Kvant 1978, số 1 · Trang

KEANM 1
1978

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

Trong hình này bạn thấy hai đường cong thu được bằng máy tính. Phương trình của các đường cong này trong hệ tọa độ cực có dạng:

$$\rho = 35,5 + 10,5 \sin(80 \varphi) \sin\left(\frac{5}{2} \varphi\right),$$

$$\rho = 18,5 + 11,5 \sin\left(\frac{79,5}{16} \varphi\right) \sin\left(\frac{1}{32} \varphi\right).$$

(Chúng tôi đã viết về hệ tọa độ cực trong «Kvant» Số 9, 1977, trang 51). Những đường cong này lấp đầy đồ thị của các tín hiệu được mô hình hóa theo biên độ. Hãy cố gắng tìm chu kỳ của những đường cong này, tức là dương nhỏ nhất $T$ sao cho $\rho(\varphi) = \rho(\varphi + T)$.

Yu. Kotov.

1

Được thành lập vào năm 1970
1
1978

khoa học đại chúng
vật lý-toán học
tạp chí
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

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

TẠI NHÀ:

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kioin

Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyav
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. Shirtsov

Trên trang đầu tiên của trang bìa bạn sẽ thấy hình ảnh của helinone thẳng. Các đầu của thanh mà mô hình này được dán được đặt dọc theo hai đường vít đồng dạng. Đọc thêm về đường xoắn ốc và helinon thẳng trên trang. 55.

2 V. Kartsev. Những bí ẩn không được giải quyết, chúng được đưa ra…
(nhân kỷ niệm 200 năm ngày sinh của Hans Christin Oersted)

8 Yu. Matiyasevich. Mô hình khối đa diện

18 I. Kioin, S. Lazarev. hiệu ứng FEM

Phòng thí nghiệm «Kvant»
23 V. Mayer, E. Mamaeva. Hai trọng tâm vật lý

vòng tròn toán học
24 L. Kurlyandik, G. Rosekom. Phương pháp gốc vô hạn

Bài toán Kvant
28 Bài toán M481—M485; F493—F497

30 Lời giải bài toán M436—M440; F448, F450—F452

Qua những trang sách giáo khoa
36 A. Zemlykov, B. Ivlev. Câu hỏi hình học

«Kvant» cho học sinh nhỏ
37 Bài toán

38 E. Semenov. Bạn có thể chứng minh điều đó không? - Anh không thể chứng minh được điều đó!

Xưởng của người nộp đơn
42 M. Marinchik. Định luật nhiệt động đầu tiên

47 I. Gabovich, P. Gorshtein. Phép nhân vectơ gấp

53 A. Alexandrov, A. Zabovev, N. Narozhny, N. Sholovov. Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

Đánh giá, thư mục
54 Y. Geduzin. Câu chuyện trực tiếp về khoa học sống

55 V. Berezin. đường xoắn ốc

Thông tin
56 J. Rabb. Tuyển sinh mới vào Trường Toán học Liên minh

59 V. Aslayan, A. Kiryanov, T. Chugunova. Trường vật lý tương ứng

62 Đáp số, được chỉ định, lời giải
Pha trộn (17, 22, 61)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nauka, «Kvant», 1978

2

V. Kartsev

Bí mật
đừng tìm ra nó
họ được cho…

[nhân kỷ niệm 200 năm ngày sinh
Hans Christin Oersted]

Khi giáo sư Hans Christin Oersted, 43 tuổi ở Copenhagen, gửi “cuốn sách nhỏ” của mình cho các đồng nghiệp của mình - bốn trang bằng tiếng Latinh - và các nhà khoa học từ Pháp, Thụy Sĩ, Anh và Nga đã có thể làm quen với nó, ngoài các vấn đề khoa học, chúng còn bao gồm các vấn đề phổ quát của con người. Làm thế nào để xác định tác giả của những trang này, làm thế nào để đánh giá tác phẩm của mình? Đối với họ, người đàn ông này dường như là ai: một nhà khoa học chăm chỉ, một người mơ mộng, một người lãng mạn, một người đàn ông may mắn? Và dù sao thì anh ta là ai? Nhà vật lý, nhà hóa học, dược sĩ, triết gia hay tư thế?

Để trả lời những câu hỏi khó, chắc chắn rất thú vị này, chúng ta hãy quay ngược lại hai thế kỷ và tưởng tượng hòn đảo Langgeland xa xôi của Đan Mạch và một thị trấn trên đó tên là Rüdkobing, và gia đình của một dược sĩ nghèo nơi Hans Christin sinh ra. Nhu cầu theo sát gia đình, vì vậy Hans Christin và Anders phải học tiểu học ở bất cứ nơi nào họ có thể: người thợ cắt tóc ở thành phố dạy họ tiếng Đức, vợ ông dạy họ tiếng Đan Mạch, mục sư của một ngôi làng nhỏ

4

Năm 1813, tác phẩm “Nghiên cứu về sự nhận dạng các lực hóa học và điện” của ông được xuất bản ở Pháp. Trong đó, lần đầu tiên ông bày tỏ ý tưởng về mối liên hệ giữa điện và từ. Ông viết: “Bạn nên thử xem liệu điện… có tạo ra tác dụng gì lên nam châm không…”. Thông điệp của ông rất đơn giản: điện tạo ra ánh sáng - tia lửa, âm thanh - âm thanh tanh tách, và cuối cùng, nó có thể tạo ra nhiệt - dây đóng các cực của nguồn dòng điện nóng lên. Điện không thể tạo ra hiệu ứng từ tính? Người ta nói rằng Oersted chưa bao giờ từ bỏ nam châm. Mảnh sắt này được cho là sẽ liên tục buộc anh ta phải suy nghĩ theo hướng này. Nam châm rõ ràng đã di chuyển rất nhiều dặm trong chiếc áo choàng dài của Oersted, cho đến khi… Không, Oersted chưa bao giờ thấy nam châm có ích.

Ý tưởng về sự kết hợp giữa điện và từ, quay trở lại điểm tương đồng đơn giản nhất giữa lực hút của cục đẩy và mạt sắt với nam châm, đã được đưa ra và nhiều bộ óc giỏi nhất ở Châu Âu đã bị nó mê hoặc. Trở lại năm 1747, nhà học giả Epinius ở St. Petersburg đã chú ý đến nó, và người Pháp Arago đã dành nhiều năm để thu thập những sự thật có vẻ bí ẩn.

những câu chuyện về những con tàu, kho báu và những hiện tượng thiên thể bất thường, trong đó ông cũng nhìn thấy mối liên hệ khó nắm bắt này.

Một ngày nọ, tại bến đường Palma, cảng chính của Mallorca, tàu quân sự Pháp La Ralaine xuất hiện. Tình trạng của nó tồi tệ đến mức con tàu hầu như không đến được bến tàu bằng chính sức lực của mình. Khi thủy thủ đoàn lên bờ và để một số nhà khoa học lỗi lạc của Pháp, trong đó có Arago, khai hỏa, hóa ra con tàu đã bị sét đánh phá hủy. Trong khi ủy ban kiểm tra con tàu, hướng đầu về phía cột buồm và cấu trúc thượng tầng bị cháy, Arago vội vã đến chỗ la bàn và ở đó anh nhìn thấy những gì anh mong đợi: mũi tên của la bàn, bị sét đánh trở lại, chỉ theo các hướng khác nhau.

Một năm sau, khi đào sâu vào nơi cách đây vài ngày từng là một con tàu Genova (nó bị rơi, hạ cánh trên những tảng đá gần bờ biển Algeria), Arago một lần nữa phát hiện ra rằng kim la bàn đã được tái từ hóa. Trong sương mù Kromennaya, gần như thuyền trưởng, đã hướng con tàu bằng la bàn về hướng, tránh xa những nơi nguy hiểm, thực tế là đang di chuyển một cách mất kiểm soát về phía điều mà ông đã cố gắng hết sức để tránh. Con tàu nhấp nhô về phía Nam, lao thẳng về phía bãi đá, bị la bàn từ trường bị sét đánh đánh lừa.

Và đây là kho báu đã hứa. Chúng nằm trong sudduk của thương gia Erkfield và bao gồm một bộ đồ ăn có giá trị vào thời điểm đó và được dự định vận chuyển đến thuộc địa mới của Anh - Mỹ. Sau khi bị sét đánh, một số vật thể tan chảy và một số vật thể bị nhiễm từ rất mạnh.

Không phải vô ích khi Arago thu thập tất cả những sự thật này, thoạt nhìn, là những sự thật không đáng kể và không liên quan. Các thí nghiệm về sét do Franklin thực hiện ở Mỹ và Lomonosov và Richman ở Nga vừa kết thúc. Sét là một tia lửa điện khổng lồ! Bây giờ chúng ta khó có thể cảm nhận được tính giật gân của một tuyên bố như vậy, nhưng vào thời điểm đó, nhiều người bình thường, chưa kể các nhà khoa học,

5

Họ nhiệt tình hoan nghênh phát hiện này. Arago, sau khi thu thập được nhiều sự kiện chỉ ra mối liên hệ giữa sét và từ tính, cảm thấy rằng mình sắp có một khám phá mới. Niềm vui và sự khó chịu - có lẽ đây là những cảm giác mà anh đã trải qua khi nhìn thấy bài toán đã lâu không được trao cho anh. Lời giải được tìm thấy bởi Ørsted.

Các nhà sử học khoa học có lẽ sẽ vẫn không biết gì và hoang mang trong một thời gian dài về hoàn cảnh của phát hiện này, điều mà giờ đây phần nào đã trở thành một ví dụ kinh điển về một sự tình cờ may mắn. Ngày chính xác của phát hiện này vẫn chưa được biết: một số nhà nghiên cứu cho rằng nó là năm 1819, một số là năm 1820. Một số thậm chí còn nghi ngờ về quyền tác giả của Oersted. Tuy nhiên, chúng ta đừng vượt lên chính mình.

Vào ngày 15 tháng 2 năm 1820, Ørsted, vốn là giáo sư danh dự về hóa học tại Đại học Copenhagen, đã giảng bài cho sinh viên của mình. Bài giảng được đi kèm với các cuộc biểu tình. Trên bàn thí nghiệm có một nguồn điện, một sợi dây để đóng các cực của nó và một chiếc la bàn. Trong khi Oersted đóng mạch, kim la bàn rung lên và quay. Khi mạch được mở, mũi tên quay trở lại. Đây là sự xác nhận thực nghiệm đầu tiên về mối liên hệ giữa điện và từ, điều mà nhiều nhà khoa học đã tìm kiếm bấy lâu nay.

Có vẻ như mọi thứ đều rõ ràng. Oersted đã chứng minh cho sinh viên một sự xác nhận khác về ý tưởng lâu đời về mối liên hệ phổ quát của các hiện tượng. Nhưng tại sao lại nảy sinh nghi ngờ? Tại sao hoàn cảnh của sự kiện này sau đó lại trở thành chủ đề gây tranh cãi nhiều đến vậy? Thực tế là những sinh viên tham dự bài giảng sau đó đã kể lại một điều hoàn toàn khác. Theo họ, Oersted chỉ muốn chứng minh tại bài giảng tính chất thú vị của điện làm nóng một sợi dây, và chiếc la bàn nằm trên bàn hoàn toàn là một sự trùng hợp ngẫu nhiên. Và chính xác là tình cờ mà họ giải thích rằng la bàn nằm cạnh sợi dây này, và theo quan điểm của họ, thật tình cờ khi một trong những sinh viên tinh mắt đã thu hút sự chú ý đến mũi tên đang quay, và theo họ, sự ngạc nhiên và thích thú của giáo sư là có thật. Chính Oersted, trong các tác phẩm sau này của mình, đã viết: “Mọi người có mặt trong số khán giả đều chứng kiến ​​rằng tôi đã công bố trước kết quả của thí nghiệm. Do đó, phát hiện này không phải là một sự tình cờ, như Giáo sư Gilbert muốn kết luận từ những cách diễn đạt mà tôi đã sử dụng khi lần đầu tiên công bố phát hiện này.” Nó có thực sự quan trọng đến vậy không - phát hiện của Oersted có phải là ngẫu nhiên hay không? Và điều này có nghĩa là gì, “phát hiện tình cờ”? Chẳng hạn, bạn đã từng nghe nói rằng nhà hóa học Oersted giảng bài về điện chưa? Tất nhiên là không. Điện được phát hiện tương đối gần đây *), nền tảng kiến ​​thức về điện vào thời điểm đó chưa nhiều và việc thực hành nó không cần bất kỳ sự chuẩn bị đặc biệt nào. Vì vậy, các nhà vật lý, nhà hóa học và cơ học có thể nghiên cứu nó. Thiết bị cũng đơn giản, có thể chế tạo ở bất kỳ xưởng nào. Vì vậy, nhìn chung, không có gì ngẫu nhiên trong bài giảng của Oersted và thực sự là trong cơ sở của nó. Bộ nghiên cứu điện và từ không hấp dẫn vào thời điểm đó - rất nhiều vôn, dây dẫn, chân ếch, từ trường.

*) Điều này trước hết đề cập đến phát minh vào năm 1800 của nhà vật lý người Ý Alexandro Volgata về nguồn dòng điện hoạt động liên tục đầu tiên - cái gọi là dòng điện Voltovian.

6

nit và la bàn. Như Bragg (người đã phát triển phương pháp phân tích cấu trúc gen RENT của tinh thể) đã viết, điều đáng ngạc nhiên không phải là Oersted tình cờ phát hiện ra tác dụng của dòng điện lên một kim nam châm, mà là phát hiện này phải đợi hai mươi năm, kể từ thời điểm cột Voltaic được phát minh. Mười phòng thí nghiệm có cột điện, dây dẫn và la bàn, và trong suốt hai mươi năm, những đồ vật này đã được tìm thấy ở gần đó hàng nghìn lần. Không thể tránh khỏi, một ngày nào đó sẽ nảy sinh một tình huống khi kim từ tính cuối cùng sẽ ở gần dây đóng các đầu của cột điện, quay lại và nhà thám hiểm sẽ nhận thấy điều này. Và chúng tôi đã phải chờ đợi một sự kiện như vậy trong suốt hai mươi năm! Theo một nghĩa nào đó, người sinh viên vô danh trong bài giảng của Oersted đã hoàn thành vai trò lịch sử của mình bằng cách nhìn vào la bàn vào thời điểm thích hợp. Ở một khía cạnh nào đó, vai trò của anh ấy có thể được so sánh với vai người thủy thủ hét lên với Christopher Columbus về một vùng đất mới - nước Mỹ. Và một điều nữa. Có rõ ràng là Oersted là người đã phát hiện ra điều đó không? Rốt cuộc, có thể có được sự kết hợp hài hòa giữa các dụng cụ cần thiết, cách sắp xếp tương đối và “chế độ vận hành” của chúng ở bất kỳ phòng thí nghiệm nào? Vâng, đó là sự thật. Nhưng trong trường hợp này, tai nạn là tự nhiên - Ørsted là một trong số ít nhà nghiên cứu vào thời điểm đó nghiên cứu về mối liên hệ giữa các hiện tượng.

Tuy nhiên, chúng ta hãy quay trở lại bản chất của khám phá của Oersted. Phải nói rằng độ lệch của kim la bàn trong bài giảng trải nghiệm là rất nhỏ. Vào tháng 7 năm 1820, Oersted lặp lại thí nghiệm một lần nữa, sử dụng nguồn điện hiện tại mạnh hơn. Bây giờ hiệu ứng đã trở nên mạnh mẽ hơn nhiều, và thậm chí còn mạnh hơn cả chỉ có thăm dò mà anh ấy đã đặt hàng các điểm tiếp xúc với pin *). Ngoài ra, ông còn phát hiện ra một trang trong đó không phù hợp với quan điểm của Newton.

*) Bây giờ chúng tôi coi chất lượng này là đương nhiên: đường kính của dây càng lớn thì điện trở của nó càng thấp và do đó dòng điện càng lớn.

Bản vẽ của Oersted từ phòng thí nghiệm của ông ghi lại: khi cực tính của nguồn dòng điện thay đổi, kim la bàn (mũi tên chấm) sẽ đổi hướng.

