Kvant 1978, số 5 · Trang

KVANM 5
1978

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

Bức ảnh này cho thấy một hình xuyến - bề mặt lấp đầy bong bóng - và hai vòng tròn. Bề mặt được bao phủ bởi một mạng lưới các “đường song song” và “kinh tuyến”. Cả hai vòng tròn được chọn, thoạt nhìn có vẻ như không giống các quốc gia, trong cùng một mặt phẳng cát tuyến (trùng với mặt phẳng của hình vẽ).

Những vòng tròn này thú vị không chỉ ở cách chúng có được: chúng là “các đường thẳng không đổi” trên hình xuyến, nghĩa là chúng giao nhau tất cả các kinh tuyến của nó ở cùng một góc. Những dòng như vậy được gọi là rhoxodromes; Bạn có thể đọc thêm về thuật ngữ toán học-địa lý này trên trang. 17. Ở đó người ta cũng chứng minh rằng khi xem xét một mặt phẳng của hình xuyến, kết quả thực sự là hai đường tròn chứ không chỉ là những đường khép kín tương tự như chúng.

Hãy nhìn vào hình vẽ - hình xuyến chia thành bao nhiêu phần trong vòng tròn của chúng ta?

1

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

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

TRONG PHÒNG:
V. Boltyansky. Sức mạnh của hai có thường bắt đầu bằng một không?
A. Patashinsky, S. Popov. Máy gia tốc BINP - phương pháp chùm tia va chạm
Z. Litovchenko. Tùy chọn tốt nhất

Phòng thí nghiệm «Kvant»
M. Grabovsky. Quả bóng sáp nổi

V. Berezin. Loxodrom

vòng tròn toán học
V. Vavilov, I. Melnikov. Đường tiếp tuyến

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M501—M505: F513—F517
Lời giải bài toán M450—M454; F467—F471

Qua những trang sách giáo khoa
V. Dubrovsky. Đi tìm định nghĩa về diện tích bề mặt

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. Dozorov. Lực ma sát hướng về đâu?

Xưởng của người nộp đơn
L. Aslamazov. Điện áp, điện áp, tiềm năng
A. Vilenkin. Đạo hàm và tiếp tuyến
P. Zubkov, L. Lukuyanchikov, G. Meledin, V. Khartsenko. Đại học bang Novosibirsk
V. Osipov, V. Matveev. Đại học Leningrad được đặt theo tên A. A. Zhdanova
V. Gutenmacher, P. Medveedev. Khoa Kế hoạch và Điều khiển kinh tế, Khoa Kinh tế, Đại học quốc gia Moscow

Đánh giá, thư mục
Cuốn sách mới về lịch sử thiên văn học

Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 34, 47)

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

2

V. Boltyansky

Sức mạnh của hai có thường bắt đầu bằng một không?

Sản xuất bài toán
Các lũy thừa trung bình của hai số bắt đầu bằng một xuất hiện lặp đi lặp lại. Chúng xảy ra thường xuyên như thế nào? Nói cách khác, xác suất để một số được chọn ngẫu nhiên từ các số $2^1, 2^2, \ldots, 2^n$ bắt đầu bằng chữ số 1 là $a_n/n$ là bao nhiêu. Xác suất này phụ thuộc vào $n$, tức là vào số lũy thừa bậc nhất của 2 đã được lấy. Giới hạn

$$p_1 = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n},$$

(nếu nó tồn tại) và được gọi là xác suất để một số tự nhiên bất kỳ chia hết cho 3?

1. Xác suất để một chữ số tùy ý trong phép khai triển thập phân của số $\frac{161}{222}$ là số năm là bao nhiêu? Gấp đôi?

2. Xác suất để một số tự nhiên bất kỳ là số chính phương là bao nhiêu?

Vượt quá giới hạn (1)

Trong số các số có hai chữ số là lũy thừa của hai, có chính xác một số (cụ thể là 16) bắt đầu bằng một. Trong số lũy thừa ba chữ số của hai, có đúng một số (cụ thể là 128) bắt đầu bằng một. Điều tương tự cũng đúng với lũy thừa bốn chữ số của hai.

Nói chung, đối với $k > 1$, trong số các số $k$ chữ số là lũy thừa của hai, có chính xác một số bắt đầu bằng chữ số 1. Thật vậy, số $k$ chữ số nhỏ nhất là lũy thừa của hai nhất thiết phải bắt đầu bằng một (nếu không, chia cho 2, chúng ta sẽ nhận được rằng lũy ​​thừa trước đó của hai là số $k$ chữ số). Không có số nào khác bắt đầu bằng số 1 trong số lũy thừa $k$ chữ số của hai: lũy thừa tiếp theo của hai sẽ có số 2 hoặc 3 ở vị trí đầu tiên, số tiếp theo sẽ có số cao hơn nữa, cho đến khi chúng ta nhận được số $(k+1)$ chữ số.

Từ điều trên, suy ra rằng nếu số $2^n$ là $m$ chữ số, thì trong số các số $2^1, 2^2, \dots, 2^n$ có ​​chính xác $m-1$ số bắt đầu bằng một, tức là $a_n = m-1$. Nhưng câu lệnh “số $2^n$ là $m$ chữ số” có nghĩa là

$$10^{m-1} \leq 2^n < 10^m,$$

đó là

$$m-1 \leq n \lg 2 < m.$$

Nhớ rằng $a_n = m-1$, chúng ta nhận được

Hình 1.

$$\lg 2 - \frac{1}{n} < \frac{a_n}{n} \leq \lg 2,$$

và do đó

$$p_1 = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \lg 2 = 0,30103...$$

Vì vậy, hơn 30% sức mạnh của hai đều bắt đầu bằng một.

3 adach và

4. Chúng ta hãy biểu thị bằng $p_q$ xác suất mà lũy thừa tùy ý của hai bắt đầu bằng số $q^*$. Chứng minh đẳng thức

$$p_2 + p_3 = p_1, \quad p_4 + p_5 = p_2, \quad p_6 + p_7 = p_3, \quad p_8 + p_9 = p_4.$$

5. Chứng minh rằng $p_4 = 1-3 \lg 2 = 0,096...$

Như bạn có thể thấy, lũy thừa của hai bắt đầu bằng số 4 ít hơn ba lần so với số 1 (Hình 2).

Hình 2.

Chung bài toán

Xác suất để lũy thừa tùy ý của một số tự nhiên cho trước $l$ bắt đầu (theo ký hiệu thập phân) bằng chữ số $q$ là bao nhiêu?

Đặt số $l^n$ bắt đầu bằng ký hiệu thập phân bằng chữ số $q$, tức là.

$$q \cdot 10^m \leq l^n < (q+1) \cdot 10^m,$$

trong đó $m$ là một số tự nhiên. Chia các bất đẳng thức này cho $q \cdot 10^m$ và tiếp tục gieo vần theo cơ số 10, ta được:

$$0 \leq (n \lg l - \lg q) - m < \lg \frac{q+1}{q}.$$ (2)

Vì số bên phải nhỏ hơn một ($\frac{q+1}{q} = 1 + \frac{1}{q} \leq 2 < 10$) nên bất đẳng thức (2) có nghĩa là phần phân số của số $n \lg l - \lg q$ nhỏ hơn $\lg \frac{q+1}{q}$ (hãy nhớ rằng phần phân số)

*) Sự tồn tại của số $p_q$ suy ra điều gì sau đây.

