOC} = S_{\triangle COD} = \frac{Q}{4}$$

(Hình 2), chúng tôi tìm thấy ngay:
$$S_{60k} = 2(S_{\triangle BAC} + S_{\triangle CAD}) =$$
$$= 2\left(\frac{S_{\triangle BOC}}{\cos \alpha} + \frac{S_{\triangle COD}}{\cos \beta}\right) =$$
$$= 2\left(\frac{Q}{4\cos \alpha} + \frac{Q}{4\cos \beta}\right) = \frac{Q(\cos \alpha + \cos \beta)}{2\cos \alpha \cos \beta}.$$

Bài toán 3 (KSU, khoa vật lý, 1975).
Đáy của hình chóp có một hình thoi có cạnh a và góc nhọn α.
Hai mặt bên chứa các cạnh góc nhọn của đáy vuông góc với đáy, hai mặt còn lại nghiêng với đáy một góc β.
Tìm diện tích bề mặt bên của kim tự tháp.

Dễ dàng nhận thấy hình chiếu $E_1AD_1$ (Hình 3) của mặt bên $EAD$ lên mặt phẳng của mặt bên $BAC$ có kích thước bằng mặt $BAC$, và góc giữa các mặt này với hai góc là $\frac{\pi}{2} - \beta$, và hình chiếu của mặt $AED$ lên mặt phẳng đáy hình thoi là hình tam giác $BED$. Đó là lý do tại sao
$$S_{60k} = 2(S_{\triangle EAD} + S_{\triangle BAC}) =$$
$$= 2(S_{\triangle EAD} + S_{\triangle E_1AD_1}) =$$
$$= 2\left[S_{\triangle EAD} + S_{\triangle EAD} \cos\left(\frac{\pi}{2} - \beta\right)\right] =$$

Hình 3.

Bài toán 4 (KPI, 1975). Một quả bóng được ghi theo đúng hình dạng của kim tự tháp; mặt bên của kim tự tháp này đóng vai trò là đáy của một kim tự tháp khác, đỉnh của kim tự tháp này nằm ở tâm của quả bóng và obtem của kim tự tháp này bằng $1/6$ obtema của kim tự tháp này. Xác định các giá trị của góc hai chiều ở đáy và góc phẳng ở đỉnh của hình chóp nằm phía trên.

Được biết, $V_{\pi\rho} = \frac{1}{3} S_{\pi\operatorname{o}l n} \cdot r$ (Hình 4). Đó là lý do tại sao
$$\cos \alpha = \frac{S_{\operatorname{o}l n}}{S_{60k}} = \frac{S_{\pi\operatorname{o}l n}}{S_{60k}} - 1 =$$
$$= \frac{\frac{1}{3} S_{\pi\operatorname{o}l n} \cdot r}{\frac{1}{3} \left(4S_{\triangle CAD}\right) \cdot r} - 1 = \frac{V_{ABCDE}}{4V_{O_1CAD}} -$$
$$- 1 = \frac{6}{4} - 1 = \frac{1}{2},$$
$$\alpha = \frac{\pi}{3}; \text{tg} \frac{\beta}{2} = \frac{|DF|}{|AF|} =$$
$$= \frac{|OF|}{|AF|} = \cos \alpha = \frac{1}{2},$$
$$\beta = 2 \mathrm{arctg} \frac{1}{2}.$$

Bài toán 5 (LSU, 1968). Thiết lập mối liên hệ giữa cosin