ý tưởng về hành động và phản ứng. Lực tác dụng giữa nam châm và dây không hướng theo đường thẳng nối chúng mà vuông góc với nó. Theo cách nói của Oersted, “hệ số từ của dòng điện có chuyển động tròn xung quanh nó”. Kim từ không bao giờ chỉ vào hệ thống dây điện mà luôn hướng tiếp tuyến với vòng tròn bao quanh hệ thống dây điện này. Nó giống như thể có thể nhìn thấy những cục từ trường vô hình xung quanh hệ thống dây điện, kéo một chiếc kim la bàn ánh sáng. Đây là điều khiến nhà khoa học kinh ngạc. Đó là lý do tại sao trong “cuốn sách nhỏ” dài bốn trang của mình, vì sợ bị mất lòng tin và chế giễu, ông cẩn thận liệt kê các nhân chứng, không quên đề cập đến bất kỳ quan điểm khoa học nào của họ.

Oersted, đưa ra một cách giải thích lý thuyết nhìn chung không chính xác về thí nghiệm, đã nảy sinh một suy nghĩ sâu sắc về các đặc tính bên ngoài của hiện tượng điện từ. “Vortex” đã không tìm ra giải pháp trong một thời gian dài; hầu hết các nhà khoa học đều bị thuyết phục rằng các lực tác dụng giữa một dây dẫn mang dòng điện và một kim nam châm là lực hút và lực đẩy tổng quát, tương tự như lực hấp dẫn phổ quát của Newton hoặc lực Coulomb của tương tác giữa các điện tích. Thí nghiệm của Oersted không chỉ chứng minh mối liên hệ giữa điện trường và từ trường. Những gì được tiết lộ cho Oersted là một bí mật mới không phù hợp với khuôn khổ các luật đã biết.

7

Huy chương kỷ niệm do Hiệp hội Giáo viên Vật lý Hoa Kỳ trao tặng để vinh danh Oersted.

Hồi ký của Oersted được xuất bản vào ngày 21 tháng 7 năm 1820. Không phải ngẫu nhiên mà chúng ta tính niên đại chính xác như vậy. Các sự kiện tiếp theo được phát triển với tốc độ khá liên tục đối với nền khoa học muộn màng lúc bấy giờ. Trong vòng vài ngày, cuốn hồi ký xuất hiện ở Geneva, nơi Arago đang đến thăm vào thời điểm đó. Lần đầu tiên làm quen với thí nghiệm của Oersted đã chứng minh cho anh thấy rằng nghiệm bài toán đã được tìm ra mà anh và nhiều người khác đang tìm kiếm. Ấn tượng từ các thí nghiệm lớn đến mức một trong những người có mặt tại cuộc biểu tình đã đứng dậy và hào hứng thốt lên câu nói mà sau này trở nên nổi tiếng: “Các quý ông, một cuộc cách mạng sẽ diễn ra!”

Arago bị sốc trở lại Paris. Tại cuộc họp đầu tiên của Học viện mà ông tham dự ngay khi trở về, vào ngày 4 tháng 9 năm 1820, ông đã báo cáo miệng về các thí nghiệm của Oersted. Các ghi chú được viết trong tạp chí học thuật bởi chính tay Lenin với tư cách là nhân viên lễ tân chỉ ra rằng các học giả đã yêu cầu Arago tại cuộc họp tiếp theo, ngày 22 tháng 9, cho mọi người có mặt trải nghiệm của Oersted, như họ nói, “ở kích thước đầy đủ”.

Viện sĩ Amperar đặc biệt chú ý lắng nghe thông điệp của Arago. Có lẽ vào thời điểm đó, anh ấy đã cảm thấy rằng mình đã đến, đối mặt với cả thế giới, để nhận chiếc dùi cui khám phá từ bàn tay của Oersted. Anh ấy đã chờ đợi giờ này từ lâu - khoảng hai mươi năm - như Arago và như Oersted. Và rồi giờ đã điểm - ngày 4 tháng 9 năm 1820

Amperar nhận ra rằng mình phải hành động. Chỉ vài tuần sau, ông đã thông báo cho thế giới về kết quả nghiên cứu của mình. Ông đã trình bày một ý tưởng tuyệt vời và đã xác nhận được nó bằng thực nghiệm - mọi hiện tượng từ tính đều có thể quy về hiện tượng điện. Đây là cách một ngành khoa học mới ra đời - điện động lực học, về mặt lý thuyết kết nối các hiện tượng điện và từ. Và bốn mươi năm sau, điện động lực học đã trở thành một phần không thể thiếu trong lý thuyết trường điện từ của Maxwell, lý thuyết cho đến nay vẫn là kim chỉ nam của chúng ta trong thế giới của mọi hiện tượng điện từ.

Sau khi khai mạc, danh hiệu rơi vào Oersted như thể từ một chiếc sừng dồi dào. Ông được bầu làm thành viên của nhiều hiệp hội khoa học có uy tín, bao gồm Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn và Viện Hàn lâm Pháp. Người Anh đã trao cho ông huy chương vì thành tích khoa học, và từ Pháp, ông đã nhận được giải thưởng trị giá 3.000 franc vàng, một số được Napoléon giao cho các tác giả có những khám phá quan trọng nhất trong lĩnh vực điện.

Nhận tất cả những vinh dự này, Oersted không quên rằng thế kỷ mới đòi hỏi một cách tiếp cận mới trong giảng dạy khoa học. Ông thành lập một hiệp hội khuyến khích theo đuổi khoa học và một tạp chí văn học ở Đan Mạch, tổ chức các bài giảng mang tính giáo dục cho phụ nữ và ủng hộ “Hans Christin bé nhỏ”, người trùng tên với ông, nhà văn vĩ đại tương lai Hans Christin Andersen. Ørsted trở thành anh hùng dân tộc.

Đáng tiếc là Oersted không phải chứng kiến ​​chiến thắng của mình lâu. Vào ngày 9 tháng 3 năm 1851, Oersted qua đời. Họ chôn chết anh ta. Một đám đông hai trăm ngàn người, thắp sáng đường đi bằng những ngọn đuốc, tiễn ngài trong chuyến hành trình cuối cùng. Những giai điệu tang lễ được vang lên, được sáng tác đặc biệt để tưởng nhớ ông. Các nhà khoa học, quan chức cấp cao, thành viên hoàng gia, nhà ngoại giao, sinh viên và người dân Đan Mạch bình thường đều cảm thấy cái chết của ông là một mất mát cá nhân. Họ biết ơn anh ấy vì nhiều điều. Và không kém phần quan trọng là anh ấy đã mang đến cho thế giới những bí mật mới.

8

Yu. Matiyasevich

Người mẫu
khối đa diện

Trong bản dịch cuốn sách được xuất bản gần đây
M. Wenninger “Các mô hình khối đa diện” (M., “Mir”, 1974) cho biết cách bạn có thể tự tạo các mô hình khối đa diện đối xứng và hiển thị các bức ảnh của mô hình do tác giả chụp. Đây chắc chắn là những mẫu rất đẹp có thể trang trí góc toán học ở trường hoặc phòng của một nhà toán học trẻ. Tuy nhiên, đây là những gì tác giả viết về sự sáng tạo của họ: “Trung bình, mỗi mô hình khiến tôi mất khoảng một nghìn giờ; tôi dành thêm ba đến bốn giờ nữa để chuẩn bị nguyên liệu nguồn”.

Bài viết này nói về nhà thiết kế do kiến ​​trúc sư người Mỹ Fred Basseyti phát minh. Mất hai giờ để thực hiện, người đọc sẽ có cơ hội lắp ráp khối đa diện mong muốn trong vài phút. Tất nhiên, các mô hình thu được không chỉ đẹp, giống như kleeeen, mà còn dễ sản xuất, cũng như khả năng tháo rời mô hình và tái sử dụng các bộ phận của chúng, đã bù đắp cho nhược điểm này. Quá trình lắp ráp máy cắt chắc chắn sẽ mang lại

12

Có hai đa giác là hình ảnh phản chiếu của nhau. Cả hai đều có cùng tên và được coi là một đa giác khi nói về 13 khối Archimedean. Tương tự, hai biến thể gương có khung dode phẳng.

Hình ảnh thú vị nhất nảy sinh khi lắp ráp khối Archimedean cuối cùng - hình thoi. Ở đây, sau khi bao quanh rõ ràng mặt hình tam giác bằng các hình vuông, bạn có thể chọn giữa các khay tiếp tục - xem sơ đồ trong Hình 3. Hai tùy chọn đầu tiên có sự hoàn thiện rõ ràng, nhưng trong tùy chọn thứ ba, sau khi bao quanh rõ ràng hình tam giác thứ hai, sẽ nảy sinh năm cách gắn tam giác thứ ba - xem sơ đồ trong Hình 4.

Có bao nhiêu khối đa diện khác nhau? Bảy? Không, chỉ hai thôi. Các phương án a, b, c1, c3 và c4 dẫn đến cùng một khối đa diện như trong Hình 5, và các phương án c2 và c5 dẫn đến khối đa diện này và khối đa diện như trong Hình 6. Chính khối đa diện cuối cùng này được gọi là hình thoi, và chỉ có nó là một khối Archimedean.

Sự khác biệt giữa khối đa diện trong Hình 5 và 13 khối Archimedean khác là gì? Hãy nhớ lại rằng ở phần đầu của phần này chúng ta đã bỏ yêu cầu các mặt phải giống nhau nhưng chúng ta vẫn giữ yêu cầu các đỉnh phải giống nhau. Chúng ta có thể coi hai đỉnh là giống nhau nếu chúng có thể được kết hợp sao cho sự hội tụ của các mặt trong chúng trùng khớp với nhau (trong trường hợp này, được phép thay thế bằng phản xạ gương). Theo nghĩa của định nghĩa này, tất cả các đỉnh của khối đa diện trong Hình 5 đều giống nhau. Vậy thì tại sao định nghĩa đã cho về độ giống nhau của các đỉnh lại tệ đến vậy? Thực tế là định nghĩa này có tính chất cục bộ - nó nói về sự trùng hợp từng cặp của chỉ những mặt hội tụ tại các đỉnh bị phân tách. Vật thể Archimedean có một tính chất mạnh hơn: hai đỉnh bất kỳ có thể trùng nhau sao cho tất cả các mặt đều là đa diện.

Hình 5.

Hình 6.

các đường viền trùng khớp với nhau. Khối đa diện trong Hình 5 không có tính chất này. Người Hy Lạp cổ đại có cảm giác hài hòa rất phát triển và không có gì đáng ngạc nhiên khi khối đa diện này không được đưa vào khối hình khối Archimedean. Trong hai nghìn năm, nó đã “ở trong bóng tối” và được một số nhà toán học ở các nước khác nhau “phát minh” một cách độc lập ở miền trung nước ta. Trong tài liệu của chúng ta, khối đa diện này thường được gọi là khối Ashkinuse, được đặt theo tên của nhà toán học Liên Xô, người đầu tiên chú ý đến nó.

Làm thế nào bạn có thể biết liệu vẫn còn khối đa diện bán đều hay không? Sơ đồ phân phối

13

Mệnh đề ở đây về nguyên tắc cũng giống như trong trường hợp các khối Platonic. Ít nhất ba và không quá năm mặt phải hội tụ ở đỉnh (tại sao?), do đó, chỉ cần xét ba loại đỉnh: $x \cdot y \cdot z$, $w \cdot x \cdot y \cdot z$, $u \cdot w \cdot x \cdot y \cdot z$ (các mặt ở giữa $u, w, x, y, z$ có thể là các số giống nhau). Sự tương ứng dẫn đến ba bất đẳng thức tương tự như bất đẳng thức (1):

$$1 < \frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z},$$

(2)

$$2 < \frac{2}{w} + \frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z},$$

(3)

$$3 < \frac{2}{u} + \frac{2}{w} + \frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z}.$$

(4)

Chúng ta phải tìm tất cả lời giải các bất đẳng thức này trong các số nguyên $u, w, x, y, z$ ít nhất là 3.

Hãy bắt đầu với bất đẳng thức cuối cùng. Cũng giống như trong trường hợp chất rắn Platonic, từ các bất đẳng thức $u \geq 3, w \geq 3, x \geq 3, y \geq 3$ và $z \geq 3$ và bất đẳng thức (4) dễ dàng suy ra rằng $u \leq 5, w \leq 5, x \leq 5, y \leq 5, z \leq 5$. Những gì còn lại (đối với độc giả) là sự tìm kiếm cuối cùng về các khả năng.

Bất đẳng thức (3) đúng với mọi $z$ nếu $w = x = y = 3$. Điều này đưa ra một chuỗi vô hạn các khối đa diện bán đều loại $3^3 \cdot z$, được gọi là phản lăng kính. Không có khối đa diện nửa mặt đều nào khác (có bốn mặt hội tụ tại một đỉnh) có thể có nhiều hơn một mặt góc giống nhau, hoặc hệ bất đẳng thức $w \geq 3, x \geq 3, y \geq 4, z \geq 12$ mâu thuẫn với (3). Do đó, dữ liệu có thể giả sử rằng $w \leq 11, x \leq 11, y \leq 11, z \leq 11$ và một lần nữa chúng ta chỉ còn lại một tìm kiếm hữu hạn.

Bất đẳng thức đầu tiên, có nhiều lời giải, gây ra nhiều rắc rối, trong đó có một số bất đẳng thức không tương ứng với bất kỳ đa giác bán chính quy nào. Ở đây, một điều kiện khác sẽ giúp chúng ta, đó là một điều kiện tương tự của bất đẳng thức tam giác: tổng các góc phẳng của hai mặt lớn hơn góc phẳng của tam giác. Điều này dẫn tới sự bất bình đẳng

$$\frac{2}{x} + \frac{2}{y} - \frac{2}{z} < 1$$

(5)

(không mất tính tổng quát, ta giả sử $x \leq y \leq z$ và không viết thêm hai bất đẳng thức tương tự). Cả hai bất đẳng thức (2) và (5) đều thỏa mãn với mọi $z$, nếu $x = 3, y = 6$ hoặc $x = y = 4$. Trong trường hợp sau, chúng ta thu được một chuỗi vô hạn các khối đa diện bán đều loại $4^2 \cdot z$, được gọi là lăng kính. Một polytope bán chính quy thuộc loại $3 \cdot 6 \cdot z$ chỉ tồn tại cho $z = 6$ (tại sao? nó được gọi là gì?). Đối với bất kỳ giá trị nào khác của $x$ và $y$, $2/x + 2/y < 1$, sau đó $z$ không thể có góc bằng lớn theo (2) hoặc $2/x + 2/y > 1$, và khi đó giới hạn trên $z$ được lấy từ (5). Trong mọi trường hợp, vấn đề lại liên quan đến việc tìm kiếm cuối cùng.

Người đọc kiên nhẫn, sau khi xem xét tất cả các trường hợp còn lại, sẽ đi đến kết luận rằng ngoại trừ 5 khối Platonic, 13 khối Archimedean, một khối Ashkinuse và một dãy vô hạn các lăng kính và phản lăng kính, không tồn tại khối đa diện nửa đều nào khác (thêm với định nghĩa địa phương về sự giống nhau của các đỉnh).

khối đa diện đều

Cuối cùng, chúng ta hãy loại bỏ cả hai điều kiện để các mặt giống nhau và các đỉnh giống nhau, nhưng chúng ta sẽ giữ lại yêu cầu rằng các mặt phải là đa giác đều và bản thân khối đa diện đó phải lồi. Bạn có thể thu thập được bao nhiêu khối đa diện nữa? Hóa ra số lượng khối đa diện mới là hữu hạn.

Bằng chứng của thực tế này được sử dụng bởi một định lý tương tự như định lý trong khóa học ở trường rằng tổng các góc ngoài của bất kỳ đa giác nào đều bằng 2π. Góc ngoài là góc bù của đa giác có giá trị giới hạn là π. Tương tự, chúng ta sẽ gọi độ cong tại một đỉnh của đa giác là hiệu giữa 2π (giá trị giới hạn) và tổng các góc phẳng của tất cả các mặt hội tụ tại đỉnh này. Ví dụ: độ cong của đỉnh loại $3 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 6$ là π/6. Hóa ra là nếu chúng ta tổng hợp độ cong

14

Chà, trên tất cả các đỉnh của một khối đa diện lồi, thì bạn sẽ luôn nhận được 4π (điều này có thể được kiểm tra trên bất kỳ mô hình nào; có thể dễ dàng chứng minh nếu chúng ta áp dụng định lý Euler - xem “Quant”, 1974, Số 4, trang 29; Số 5, trang 32; Số 10, trang 17). Do đó, không thể có nhiều đỉnh thuộc loại 3·4·3·6 hơn 4π: π/6 = 24. Giới hạn về số đỉnh thuộc loại bất kỳ khác cũng thu được tương tự. Nói chung, số loại đỉnh là vô hạn, nhưng, khi xem xét tất cả các khả năng xác định số lượng khối đa diện bán đều, chúng tôi đã chứng minh rằng tất cả các đỉnh, ngoại trừ một số loại hữu hạn, đều thuộc một trong các chuỗi 4²·z, 3³·z hoặc 3·6·z. Telery vẫn phải chứng minh rằng với một z đủ lớn, một khối đa diện lồi đều có một đỉnh thuộc chuỗi thứ nhất là bắt buộc, một đỉnh thuộc chuỗi thứ hai là phản lăng kính, và một đỉnh từ chuỗi thứ ba không thể tồn tại.