4

số $x$ là hiệu giữa số $x$ và phần nguyên của nó: $\{x\} = x - [x]$ và phần nguyên $x$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$). Ngược lại, nếu phần phân số của số $n \lg l - \lg q$ nhỏ hơn $\lg \frac{q+1}{q}$, nghĩa là, nếu đối với một số tự nhiên $m$ bất đẳng thức (2) nào đó được thỏa mãn thì $l^n$ bắt đầu bằng ký hiệu thập phân với số $q$. Do đó, bài toán đã cho tương đương với giá trị sau: xác suất để bất kỳ số tự nhiên nào $n$ là bao nhiêu

$$\{n \lg l - \lg q\} < \lg \frac{q+1}{q}$$

bài toán cuối cùng này sẽ giúp chúng ta giải quyết

Định lý phần phân số $x$. Giả sử $\alpha, \beta$ là số thực, hơn nữa, số $\alpha$ là số vô tỷ và $I$ là một khoảng có độ dài $h$ chứa trong khoảng [0, 1]. Khoảng cách đến chuỗi vô hạn $\alpha + \beta, 2\alpha + \beta, \dots, n\alpha + \beta, \dots$. Xác suất để bất kỳ số nào trong dãy này có phần phân số thuộc khoảng $I$ đều bằng $h$.

Chúng tôi sẽ chứng minh định lý này ở cuối bài viết, nhưng bây giờ chúng tôi sẽ chỉ ra cách nó áp dụng cho lời giải bài toán của chúng tôi.

Trước hết, hãy lưu ý rằng nếu $l$ là lũy thừa của mười thì tất cả lũy thừa của $l$ đều bắt đầu bằng chữ số $1$, tức là trong trường hợp này bài toán là tầm thường.

Nếu $l$ không phải là lũy thừa của mười thì số $\alpha = \lg l$ chính là hiệu. Theo định lý phần phân số, xác suất để một số tùy ý được lấy từ chuỗi $n \lg l - \lg q$ ($n = 1, 2, \dots$) có phần phân số thuộc khoảng $$\left[0, \lg \frac{q+1}{q}\right],$$ bằng $$\lg \frac{q+1}{q}.$$ Điều này cho ra lời giải được xem xét ở trên bài toán: xác suất mà một số toàn cầu tùy ý $l$ (không phải là lũy thừa của mười) bắt đầu bằng số đó $q$, bằng $$\lg \frac{q+1}{q}.$$

Lưu ý rằng xác suất này không phụ thuộc vào $l!$. Ví dụ, lũy thừa của hai và lũy thừa của ba thường xuyên như nhau (cụ thể là với xác suất lg 2) bắt đầu bằng số 1.

3 adach và

6. Chứng minh rằng nếu số tự nhiên $l$ không phải là lũy thừa của mười thì số $\lg l$ chơi được.

7. Tính các xác suất $p_2, \dots, p_9$ cho trong bài toán 4. Đưa ra chứng minh mới về các đẳng thức chứa trong đó.

8. Xác suất để một lũy thừa tùy ý của hai bắt đầu bằng số 1000 (Hình 3) là bao nhiêu?

Hình 3.

9. Xác suất để một lũy thừa tùy ý của $l$ (không phải là lũy thừa của mười) bắt đầu bằng tổ hợp chữ số $q_1 q_2 \dots q_r$ (trong đó $q_1 \neq 0$) là bao nhiêu? Từ đó suy ra rằng lũy ​​thừa của số $l$ có thể bắt đầu bằng tổ hợp các chữ số $q_1 q_2 \dots q_r$ ($q_1 \neq 0$).

10. Chứng minh các khẳng định sau:

a) Xác suất để lũy thừa tùy ý của số $l$, không phải là lũy thừa của mười, có chữ số thứ hai là 0, bằng

$$p_0^{(2)} = \lg(11 \cdot 21 \cdot 31 \cdot \dots \cdot 91) - \lg(9!) - 9.$$

Gợi ý: $p_0^{(2)}$ là tổng các xác suất mà lũy thừa tùy ý của số $l$ bắt đầu bằng các tổ hợp 10, 20, …, 90.

6. Xác suất để lũy thừa tùy ý của $l$ không phải là lũy thừa của mười, chữ số thứ $k$ (từ bên trái) là $q$ (trong đó $k > 1$, $q = 0, 1, \dots, 9$) là:

$$p_k^{(2)} = \sum_{i=10}^{k-1} \lg \left(1 + \frac{1}{q+10i}\right).$$

11*. Sử dụng kết quả bài toán 10, 6), chứng minh rằng $\lim_{k \to \infty} p_k^{(2)} = 1/10$. Do đó, đối với $k$ đủ lớn, mỗi xác suất $p_k^{(2)}, p_1^{(2)}, \dots, p_9^{(2)}$ dưới dạng góc nhỏ sẽ khác với 1/10.

6

số hạng của cấp số thứ hai, rằng mô hình chênh lệch của chúng nhỏ hơn 0,000001?

16. Chúng tôi gọi khu rừng niềm vui là sự kết hợp của tất cả các vòng tròn có bán kính $\varepsilon$, tâm của chúng là các điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng nếu một đường thẳng tạo thành một góc $\varphi$ với trục x, tiếp tuyến của nó vô tỉ thì nó nhất thiết phải cắt rừng (dù $\varepsilon$ nhỏ đến đâu; Hình 5).

Chứng minh định lý

Bây giờ chúng ta chuyển sang chứng minh định lý trên phần phân số.

Hãy lấy một số tự nhiên tùy ý $r$. Điểm $\frac{1}{r}, \frac{2}{r}, \dots, \frac{r-1}{r}$ chia đoạn $[0, 1]$ thành $r$ đoạn có độ dài $\frac{1}{r}$. Hãy gọi những phân đoạn này là “ô” và gọi phần phân số của các số $\alpha, 2\alpha, \dots, (r+1)\alpha$ “thỏ rừng”*). Vì có $r$ “ô” và $r+1$ “thỏ rừng”, nên có hai “thỏ rừng” nằm trong một ô, tức là có $p'$ và $p''$ ($p' > p''$) tự nhiên sao cho phần phân số của các số $p' \alpha$ và $p'' \alpha$ khác nhau ít hơn $\frac{1}{r}$. Điều này có nghĩa là $|(p' \alpha - p'' \alpha) - m| < \frac{1}{r}$ đối với một số nguyên $m$. Bằng cách đặt $p = p' - p''$, chúng ta có thể viết: $|p \alpha - m| = \varepsilon$, trong đó $\varepsilon < \frac{1}{r}$. Lưu ý rằng $\varepsilon \neq 0$, vì $\alpha$ là vô tỉ. Chúng ta hãy biểu thị bằng $s$ số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn $\frac{1}{\varepsilon}$, tức là $s - 1 \leqslant \frac{1}{\varepsilon} < s$.

Xét $s$ số hạng liên tiếp của cấp số cộng có hiệu $p \alpha$:

$$\gamma + p \alpha, \gamma + 2p \alpha, \dots, \gamma + sp \alpha,$$

(3) trong đó $\gamma$ là một số thực. Chúng ta hãy biểu thị phần phân số của số (3) bằng $x_1, x_2, \dots, x_s$. Do sự bằng nhau $|p \alpha - m| = \varepsilon$, các số $x_1, x_2, \dots, x_s$ cách nhau $\varepsilon$ (Hình 6). Do bất đẳng thức $\frac{1}{s} < \varepsilon \leqslant \frac{1}{s-1}$ khoảng cách giữa các điểm $x_1$

*) Thuật ngữ này liên quan đến nguyên lý Dirichlet («Kvant», 1977, số 2, trang 17). Định lý phần phân số có thể được gọi là “nguyên lý Dirichlet cho số lượng thỏ rừng vô hạn”.

Hình 6.

và $x_s$ trong Hình 6, 6 nhỏ hơn $\varepsilon$. Từ điều trên, suy ra rằng số điểm $x_1, x_2, \dots, x_s$ rơi trên đoạn $l$ có độ dài $h$ nằm giữa số $\frac{h}{\varepsilon} - 1$ và $\frac{h}{\varepsilon} + 2$, tức là giữa $sh-2$ và $sh+2$ (lưu ý rằng $h < 1$).

Bây giờ chúng ta hãy lấy $ps$ các số hạng liên tiếp $b_1, b_2, \dots, b_{ps}$ của một số cấp số cộng có hiệu $\alpha$ (tức là $b_{i+1} = b_i + \alpha$). Chúng ta hãy sắp xếp chúng dưới dạng một cái bàn; nó thể hiện sự tiến triển của dạng (3). Vì số dòng là $p$, nên số các số hạng của cấp số nhân $b_1, b_2, \dots, b_{ps}$ đang được xem xét, các phần phân số của chúng nằm trong khoảng $l$, được chứa giữa số $p (sh-2)$ và $p (sh+2)$.