Sau khi thu được kết quả định tính về tính hữu hạn của số khối đa diện đều, ngoài lăng kính và phản lăng kính, tôi muốn biết số lượng chính xác của chúng. bài toán này đã được giải quyết hoàn toàn bởi nhà toán học Leningrad V. A. Zalgaller. lời giải của cô ấy yêu cầu phải xem xét một số lượng lớn các lựa chọn và các thành viên của nhóm toán học gồm 239 trường ở Leningrad đã được đưa vào công việc này. Trong cuốn sách “Khối đa diện lồi có mặt đều” của V. A. Zalgaller (Leningrad, 1967), nhiều bổ đề đã được đưa ra và tên của chúng được viết bởi những học sinh lúc đó đã trở thành học sinh. Tác giả cuốn sách cảm ơn họ và chỉ ra rằng nếu không có sự tham gia tích cực của họ thì công việc của vedla đã có thể hoàn thành. Ngoài ra, một người tham gia tích cực khác vào nghiên cứu này là máy tính, nó đã “xem xét” nhiều trường hợp và “chứng minh” các bổ đề tương ứng (bản chất đóng góp của máy tính sẽ được thảo luận chi tiết hơn bên dưới).

Kết quả thu được của V.A. Zalgaller như sau: ngoài 5 thể cao nguyên, 13 thể Archimedean, sự nhận biết và phản lăng kính, còn có nhiều hơn đáng kể

chính xác 92 khối đa diện lồi có cạnh đều. Tôi tự hỏi có bao nhiêu người trong số họ đã thành công với “Quenta” của riêng mình? Tất cả chín mươi hai? Chúng ta hãy chỉ ra rằng để làm được điều này, chỉ cần có các mặt cùng loại cần thiết khi lắp ráp các khối Archimedean, tức là 3-, 4-, 5-, 6-, 8- và 10-giác.

Hoặc có thể một trong những độc giả sẽ lắp ráp 93 khối đa diện mới từ bộ công cụ xây dựng? Đừng ngạc nhiên, nói chung, điều này là có thể, bởi vì việc lắp ráp một khối đa diện từ các bộ phận của bộ công cụ xây dựng không đảm bảo “sự tồn tại về mặt toán học” của nó. Để hiểu sự khác biệt ở đây là gì, hãy xem xét một ví dụ về khối đa diện, sự phát triển của nó được thể hiện trong Hình 7 và cái nhìn tổng quát được thể hiện trong Hình 8. Việc lắp ráp khối đa diện này không gây ra bất kỳ khó khăn nào, nhưng chúng ta hãy theo dõi kỹ.

Với mục đích định nghĩa, hãy để độ dài các cạnh của tất cả các đa giác bằng một. Các mặt A, B và D tạo thành một góc tam diện cứng và do đó cố định vị trí tương đối trong không gian của các điểm 1-8. Bây giờ chúng tôi muốn thêm mặt C. Chúng tôi đã thực hiện được điều này hoặc các điểm 3 và 7 nằm đối xứng với các điểm 2 và 6 và do đó, khoảng cách giữa chúng là 1. Theo cách tương tự, có thể ghép riêng các mặt K, L, M, N thành một cấu trúc cứng nhắc. Vì cả hai bộ phận được lắp ráp đều giống hệt nhau nên khoảng cách giữa các điểm 1 và 8 bằng nhau và chúng ta có thể kết hợp các điểm này theo cặp (xem Hình 9). Cấu trúc thu được chỉ có một bậc tự do, cụ thể là hai phần cứng được lắp ráp có thể quay tương đối với nhau quanh một trục đi qua các điểm 1 và 8. Trên thực tế, từ phần đối xứng được lắp ráp, vị trí tương đối của các bộ phận này đã được cố định, chẳng hạn, theo yêu cầu các đoạn 4-5 và 11-12 song song. Vì vậy, tại thời điểm này, vị trí không gian của tất cả các điểm từ 1–14 điểm khác so với nhau đã được cố định. Nhưng chúng ta vẫn cần thêm các mặt E, F, G, H, I, J. Chúng ta có làm được điều này không? Từ đối xứng lắp ráp, rõ ràng khoảng cách giữa các điểm 2 và 13 bằng khoảng cách giữa các điểm

16

6 và 9, 3 và 14, 7 và 10; Hãy biểu thị khoảng cách này bằng $a$. Khả năng lắp ráp thực tế cho thấy với độ chính xác đủ cao $a \approx 1$, nhưng liệu có một đẳng thức chặt chẽ $a = 1$ cần và đủ cho sự tồn tại của khối đa diện đang xét? Trong những trường hợp như vậy, máy tính có thể giải cứu. Tất nhiên, nếu máy tính toán rằng $a = 1,00000000$, thì điều này hoàn toàn không có nghĩa là khối đa diện tồn tại hoặc máy thực hiện tất cả các phép tính với độ chính xác hạn chế và $a$ có thể khác với một, chẳng hạn như ở chữ số thứ mười hai. Tuy nhiên, nếu máy nhận thấy rằng, chẳng hạn như $a = 0,99998532$, và chúng ta tăng lên, thì có ít nhất sáu dấu của máy luôn đúng, thì điều này sẽ ngay lập tức chứng minh bổ đề rằng khối đa diện với sự phát triển như trong Hình 7 không tồn tại. Có vẻ như phần lớn độc giả «Kvant» vẫn chưa có máy tính và họ sẽ phải sử dụng nghệ thuật biến đổi lượng giác của mình ở đây.

Ví dụ được xem xét cho thấy rằng một hình phẳng, có tất cả các dấu hiệu bên ngoài của sự phát triển của khối đa diện, nói chung có thể không phải là sự phát triển của bất kỳ vật thể ba chiều nào. Để đưa ra ý nghĩa chính xác cho từ “dấu hiệu bên ngoài”, hãy giới thiệu khái niệm phôi. Cụ thể, chúng ta sẽ hiểu bằng một khoảng trống một hệ đa giác lồi tùy ý, không nhất thiết phải chính xác, có các đỉnh được gán số tự nhiên (sẽ là số của các đỉnh nếu một khối đa diện có thể được dán lại với nhau từ chỗ trống), sao cho nếu hai đỉnh lân cận của một đa giác được cho các số $i$ và $j$, thì có thêm chính xác một đa giác trong đó hai đỉnh lân cận cũng có các số $i$ và $j$, ngoài ra, cạnh nối các đỉnh $i$ và $j$ trong một đa giác có cùng độ dài như trong đa giác kia. Chúng ta đã đáp ứng các điều kiện đỉnh, được phôi dễ dàng xác minh, cần thiết cho sự tồn tại của một khối đa diện lồi:

I. Ít nhất ba mặt phải gặp nhau ở mỗi đỉnh,

II. Tổng các góc phẳng của các mặt gặp nhau tại mỗi đỉnh nhỏ hơn 2π.

III. Tổng độ cong của tất cả các đỉnh là 4π.

Rõ ràng, các điều kiện sau đây cũng phải được đáp ứng:

IV. Đối với hai mặt bất kỳ $A$ và $B$, cũng có một chuỗi các mặt $C_1, \dots, C_k$ mà các mặt $A$ và $C_1, C_1$ và $C_2, \dots, C_{k-1}$ và $C_k, C_k$ và $B$ có chung một cạnh.

Hóa ra bốn điều kiện được liệt kê ở trên là đủ - nếu phôi có các đặc tính I-IV, thì một số khối đa diện lồi có thể được dán lại với nhau từ nó.

Với công trình lấy kết quả hình học toàn cầu làm trọng tâm, A. D. Aleksandrov, hiện là viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, đã được trao Giải thưởng Nhà nước Liên Xô năm 1942.

Bây giờ chúng ta quay lại Hình 7. Dễ dàng kiểm chứng rằng cả bốn điều kiện I-IV đều được thỏa mãn; do đó, một khối đa diện lồi có thể được dán từ chỗ trống này. Nhưng tại sao lúc đó chúng tôi lại gặp khó khăn và nghi ngờ? Thực tế là định lý Alexandrov không phát biểu rằng hệ đa giác ban đầu sẽ là hệ các mặt của khối đa diện. Các điều kiện I-IV chỉ đủ nếu chúng ta cho phép một số đa giác bị “vỡ” trong quá trình dán. Ví dụ, theo định lý của Aleksandrov, Hình 10 cho thấy một khối đa diện lồi. Thoạt nhìn, nó có hai mặt hình vuông và tám mặt hình tam giác, mặc dù trên thực tế, khi dán lại với nhau, kết quả sẽ là một khối lập phương chung. Trong trường hợp phôi từ Hình 7, chẳng hạn, các mặt ngũ giác có thể bị đứt dọc theo các đường chấm, do đó làm tăng giá trị $a$. Đôi khi, khi ghép một đa giác bất kỳ, góc gãy của các cạnh hiện tại gần bằng l nên mắt thường không nhận thấy được các vết nứt, người đọc phải nhớ chứng minh.

17

Chú ý
sinh viên
trung học!

Cửa hàng “Sách kỹ thuật” số 8 Matxcơva bán và gửi tiền mặt khi giao hàng (không cần đặt cọc) những cuốn sách sau:

Toán học
Golomb S.V. Polymno (“Hòa bình”), c. 46k.
Dorofeev G.V. và cộng sự.
Cẩm nang toán học dành cho ứng viên đại học (các câu hỏi chọn lọc của toán tiểu học) (“Hayka”), c. 1 chà. 04k.

Kantor I. L., Solodovnik A. S. Số siêu phức hợp (“Hayka”), c. 22k.
Leetwood J. Hỗn hợp toán học (“Hayka”), c. 37k.
Rudnik AE và cộng sự. Bộ sưu tập bài toán về toán tiểu học dành cho kỹ thuật “Hayka”), c. 55k.
VYGODSKY M. Ya. Cẩm nang toán học cao hơn (“Hayka”), c. 2 r. 60k.

Vật lý
Trigg J. Các thí nghiệm quan trọng trong vật lý hiện đại (“Thế giới”), ts. 41k.
Tuyển tập bài toán và các câu hỏi môn vật lý dành cho các cơ sở giáo dục chuyên trung cấp (“Hayka”), c. 70k.
Vật lý. Phần I. Vũ trụ (“Hayka”), c. 1 chà. 30k. Sách giáo khoa vật lý sơ cấp (do G. S. Landsberg biên tập). Tập 3. Dao động, sóng. Quang học. Cấu trúc của nguyên tử (“Hayka”), c. 1 chà. 13k. Shakhmaev N. M. Vật lý. Phần I. Vật lý phân tử. Điện (“trường Vycisaya”), c. 50k.

Shakhmaev N. M. Vật lý. Phần 2. Dao động và sóng. Quang học. Nguyên tử cấu trúc (“Trường trung học”), c. 53k. Bytko N. D. Vật lý. Phần 1 và 2. Cơ học, vật lý phân tử và nhiệt (“Trung học”), câu 51 k.
Bytko ND Vật lý. Phần 3 và 4. Điện, quang học và cấu trúc của nguyên tử (“Trung học”), c. 58k.

Gửi đơn đặt hàng (bằng bưu thiếp) đến địa chỉ: 103031, Moscow, Petrovka, 15. Cửa hàng số 8 “Sách kỹ thuật”.

18

hiệu ứng FEM

Hiệu ứng quang điện từ (PEM) được một người trong chúng tôi phát hiện vào năm 1934. Hiệu ứng này như sau. Nếu bạn chiếu sáng một chất bán dẫn đặt trong từ trường thì sẽ xuất hiện một suất điện động trong đó. Hình 1 thể hiện sơ đồ một thí nghiệm trong đó phát hiện hiệu ứng quang điện từ. Một chất bán dẫn có dạng tấm hình chữ nhật được đặt trong một từ trường hướng dọc theo trục X. Một chùm ánh sáng chiếu dọc theo trục Y lên bề mặt tấm kim loại. Khi đó, xuất hiện hiệu điện thế giữa các mặt a và a’ dọc theo trục Z, mà chúng ta sẽ gọi thêm là quang điện từ e. d.s. Nếu các điện cực được áp dụng cho các mặt này và được đóng lại bằng dây dẫn thì thiết bị đo được kết nối với mục tiêu sẽ ghi lại sự hiện diện của dòng điện trong mạch.

Trong các thí nghiệm đầu tiên phát hiện ra hiệu ứng FEM, các tấm oxit dạng đồng (Cu₂O) đã được sử dụng. Vào thời điểm đó, oxit dạng đồng là chất “mốt” nhất, trên đó các nguyên lý cơ bản liên quan đến chất bán dẫn được nghiên cứu chi tiết. Có thể nói rằng vào những năm 30, kỷ nguyên của chất bán dẫn bắt đầu, vốn được coi là cuộc cách mạng hóa công nghệ điện tử. Các thí nghiệm được mô tả ở trên được thực hiện trên các mẫu oxit dạng đồng ở nhiệt độ nitơ lỏng (77 K). Trong một từ trường nhỏ (khoảng 1 T) khi chiếu sáng mẫu bằng ánh sáng yếu vừa đủ từ bóng đèn pin, hiệu điện thế giữa các điểm A và A’ (khoảng cách giữa chúng khoảng 2 cm) đạt tới 15-20 V!

Các thí nghiệm đã chỉ ra rằng dấu của emf. Hiệu ứng PEM và do đó hướng của điện trường trong mẫu thay đổi khi hướng của từ trường bên ngoài thay đổi. Và đối với một hướng nhất định của trường, dấu của lực điện động. thay đổi nếu nó thay đổi hướng của ánh sáng tới mẫu, nghĩa là chiếu sáng bề mặt đối diện của mẫu. Khi chiếu sáng một mẫu trong điều kiện không có từ trường, emf. sẽ không phát sinh.

Hãy thử giải thích sự biến dạng của hiệu ứng PEM.

Vì vậy, emf quang điện từ. chỉ xảy ra khi có từ trường tác dụng lên mẫu được chiếu sáng. Trong khi đó, người ta biết rằng từ trường chỉ tác dụng lên các điện tích chuyển động. Do đó, cần phải hiểu làm thế nào chuyển động của điện tích được tạo ra trong chất bán dẫn khi không có nguồn emf.

Ánh sáng rơi trên bề mặt của tấm bán dẫn sẽ bị nó hấp thụ (trừ khi chất bán dẫn trong suốt đối với ánh sáng này). Trong nhiều trường hợp, ánh sáng bị hấp thụ bởi các electron của nguyên tử bán dẫn. Khi năng lượng (hν) của lượng tử ánh sáng (photon) đạt tới, electron từ nguyên tử hấp thụ chúng sẽ trở nên tự do và có thể trộn lẫn bên trong vật thể được chiếu sáng. Trong kim loại, ngay cả khi không có bất kỳ tác động nào của ánh sáng, vẫn có một số lượng lớn các electron tự do. Trong chất bán dẫn

20

sẽ khuếch tán sâu vào mẫu. Sau đó, sự khuếch tán chung của các electron và các điện tích dương này có thể tiếp tục kéo dài bao lâu tùy ý, vì khi chúng chạm tới bề mặt đối diện của mẫu, chúng sẽ không tích điện cho mẫu. Đúng, trong trường hợp này, tổng dòng khuếch tán bằng 0, mặc dù xảy ra chuyển động của các điện tích có kích thước khác nhau.

Đây chính xác là hình ảnh thực sự được hiện thực hóa trong quá trình chiếu sáng chất bán dẫn. Nhưng những điện tích dương được tạo ra bởi ánh sáng là gì? Đây là những cái gọi là lỗ. Khái niệm lỗ trống được tạo ra bởi cơ học lượng tử. Hiệu ứng FEM là một trong những hiện tượng vật lý đầu tiên được giải thích mà khái niệm về lỗ hóa ra là hoàn toàn cần thiết. Trong lý thuyết hiện đại về độ dẫn điện, khái niệm electron đã được chấp nhận rộng rãi.

Vì vậy, khi bề mặt của tấm bán dẫn được chiếu sáng, việc tạo ra đồng thời các electron và lỗ trống tự do (hoặc như người ta nói là tạo ra một cặp electron), chúng khuếch tán theo một hướng. Trong từ trường, lực Lorentz làm lệch hướng các electron và lỗ trống đang chuyển động theo hướng ngược nhau, sao cho các electron ổn định trên mặt $a'$ và các lỗ ổn định trên mặt $a$. Rõ ràng là khi hướng của ánh sáng tới hoặc hướng của cảm ứng từ thay đổi thì dấu của e. d.s. Hiệu ứng PEM bị đảo ngược. Ký tên đ. d.s. Hiệu ứng PEM có thể được xác định theo quy tắc của bàn tay trái: nếu bàn tay trái được đặt sao cho vectơ cảm ứng từ đi vào lòng bàn tay và bốn ngón tay duỗi thẳng hướng dọc theo chùm sáng tới trên mẫu, thì ngón cái uốn cong $90^\circ$ sẽ chỉ hướng của điện trường trong mẫu.

Nói chung, đây là lý thuyết định tính về hiệu ứng PEM. Tất nhiên, lý thuyết này được phát triển sau một nghiên cứu thực nghiệm chi tiết về hiệu ứng. Bản thân hiệu ứng này được phát hiện một cách bất ngờ sớm hơn nhiều so với thời điểm lý thuyết được hình thành, và lúc đầu nó có vẻ đáng ngạc nhiên. Các tính toán được thực hiện trên cơ sở phát triển mô hình lý thuyết đưa ra công thức gần đúng sau đây về cường độ dòng quang điện từ $I$ trong mạch kín khi các điện cực của mẫu bị đoản mạch (nghĩa là khi điện trở của mạch ngoài không đáng kể so với điện trở của chính chất bán dẫn):

$$I = KeN |B|,$$

trong đó $e$ là điện tích electron, $N$ là số lượng tử ánh sáng được hấp thụ $1\ m^2$ bởi bề mặt mẫu trong 1 giây (rõ ràng, $N$ tỷ lệ thuận với độ chiếu sáng của mẫu), $|B|$ là giá trị của cảm ứng từ trường và $K$ là hệ số tỷ lệ, giá trị của nó chỉ phụ thuộc vào vật liệu mẫu. Tỷ lệ giữa dòng điện với cường độ ánh sáng tới và cảm ứng từ trường đã được bộc lộ trong các thí nghiệm đầu tiên.

Trong điều kiện bình thường, trong một từ trường nhỏ $\sim 1$ T, với sự chiếu sáng được tạo ra bởi ánh sáng ban ngày tự nhiên (tương ứng với $N \sim 10^{21} \text{ квант})$, thông qua việc chỉ định thuật ngữ đơn tinh thể (rộng 0,01 m theo hướng của từ trường), một dòng quang điện $\sim 10^{-3}$ A chạy qua.

Sau khi xác định các tham số bên ngoài ($N, |B|$), bằng cách thay đổi công thức hiện tại, có thể tìm ra các đặc tính của vật liệu bán dẫn xác định các giá trị của hệ số $K$. Hiệu ứng FEM trong các phòng thí nghiệm hiện đại đã trở thành một công cụ đơn giản và đáng tin cậy để xác định các thông số đặc trưng cho chất lượng của vật liệu bán dẫn như tuổi thọ của hạt tải điện (electron và lỗ trống) t, tốc độ tái hợp bề mặt $S$, độ dài khuếch tán $L$, độ linh động của các hạt tải điện và một số thông số khác. Hãy để chúng tôi giải thích ngắn gọn ý nghĩa của các đại lượng này.

Như chúng ta đã biết, dưới tác dụng của lượng tử ánh sáng, electron hóa trị có thể bị “tách ra” khỏi nguyên tử và trở thành electron dẫn. Tuy nhiên, sóng mang dư thừa này không thể

21

Nó có thể tồn tại theo một khuôn mẫu trong một thời gian dài vô tận. Rất nhanh sau khi ra đời, theo nguyên tắc này hay nguyên tắc khác, nó lại được kết nối lại, chẳng hạn như bằng cách nối một nguyên tử hình nón (quá trình này được gọi là tái hợp). Thời gian trung bình t tồn tại của sóng mang hiện tại ở trạng thái tự do được gọi là thời gian tồn tại. Trong các chất bán dẫn khác nhau, thời gian này là khác nhau - từ $10^{-10}$ s đến phần trăm giây. Các electron (hoặc lỗ trống) kết hợp lại không chỉ trong phần lớn chất bán dẫn mà còn trên bề mặt của nó. Đại lượng $S$, đặc trưng cho tốc độ biến mất của các hạt tải điện trên bề mặt, được gọi là vận tốc bề mặt của chất bán dẫn. Độ dài khuếch tán sóng mang - $L$ - xấp xỉ bằng khoảng cách mà các electron hoặc lỗ trống có thể tiếp tục di chuyển trong suốt vòng đời $t$. Độ chuyển động của các hạt tải điện - $\mu$ - là tốc độ chuyển động của chúng dưới tác dụng của điện trường có hướng bằng 1. Các thông số này quyết định phần lớn đến chất lượng của chất bán dẫn được sử dụng trong công nghệ điện tử.

Để kết luận, chúng tôi sẽ mô tả một thí nghiệm màu đỏ sử dụng cơ chế xảy ra hiệu ứng PEM. Trải nghiệm sẽ như sau. Một mẫu có dạng hình trụ nhỏ được cắt từ chất bán dẫn (gecmani). Một rãnh mỏng được khoan bên trong xi lanh, trong đó một ổ đỡ lực đẩy làm bằng vật liệu cứng được ép vào. Mẫu được đặt trên một cây kim (giống như kim la bàn từ tính). Hình trụ được đặt giữa các cực của nam châm (Hình 2) và được chiếu sáng bằng ánh sáng (góc giữa hướng của chùm sáng và chỉ thị từ trường $\theta \sim 45^\circ$). Sau đó mẫu bắt đầu quay! Thí nghiệm chứng minh rõ ràng sự chuyển đổi trực tiếp năng lượng ánh sáng thành năng lượng cơ học. Hiện tượng này có thể được gọi là hiệu ứng cơ quang từ. Hãy thử giải thích nguồn gốc của hiệu ứng này.

Một chùm ánh sáng tới bề mặt bên của mẫu hình trụ chiếu sáng một dải hẹp dọc có chiều rộng nhỏ dọc theo toàn bộ chiều dài của hình trụ. Các electron và lỗ trống do ánh sáng tạo ra sẽ khuếch tán từ vùng được chiếu sáng vào sâu trong mẫu hình trụ. Là kết quả của lực Lorentz, e.m. xuất hiện trên các electron và lỗ trống khuếch tán trong từ trường. d.s. Hiệu ứng FEM. Trong trường hợp này, tất cả các quá trình khuếch tán và tái hợp của các chất mang tạo ra ánh sáng diễn ra trong lớp mẫu, với phạm vi khoảng chiều dài khuếch tán. Phần còn lại của độ dày mẫu là thụ động và đóng vai trò là chất dẫn điện, đóng e. d.s. Hiệu ứng FEM. Toàn bộ mẫu có thể được biểu diễn dưới dạng vô số khung đường viền khép kín (một trong các cạnh của các khung này là một dải chiếu sáng hẹp của bề mặt mẫu). Mỗi khung như vậy ở phía của từ trường chịu tác dụng của một mô men lực, giá trị cực đại của nó tỷ lệ thuận với diện tích của khung và dấu vết của dòng điện trong đó. Tuy nhiên, do tính đối xứng của mẫu hình trụ nên tất cả các khung này đều có thể thay thế được

22

một khung “tương đương”, mặt phẳng của nó được xác định bởi hướng của chùm ánh sáng tới. Và nếu góc θ tạo nên mặt phẳng của khung theo hướng cảm ứng từ trường không bằng 90° thì khung sẽ quay trong từ trường (giống như khung có dòng điện trong động cơ điện thông thường). Trong thí nghiệm mà chúng tôi mô tả, θ ≈ 45°, và mômen quay tác dụng lên hệ quy chiếu tương đương làm cho toàn bộ mẫu quay. Khi hình trụ quay, ngày càng có nhiều vùng bề mặt của nó lọt vào dưới chùm ánh sáng. Xi lanh sẽ quay liên tục.

Nếu bạn hiểu cơ chế của hiệu ứng PEM, bạn sẽ có thể trả lời câu hỏi sau: hướng quay của hình trụ có thay đổi không nếu hướng của trường được đặt theo hướng ngược lại?

Bài tập

1. Dấu hiệu của θ là gì. d.s. Hiệu ứng PEM trong chất bán dẫn loại n và loại p?
2. Vẽ đồ thị của θ. d.s. Hiệu ứng FEM phụ thuộc vào cường độ ánh sáng. Xin lưu ý rằng khi được chiếu sáng, độ dẫn điện bán dẫn σ bao gồm hai thành phần - độ dẫn tối σ ′, không phụ thuộc vào cường độ ánh sáng và phép cộng aN (hằng số a), tỷ lệ thuận với cường độ của ánh sáng tới N: σ = σT + aN.
3. Để sự hấp thụ ánh sáng xảy ra ở độ sâu vừa đủ của mẫu. Sự phá hủy các chất mang phát ra ánh sáng trên bề mặt DAT xảy ra nhanh hơn so với phần lớn mẫu. Xác định dấu của θ. d.s. Hiệu ứng FEM.

Bộ phim
về một nhà toán học xuất sắc

Evariste Galois (1811-1832), nhà toán học kiệt xuất người Pháp, mới đi vào lịch sử khoa học*). Ông không có thời gian để viết nhiều tác phẩm. Trong ấn bản tiếng Nga, những bài viết và bản phác thảo thô của ông chỉ chiếm 120 trang trong một cuốn sách nhỏ. Tuy nhiên, ông có lý khi coi một trong những người sáng tạo ra đại số hiện đại, một số đại số dễ hiểu mang tên ông: lý thuyết Galois, nhóm Galois, trường Galois, phần mở rộng Galois…

E. Galois. quan tâm đến câu hỏi sau: các hệ số của một phương trình đại số bậc n phải thỏa mãn những điều kiện cần và đủ nào để giải được phương trình bán kính? Trước cái chết chí mạng cắt ngắn cuộc đời anh, trong một đêm, E. Galois đã trình bày kết quả của mình trong một lá thư gửi cho một người bạn, đưa ra đáp số

Ảnh: Marro Garriba trong vai Evariste Galois.
(Báo “Pazze Sera”)

đối với câu hỏi được đặt ra. Tuy nhiên, bộ máy do E. Galois phát triển có một tầm quan trọng vượt xa phạm vi của bài toán đã chỉ định và là cơ sở cho sự phát triển hơn nữa của đại số.

Cuộc đời của Evariste Galois, ngắn ngủi và bi thảm, tràn ngập sự sáng tạo của người Nhật và đấu tranh chính trị, đã không ngừng thu hút sự chú ý của nhiều nhà nghiên cứu và nhà văn. Tại đây bạn có thể điền vào những cuốn sách nổi tiếng viết về số phận của nhà khoa học này:
A. Dalma “Evariste Galois - nhà cách mạng và nhà toán học”
(M., “Fizmatgiz”, 1960);
L. Infeld “Evariste Galois - người được chọn trong số các vị thần”
(M., “Đội cận vệ trẻ”, 1966).
Hình ảnh E. Galois của Teler hiện trên màn hình.

“Tôi không có thời gian”
Một bộ phim gồm ba phần về nhà toán học vĩ đại người Pháp sắp được chiếu trên màn bạc ở Ý. Bộ phim gọi nó là: “Tôi không có thời gian.” Tác giả của nó, nhà biên kịch Ansano Gianarelli (kịch bản được viết bởi ông cùng với nhà báo và nhà viết kịch nổi tiếng Edoardo Sanguineti), tiết lộ cuộc đời kịch tính ngắn ngủi và sống động của Galois trong bối cảnh những sự kiện quan trọng nhất của Elohi: những năm cuối đời của Napoléon, sự phục hồi của Bourbon, cuộc cách mạng năm 1830, sự xuất hiện của giai cấp vô sản trên đấu trường lịch sử.

Các nhà phê bình đặc biệt chú ý đến việc thể hiện vai chính của nam diễn viên trẻ Marro Garriba. Đóng góp to lớn cho việc tạo ra bộ phim truyền hình được thực hiện bởi một nhà tư vấn khoa học, một nhà toán học nổi tiếng trong nước, một giáo viên và biên tập viên của tạp chí Riforma della Scuola, và nhà báo Lucno Lombard Radice. Anh ấy biểu diễn ở đây với tư cách hoàn toàn mới đối với anh ấy… với tư cách là một diễn viên. Radice lần đầu tiên đóng vai một giáo sư toán học - người duy nhất có thể đánh giá cao thiên tài của Galois, người đã làm việc trong bầu không khí hoàn toàn hiểu lầm và nghi ngờ từ phía các đại diện của khoa học hàn lâm chính thức.

• “Văn học nhạc cụ”, 1977, số 8.

23

Hai trọng tâm vật lý

Bạn lấy một ống thủy tinh có đầu giống như pipet và đưa cho khán giả xem. Mặt khác, lấy một cốc nước ở cạnh trên và cũng đưa nó ra. Đặt đầu mở rộng của ống vào ly và đợi cho đến khi nước chảy vào. Sau đó, bạn dùng ngón tay đóng lỗ trên cùng của ống và lấy nó ra khỏi kính.

Đồng thời, người xem phát hiện ra bọt khí hình thành ở lỗ trên ống (Hình 1). Chúng lớn lên, tách ra khỏi thành và nhô lên bên trong ống. Nhưng nước không đổ ra khỏi ống!

Sau đó, mở lỗ trên cùng của ống, bạn đổ nước trở lại vào ly, vẫy cái ống rỗng trước mặt vài lần rồi hút nước từ ly vào ống. Sau khi dùng ngón tay bịt lỗ trên cùng của ống, bạn nhanh chóng lấy nó ra khỏi kính và lật úp lại (Hình 2) - một đài phun nước cực mạnh sẽ xuất hiện từ ống lên độ cao hơn một mét.

Bí mật của những chiêu trò này có lẽ sẽ không bao giờ được tiết lộ. Và rất đơn giản: trong cốc có nước được đun nóng đến 80-90°C, trong khi ống có nhiệt độ phòng khoảng 20°C. Hãy cố gắng tự mình tìm ra mẹo đầu tiên và chúng tôi sẽ giúp bạn giải thích mẹo thứ hai.

Khi nước nóng đi vào ống từ thủy tinh, không khí ở đầu ống (do tính dẫn nhiệt phẳng của nó) thực tế có nhiệt độ phòng. Sau khi bạn dùng ngón tay đóng lỗ trên cùng của ống và lật ống lại, nước nóng bắt đầu chảy xuống thành ống, nhanh chóng làm nóng không khí. Áp suất không khí trong ống quay trở lại và không khí giãn nở bị “thả ra ngoài” qua lỗ hẹp của ống, không kịp rơi xuống cơ thể dưới dạng đài phun nước.

Trong thử nghiệm, chúng tôi khuyên bạn nên sử dụng ống thủy tinh có đường kính 8-12 mm và chiều dài 30-40 cm, lỗ nhỏ có đường kính khoảng 1 mm. Trong khoảng thời gian giữa các thủ thuật, ống phải được làm mát đúng cách (thậm chí bạn có thể thổi vào ống), vì chiều cao của đài phun phụ thuộc vào sự chênh lệch nhiệt độ giữa không khí và nước thu được trong ống. Lượng nước tối ưu được hút vào ống thay đổi từ thể tích ống $1/4$ đến $1/3$ và có thể dễ dàng lựa chọn bằng thực nghiệm.

24

Phương pháp gốc vô hạn

Số vô tỷ nào tự nó là “cũ”? Không còn nghi ngờ gì nữa, $\sqrt{2}$. Chúng tôi không biết chính xác ai là người đầu tiên chứng minh tính phi lý của con số này, nhưng chúng tôi tin chắc rằng nó đã được thực hiện như thế này.