Cuối cùng, đặt $n$ là một số tự nhiên tùy ý lớn hơn $rps$. Chia $n$ cho $ps$ với phần dư, ta được $n = lps + q$, trong đó $l \geqslant r$, $0 \leqslant q < ps$. Do đó, từ số $\alpha + \beta, 2\alpha + \beta, \dots, n\alpha + \beta$ chúng ta có thể lấy $l$ lần $ps$ số hạng liên tiếp của cấp số cộng với hiệu là $\alpha$,

8

Máy gia tốc BINP - phương pháp chùm tia va chạm

Năm 1967, Viện sĩ G.I. Budekru và những cộng tác viên thân cận nhất của ông đã được trao Giải thưởng Lênin vì đã phát triển phương pháp chùm tia va chạm. Sự công nhận này đã tóm tắt giai đoạn đầu tiên của công việc, đánh dấu sự khởi đầu của việc sử dụng phương pháp rất hứa hẹn này trong vật lý năng lượng cao. Ưu điểm của phương pháp chùm tia va chạm, lịch sử hình thành của nó tại Viện Vật lý hạt nhân thuộc Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, người sáng lập và giám đốc là nhà vật lý và tổ chức khoa học xuất sắc của Liên Xô, Viện sĩ G. I. Budekr, được mô tả trong bài viết này.

Tôi đã nói về lý do tại sao cần có máy gia tốc và về thiết kế của máy gia tốc nói chung «Kvant» (xem số 4, 1977). Cách chính để nghiên cứu thế giới vi mô hiện nay là sự xuất hiện của các hạt cơ bản. Chúng ta càng muốn thâm nhập sâu vào thế giới vi mô thì năng lượng va chạm càng phải lớn. Trong một thí nghiệm, một hạt cơ bản va chạm với một hạt cơ bản khác. Kết quả của vụ va chạm được ghi lại - tốc độ của các hạt bị lệch hoặc sinh ra trong quá trình va chạm, loại của chúng. Do đó, độ sâu mà chúng ta thâm nhập vào thế giới vi mô được xác định bởi năng lượng của các hạt được gia tốc. Nhưng trên con đường phát triển công nghệ máy gia tốc, có hai khó khăn đáng kể. Đầu tiên là để truyền năng lượng lớn hơn bao giờ hết cho các hạt được gia tốc, cần có những máy gia tốc khổng lồ và rất đắt tiền. Khó khăn thứ hai có tính chất cơ bản.

Để hiểu nó liên quan đến điều gì, chúng ta hãy chuyển sang quá trình va chạm của các quả bóng nổi tiếng.

Chúng ta hãy xem xét một vụ va chạm “trực diện” của hai quả bóng có khối lượng bằng nhau. Khi chúng va chạm, các quả bóng bắt đầu biến dạng và một phần động năng ban đầu của hệ chuyển thành thế năng biến dạng của các quả bóng. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang học cách đọc quả bóng của mình, chúng ta quan tâm đến việc chúng bị vỡ trong những điều kiện nào. Rõ ràng là những điều kiện này được xác định chính xác bởi độ lớn của thế năng biến dạng của các quả bóng. Phần nào của thành phần

9

Năng lượng này có khác với động năng ban đầu của hệ không?

Đầu tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp khi một trong những quả bóng ban đầu chết. Cho một quả bóng va chạm với một quả bóng đang đứng yên có động năng là $E = \frac{mv^2}{2}$. Ngay sau khi va chạm, các quả bóng bắt đầu biến dạng. Rõ ràng là độ biến dạng của các quả bóng tăng lên cho đến khi tốc độ tương đối của các quả bóng bằng 0. Tại thời điểm này, các quả bóng chuyển động như một đơn vị (một quả bóng có khối lượng $2m$) với tốc độ nhất định $\vec{u}$ và năng lượng biến dạng của các quả bóng là tối đa. Từ định luật bảo toàn động lượng $-m|\vec{v}| = 2m|\vec{u}|$ suy ra $|\vec{u}| = |\vec{v}|/2$. Theo định luật bảo toàn năng lượng $E = \frac{2mu^2}{2} + E_0$, trong đó $E_0$ là năng lượng biến dạng cực đại của quả bóng. Kể từ đây,

$$E_0 = E - \frac{2m(v/2)^2}{2} = \frac{1}{2} E.$$

Như vậy, năng lượng biến dạng cực đại của các quả bóng trong trường hợp một trong số chúng chết ban đầu bằng một nửa động năng ban đầu của hệ.

Đó là một vấn đề khác khi hai quả bóng di chuyển về phía nhau với tốc độ $|\vec{v}|$ có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Trong trường hợp này, năng lượng biến dạng $E'_0$ trong quá trình bảo toàn là cực đại tại thời điểm vận tốc của các quả bóng bằng 0. Từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng

$$E'_0 = E'$$

trong đó $E' = 2\frac{mv^2}{2}$ là năng lượng ban đầu của hệ. Vì vậy, khi các quả bóng chuyển động hướng về phía nhau và va chạm, toàn bộ động năng ban đầu của hệ chuyển thành năng lượng biến dạng.

Trường hợp chúng ta xem xét về sự va chạm của hai quả bóng, một trong số đó ban đầu bị phá hủy, là mô hình của một tình huống xảy ra trong một máy gia tốc thông thường - một tần số gia tốc chạm vào một mục tiêu đang chuyển động trên đó. Năng lượng biến dạng của các quả bóng tương tự như năng lượng mà khi các hạt được gia tốc va chạm với các nguyên tử mục tiêu sẽ quyết định các quá trình xảy ra trong nguyên tử, khả năng hình thành các hạt mới và năng lượng của chúng. Chính năng lượng “hữu ích” này khiến nhà nghiên cứu quan tâm.

Bây giờ chúng ta đã thấy rõ khó khăn cơ bản nảy sinh trước người tạo ra máy gia tốc. Khi một hạt được gia tốc va chạm với các nguyên tử của mục tiêu đứng yên, một phần năng lượng của nó sẽ được dùng để truyền tốc độ của hệ “hạt + nguyên tử” (hay đúng hơn là “hạt + hạt sinh ra trong vụ va chạm”) nói chung. Và phần năng lượng “lãng phí” mà không có người sử dụng này được quan tâm đến năng lượng của các hạt sinh ra trong quá trình va chạm, và năng lượng chuyển động của toàn bộ hệ thống là một loại “chi phí năng lượng” trong quá trình này. Trong trường hợp tốc độ hạt nhỏ so với tốc độ ánh sáng, những “chi phí” này lên tới một nửa năng lượng ban đầu của các hạt được gia tốc. Kết quả là phần năng lượng “hữu ích” giảm đi rất nhiều khi năng lượng hạt tăng lên. Vì vậy, với năng lượng của các hạt được gia tốc cỡ 10 GeV (1 GeV = 10^9 EV), tỷ lệ này nhỏ hơn một phần trăm - khoảng 100 MeV (1 MeV = 10^6 EV). Để thu được năng lượng “hữu ích” là 2 GeV trong quá trình va chạm, cần phải tăng tốc các electron lên năng lượng 4 TeV (1 TeV = 10^12 EV). Một máy gia tốc electron ở mức năng lượng như vậy sẽ có chiều dài tương đương với chu vi của Trái đất ở xích đạo!

Điều gì sẽ xảy ra nếu cùng với một mục tiêu đứng yên, chúng ta sử dụng một chùm hạt gia tốc ngược lại? Mô hình của các quá trình xảy ra trong máy gia tốc như vậy là trường hợp chúng ta xét đến sự va chạm của hai quả bóng chuyển động hướng về nhau. Và khi đó, năng lượng “hữu ích” 2 GeV, gần như không thể tiếp cận được với máy gia tốc electron thông thường, có thể thu được bằng cách va chạm các chùm hạt được gia tốc tới năng lượng 1 GeV mỗi hạt.