Bằng chứng đầu tiên

Giả sử rằng số $\sqrt{2}$ là số vô tỉ. Về mặt hình học, điều này có nghĩa là đường chéo của một hình vuông có độ dài $c$ tương xứng với cạnh có độ dài $a$, tức là sẽ tìm một đoạn có độ dài $d$ và các số nguyên $m$ và $n$ sao cho $c=dm$, $a=dn$. Chúng ta hãy đánh dấu $m-1$ điểm trên đường chéo $AC$ và $n-1$ điểm ở cạnh $DC$, chia các đoạn này thành các đoạn có chiều dài $d$. Chúng ta hãy đặt đoạn $AK: |AK|=|AD|;$ tại $|AC|$ và đoạn $DE: |DE|=|KC|$ tại $|DC|$ sang một bên. Điểm $K$ và $E$ sẽ rơi vào điểm bù trừ

Hình 1.

Chứng minh hai

Tính vô tỉ của $\sqrt{2}$ có nghĩa là phương trình $x^2=2y^2$ không phải là lời giải trong số tự nhiên $x, y$. Giả sử rằng có những lời giải như vậy, và $x=m$, $y=n$ là một trong số đó.

Từ phương trình suy ra $m$ là một số chẵn, $m=2m_1$. Thay $m=2m_1$ vào phương trình, ta được $n^2=2m_1^2$, tức là $x=n$, $y=m_1$ - cũng là lời giải. Chúng ta hãy lưu ý rằng $n<m$, $m_1<n$. Bây giờ rõ ràng rằng $n$ là một số chẵn, $n=2n_1$, do đó $m_1^2=2n_1^2$. Như vậy

25

cùng một lúc, các phương trình $x = m_1, y = n_1$ - lời giải, với $m_1 < n, n_1 < m_1$. Chúng ta có thể xây dựng thêm theo cách tương tự, ngày càng thu được ít phương trình lời giải hơn. Nhưng ở đây đã có sự mâu thuẫn rồi. Suy cho cùng, tất cả các số $m, n, m_1, n_1, \dots$ đều là số tự nhiên, $m > n > m_1 > n_1 > \dots$, và không thể có dãy số tự nhiên giảm vô hạn! Điều này có nghĩa là giả định của chúng tôi đã sai và con số $\sqrt{2}$ là không hợp lý.

Về cơ bản, cả hai đối số đều tuân theo cùng một khuôn mẫu: giả sử rằng bài toán có lời giải, chúng ta đang xây dựng một số quy trình vô hạn, trong khi theo đúng nghĩa của bài toán thì quá trình này phải kết thúc ở đâu đó. Một phương pháp tương tự được gọi là phương pháp giảm vô hạn $^*$.

Thông thường phương pháp gốc được sử dụng ở dạng đơn giản hơn. Giả sử rằng chúng ta đã thêm vào phần cuối tự nhiên của quá trình, chúng ta thấy rằng nó không thể “dừng lại”.

Bằng chứng ba

Đặt $x = m, y = n$ - lời giải là phương trình $x^2 = 2y^2$ với $x$ nhỏ nhất có thể. Số $m$ phải là số chẵn, $m = 2m_1$, do đó $x = n, y = m_1$ cũng là lời giải của phương trình của chúng ta. Tuy nhiên, $m > n$, điều này mâu thuẫn với việc chọn lời giải $m, n$ là “nhỏ nhất”.

Từ phiên bản chứng minh này, rõ ràng phương pháp giảm dần là một phương pháp quy nạp toán học trung bình. Cả hai phương pháp đều dựa trên thực tế là bất kỳ tập hợp số tự nhiên vô hạn nào cũng có phần tử tối thiểu. Phương pháp giảm dần là phương pháp thuận tiện nhất cho việc chứng minh tính “phủ định” của các định lý.

Phương pháp đi xuống trong các vấn đề

Bài toán 1. Chứng minh tính không giải được của phương trình số tự nhiên

$$8x^4 + 4y^4 + 2z^4 = t^4.$$

*) Phương pháp giảm vô hạn rõ ràng được phát minh bởi một nhà toán học Hy Lạp cổ đại. Có lý do để tin rằng Fermat đang cố gắng chứng minh Định lý vĩ đại của mình bằng chính phương pháp này.

Lời giải. Giả sử rằng lời giải tồn tại và $x = m, y = n, z = p, t = r$ là lời giải với $x$ nhỏ nhất có thể. Từ phương trình chúng ta có thể thấy rằng $r$ là số chẵn, $r = 2r_1$.

Thay thế lời giải này vào phương trình và biến nó thành 2 sẽ được

$$4m^4 + 2n^4 + p^4 = 8r_1^4.$$

Bây giờ rõ ràng là $p$ là chẵn, $p = 2p_1$, do đó

$$2m^4 + n^4 + 8p_1^4 = 4r_1^4.$$

Sau đó, nó hoạt động theo cách tương tự: $n = 2n_1$, $m^4 + 8n_1^4 + 4p_1^4 = 2r_1^4$.

Cuối cùng, $m = 2m_1$, $8m_1^4 + 4n_1^4 + 2p_1^4 = r_1^4$.

Vì vậy, $x = m_1, y = n_1, z = p_1, t = r_1$ là lời giải của phương trình của chúng ta. Nhưng đó là $m_1 < m$! Chúng tôi gặp mâu thuẫn với việc chọn lời giải $m, n, p, r$ là “nhỏ nhất”.

Hãy xem xét bài toán khó khăn hơn.

Bài toán 2. Chứng minh tính không giải được của phương trình số tự nhiên

$$x^2 + y^2 + z^2 + u^2 = 2xyzu.$$

Lời giải. Đặt $x, y, z, u$ - lời giải.

Vì $x^2 + y^2 + z^2 + u^2$ là số chẵn nên các số trung bình $x, y, z, u$ là số chẵn của các số lẻ, tức là số chẵn, hai hoặc bằng 0. Nếu tất cả các số đều là số lẻ thì $x^2 + y^2 + z^2 + u^2$ không chia hết cho 4 và $2xyzu$ không chia hết. Nếu chỉ có hai số lẻ thì $x^2 + y^2 + z^2 + u^2$ không chia hết cho 4 nhưng $2xyzu$ chia hết. Do đó, tất cả các số, tức là $x = 2x_1, y = 2y_1, z = 2z_1, u = 2u_1$. Thay các giá trị này vào phương trình, ta được

$$x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + u_1^2 = 8x_1y_1z_1u_1.$$

Như trước, ta thấy mọi số chẵn không thể lẻ, ngược lại $x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + u_1^2$ không chia hết cho 8. Tương tự, các số chẵn không thể lẻ, hoặc số chẵn $x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + u_1^2$ không chia hết cho 8. Vậy ta suy ra mọi số đều là số lẻ, tức là

$$x_1 = 2x_2, y_1 = 2y_2, z_1 = 2z_2, u_1 = 2u_2.$$

26

Bởi vì

$$x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 + u_2^2 = 32x_2y_2z_2u_2.$$
Lập luận như trước, chúng ta thấy rằng $x_2, y_2, z_2, u_2$ là các số chẵn, v.v. Dễ hiểu rằng với mọi s tự nhiên

$$x_s^2 + y_s^2 + z_s^2 + u_s^2 = 2^{2s+1}x_sy_sz_su_s,$$

Và

$$x_k = 2x_{k+1}; y_k = 2y_{k+1};$$

$$z_k = 2z_{k+1}; u_k = 2u_{k+1}; k \geqslant 1.$$

Nghĩa là, với mọi số tự nhiên s, các số $\frac{x}{2^s}, \frac{y}{2^s}, \frac{z}{2^s}, \frac{u}{2^s}$ đều là số nguyên. Vâng, điều này là không thể đối với mọi x, y, z, u tự nhiên.

Và đây là một phương trình có vô số lời giải, nhưng được nghiên cứu bằng cùng một phương pháp.

Bài toán 3. Tìm tất cả lời giải trong số tự nhiên của phương trình

$$x^2 - 2y^2 = 1.$$

Lời giải e. Rõ ràng là $x_1 = 3, y_1 = 2$ — lời giải của phương trình này. Hãy chứng minh rằng nếu cặp x, y là lời giải thì cặp đó là 3x + 4y; 2x + 3y cũng là lời giải. Điều này theo sau phần trình bày

$$(3x + 4y)^2 - 2(2x + 3y)^2 = x^2 - 2y^2.$$

Như vậy,

$$x_2 = 3 \cdot 3 + 4 \cdot 2 = 17,$$

$$y_2 = 2 \cdot 3 + 3 \cdot 2 = 12;$$

$$x_3 = 99, y_3 = 70,$$, v.v.

Chúng ta biểu thị dãy vô hạn lời giải $x_1, y_1; x_2, y_2; \dots$ Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng không có số nào khác thỏa mãn phương trình.

Đặt x, y là một số lời giải. Trong trường hợp này, 3x - 4y, 3y - 2x cũng là lời giải, hoặc

$$(3x - 4y)^2 - 2(3y - 2x)^2 = x^2 - 2y^2.$$

Từ điều kiện 9 = 9x^2 - 18y^2 > -2y^2 suy ra 3x > 4y; và với y > 2, từ điều kiện 4 = 4x^2 - 8y^2 < y^2 suy ra 3y > 2x. Nghĩa là, với y > 2, từ lời giải x, y chúng ta thu được lời giải $x^{(1)}, y^{(1)}$ ở dạng số tự nhiên và $x^{(1)} < x, y^{(1)} < y$. Vì quá trình này không thể tiếp tục vô thời hạn (mọi tập hợp số tự nhiên không trống đều có phần tử nhỏ nhất!), nên một ngày nào đó chúng ta sẽ nhận được lời giải $x^{(n)}, y^{(n)}$, trong đó $y^{(n)} \leqslant 2$. Vì $y^{(n)}$ rõ ràng không thể bằng 1 nên $y^{(n)} = 2$. Vì vậy, $x^{(n)} = 3$.

Và điều này có nghĩa là các số x và y thuộc về dãy được xây dựng trước đó.

Cho đến bây giờ chúng ta chỉ xem xét các phương trình. Hãy giải quyết vấn đề bằng phương pháp “văn bản” bài toán của chúng tôi.

Bài toán 4. Có 2n + 1 chữ số, mỗi chữ số nặng một số nguyên gam. Người ta biết rằng 2n bất kỳ trong số chúng có thể bị phân hủy thành nhiều trọng số, n cho mỗi trọng số, sao cho đạt được trạng thái cân bằng. Chứng minh rằng mọi số đều có trọng số bằng nhau.

Lời giải e. Rõ ràng là tất cả các trọng số đồng thời có trọng số chẵn hoặc lẻ: trọng lượng của 2 n trọng lượng bất kỳ là số chẵn. Bây giờ chúng ta hãy trừ trọng lượng của tất cả các trọng lượng khỏi trọng lượng của trọng lượng nhẹ nhất (hoặc nhẹ nhất, nếu có một vài trong số chúng). Hệ thống cân mới, rất indo, cũng thỏa mãn điều kiện bài toán, và trong số các quả cân có những “quả cân” có trọng lượng bằng 0. Do đó, chúng ta lại thấy rằng trọng lượng của tất cả các vật nặng là chẵn, v.v. Từ “giảm dần vô hạn”, suy ra rằng tất cả các “trọng số” đều bằng 0, có nghĩa là tất cả các trọng số ban đầu đều có cùng trọng số.

Ý tưởng về sự giảm dần vô hạn cho phép chúng ta giải các tổ hợp hình học phi octorian bài toán.

Bài toán 5. Có thể cắt một khối lập phương thành các cốc khác nhau không?

Lời giải e. Trước hết chúng ta hãy đưa ra một nhận xét. Hãy chia hình vuông P thành một số hữu hạn các hình vuông khác nhau. Khi đó hình vuông nhỏ nhất không kề với ranh giới của hình vuông P.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng khối Q đã được cắt thành các khối Q_j khác nhau; gọi P là một trong các mặt của Q. Các khối Q_j liền kề với P tạo ra sự phân chia P thành các hình vuông riêng biệt theo từng cặp. Cho P_1 là hình vuông nhỏ nhất trong số các hình vuông này, Q_1 là hình vuông tương ứng với ranh giới của P nên được bao quanh bởi các hình vuông lớn. Các khối tương ứng tạo thành một “cái giếng” trong đó khối Q_1 nằm trong đó.

27

Đặt $P_1'$ là mặt “trên” (đối diện với mặt $P_1$) của khối lập phương $Q_1$. Các hình khối liền kề với $P_1'$ tạo ra sự phân chia $P_1'$ thành các hình vuông khác nhau. Một lần nữa, khối nhỏ nhất, $P_2$, nằm bên trong $P_1'$, do đó các khối xung quanh khối tương ứng $Q_2$ lớn hơn $Q_2$ và lại tạo thành một “cái giếng”. Tiếp tục xây dựng xa hơn, chúng ta sẽ có được một “tòa tháp” vô tận bao gồm các hình khối ngày càng giảm và điều này là không thể.

Tóm lại - bài toán trên giấy ca rô.

Bài toán 6. Đưa cho một tờ giấy cuối cùng. Chứng minh rằng với $n \neq 4$ không có tập đi $n$ thông thường có đỉnh tại các nút. Thật vậy, gọi $a$ là độ dài cạnh của tam giác này; thì $a^2$ là một số nguyên theo định lý Pythagore. Diện tích của tam giác là $\frac{a^2 \sqrt{3}}{4}$, tức là vô tỉ. Mặt khác, điều rất quan trọng là diện tích của bất kỳ đa giác nào có đỉnh tại các nút phải hợp lý.

Vì một hình lục giác đều có thể được viết dưới dạng một tam giác đều có các đỉnh trùng nhau nên mệnh đề cũng được chứng minh cho $n=6$.

Hãy để $n \neq 3,4,6$. Giả sử rằng $P_1, P_2, \dots, P_n$ là một $n$-walker có các đỉnh tại các nút. Chúng ta hãy vẽ từ các điểm $P_1, P_2, \dots, P_n$ các vectơ tương ứng với vectơ $\overrightarrow{P_2}P_3; \overrightarrow{P_3}P_4; \dots, \overrightarrow{P_1}P_2$ (Hình 2). Các điểm mới sẽ lại rơi vào các nút mạng và tạo thành một khoảng trống $n$ thông thường bên trong nút bằng nhau đầu tiên. Với $n$-dự trữ mới, bạn có thể xây dựng theo cách tương tự, v.v., không ngừng. Tuy nhiên, bình phương độ dài các cạnh của máy thu $n$ là một số nguyên và trong công trình của chúng tôi, nó luôn giảm!

Y sắp kết hôn

1. Chứng minh rằng đáy và cạnh của một tam giác đều có góc ở đỉnh $36^\circ$ là vô số.
2. Chứng minh rằng số 7 không thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của ba số hữu tỉ.
3. Giải các phương trình với số nguyên:
   a) $x^3 - 3y^3 - 9z^3 = 0$;
   b) $5x^3 + 11y^3 + 13z^3 = 0$.
4. Chứng minh rằng phương trình
   a) $x^2 + y^2 + z^2 = 2xyz$;
   b) $(x+1)^3 - x^3 = y^2$.
5. Giải các phương trình sau dưới dạng số tự nhiên:
   a) $x^2 + (x+1)^2 = y^2 + 1$;
   b) $3x^2 - 7y^2 + 1 = 0$;
   b) $(x+1)^3 - x^3 = y^2$.
6. Chứng minh rằng số thấp nhất có dạng $4^n(8k-1)$, trong đó $k$ và $n$ là số tự nhiên, không phải là số chính phương và không thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai hoặc ba số bình phương.
7. $a_1, a_2, \dots, a_n$ là tập hợp các số tự nhiên phân biệt theo cặp ($n > 2$). Nó tạo một bộ mới $\frac{a_1 + a_2}{2}, \frac{a_2 + a_3}{2}, \dots, \frac{a_{n-1} + a_n}{2}, \frac{a_n + a_1}{2}$;
   từ nó - cái tiếp theo, theo cùng một quy tắc, v.v. Chứng minh rằng sau vài bước chắc chắn bạn sẽ nhận được một tập hợp trong đó không phải mọi số đều là số nguyên.
8. Cho một đa giác lồi và một điểm bên trong đa giác đó. Chứng minh rằng ít nhất một trong các đường vuông góc với các mặt phẳng vẽ qua điểm này cắt mặt tương ứng. Thực tế này có đúng với đa giác không lồi không?
9. Cho $a_1, a_2, \dots, a_{2n}$ là tập hợp các số tự nhiên tùy ý. Chứng minh rằng nếu ta tạo một tập hợp mới $b_1, b_2, \dots, b_{2n}$ từ nó theo các quy tắc $b_k = |a_k+1 - a_k|$, $k=1, 2, \dots, 2^n$, $a_{2n+1} = a_1$, thì từ tập hợp $b_1, b_2, \dots, b_{2n}$ theo quy tắc tương tự ta tạo thành một tập hợp $c_1, c_2, \dots, c_{2n}$, thì sau một số bước nhất định ta sẽ đến một tập hợp chỉ gồm 0.

28

Nhiệm vụ

M481—M485; F493—F497

M481. Trong dãy số tự nhiên $a_1, a_2, a_3, \dots$, mỗi số hạng $a_{k+1}$ bằng tổng bình phương các chữ số trong ký hiệu thập phân của số $a_k(k \ge 1)$. Chứng minh rằng với mọi $a_1$ số 1 hoặc số 89 đều xuất hiện theo dãy này.

V. Panfilov

M482. Tiết diện của một tứ diện đều là một tứ giác. Chứng minh rằng chu vi của tứ giác này lớn hơn 2$a$ nhưng nhỏ hơn 3$a$; trong đó $a$ là độ dài của cạnh tứ diện.

V. Proizvolov, A. Savin

M483. a) Chứng minh rằng tỉ số giữa bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông với tổng bình phương độ dài các đường trung tuyến vẽ từ các góc nhọn không vượt quá 1/5.

6. Tìm giá trị lớn nhất mà tỉ số này có thể nhận được.

Y. Temralev

M484. Để làm gì thì $n$ có một $n$-giác lồi có thể cắt thành nhiều đa giác đều (không nhất thiết phải giống hệt nhau)?

S. N. Mironov

M485*. a) Chứng minh rằng số $e$ nằm giữa các số $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ và $b_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ với mọi số tự nhiên $n$.

6. Chứng minh rằng dãy $c_n = \left(1 + \frac{1}{4n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ tăng đơn điệu và dãy $d_n = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ giảm đơn điệu.

c) Chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành bốn đoạn có độ dài bằng nhau. Cái nào trong số chúng chứa số $e$?

d) Chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành tám phần bằng nhau. Cái nào chứa $e$?

e) Và nếu đoạn $[a_n; b_n]$ được chia thành $2^k$ phần bằng nhau (trong bài toán này, thật thú vị khi thu được đáp số cho $n$ đủ lớn, chẳng hạn như cho $n > 2^k$)?

29

(Nhớ lại $e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 2,718...$, xem SGK “Đại số và Nguyên lý Giải tích 10”, trang 106, 113.)

T. Martynenko, R. Ushakov

F493. Mặt Trăng có ảnh hưởng gì đến quỹ đạo Trái Đất quay quanh Mặt Trời?

F494. Trong mạch hiển thị ở Hình 1, $R_2 = 90 \text{ Om}$, $R_3 = 300 \text{ Om}$, $R_4 = 60 \text{ Om}$ và $L_2 = 900 \text{ F}$. Ý nghĩa của $R_1$ và $L_1$ là gì nếu không có dòng điện chạy qua điện kế $G$ bất kể nguồn điện một chiều hay xoay chiều được nối với các cực $a$ và $b$?

Vận động viên Olympic XXIV của Cộng hòa Nhân dân Ba Lan (1975)

F495. Ba chất lỏng không thể trộn lẫn với mật độ $\rho_1$, $\rho_2$ và $\rho_3$ đổ đầy một ống hình trụ mỏng kín, tạo thành một vòng có mặt phẳng thẳng đứng (Hình 2). Một chất lỏng có mật độ $\rho_1$ lấp đầy một cung tròn có góc $\alpha_1$ và một chất lỏng có mật độ $\rho_2$ lấp đầy một cung có góc $\alpha_2$. Góc $\alpha$ tạo thành bao nhiêu khi bán kính thẳng đứng của vòng vẽ tới ranh giới của các chất lỏng này? Hiệu quả bề ngoài có thể được khẳng định.

F496*. Một chùm ion dương hơi phân kỳ có góc raster nhỏ $\alpha$ được đưa vào tụ điện hình trụ tại điểm $A$ (Hình 3). Tất cả chúng trong chùm tia đều có năng lượng như nhau. Những vật có vectơ vận tốc tại điểm $A$ vuông góc với $AO$ sẽ chuyển động dọc theo một đường tròn bán kính $|AO|=r_0$, đồng tâm với các bản tụ điện. Chứng minh rằng chùm tia sẽ hội tụ tại một điểm $B$ sao cho $\widehat{AOB} = \pi \sqrt{2}$. Xác định độ rộng chùm tia tối đa.

F497. Một đĩa có bán kính $r$ quay với tốc độ góc $\omega$ được ném với tốc độ $v$ một góc $\alpha$ so với phương ngang. Mặt phẳng của đĩa vẫn thẳng đứng trong quá trình chuyển động của nó. Tìm bán kính cong quỹ đạo của điểm cao nhất của đĩa tại thời điểm đĩa đạt độ cao lớn nhất.

30

Lời giải bài toán
M436—M440; F448, F450—F452

M436. Cho 20 số $a_1, a_2, \dots, a_{10}, b_1, b_2, \dots, b_{10}$. Chứng minh rằng một tập hợp gồm 10 số (tùy chọn khác nhau) $a_1 + b_1, a_1 + b_2, \dots, a_{10} + b_{10}$ có thể chia thành 10 tập con, mỗi tập có 10 số sao cho tổng các số trong mỗi tập con là cùng một chữ số). Dễ dàng nhận thấy trong mỗi cột (trong mỗi hàng) có đại diện của tất cả các tập hợp con, sao cho các chỉ số $i$ và $j$ của các số $a_i + b_j$ có trong mỗi tập hợp con đều lấy tất cả các giá trị từ 1 đến 10 (chính xác một lần). Do đó, tổng các số trong mỗi tập hợp con là như nhau: $a_1 + a_2 + \dots + a_{10} + b_1 + b_2 + \dots + b_{10}$.

S. Berkova

Hình 1.

Hình 2.

M437. Chứng minh rằng một số lẻ là tích của n thừa số khác nhau, có thể biểu diễn dưới dạng hiệu bình phương của hai số tự nhiên bằng $2^{n-1}$ theo nhiều cách khác nhau.

M438. Trong hệ thống này, tất cả các cặp tiếp tuyến có thể có của một đường tròn đều được tính toán. Đối với mỗi cặp đường tròn đi qua một điểm thì tiếp tuyến của đường tròn
Hãy chứng minh rằng tất cả các đường thẳng này đều đi qua điểm $M$ - trung điểm của cung của đoạn thẳng bù với đoạn đã cho của đường tròn. Chúng ta hãy biểu thị ranh giới của vòng tròn này bằng $\gamma$ (Hình 3).

Gọi $K$ là giao điểm của đường kính $MN$ của đường tròn $\gamma$ với dây cung $AB$ của đoạn thẳng đã cho. Đặt $\gamma_1$ và

32

(ví dụ: $a_1, a_2, \dots, a_n$ - số thực $k_1, k_2, \dots, k_n$ - số tự nhiên) có nhiều nhất $n$ nghiệm dương.

c) Chứng minh phương trình
$$ax^k(x+1)^p + bx^l(x+1)^q + cx^m(x+1)^r = 1$$
(thức ăn $a, b, c$ - số thực $k, l, m, p, q, r$ - số tự nhiên) có không quá 14 nghiệm dương.

Hình 5.

một phần của phương trình $(1')$ với $(-a_n x^k n^{-1})$, ta thu được phương trình
$$b_1 x^{k_1}-k_n + b_2 x^{k_2}-k_n + \dots + b_{n-1} x^{k_n-1}-k_n = 1$$
(có nhiều hơn $n-1$ nghiệm dương). Đạo hàm cả hai vế của phương trình $(2)$, ta thu được phương trình
$$\bar{b}_1 x^{k_1}-k_n-1 + \bar{b}_2 x^{k_2}-k_n-1 + \dots + \bar{b}_{n-1} x^{k_n-1}-k_n-1 = 0$$
(có nhiều hơn $n-2$ nghiệm dương). Thực hiện các bước này $n-1$ lần, chúng ta đạt được phương trình
$$\alpha x^m = 1, (m = k_1-k_2),$$

mà, do giả định được đưa ra đối với phương trình $(1)$, phải có nhiều hơn một nghiệm dương. Nhưng điều này là không thể được; Điều này có nghĩa là phương trình ban đầu $(1)$ không thể có nhiều hơn $n$ nghiệm dương. Câu bài toán 6) đã được chứng minh.

Hãy chuyển sang bài toán c). Chúng ta sẽ cần sự thật sau đây.

Giả sử $P_m(x)$ là đa thức ở $x$ bậc $m$. Khi đó biểu thức tùy ý $x^k(x+1)^p P_m(x)$ có dạng
$$x^{k-1}(x+1)^{p-1} P_{m+1}(x),$$ trong đó $P_{m+1}(x)$ là đa thức ở $x$ bậc $m+1$ ($k$ và $p$ là bất kỳ số thực nào). Thật sự,

$$(x^k(x+1)^p P_m(x))' = kx^{k-1}(x+1)^p P_m(x) +$$
$$+ px^k(x+1)^{p-1} P_m(x) + x^k(x+1)^p P'_m(x) =$$
$$= x^{k-1}(x+1)^{p-1} [k(x+1)P_m(x) + pxP_m(x) +$$
$$+ x(x+1)P'_m(x)] = x^{k-1}(x+1)^{p-1} P_{m+1}(x),$$

trong đó $P_{m+1}(x)$ là đa thức bậc $m+1$, được viết trong ngoặc vuông (hãy nhớ rằng bậc của đa thức $P'_m(x)$ bằng $m-1$).

Giả sử bây giờ phương trình
$$ax^k(x+1)^p + bx^l(x+1)^q + cx^m(x+1)^r = 1$$
(có nhiều hơn 14 nghiệm dương). Khi đó, giống như bài toán 6), phương trình thu được bằng cách lấy đạo hàm cả hai phần có hơn 13 nghiệm dương. Phương trình này sẽ có dạng sau (xem phép vi phân đã được chứng minh ở trên):

$$x^{k-1}(x+1)^{p-1} A_1(x) + x^{l-1}(x+1)^{q-1} B_1(x) +$$
$$+ x^{m-1}(x+1)^{r-1} C_1(x) = 0$$
(các số $k, p, l, q, m, r$ có thể là số thực bất kỳ; $A_1(x), B_1(x), C_1(x)$ là đa thức bậc một).

Chia cả hai vế của phương trình $(4')$ cho $x^{m-1}(x+1)^{r-1}$ (đây là một phép toán “hợp pháp”: chúng ta chỉ quan tâm đến các nghiệm dương!), chúng ta thu được phương trình
$$x^{k-m}(x+1)^{p-r} A_1(x) + x^{l-m}(x+1)^{q-r} B_1(x) + C_1(x) = 0$$
(có nhiều hơn 13 nghiệm dương). Kéo dài cả hai vế của phương trình $(4'')$ hai lần, ta thu được phương trình
$$x^{k-m-2}(x+1)^{p-r-2} A_3(x) + x^{l-m-2}(x+1)^{q-r-2} B_3(x) = 0$$
(có nhiều hơn 11 nghiệm dương (nghĩ mà xem!) Chia cả hai vế của phương trình $(5)$ cho $x^{l-m-2}(x+1)^{q-r-2}$ ta có phương trình
$$x^{k-l}(x+1)^{p-q} A_3(x) + B_3(x) = 0$$
(có nhiều hơn 12 nghiệm dương). Mở rộng cả hai vế của phương trình $(5')$ lên $x^{l-m-2}(x+1)^{q-r-2}$, ta thu được phương trình
$$x^{k-l}(x+1)^{p-q} A_3(x) + B_3(x) = 0$$

34

F448. Tại sao những khúc gỗ di chuyển dọc sông luôn được định hướng theo vị trí chứ không phải băng qua nó?

Hình 8.

F450. Một hạt nhân có khối lượng m, ánh sáng với tốc độ $v_0$, phân rã thành hai mảnh giống hệt nhau. Chúng ta hãy xác định góc tối đa có thể có giữa vectơ vận tốc của một trong các mảnh vỡ và vectơ $v_0$, nếu trong quá trình phân rã của hạt nhân nghỉ của mảnh vụn chúng ta có tốc độ $|\vec{v}| < |\vec{v}_0|$.

Hình 9.

F451. Vẽ đồ thị gần đúng về sự phụ thuộc của moka thông qua điện trở R vào vị trí chuyển động của người thuận tay trái trong phòng (Hình 10). Giá trị tối đa hiện tại của $y = x/l$ là bao nhiêu?

$$K \cdot C \cdot 3 \leq K_3 \cdot K_C \cdot C_K \cdot C_3 \cdot 3_C \leq \left[ \frac{1}{6} \left(K_3 + K_C + \dots + 3_K\right) \right]^6 \leq 50^8,$$

từ đâu $X \leq 2500$.

Một ví dụ về cách sắp xếp 2500 xiên theo điều kiện bài toán 6) được thể hiện trên Hình 7.

N. Nechyemaev,
S. Fomin

Tác động của lực ma sát dẫn đến sự phân bố vận tốc nhất định của các phần khác nhau của dòng chảy được thiết lập ở lòng sông. Các lớp chất lỏng mỏng nằm sát bờ (và đáy sông) bất động và khi bạn đến gần giữa sông (và mặt nước), tốc độ của nước liên tục tăng (Hình 8).

Nếu một khúc gỗ được đặt ở sông vuông góc với dòng chảy thì phần khúc gỗ ở gần bờ sẽ chuyển động với tốc độ thấp hơn phần khúc gỗ ở gần giữa sông. Điều này làm cho khúc gỗ bắt đầu xoay. Và nó sẽ quay cho đến khi khúc gỗ gần giữa sông ở phía trước, và khúc gỗ hướng theo dòng nước.

Tốc độ $\vec{u}$ của một trong các mảnh lõi bằng

$$\vec{u} = \vec{v}_0 + \vec{v},$$

trong đó $\vec{v}_0$ là tốc độ của nó trước khi hạt nhân phân rã, và $\vec{v}$ là tốc độ của mảnh vụn so với hạt nhân đang đứng yên (nghĩa là trong hệ tọa độ trong đó hạt nhân đứng yên trước khi phân rã).

Hãy định vị vectơ $\vec{v}_0$ như trong Hình 9. Điểm cuối của vectơ $\vec{v}$ có thể nằm trên một đường tròn bán kính $|\vec{v}|$. Từ Hình 9 có thể thấy rằng vectơ $\vec{u}$ tạo một góc tối đa $\alpha$ với vectơ $\vec{v}_0$ nếu góc giữa các vectơ $\vec{u}$ và $\vec{v}$ là $\pi/2$. Trong trường hợp này

$$\alpha = \arcsin \frac{|\vec{v}|}{|\vec{v}_0|}.$$

Tiếp điểm chuyển động (động cơ) chia điện trở $r$ của chiết áp thành hai phần. Chúng ta hãy biểu thị chúng bằng $r_1$ và $r_2$ (Hình 11), và

$$r_1 = ry \text{ и } r_2 = r(1 - y).$$

Tổng điện trở $R_0$ của mạch bằng

$$R_0 = R_1 + r_2 + \frac{r_1R}{r_1 + R}$$

(chúng tôi giả sử rằng điện trở trong của nguồn là $R_1$). Dòng điện trong mạch

36

Câu hỏi hình học

Đối với mỗi câu hỏi liệt kê dưới đây, có 5 phương án đáp số (a, b, c, d, e), trong đó có đúng một phương án đúng. Cố gắng tìm đáp số đúng cho tất cả các câu hỏi. Hãy kiểm tra đáp số của bạn với những thông tin ở cuối con số. Để hoàn thành nhiệm vụ này, không cần có kiến ​​​​thức đặc biệt ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường.