Hình 1 hiển thị một biểu đồ cho phép bạn tìm ước tính

11

Để ngăn chùm tia bị phân tán bởi các hạt khí trong buồng lưu trữ trong nhiều giờ quay theo quỹ đạo tròn, cần có độ chân không cao - không quá 10^7 hạt khí trên 1 cm³. Điều cần thiết là việc tiếp nhận từng phần hạt mới không làm “làm hỏng” chùm tia đã tích lũy. Cần phải thiết lập (“triệt tiêu”) tính không ổn định của chùm tia—khi một bộ phận lệch khỏi hướng chuyển động của chùm tia, sẽ xuất hiện lực đẩy các hạt lên thành vòng. Những vấn đề này và nhiều vấn đề khác đòi hỏi những nhà thiết kế phức tạp và sự phát triển kỹ thuật.

Năm 1958, theo đề nghị của I.V. Kurchatov, phòng thí nghiệm các phương pháp gia tốc mới đã chuyển đến Siberia. Tại đây, gần Novosibirsk, Academgorodok thuộc Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô đã đặt mục tiêu. Phòng thí nghiệm trở thành Viện Vật lý Hạt nhân (INP) thuộc Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. G.I. Budker trở thành giám đốc của viện.

Viện nổi lên với tốc độ bùng nổ. Giám đốc của nó là một người trẻ, một cộng tác viên giỏi - những cựu sinh viên và nghiên cứu sinh. Budker đề xuất một nhịp điệu làm việc có định hướng và nhóm đã chấp nhận nhịp điệu này. “Trình độ trung bình trong khoa học không ổn định. Nếu không tiến tới giới hạn khả năng của mình, chúng ta sẽ tụt lại phía sau và trượt xuống mức thấp”, Budker nói. “Nếu chúng ta không làm mọi thứ để đứng đầu, chúng ta sẽ trở thành một thể chế phẳng”. Nhiệm vụ bài toán được đặt trước viện nhất thiết phải khó khăn. Quá trình lắp ráp máy gia tốc và bánh xe lưu trữ của lần lắp đặt đầu tiên trên chùm electron truyền ngược - VEP-1 - bắt đầu. Các phần tử của máy gia tốc mới phải hoạt động ở các chế độ phức tạp hơn nhiều so với các phần tử của máy gia tốc lớn. Mỗi nút là một vấn đề mới. Nhiều người trong số G.I. Những khám phá của Budker trong vật lý đã được biết đến, nhưng khi họ nói về “phương pháp Budker” thì đây là nói về công việc của viện. Phương pháp Budker là một phương pháp mới của Nhật Bản, tiên tiến hơn lời giải được giao bài toán. Và những người Nhật có thể tìm thấy lời giải như vậy. “Mỗi người tài đều phải làm việc sáng tạo và độc lập”, vị giám đốc khẳng định và giao phó cho các học trò của mình những lĩnh vực công việc ngày càng phức tạp. Nhiều bộ phận của hệ thống lắp đặt VEP-1 về cơ bản đã được mở thành máy gia tốc kỹ thuật sử dụng các chùm tia va chạm.

Năm 1963, các chùm electron va chạm vào vòng lưu trữ VEP-1. Có e⁻ e⁻-va chạm trên các chùm va chạm! Ngoài việc xác nhận khả năng triển khai máy gia tốc sử dụng các chùm tia va chạm, thí nghiệm tại VEP-1 còn cung cấp thông tin vật lý mới - tính đúng đắn của định luật Coulomb đã được chứng minh ở khoảng cách cỡ 10⁻¹⁴ cm. (Hãy nhớ lại rằng bán kính electron “cổ điển” là 2,7 × 10⁻¹³ cm.)

Song song với các thí nghiệm, một hệ thống lắp đặt cho các chùm electron và positron va chạm, VEPP-2, đã được lắp đặt tại VEP-1. Năm 1965, tại cơ sở này, lần đầu tiên trên thế giới, một thí nghiệm về sự va chạm của chùm electron và chùm positron đã được thực hiện.

Những thí nghiệm đầu tiên với các chùm tia va chạm đã mang lại những kết quả rất thú vị, mang đến cho các nhà vật lý lý thuyết vô số tài liệu thực tế. Nhưng G.I. Budker nhận thấy giá trị chính của những thí nghiệm này ở chỗ

12

Viện sĩ G. I. Budker nói chuyện với một sinh viên vật lý và toán học tại trường nội trú thuộc Đại học bang Novosibirsk.

rằng “kết quả của những nghiên cứu này là bầu khí quyển bị tiêu tan, ẩn giấu và thậm chí thường xuyên bị nghi ngờ và hoài nghi một cách công khai đối với phương pháp va chạm các chùm tia, việc sử dụng phương pháp này mở ra một vùng năng lượng mới trong vật lý của các hạt cơ bản… Ngày nay, các nhà vật lý, cả nhà lý thuyết và người thực nghiệm, phải chuẩn bị cho việc giải phóng lĩnh vực mới này.”

Trong 10 năm qua, phương pháp phản chùm tia đã được công nhận trên toàn thế giới. Khoảng 10 hố lưu trữ đã được xây dựng ở các quốc gia khác nhau và những hố lưu trữ mới đang được xây dựng. Năng lượng và dòng điện trong chùm tia tăng lên. Các thí nghiệm về các chùm va chạm dẫn đến một loạt khám phá mới trong lĩnh vực vật lý năng lượng cao và vật lý hạt cơ bản.

Lịch sử hình thành và phát triển phương pháp này ở nước ta gắn bó chặt chẽ với Viện Vật lý hạt nhân thuộc Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, với tên gọi của giám đốc đầu tiên, Viện sĩ G.I. Budker. Bản thân viện nghiên cứu và chuyến đi bộ đường dài là một máy gia tốc được xây dựng theo phương pháp Budker. BINP cũng là một loại thử nghiệm. Bây giờ thí nghiệm này đang được tiếp tục bởi các sinh viên của Budker. Chuyển tiếp - những vấn đề khó khăn nhất, những vấn đề mới, kết quả mới. Công việc vẫn tiếp tục.

13

3. Litovchenko

Tùy chọn tốt nhất

Hãy tưởng tượng bạn là hiệu trưởng một trường nội trú và bạn cần lập thực đơn cho căng tin trong tuần. Tất nhiên, việc lên thực đơn chi tiết là công việc của người đầu bếp nhưng bạn cần đảm bảo không tiêu tốn quá nhiều tiền.

Bạn biết những sản phẩm bạn có thể mua và giá của chúng. Tuy nhiên, ngoài giá cả, chúng còn có nhiều phẩm chất khác như hàm lượng calo, hàm lượng một số vitamin, v.v. Vì vậy, ngoài giá cả, bạn cần cân nhắc khá nhiều điều kiện khi mua sản phẩm. Hơn nữa, nếu trong kho có rất nhiều sản phẩm thì bài toán sẽ trở nên rất khó hiểu và khó giải quyết nếu không có máy tính. Tuy nhiên, nếu sản phẩm và điều kiện ít thì việc đối phó không khó.

Hãy xem xét ví dụ này. Hãy để thực đơn gần như được chuẩn bị đầy đủ, bạn chỉ cần đảm bảo rằng nó chứa đủ vitamin A và C, trong kho còn có anh đào và mơ. Một bàn có hai quả A (gw1 kg) và C (gw1 kg)

Anh đào 3 150
Quả mơ 24 75

$$\begin{cases} 0,003x + 0,024y \geq 6, \\ 0,15x + 0,075y \geq 75, \\ x \geq 0, y \geq 0, \end{cases}$$

và $z = 0,25x + 0,3y$ sẽ là tối thiểu. Trên mặt phẳng $xOy$ dễ dàng chỉ ra tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn hệ (Hình 1). Nó được gọi là đa giác của hệ thống lời giải. Rõ ràng là các đường $z = 0,25x + 0,3y$ ở các $z$ khác nhau song song với cùng một hướng và với mức tăng $z$ chúng sẽ di chuyển ra khỏi gốc. Do đó, chúng ta cần tìm một trong các đường thẳng theo hướng này có điểm chung với đa giác $M$ và gần gốc tọa độ nhất. Có thể dễ dàng nói rằng một đường như vậy không được giao nhau $M$ tại các điểm bên trong - khi đó nó sẽ không phải là “thấp nhất” (Hình 2). Do đó, nó phải đi qua một trong các đỉnh của đa giác. Nhưng điểm này là đỉnh $C$. Vì vậy, bạn cần mua 400 kg chấy và 200 kg mơ - phương án tốt nhất!

Một nhiệm vụ tương tự như nhiệm vụ được phân tích được gọi là lập trình tuyến tính bài toán. Trong đó, bạn cần tìm một đường thẳng (trong không gian ba chiều - một mặt phẳng, trong không gian đa chiều - cái gọi là siêu phẳng), thuộc một tập hợp các đường thẳng song song (mặt phẳng, siêu phẳng), giao nhau với một đa giác (đa giác) nhất định và nằm gần gốc tọa độ nhất. Bạn cũng có thể đưa ra một dạng đại số thuần túy -

14

Hình 1.

Bạn có cần nuôi cáo Bắc Cực và cáo Bắc Cực sao cho chi phí trung bình cho một bộ da là tối thiểu nếu chi phí nuôi một con cáo là 45 rúp và một con cáo Bắc Cực là 25 rúp?

Lời giải. Gọi $x$ là số cáo được nuôi và $y$ là số cáo Bắc Cực. Sau đó

$$\begin{cases} 4x + 5y \leq 80000 \\ \frac{1}{2}x + y \leq 10000 \\ x \geq 3000 \\ y \geq 6000. \end{cases}$$

Chi phí trung bình của một làn da

$$z = \frac{45x + 25y}{x + y}.$$

Muliku: có hệ bất đẳng thức tuyến tính

$$\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \dots + a_{1n}x_n \geq b_1, \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \dots + a_{2n}x_n \geq b_2, \\ \dots \\ a_{k1}x_1 + a_{k2}x_2 + \dots + a_{kn}x_n \geq b_k \end{cases}$$

và hàm tuyến tính $z = c_1x_1 + \dots + c_nx_n$. Chúng ta cần tìm lời giải của hệ thống này mà giá trị của hàm $z$ là tối thiểu. Đã có nhiều bài viết về quy hoạch tuyến tính ở «Kvant» (1971 - Số 3, trang 1 và số 4, trang 1, 1974 - Số 7, trang 13, 1975 - Số 10, trang 17, 1976 - Số 7, trang 2, 1977 - Số 8, trang 29).

Hãy giải quyết thêm một câu nữa bài toán: người vận chuyển động vật nuôi cáo Bắc Cực và cáo Bắc Cực; nó có 10.000 tế bào, và hai con cáo hoặc một con cáo Bắc Cực có thể sống trong một tế bào; Theo kế hoạch, phải nuôi ít nhất 3.000 con cáo và ít nhất 6.000 con cáo Bắc Cực; mỗi ngày, một con cáo được cho ăn 4 đơn vị thức ăn và một con cáo Bắc Cực - 5 đơn vị; chỉ trong một ngày được phép loại bỏ không quá 80.000 đơn vị thức ăn chăn nuôi; Bao nhiêu

15

Hình 3.

vị trí của giá trị trên các đường đi qua gốc tọa độ. Chúng ta cần tìm một trong những đường thẳng này cắt đa giác F và trên đó giá trị của hàm z là nhỏ nhất. Cũng như trên, rõ ràng đường thẳng này không chứa các điểm bên trong của đa giác F. Do đó, chỉ cần so sánh các đường OA và OB với nhau là đủ. TRẢ LỜI: $x=3000$ và $y=8500$.

Lưu ý rằng với lời giải cái bài toán này, chúng tôi đã may mắn - chúng tôi có được toàn bộ đáp số. Xét cho cùng, nếu số lượng cáo hoặc cáo Bắc Cực không phải là số nguyên thì chúng ta đã không thể sử dụng đáp số. Hơn nữa, nếu chúng tôi nhận được một đáp số không nguyên, chúng tôi không thể nói bất cứ điều gì về đáp số chính xác. Hóa ra là có thể chọn các điều kiện bài toán sao cho những đáp số này sẽ khác nhau nhiều nhất có thể.

Trong trường hợp đáp số phải được đưa ra dưới dạng số nguyên, chúng ta xử lý bài toán của lập trình số nguyên. Lời giải trong số bài toán này khó hơn nhiều so với lời giải bài toán của ràng buộc này.

Tóm lại, một bài tập dành cho độc giả:

Hai tàu phải chuyển hàng theo Bảng 2.

Được biết, con tàu thứ nhất có thể thực hiện không quá 5 chuyến và chuyến thứ hai - không quá 9. Lập kế hoạch vận chuyển đảm bảo a) xấp xỉ tối đa;
b) Chi phí vận chuyển một tấn hàng hóa là thấp nhất.

Sửa đổi

Ở số 3 của “Quaita” năm 1978 trên trang. Số 11 ở dòng thứ tám tính từ cột trên cùng bên trái là “M. P. Bronstein.”
Ở số 11 của “Quaita” năm 1977 trên trang. Số 27 ở dòng thứ hai từ dưới lên ở cột bên phải là “Năm 1928”.

16

M. Gravovsky

Quả bóng sáp nổi

Làm một quả bóng bằng sáp và đặt nó vào nước. Vì mật độ của sáp nhỏ hơn mật độ của nước nên quả bóng sẽ nổi trên mặt nước. Bây giờ hãy bóp một miếng kim loại nhỏ bên trong quả bóng sao cho mật độ trung bình của quả bóng thu được cao hơn một chút so với mật độ của nước. Nếu quả bóng bị hạ xuống đột ngột hoặc bị ném xuống nước, nó sẽ chìm. Nếu bạn đặt nó thật cẩn thận trên mặt nước, nó có thể ở yên đó và không chìm xuống đáy.

Kiểu bơi đặc biệt này có thể được giải thích như sau. Nước không làm ướt sáp, do đó bề mặt tự do của nước bị biến dạng (Hình 1), và xuất hiện những giấc mơ tác động lên quả bóng từ phía bề mặt bị biến dạng của nước. Những giấc mơ này là do sức căng bề mặt gây ra và trong trường hợp của chúng ta hướng lên trên theo phương thẳng đứng (chúng ta có thể cho rằng nước hoàn toàn không làm ướt sáp). Cùng với lực Archimedes, chúng cân bằng lực hấp dẫn của quả bóng, ngăn không cho nó chìm xuống đáy.

Một số lời giải thích khác có thể được đưa ra. Độ cong của mặt nước gây ra thêm một thể tích nước bị quả bóng chiếm chỗ - lực Archimedes quay trở lại và cân bằng lực hấp dẫn của quả bóng.

Trải nghiệm này cho phép tạo ra một biến thể thú vị. Đặt một quả bóng sáp có trọng lượng bằng kim loại vào đáy bình thủy tinh lớn hơn chứa đầy nước. Sau đó chất một chiếc ly vào bình, lật ngược ngôi nhà và đậy quả bóng bằng chiếc ly để nó nổi trên mặt nước bên trong ly (Hình 2). Bây giờ hãy từ từ nâng chiếc ly lên - quả bóng nổi cũng bay theo nó. (Bằng cách này, bạn có thể nhấc quả bóng lên khỏi đáy hộp mà không cần chạm vào quả bóng.) Khi quả bóng nổi lên ngang mặt nước trong hộp, hãy cẩn thận tháo kính ra. Để thực hiện, bạn từ từ nhấc mép kính sang một bên, cẩn thận không tạo bọt và không làm khuấy động bề mặt lớp nước trong bình.