A. Các phép biến đổi hình học và vectơ

1 (VIII)*). Có bao nhiêu chuyển động của mặt phẳng ánh xạ đoạn đầu tiên trong số các đoạn được chỉ ra trong hình (các cạnh của hình chữ nhật) sang đoạn thứ hai (xem hình)?

a) Một, 6) hai, c) ba, d) bốn, e) vô số.
2 (IX). Có bao nhiêu sự dịch chuyển của không gian để ánh xạ một phân đoạn nhất định lên chính nó?
a) Một, 6) hai, c) ba, d) bốn, e) vô số.
3 (VIII). Các tam giác $T_1$ và $T_2$ trên mặt phẳng đồng dạng có hệ số đồng dạng là 2. Tồn tại bao nhiêu tam giác

*) Sau số câu hỏi, các lớp dự kiến ​​sẽ được chỉ định.

hình tam giác, làm sẵn $T_1$ với tâm chuẩn bị nhất định và hình tam giác đồng dạng $T_2$?
a) Một, 6) hai, c) ba, d) vô số, e) không có.
4 (IX). Trong không gian, có hai vectơ khác 0 $a$ và $b$. Có bao nhiêu vectơ $x$ có ​​độ dài 1 sao cho $x \cdot a = 0$ và $x \cdot b = 0$?
a) Không, 6) một, c) hai, d) vô số, e) đáp số phụ thuộc vào $a$ và $b$.
B. Sự sắp xếp lẫn nhau của đường thẳng và mặt phẳng
5 (VIII). Trong mặt phẳng có ba điểm không thẳng hàng. Trong mặt phẳng này có bao nhiêu đường thẳng cách đều các điểm đó?
a) Một, 6) hai, c) ba, d) vô số, e) không có.
6 (IX, X). Có bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đã cho không thuộc cùng một mặt phẳng?
a) Một, 6) hai, c) ba, d) bốn, e) vô số.
7 (VIII, X). Có bao nhiêu đường thẳng chia một tam giác đã cho thành hai phần có diện tích bằng nhau?
a) Một, 6) hai, c) ba, d) bốn, e) vô số.
8 (IX, X). Có bao nhiêu đường thẳng cắt nhau trong ba đường thẳng xiên theo cặp đã cho?
a) Nhiều vô hạn, 6) không có, c) một, d) hai, e) ba.
9 (IX, X). Hình chiếu trực giao của góc vuông $AOB$ lên một mặt phẳng nào đó là góc $A_1O_1B_1$. Góc $A_1O_1B_1$ có ​​thể có những giá trị gì?
a) Chỉ $90^\circ$, 6) bất kỳ từ $0^\circ$ đến $180^\circ$, c) bất kỳ từ $0^\circ$ đến $90^\circ$, d) bất kỳ từ $90^\circ$ đến $180^\circ$, e) bất kỳ từ $45^\circ$ đến $135^\circ$.
10 (X). Mặt phẳng cắt khối lập phương nhưng không đi qua bất kỳ đỉnh nào của nó. Mặt phẳng này có thể cắt bao nhiêu cạnh hình lập phương?
a) 3 hoặc 4, 6) từ 3 đến 5, c) từ 3 đến 6, d) từ 3 đến 7, e) từ 3 đến 10.

37

«Kvant» cho học sinh nhỏ

Nhiệm vụ

1. Các trận đấu tạo ra một phương trình sai (xem hình). Sắp xếp lại một trận đấu trong phương trình này để có được đẳng thức đúng.

2. Bạn có thể đọc từ ROUTE trên một vật trang trí, hình ảnh trong hình theo bao nhiêu cách, nếu bạn có thể bắt đầu bằng bất kỳ chữ cái M nào và mỗi chữ cái tiếp theo có thể được chọn từ các ô lân cận (các ô lân cận là các ô có một cạnh chung hoặc một đỉnh chung)?

3. Trong mỗi hai điều này, quá trình bổ sung được mô tả trong một cột. Cùng một chữ cái ứng với cùng một số, các số khác nhau ứng với các số khác nhau. Giải mã các ví dụ

4. Tích của hai số có hai chữ số chia hết cho 121 và là số có bốn hoặc ba chữ số, việc ghi số đó chỉ bao gồm hai chữ số, mỗi chữ số có hai chữ số. Tìm những con số này.

XVI + II = XV

37

38

E. Semenov
BẠN CÓ THỂ CHỨNG MINH ĐƯỢC KHÔNG?

• KHÔNG THỂ CHỨNG MINH được!

• Bố ơi, bố ơi! Sóc có ăn hạt thông không?

• Vâng, con gái.

• Gỗ tuyết tùng có phải là một loại cỏ không?

• Cậu đang nói cái gì thế, Tanyusha! Cây tuyết tùng là một cái cây!

• Nếu con sóc của tôi không phải là con rối mà là con thật thì tôi sẽ đưa nó vào rừng, còn nếu con sóc này nhảy lên cây nào đó thì đó là cây tuyết tùng.
  (Từ cuộc trò chuyện của cô bé Tanyusha)

Thật khó để nói chúng ta bắt đầu tham gia vào bằng chứng ở độ tuổi nào. Có thể từ lúc chúng ta bắt đầu mắc lỗi và cố gắng nói, khi chúng ta biến búp bê của mình thành anh hùng trong truyện cổ tích, trộn lẫn giữa tưởng tượng của trẻ em “với hiện thực của người lớn”. Một ví dụ là cuộc trò chuyện vừa được trích dẫn. Bạn có thể nhận thấy rằng cuộc trò chuyện của cô bé Tanya có chứa bằng chứng (có lẽ là lần đầu tiên trong đời cô bé). Hãy nhìn xem, cô ấy tin rằng:

1. một con sóc ăn hạt thông;
2. tuyết tùng là một cái cây;
3. Một con sóc đã trèo lên cây này.

Trên cơ sở đó, Tanya lựa chọn cây này là cây tuyết tùng. Đúng, kết luận của Tanya là sai. Để lựa chọn này là chính xác, cần có thêm một điều kiện:

4. nếu cây không phải là cây tuyết tùng thì con sóc sẽ không leo lên cây đó (nếu không: trong tất cả các cây, con sóc trèo sữa lên cây tuyết tùng).

Tuy nhiên, chúng ta hãy xem xét chứng minh của Tanino từ phía bên kia. Cô ấy có ba điều kiện được liệt kê theo ý của mình. Có thể dựa vào chúng mà không cần sử dụng bất kỳ điều kiện nào khác để chứng minh sự lựa chọn kết quả không? - Tất nhiên là không! Còn việc bác bỏ thì sao? - Cũng không! Có thể cái cây mà con sóc trèo lên là cây tuyết tùng, và khi đó kết luận là đúng, nhưng con sóc cũng có thể có sức mạnh trên bờ, và khi đó kết luận đó là sai. Một nhà toán học sẽ nói rằng kết luận của Tanya độc lập với ba điều kiện của cô ấy.

Chưa hết… ngay cả ở độ tuổi lớn hơn, đôi khi chúng ta cũng mắc phải những sai lầm tương tự. Bạn có nghi ngờ gì không? Sau đó hãy nghe câu chuyện đó

39

đã xảy ra với cậu học sinh lớp sáu yếu đuối Stepa Moshkin và các bạn của cậu khi cậu đang học hình học.

1. Styopa và những người bạn đang tìm kiếm bằng chứng

—Tính chất thứ ba của khoảng cách thật đáng ngờ! Tại sao nó đưa ra mà không có bằng chứng? Mỗi trong số chúng có thể được chứng minh bằng cách sử dụng hai tính chất đầu tiên của khoảng cách! - Styopa trầm ngâm nói.

Ngày hôm sau, tất cả bạn bè của Styopa đều làm việc này và bị mê hoặc bởi ý tưởng của anh ấy. Những nỗ lực của họ không được định hướng: một số bằng chứng đã sớm được tìm thấy.

Trước hết, chúng ta hãy nhắc lại cho người đọc về các tính chất của khoảng cách. Có ba người trong số họ, như bạn nhớ.

1. Khoảng cách từ điểm A đến điểm B là dương nếu chúng khác nhau và bằng 0 nếu chúng giống nhau:

$$|AB| > 0, \text{ если } A \neq B, \text{ и } |AB| = 0, \text{ если } A = B.$$

2. Khoảng cách từ điểm A đến điểm B bằng khoảng cách từ điểm B đến điểm A:

$$|AB| = |BA|.$$

3. Với ba điểm A, B, C bất kỳ, khoảng cách từ A đến C không lớn hơn (nhỏ hơn hoặc bằng) tổng các khoảng cách từ A đến B và từ B đến C:

$$|AC| \leq |AB| + |BC|.$$

Và bây giờ hãy làm quen với một trong những cách chứng minh của Styopa và những người bạn của anh ấy.

Cần chứng minh rằng với ba điểm A, B, C bất kỳ, bất đẳng thức sau đây đúng:

$$|AC| \leq |AB| + |BC|.$$

Hãy nói rằng nó không phải là một cây anh túc. Cho phép

$$|AC| > |AB| + |BC|.$$

() Vì A, B, C là ba điểm bất kỳ nên ta có thể giả sử, chẳng hạn điểm B trùng với C, điểm A khác B: B = C, A ≠ B. Vì trong trường hợp này |BC| = 0 (không có tính chất 1), thì từ () ta thu được |AC| > |AB|. Mặt khác, do điểm B và C trùng nhau nên |AC| = |AB|. Chúng tôi đã đi đến mâu thuẫn: |AC| > |AB| và |AC| = |AB|. Do đó, giả sử rằng |AC| > |AB| + |BC|, không đúng. Đương nhiên, chúng tôi vẫn giữ nguyên |AC| ≤ |AB| + |BC|, tức là tính chất 3 thỏa mãn!

Styopa Moshkin và những người bạn của anh ấy rất vui mừng. Chứng minh tính chất thứ ba của khoảng cách đã được tìm thấy! Hơn nữa, chứng minh này chỉ sử dụng tính chất thứ nhất! Do đó có một ý tưởng mới: liệu có thể chứng minh tính chất thứ hai của khoảng cách bằng tính chất thứ nhất không? “Hiệp hội toán học” Styopa Moshkin bắt đầu làm việc với sự hài lòng. Không biết khi nào và mọi chuyện sẽ kết thúc như thế nào nếu không có Pyotr Ivanovich.

2. Không có bằng chứng!

Ở bài học hình học tiếp theo, Styopa và các bạn giới thiệu cho Pyotr Ivanovich những bằng chứng mà họ đã tìm ra. Anh chăm chú lắng nghe họ và nói.

• Bạn biết đấy, mọi bằng chứng của bạn đều có sai sót. Nhưng đây không phải là điều quan trọng nhất. Tôi có thể đưa ra đáp số như vậy mà không cần bạn làm quen với bằng chứng của mình. Bạn không thể chứng minh tính chất thứ ba bằng cách sử dụng hai tính chất đầu tiên của khoảng cách!

• Làm sao! - Styopa kêu lên. - Điều đó là không thể! Và nếu trước đó-

40

bằng chứng là do người khác đưa ra?… À, ví dụ như học sinh lớp mười?… Hay do một nhà khoa học, viện sĩ nào đó?!

• Không một nhà khoa học, bạn bè nào sẽ làm điều này, bởi vì anh ta biết trước về việc không thể có được tài liệu đó. Và một học sinh lớp mười sẽ không cố gắng như vậy nếu nó đủ hiểu biết về toán.

Mọi người đều nhìn Styopa với ánh mắt trách móc. Anh phải lôi kéo họ vào công việc vô vọng này. Lãng phí quá nhiều thời gian! Và một kết thúc buồn như vậy. Chúng tôi không thể đồng ý liên hệ ngay với Pyotr Ivanovich!

• Đừng buồn! - Pyotr Ivanovich nói. - Bạn không đơn độc trong “thất bại” của mình. Tiên đề song song của Euclid đã được nhiều nhà toán học nổi tiếng và tài năng trên thế giới ghi lại trong 2 nghìn năm. Hơn nữa, Nikolai Ivanovich lobachevsky lần đầu tiên cố gắng làm điều này. Và chỉ trong quá khứ người ta mới khẳng định rằng không thể chứng minh tiên đề này dựa trên các tiên đề khác của Euclid. Bây giờ hãy so sánh vài ngày lao động của bạn với công việc của 2 nghìn năm! Bạn có thấy sự phục vụ của mình khiêm tốn đến mức nào khi so sánh với nỗ lực của nhiều nhà toán học đã cống hiến cả cuộc đời mình để chứng minh tiên đề song song không?

3. Có phải là không thể chứng minh? - Tại sao?

• Nhưng làm thế nào, làm thế nào bạn có thể phát hiện ra rằng bằng chứng là không thể? - tất cả học sinh trong lớp nói cùng một lúc, ngay cả những học sinh không tìm kiếm tài liệu về tính chất thứ ba của khoảng cách.

“Trước hết,” Pyotr Ivanovich bắt đầu, “đừng coi khoảng cách đó là thứ bắt buộc phải có được nhờ sự trợ giúp của thước đo.” Rốt cuộc, các tiên đề về khoảng cách không nói gì về điều này! Và tại sao không giả định rằng khoảng cách có thể thay đổi, chẳng hạn như tính bằng độ, với sự hỗ trợ của phương tiện giao thông? Các tiên đề về khoảng cách có cấm điều này không? Có, và trước tiên bạn sẽ thay đổi khoảng cách tính bằng phút - từ nhà đến trường là 10 phút. Vì vậy, bây giờ chúng ta sẽ xây dựng một mô hình trong đó các tính chất 1 và 2 của khoảng cách sẽ được đáp ứng nhưng tính chất 3 sẽ không được đáp ứng.

Hãy tưởng tượng một tình huống tuyệt vời như vậy. Thành phố (máy bay) là nơi sinh sống của những sinh vật cực kỳ lười biếng. Họ không đi làm, không đi xem phim, không thăm nhau, họ chỉ gọi điện cho nhau. Hơn nữa, bạn có thể đi từ điểm A đến điểm B và từ B đến A trong 3 phút. Bạn có thể đến bất kỳ điểm nào khác từ A và B trong 1 phút. Từ bất kỳ điểm nào ngoài A và B, bạn cũng có thể đến bất kỳ điểm nào khác trong 1 phút. Và từ bất kỳ thời điểm nào, bạn có thể “vượt qua” nó trong thời gian không.

Đối với những người lười biếng như vậy, khoảng cách từ điểm này đến điểm khác chính là thời gian gọi điện từ điểm đầu tiên đến điểm thứ hai.

Kiểm tra khoảng cách chạy trong thành phố tuyệt vời này. Bạn có thấy không? Lần thực hiện đầu tiên và thứ hai, nhưng lần thứ ba thì không. Ví dụ: $|AB| > |AC| + |CB|$, vì $|AB| = 3$, $|AC| + |CB| = 1+1=2$.

41

“Bây giờ chúng ta có thể rút ra kết luận,” giáo viên nói. — Việc “chứng minh tính chất thứ ba của khoảng cách bằng hai tính chất đầu tiên” có nghĩa là gì?

“Điều này có nghĩa là chứng minh rằng nếu tính chất 1 và 2 thỏa mãn thì tính chất 3 cũng sẽ thỏa mãn”, Styopa trả lời ngay cho mọi người.

— Và khi xem xét mô hình, tính chất 1 và 2 được thỏa mãn, nhưng tính chất 3 không được thỏa mãn. Điều này có nghĩa là không thể chứng minh tính chất 3 bằng tính chất 1 và 2! Thuộc tính 3 độc lập với thuộc tính 1 và 2.

4. Mẫu mới

Có lẽ bạn đang háo hức muốn biết liệu Styopa và những người bạn của anh ấy đã chứng minh được tính chất thứ hai của khoảng cách bằng tính chất thứ nhất chưa? Và bằng chứng đó có tồn tại không?

Sau khi nhận được “bài học”, “hội toán học” của Styopa Moshkin bắt đầu hành động thận trọng hơn. Các thành viên của nó nhận ra rằng việc làm toán không chỉ liên quan đến việc chứng minh bằng chứng mà còn phải tìm ra: chúng có tồn tại không? Đầu tiên, các chàng trai quyết định thử xây dựng một mô hình trong đó tính chất đầu tiên về khoảng cách sẽ được đáp ứng, nhưng tính chất thứ hai thì không. May mắn đã tiết lộ rằng không có bằng chứng nào về thuộc tính thứ hai dựa trên thuộc tính thứ nhất. Và họ đã may mắn. Đây là mẫu “điện thoại” họ đã xây dựng: $|AB| = 2, |BA| = 1, |AC| = |CA| = |BC| = |CB| = 1$. Rõ ràng, tính chất đầu tiên của khoảng cách được thỏa mãn cho tất cả các điểm trong mô hình như vậy. Tuy nhiên, đối với điểm

$A$ và $B$ thuộc tính thứ hai không được thỏa mãn: $|AB| \neq |BA|$. Do đó, thuộc tính thứ hai của khoảng cách độc lập với thuộc tính thứ nhất.