Tóm lại, một số gợi ý để tiến hành thí nghiệm. Đường kính khuyến nghị của quả bóng sáp là 2-3 cm và đường kính của kính lớn gấp đôi. Để đảm bảo sự ổn định khi quả bóng nổi, tốt hơn hết bạn không nên đặt một miếng kim loại vào giữa quả bóng mà di chuyển nó sang một bên. Trước khi thí nghiệm, quả bóng phải được sấy khô.

Thay vì một quả bóng, bạn có thể sử dụng một miếng nến parafin có đường kính khoảng 2 cm và dài 4-5 cm. Để nến nặng hơn, bạn có thể đóng vài chiếc đinh sắt vào nến hoặc gắn một đoạn dây đồng vào. Sau đó, thí nghiệm được thực hiện tương tự như với một quả bóng.

18

V. Vasilov, I. Melnikov

Đường tiếp tuyến

“Tôi không biết thế giới nhìn tôi là ai, nhưng với chính tôi, tôi thấy mình như một cậu bé lang thang trên bờ biển và thỉnh thoảng tìm thấy một hòn đá nhẵn hơn, hay một chiếc vỏ sò đẹp hơn bình thường, trong khi trước mắt là đại dương chân chính bao la rộng lớn, còn nhiều điều chưa biết.”

Isaac Newton

Trong Hình 7, tiếp tuyến của đường tròn được định nghĩa là một đường thẳng chỉ có một điểm chung với đường cong. Định nghĩa này mang tính chất riêng tư và không bộc lộ bản chất của vấn đề. Nếu chúng ta thử áp dụng nó cho parabol $y=x^2$, thì tại gốc cả hai trục tọa độ sẽ phù hợp với định nghĩa này; Trong khi đó, bằng trực giác, rõ ràng rằng trên thực tế chỉ có trục hoành độ mới được gọi là tiếp tuyến.

Bây giờ chúng ta đưa ra định nghĩa về tiếp tuyến của đồ thị hàm số. tọa độ của điểm tiếp tuyến $M_0=(x_0; y_0)$ được coi là cho: $x=x_0$, $y=y_0=f(x_0)$. Chúng ta hãy xem xét, ngoài điểm $M_0$, một điểm khác $M=(x; y)$ trên đường cong của chúng ta và vẽ một đường $(M_0M)$ - một cát tuyến. Khi điểm $M$ di chuyển dọc theo đường cong, cát tuyến sẽ tự nhiên thay đổi vị trí của nó. Nếu điểm $M$ hướng tới điểm $M_0$, thì có thể cát tuyến sẽ có xu hướng chiếm một vị trí nào đó, không phụ thuộc vào cách điểm $M$ tiếp cận điểm $M_0$ (Hình 1). Vị trí giới hạn này của cát tuyến (tất nhiên nếu nó tồn tại) là tiếp tuyến. Vì vậy, tiếp tuyến của đường cong $y=f(x)$ tại điểm $M_0=(x_0; f(x_0))$ được gọi là vị trí giới hạn *) cát tuyến $(M_0M)$, khi điểm $M$ có xu hướng dọc theo đường cong đến $M_0$.

Chúng ta hãy nhấn mạnh một lần nữa: định nghĩa của chúng ta về tiếp tuyến chứa giả định rằng tồn tại vị trí giới hạn của cát tuyến; không phải mọi hàm $y=f(x)$ đều có tiếp tuyến tại bất kỳ điểm nào trên đồ thị của nó. Hình 2, a, b biểu diễn đồ thị của các hàm số không có tiếp tuyến tại các điểm lệch, vì nếu vị trí giới hạn của cát tuyến đã tồn tại thì nó không phụ thuộc vào việc điểm $M$ có xu hướng tới điểm $M_0$ ở “trái” hay “phải”. Lưu ý rằng định nghĩa của chúng ta về tiếp tuyến không yêu cầu tiếp tuyến và đường cong chỉ có một điểm chung.

*) Vị trí giới hạn của cát tuyến (phương trình của nó sẽ là $y-f(x_0)=\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}(x-x_0)$) nên được hiểu là đường thẳng $y-f(x_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}(x-x_0)$.

20

Lập luận đơn giản với một sợi dây cho đầu bên trái của cung $AB$ và kết hợp các kết quả thu được với nhau, chúng ta sẽ dựng được sơ đồ tiếp tuyến tương ứng với cung $AB$ (Hình 7).

Nếu cung của một đường cong không lồi ở mọi nơi theo một hướng, nếu nó, giống như đường cong $AB$ trong Hình 8, có một điểm mà tại đó tiếp tuyến của đường cong đi từ bên này sang bên kia (điểm như vậy được gọi là điểm giao nhau), thì trong trường hợp này, nó có thể được chia bởi điểm này thành hai cung lồi. Nếu bây giờ chúng ta xây dựng các sơ đồ tiếp tuyến tương ứng với chúng cho từng cung này, sau đó “chắp” hình này lên hình khác (xem Hình 7, 9 và Hình 10 cuối cùng), thì chúng ta sẽ thu được sơ đồ tiếp tuyến cho toàn bộ cung.

Bài tập:

Đối với hàm $y=f(x)$, hãy dựng sơ đồ tiếp tuyến của đồ thị của nó.

Hàm $f$ để thực hiện nhiệm vụ thực hành toán học này có thể được lấy từ bảng bên dưới.

Bằng cách xây dựng sơ đồ cho tất cả các hàm của bảng này (với cả lớp hoặc theo các thành viên trong vòng tròn), bạn sẽ nhận được một tập bản đồ hoàn chỉnh về sơ đồ tiếp tuyến cho các hàm có dạng $y = \frac{a_1x^2 + b_1x + c_1}{a_2x^2 + b_2x + c_2}$).

Một mẫu của công việc được đưa ra trong Hình 11. Để chứng minh sơ đồ tiếp tuyến được xây dựng trong Hình 11, tất nhiên, chúng ta cần chứng minh rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm $f$ tại điểm $A$ (điểm giao nhau) không cắt phần của đồ thị hàm $f$ tại $x \in ]1,3[$.

*) Một ví dụ về sơ đồ tiếp tuyến của các loại hàm khác được trình bày trên trang đầu tiên của trang bìa và trong Hình 12, bản phác thảo của nó do Larisa Konchenko, học sinh lớp 9 trường Vật lý và Toán học tại Đại học Tổng hợp Moscow đề xuất.

22

Vấn đề
lượng tử

M501—M505; F513—F517

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. Được xuất bản trong đó bài toán không phải là tiêu chuẩn, nhưng đối với họ lời giải không yêu cầu kiến ​​thức nào ngoài chương trình học hiện hành. Nhiệm vụ khó khăn hơn được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán chúng tôi có nghĩa vụ phải cho biết ai đã đề nghị với chúng tôi điều này bài toán. Tất nhiên, không phải tất cả những điều này bài toán được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất vào ngày 1 tháng 7 năm 1978 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant», “Vấn đề «Kvant». Viết các số trên phong bì sau địa chỉ bài toán, lời giải mà bạn gửi, ví dụ: “M501, M502” hoặc “F513». Lời giải bài toán trong từng môn học (toán học và vật lý), cũng như các môn học mới bài toán Vui lòng gửi vào phong bì riêng. Bài toán từ các số khác nhau của tạp chí, cũng gửi các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả xác minh trong phong bì này lời giải). Điều kiện của bản gốc bài toánđề xuất xuất bản, vui lòng gửi hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho những vấn đề này bài toán (đánh dấu trên phong bì: “Vấn đề «Kvant», mới bài toán trong vật lý “hoặc”… mới bài toán trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết họ và tên, số trường, lớp mà bạn đang theo học.

M501. Chúng ta hãy chọn từ dãy lũy thừa của ba:
3, 9, 27, 81, 243, 729, 2187, 6561, …
Tất cả các số bắt đầu bằng 9; đặt những số này là (theo thứ tự) $3^{f(1)}, 3^{f(2)}, 3^{f(3)}, ...$ (cụ thể là $f(1)=2$, vì số đầu tiên trong số đó là $3^2=9$).
a) Tìm $f(2)$ và $f(3)$ - các số của bộ ba thứ hai và thứ ba của số đó.
b) Chứng minh rằng có vô số số như vậy.
b) * Chứng minh rằng $f(n)$ với $n>1$ thỏa mãn điều kiện: (1) $f(n) - n$ là số lẻ,
(2) $\left| f(n) - \frac{n-1\lg 9}{1-\lg 9} \right| < 1$,
và được xác định bởi điều kiện này.
E. Turkevich

M502. Cho trước ba đoạn thẳng $AA_1, BB_1, CC_1$ song song không nằm trong cùng một mặt phẳng. Gọi $M$ là giao điểm của các mặt phẳng $ABC_1, BCA_1$ và $CAB_1$, và $M_1$ là giao điểm của các mặt phẳng $A_1B_1C, B_1C_1A$ và $C_1A_1B$. Chứng minh rằng đoạn $MM_1$ song song với ba đỉnh.

Z. Skopets

M503. Tập hợp các số $2n+1$ $a_0, a_1, a_2, ..., a_{2n}$ sao cho $a_h \geq \frac{a_{k-1}+a_{k+1}}{2}$ cho tất cả $k=1,2, ...$.
…, $2n-1$. Chứng minh bất đẳng thức
$$\frac{a_1+a_3+a_5+\dots+a_{2n-1}}{n} \geq \frac{a_0+a_2+a_4+\dots+a_{2n}}{n+1}$$

và tìm ra tập nào nó trở thành đẳng thức.

B. Linkin

M504*. Trên bàn cờ gồm $n \times n$ ô có $k$ ô có kích thước $2 \times 1$, và theo cách mà không thể đặt ô $(k+1)$ mà không di chuyển các cột hiện có. Chứng minh rằng có những cột miễn phí

23

không có nhiều hơn
a) $(n^2+n+1)/3$;
b) $(n^2+2)/3$;
b) $n^2/3$.

Có thể ước tính chính xác hơn nữa cho một số $n$ không?

V. Grossman

M505*. a) Đặt $n$ các vật có khối lượng bằng nhau đặt trên một đường thẳng. Chúng ta hãy xem xét một đoạn có độ dài tùy ý $2r$ chứa ít nhất một trong các điểm này và tìm trọng tâm $O_1$ của tất cả các điểm nằm trong đó. Hãy xem xét một đoạn có chiều dài $2r$ với phần giữa $O_1$ và tìm trọng tâm $O_2$ của tất cả các điểm rơi vào đoạn này. Sau đó, ta tìm trọng tâm $O_3$ của tất cả các điểm nằm trên một đoạn có độ dài $2r$ với trung điểm $O_2$, v.v. Chứng minh rằng, bắt đầu từ một số nhất định, tất cả các điểm của dãy $O_1, O_2, O_3, \dots$ đều trùng nhau.

b) Đặt $n$ điểm vật chất trên mặt phẳng. Xét một đường tròn bán kính tùy ý $r$ chứa ít nhất một trong các điểm này; Chúng ta hãy biểu thị bằng $O_1$ trọng tâm của các điểm nằm trong nó và xây dựng dãy $O_1, O_2, O_3, \dots$, trong đó $O_{n+1}$ là trọng tâm của các điểm nằm trong một đường tròn bán kính $r$ có tâm $O_n$. Có đúng là bắt đầu từ một số nhất định thì tất cả các điểm trong dãy này đều trùng nhau không?

P. Bleser, G. Galperin, M. Kelbert

F513. Vào một ngày nắng đẹp, khi Mặt trời ở trên cao so với đường chân trời, hãy nhìn vào một màn hình mịn, chẳng hạn như trên bức tường trắng, bóng của cạnh phẳng của một miếng bìa cứng. Nếu bây giờ bạn đưa ngón tay của mình đến tấm bìa cứng như trong Hình 1, thì bóng của ngón tay thứ hai sẽ nhô ra trên màn hình về phía bóng của ngón tay so với bóng do tấm bìa cứng tạo ra. Hãy tiến hành một thí nghiệm như vậy và giải thích kết quả của nó.

G. Solovyanok

F514. Vải dây cao su được làm bằng các sợi đàn hồi chắc chắn (dây) chứa đầy cao su đàn hồi mềm. Các sợi dây tạo thành một góc $2\alpha$ với nhau (Hình 2). Một hình trụ tròn được làm từ loại vải như vậy, có nắp kim loại gắn ở hai đầu (Hình 3). Không khí được bơm vào bên trong xi lanh. Trong các thí nghiệm, người ta nhận thấy rằng khi không khí được bơm vào, hình trụ có hình dạng bằng một phần ba hình dạng như Hình 4. Hình dạng phụ thuộc vào độ lớn của góc $2\alpha$ giữa các sợi ren. Mỗi hình tương ứng với giá trị góc nào?

F515. Một thanh nhẹ có chiều dài $l$ được cố định trong mặt phẳng thẳng đứng trên trục đi qua điểm $O$ chia thanh theo tỷ lệ 1:3.

24

Một quả cầu nặng có khối lượng $m$ được gắn vào một đầu của thanh, đầu kia của thanh được gắn vào một lò xo cứng nằm ngang $k$ (Hình 5). Lò xo không giãn ra khi thanh thẳng đứng. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của thanh.

Yu. Levchuk

F516. Một chiếc đĩa nặng có bán kính $R$ lăn trên hai sợi dây không giãn quấn quanh nó. Các đầu tự do của ren được cố định (Hình 6). Các sợi dây luôn căng khi đĩa di chuyển. Tại một thời điểm nào đó, vận tốc góc của đĩa là $\omega$ và góc giữa các sợi dây là $\alpha$. Tốc độ của tâm đĩa lúc này là bao nhiêu?

A. Matveev

F517. Một chùm electron có năng lượng $E=1,0$ keV đi qua hai tụ điện nhỏ đặt cách nhau $l=20$ cm. Cả hai tụ điện được mắc song song với một máy phát điện. Bằng cách thay đổi tần số của máy phát, chùm electron đi qua hệ thống này mà không bị lệch. Xác định tỷ số $e/m$ của một electron nếu hai giá trị tần số liên tiếp thỏa mãn điều kiện này là 141 MHz và 188 MHz.

Lời giải bài toán

M450—M454; F467—F471

M450. Hệ thống các hình chữ nhật gồm n biểu tượng cảm xúc (Hình 1) được xây dựng như sau. Bắt đầu từ hình chữ nhật phía dưới tạo thành cạnh đầu tiên, cạnh trên của mỗi hình chữ nhật được chia theo tỷ lệ 1:2:3; trên ba đoạn kết quả, giống như trên cơ sở của một hình chữ nhật nghiêm ngặt, có thể vẽ đoạn giống nhau như đoạn ban đầu, v.v. - cho đến cạnh trên cùng. Từ tập hợp các hình chữ nhật thu được, một tập hợp con nhất định được chọn, bao gồm các hình chữ nhật không liền mạch theo cặp (một tập hợp con trong hình có màu đỏ). Chứng minh rằng chúng ta có thể tìm được một đường thẳng cắt nhau nhiều nhất hai hình chữ nhật đã chọn.

Chúng ta hãy ước tính tổng diện tích của các hình chữ nhật không liên tục theo cặp. Diện tích của mỗi hình bằng $S/3k^2m$, trong đó $S$ là diện tích của hình chữ nhật bên dưới, $k$ và $m$ là số nguyên, $k \geq 0, m \geq 0, k + m \leq n$. Tổng các số x khác nhau có dạng $1/3k^2m$ không vượt quá

$$1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{3^n} +$$

$$+ \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2 \cdot 3^n} +$$

$$+ \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^2 \cdot 3} + \frac{1}{2^2 \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2^2 \cdot 3^n} + \dots + \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^n \cdot 3} + \frac{1}{2^n \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2^n \cdot 3^n}.$$

Tổng các số trong các cột nhỏ hơn $2,2 \cdot \frac{1}{3},2 \cdot \frac{1}{3^2},\dots$ tương ứng

$$\dots,2 \cdot \frac{1}{3^n},a 2 \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{3^n}\right) < 2 \cdot \frac{3}{2} = 3.$$

Sẽ không nếu mọi đường thẳng đứng cắt nhau ba

25

M451. Một số điểm được đánh dấu trên mặt phẳng không nằm trên cùng một đường thẳng và một số được viết bên cạnh mỗi điểm. Biết rằng nếu một đường thẳng đi qua hoặc nhiều điểm được đánh dấu thì tổng các số viết gần các điểm này đều bằng 0. Hãy chứng minh rằng mọi số đều bằng 0.