5. Lời kết

Đây là cách một câu chuyện khác kết thúc xảy ra với học sinh lớp sáu Stepa Moshkin. Bạn có nghĩ rằng anh ấy đã bình tĩnh lại sau chuyện đó không? Sai! Styopa đã chuẩn bị nhiệm vụ cho bạn!

thúc giục

1. Tìm lỗi trong “chứng minh” tính chất thứ ba của khoảng cách.
2. Tìm hiểu xem tính chất thứ ba của khoảng cách có được thỏa mãn trong mô hình do Stepa và những người bạn của anh ấy xây dựng hay không.
3. Lấy hai điểm khác nhau $A$ và $B$. Chúng tôi sẽ giả định rằng $|AB| = 1, |BA| = 3$. Xét khoảng cách giữa bất kỳ điểm không trùng nhau nào khác bằng 1, giữa các điểm trùng khớp - 0. Sử dụng mô hình này, chứng minh tính chất thứ hai và thứ ba của khoảng cách độc lập với tính chất thứ nhất.
4. Chứng minh bằng cách xây dựng một mô hình thích hợp rằng tính chất thứ hai của khoảng cách là độc lập với tính chất thứ ba.
5. Vẽ một hình tam giác $ABC$ sao cho $\hat{C} = 100^\circ, \hat{A} = 30^\circ, \hat{B} = 50^\circ$. Để biết khoảng cách giữa hai đỉnh của một tam giác, kỹ thuật tạo góc ở đỉnh thứ ba là: $|AB| = 100, |AC| = 50, |BC| = 30$. Khoảng cách giữa bất kỳ điểm phân biệt nào khác sẽ được coi là bằng 1, khoảng cách giữa các điểm trùng nhau sẽ được coi là bằng 0. Sử dụng mô hình này để chứng minh độc lập tính chất thứ ba bằng cách sử dụng hai tính chất đầu tiên của khoảng cách.

42

Định luật nhiệt động đầu tiên

Trong nhiệt động lực học và vật lý phân tử, các tính chất của vật thể vĩ mô được nghiên cứu, tức là các vật thể bao gồm một số lượng lớn các hạt (phân tử, nguyên tử, v.v.). Những vật hoặc nhóm như vậy thường được gọi là hệ nhiệt động lực học.

Mọi vật thể vĩ mô đều bị vi phạm; cơ năng của hệ thường không đổi, do đó, để mô tả những hiện tượng như vậy chỉ cần biết nội năng $U$ của hệ này. Trong vật lý phân tử, nội năng được hiểu là tổng động năng của các hạt cấu tạo nên một vật thể nhất định và thế năng tương tác giữa các hạt này. Điều này có nghĩa là nội năng chỉ có thể được xác định ở một hằng số nhất định $U_0^*$). Nhưng kể từ khi

*) Nói chung, nội năng của một vật còn bao gồm nội năng của các hạt cấu tạo nên vật đó. Chẳng hạn, đó là động năng của các electron và thế năng tương tác của các electron với nhau và với hạt nhân nguyên tử, năng lượng liên kết của các nucleon trong hạt nhân, v.v. Tuy nhiên, trong các hiện tượng nghiên cứu trong vật lý phân tử, các hạt cấu tạo nên vật thể không thay đổi nên nội năng của các hạt này không đổi. Điều này giúp có thể đưa nó vào hằng số nêu trên; ý nghĩa vật lý chỉ là sự thay đổi năng lượng (công thực hiện gắn liền với nó), thì giá trị riêng của hằng số này không quan trọng.

Từ định nghĩa về năng lượng bên trong của một hệ, nó được xác định bởi vận tốc của các hạt và khoảng cách giữa chúng tại một thời điểm nhất định và không phụ thuộc vào giá trị của các đại lượng này tại thời điểm trước đó. Nói cách khác, nội năng của một hệ chỉ phụ thuộc vào trạng thái của nó tại một thời điểm nhất định và không phụ thuộc vào trạng thái mà nó chuyển sang trạng thái này. (Vì lý do này, nội năng của hệ, cũng như các đại lượng vật lý khác có cùng tính chất, được gọi là hàm trạng thái.) Điều này có nghĩa là khi hệ chuyển từ trạng thái nào đó $1$, trong đó nội năng lấy giá trị $U_1$, sang trạng thái khác $2$, trong đó nội năng là $U_2$, thì sự thay đổi nội năng $\Delta U = U_2 - U_1$ chỉ phụ thuộc vào các trạng thái $1$ và $2$ và không phụ thuộc vào cách hệ thống chuyển từ trạng thái này sang trạng thái khác.

Làm thế nào bạn có thể thay đổi năng lượng bên trong của một hệ thống? Rõ ràng, để làm được điều này cần phải thay đổi trạng thái của nó. Điều này có thể được thực hiện theo hai cách khác nhau đáng kể. Một trong số đó là hiệu suất làm việc trên hệ thống, thứ hai là trao đổi nhiệt với môi trường.

Định luật nhiệt động lực học đầu tiên, được thiết lập trên cơ sở nhiều định luật bán buôn, quy định rằng sự thay đổi nội năng $\Delta U$ của hệ bằng tổng công $A'$ được thực hiện trên hệ bởi các ngoại lực và lượng nhiệt $Q$ truyền đến hệ thống chiết:

$$\Delta U = A' + Q.$$

Định luật này có thể được phát biểu hơi khác nếu, thay vì công $A'$ của các ngoại lực, chúng ta nói về công $A$ của chính hệ. Vì $A' = -A$ thì

$$\Delta U = -A + Q,$$ hoặc $Q = \Delta U + A$ - lượng nhiệt mà hệ nhận được bằng tổng độ biến thiên nội năng của nó và công thực hiện

43

của hệ thống lên các vật thể bên ngoài. Định luật nhiệt động lực học đầu tiên là một công thức cụ thể của định luật bảo toàn năng lượng được áp dụng cho các quá trình nhiệt.

Ví dụ về một hệ nhiệt động cụ thể, hãy xem xét một loại khí lý tưởng. Trạng thái của nó có thể được mô tả bằng các tham số: $m, \mu, p, V, T$. Ở đây $m$ là khối lượng của chất khí, $\mu$ là khối lượng mol của nó, $p$ là áp suất của chất khí, $V$ là thể tích chiếm dụng và $T$ là nhiệt độ của chất khí. Tất cả các tham số này có liên quan với nhau bằng phương trình trạng thái của khí lý tưởng - phương trình Mendeleev-Clapeyron

$$pV = \frac{m}{\mu}RT,$$

trong đó $R$ là hằng số khí phổ quát.

Nội năng của một khí lý tưởng (động năng của chuyển động nhiệt của các phân tử của nó) cũng có thể được biểu thị thông qua các thông số tương tự. Vì vậy, đối với một khí lý tưởng nitơ

$$U = \frac{3}{2} \frac{m}{\mu}RT = \frac{3}{2}pV.$$

Từ đây

$$U_2 - U_1 = \frac{3}{2} \frac{m}{\mu}R(T_2 - T_1) = \frac{3}{2}(p_2V_2 - p_1V_1).$$

Chúng ta hãy nhớ lại rằng công được thực hiện bởi khí lý tưởng trong bất kỳ quá trình nào được xác định thuận tiện nhất bằng đồ họa (Hình 1): nó bằng số với diện tích của hình được giới hạn bởi đồ thị của quá trình tương ứng trên sơ đồ $pV$, trục $V$ và các đoạn tương ứng với áp suất khí ban đầu và cuối cùng.

Phương pháp xác định công này cho phép chúng ta chứng minh rõ ràng một tính chất rất quan trọng. Hãy để khí chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2. Quá trình chuyển đổi này có thể được thực hiện theo nhiều cách khác nhau, ví dụ: dọc theo đường dẫn $1a2$ hoặc $1b2$ (Hình 2). Như có thể thấy trong Hình 2, các vùng bên dưới biểu đồ $1a2$ và $1b2$ khác nhau. Điều này có nghĩa là công mà chất khí thực hiện trong quá trình chuyển từ trạng thái này sang trạng thái khác không chỉ phụ thuộc vào các trạng thái này mà còn phụ thuộc vào phương pháp chuyển từ trạng thái ban đầu sang trạng thái cuối cùng. (Nói cách khác, công trong nhiệt động lực học không phải là một hàm của trạng thái.)

Hãy xem xét các chi tiết cụ thể sau bài toán:

Bài toán 1. Khí chuyển từ trạng thái 1, được đặc trưng bởi các tham số $p_1 = 2 \cdot 10^5$ Pa và $V_1 = 0,1$ m$^3$, sang trạng thái 2, trong đó các tham số của nó bằng $p_2 = 10^5$ Pa và $V_2 = 0,4$ m$^3$ tương ứng, theo hai cách khác nhau (Hình 3). Tìm công mà khí thực hiện trong trường hợp tổng quát.

44

Trong trường hợp đầu tiên, khi khí chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2 dọc theo đường 1 a 2, công của nó bằng số với diện tích dưới đồ thị 1 a 2:
$$A_{1a^2} = p_1(V_2 - V_1) = 6 \cdot 10^4 \text{ Дж}.$$
Tương tự, trong trường hợp thứ hai, khí có giá trị bằng diện tích dưới đồ thị 1 b 2:
$$A_{1b^2} = p_2(V_2 - V_1) = 3 \cdot 10^4 \text{ Дж}.$$
Bài toán 2. 4 mol khí ta thực hiện quá trình như hình 4. Giá trị lớn nhất của khí ở đoạn nào?

Trước hết, hãy vẽ đồ thị của quá trình này theo tọa độ $p, V$ (Hình 5). Để làm điều này, từ phương trình Mendeleev-Clapeyron, chúng ta tìm thể tích khí tại các điểm 1, 2, 3 và 4:
$$V_1 = 0,1 \text{ м}^3, V_2 = 2V_1 = 0,2 \text{ м}^3, V_3 = V_2 \text{ и } V_4 = 0,5 \text{ м}^3.$$
Từ Hình 5, ngay lập tức cho thấy trong phần 2-3 không có công việc nào được thực hiện (quy trình này là ishoric):
$$A_{2-3} = 0.$$
Trong phần 3-4 (với quy trình ishoric), nó bằng diện tích của vận động viên trượt tuyết thẳng tương ứng:
$$A_{3-4} = p_3(V_4 - V_3) = 1,5 \cdot 10^4 \text{ Дж}.$$
Bây giờ chúng ta hãy ước tính công trong quá trình đẳng nhiệt 1-2. Dễ thấy diện tích dưới tiết diện 1–2 của đường đẳng nhiệt nhỏ hơn diện tích hình thang 1–2–$V_2 - V_1$. Cái sau này bằng $1,5 \times 10^4 \text{ Дж}$, tức là bằng diện tích của người trượt thẳng tương ứng với phần 3-4. Như vậy,
$$A_{1-2} < A_{3-4} \text{ и } A_{2-3} = 0.$$
Do đó, lượng khí tối đa ở phần 3-4 là bằng nhau.

Bài toán 3. Một thể tích khí chiếm $V_1 = 2 \text{ м}^3$ ở áp suất $p_1 = 4 \cdot 10^5 \text{ Pa}$ trải qua một quá trình (chu trình) tuần hoàn, bao gồm nhiều giai đoạn. Đầu tiên, khí được làm lạnh đẳng tích đến nhiệt độ mà áp suất của nó là $p_2 = 10^5 \text{ Pa}$. Sau đó, nó được làm lạnh đẳng nhiệt đến trạng thái tối đa ban đầu, sao cho áp suất của nó thay đổi khi thể tích thay đổi theo định luật: $p = \alpha V$ ($\alpha$ là một giá trị không đổi). Vẽ đồ thị của quá trình tuần hoàn này trên sơ đồ $pV$ và tìm lượng khí hoàn hảo bằng nhau.

Như sau từ điều kiện bài toán, trạng thái khí 1 và 3 được biểu thị bằng các điểm nằm trên đường thẳng $p = \alpha V$ đi qua gốc tọa độ (Hình 6). Điều này có nghĩa là $p_1 = \alpha V_1$ và $p_3 = \alpha V_3$.

Có tính đến thực tế là $p_3 = p_2$, chúng ta thu được $V_3 = \frac{p_2V_1}{p_1} = 0,5 \text{ м}^3$.

Công trong một quy trình hình tròn có giá trị bằng diện tích của hình được giới hạn bởi đồ thị của quy trình này, trong trường hợp này là diện tích của tam giác 1 2 3:

$$A = \frac{1}{2} (p_1 - p_2) (V_1 - V_3) = \frac{(p_1 - p_2)^2 V_1}{2p_1} = 2,25 \cdot 10^5 \text{ Дж}.$$

Bây giờ chúng ta hãy nói một chút về nhiệt dung của khí lý tưởng. Theo định nghĩa, cho nhiệt dung riêng
$$c = \frac{Q}{m \Delta T},$$

45

trong đó $Q$ là lượng nhiệt truyền cho khí, $m$ là khối lượng của khí và $\Delta T$ là sự thay đổi nhiệt độ của nó. Theo định luật nhiệt động lực học thứ nhất $Q = \Delta U + A$, thì $c = \frac{\Delta U + A}{m \Delta T}$. Như đã đề cập, sự thay đổi nội năng không phụ thuộc vào cách thay đổi trạng thái của khí (nghĩa là vào điều kiện nung nóng của nó), mà công thì có. Do đó, việc loại bỏ nhiệt dung của khí lý tưởng phụ thuộc vào các điều kiện làm nóng nó. Ví dụ, nếu một chất khí được nung nóng đẳng tích thì công mà khí thực hiện là $A = 0$ và loại bỏ tính đặc trưng nhiệt của chất khí ở áp suất không đổi

$$c_V = \frac{\Delta U}{m \Delta T}.$$

Nếu khí được nung nóng đẳng tích, $A = p \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta T$, do đó loại bỏ nhiệt dung của khí lý tưởng ở áp suất không đổi

$$c_p = \frac{\Delta U}{m \Delta T} + \frac{A}{m \Delta T} = c_V + \frac{R}{\mu} > c_V.$$

Điều này được giải thích là do trong quá trình đốt nóng đẳng áp của một chất khí, chỉ một phần nhiệt sinh ra sẽ làm tăng nội năng của chất khí (để tăng nhiệt độ của nó), trong khi một phần được chuyển thành công cơ học. Trong quá trình đốt nóng đẳng tích, toàn bộ lượng nhiệt được dùng để tăng nhiệt độ của khí. Do đó, để tăng nhiệt độ lên một độ của cùng một khối lượng khí ở áp suất không đổi, cần một lượng nhiệt lớn hơn ở thể tích không đổi. Điều này có nghĩa là

$$c_p > c_V.$$

Ví dụ: hãy xem xét điều này bài toán:

Bài toán 4. Tính nhiệt dung tỏa ra ở thể tích không đổi và áp suất không đổi đối với argon ($\mu = 40 \cdot 10^{-3}$ kcal/mol).

Theo định nghĩa

$$c_V = \frac{\Delta U}{m \Delta T} \text{ и } c_p = c_V + \frac{R}{\mu}.$$

Argon là một loại khí đơn nguyên tử và vì vậy nó

$$\Delta U = \frac{3}{2} \frac{m}{\mu} R \Delta T.$$

Hình 6.

Hình 7.

Sau đó

$$c_V = \frac{3}{2} \frac{R}{\mu} \approx 311 \text{ Дж/(кг·К)}$$

Và

$$c_p = c_V + \frac{R}{\mu} = \frac{5}{2} \frac{R}{\mu} \approx 519 \text{ Дж/(кг·К).}$$

Chúng ta hãy xem thêm một số bài toán:

Bài toán 5. Một số lượng khí đơn nguyên tử chiếm thể tích $V_1 = 0,1 \text{ m}^3$ ở áp suất $p_1 = 2 \cdot 10^5 \text{ Pa}$. Nếu một chất khí chuyển từ trạng thái này sang trạng thái cuối cùng 2, đầu tiên là trong quá trình đẳng áp và sau đó là trong quá trình nung nóng đẳng tích, thì nó thực hiện công $A_1 = 4 \cdot 10^4 \text{ Дж}$. Nếu quá trình chuyển đổi được thực hiện trực tiếp dọc theo đường thẳng 1-2 thì công của khí là $A_2 = 5 \cdot 10^4 \text{ Дж}$. Tìm áp suất và thể tích của khí ở trạng thái cuối cùng 2, cũng như lượng nhiệt mà khí nhận được trong cả hai trường hợp.

Chúng ta hãy mô tả các quá trình này trên sơ đồ $pV$ (Hình 7). Công của khí ở quá trình thứ nhất bằng

$$A_1 = p_1(V_2 - V_1),$$