Đối với một điểm được đánh dấu $x$, chúng ta hãy biểu thị bằng $a_x$ số được viết gần điểm đó và bằng $n_x$ số đường thẳng phân biệt theo cặp nối điểm $x$ với tất cả các điểm được đánh dấu khác. Gọi $S$ là tổng các số được viết gần tất cả các điểm được đánh dấu. Theo điều kiện, tổng các số tại các điểm được đánh dấu của mỗi đường $n_x$ đi qua $x$ bằng 0. Do đó, tổng các số dọc theo tất cả các dòng $n_x$ này bằng 0. Mặt khác, tổng này là $(n_x-1)a_x+S$, vì vậy

$$(n_x-1)a_x+S=0.$$

Giả sử rằng tại một số điểm $x$ số $a_x>0$. Sau đó có một điểm đánh dấu $y$, gần đó có ghi số $a_y<0$ (chứng minh đi!). Sử dụng (1), chúng ta thu được đẳng thức

$$(n_y-1)a_y=(n_x-1)a_x.$$

Theo điều kiện, tất cả các điểm được đánh dấu không nằm trên cùng một đường thẳng. Do đó $n_x>1$ và $n_y>1$. Chúng ta đã đi đến mâu thuẫn, vì trong đẳng thức (2) không có dấu vết bên phải của một số dấu hiệu khác nhau.

F. Vainitsa

M452. Các hình tam giác $T_1$ và $T_2$ nội tiếp trong một đường tròn và các đỉnh của tam giác $T_2$ là trung điểm của đường thẳng chia đường tròn cho đỉnh của tam giác $T_1$. Hãy chứng minh rằng trong lục giác $T_1 \cap T_2$ các đường chéo nối các đỉnh đối diện song song với các cạnh của tam giác $T_1$ và cắt nhau tại một điểm.

Đặt $A, B$ và $C$ là các đỉnh của tam giác $T_1$, và $A', B'$ và $C'$ là các đỉnh của tam giác $T_2$ (và $A'$ là trung điểm của cung $BC$, $B'$ là trung điểm của cung $AC$, và $C'$ - giữa cung $AB$, Hình 2). Các đường thẳng $AA', BB'$ và $CC'$ là các đường phân giác của các góc của tam giác $T_1$, cắt nhau tại tâm $O$ của đường tròn nội tiếp $T_1$ trong tam giác. Gọi $MN$ là đường chéo nối các đỉnh đối diện $M$ và $N$ của lục giác $T_1 \cap T_2$ ($M=[AB] \cap [B'C']$, $N=[BC] \cap [A'B']$). Hãy chứng minh rằng $(MN)$ song song với $(AC)$ và đi qua điểm $O$ (từ đây sẽ có mệnh đề bài toán). Để làm điều này, chúng ta sẽ chứng minh rằng các đoạn $OM$ và $ON$ song song với $AC$. Khi đó $[OM] \parallel [ON] \parallel (AC)$, ngụ ý rằng các điểm $M$, $O$ và $N$ nằm trên cùng một đường thẳng song song với $(AC)$. Vì vậy, ta cần chứng minh $[OM] \parallel (AC)$ (chứng minh sự song song của $[ON]$ và $(AC)$ là tương tự nhau). Hãy để $K=[OA] \cap [B'C']$. Lưu ý rằng góc $C'KA'$ nằm trên các cung có tổng độ lớn bằng $180^\circ$ (tại sao?) và do đó là một đường thẳng. Như vậy, $[B'K]$ trong tam giác $OB'A$ vừa là đường phân giác vừa là đường cao. Do đó, $[B'C']$ là đường trung trực của đoạn $AO$; do đó $|AM|=|OM|$ và $OAM=AOM$. Nhưng $OAM=OAC$ và do đó, $AOM=OAC$. Và điều này có nghĩa là đoạn $OM$ song song với cạnh $AC$, đây là điều cần chứng minh.

N. Nechevaem

26

M453. Cho một tập hợp số dương $\{a_1; a_2; \dots, a_n\}$. Đối với mỗi tập hợp con của nó, chúng tôi viết ra tổng các số có trong đó (chúng tôi xem xét tổng của một, hai, …, n lớp). Chứng minh rằng tất cả các số viết được có thể chia thành n nhóm sao cho trong mỗi nhóm tỉ số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2.

Chỉ cần chỉ ra $n$ các phân đoạn có dạng $[b_i, 2b_i]$ ($i = 1, 2, \dots, n$), hợp của nó chứa tất cả tổng của một số số $n$ đã cho: khi đó các tổng thuộc mỗi phân đoạn tạo thành một nhóm số thỏa mãn các điều kiện bắt buộc.

Những phân đoạn này có thể được xây dựng theo những cách khác nhau. Hãy đưa ra phương pháp hay nhất (được D. Bernishtein chỉ ra).

Hãy xếp các số này theo thứ tự tăng dần: $a_1 \leqslant a_2 \leqslant \dots \leqslant a_n$, đặt $b_i = (a_1 + a_2 + \dots + a_i)/2$ và chứng minh rằng mỗi tổng của một số số $a_i$ rơi vào một trong các phân số $[b_i, 2b_i]$.

Rõ ràng rằng “tổng” nhỏ nhất là $a_1 \in [b_1, 2b_1]$, vì $2b_1 = a_1$, và lớn nhất là $(a_1 + \dots + a_n) \in [b_n, 2b_n]$, vì $2b_n = a_1 + \dots + a_n$. Vẫn còn phải chứng minh rằng trường hợp tổng $s$ nằm giữa $2b_k$ và $b_{k+1}$ là không thể xảy ra. Cho phép

$$s > 2b_k = a_1 + a_2 + \dots + a_k.$$

(1)

Khi đó $s$ chứa một số $a_i \geqslant a_{k+1}$, tức là

$$s \geqslant a_{k+1}.$$

(2)

Cộng (1) và (2), chúng ta thu được $2s \geqslant a_1 + \dots + a_k + a_{k+1}$, tức là $s \geqslant b_{k+1}$. Điều này có nghĩa là $s$ không thể nằm giữa $2b_k$ và $b_{k+1}$.

M454. Chúng tôi ngồi vào bàn tròn trong 7 ngày. Phía trước mỗi viên đá có một chiếc cốc. Một số cốc này chứa ít sữa nhất. Đối với một trong những người ăn, chúng tôi đổ hết sữa của mình vào cốc của những người khác. Sau đó, người hàng xóm bên phải của anh ta cũng làm như vậy. Sau đó, chúng tôi làm tương tự cho người hàng xóm tiếp theo ở bên phải, v.v. Sau cốc cuối cùng, thứ bảy, 第八im chia sẻ sữa của mình với những người khác, mỗi cốc chứa cùng một lượng sữa như lúc đầu. Tất cả các cốc đều chứa 3 lít sữa. Hỏi ban đầu mỗi cốc có bao nhiêu sữa?

Đáp số được hiển thị trong Hình 3. Hãy kiểm tra xem nó. Sau khi chú lùn được đánh dấu chấm đỏ phân phối sữa của mình đều cho những chú lùn khác (mỗi chú lùn 1/7 lít), bạn sẽ lại nhận được (với sự thay đổi của một chú lùn) lượng sữa được phân phối chính xác như nhau; trong trường hợp này, chú lùn đến lượt đổ sữa sẽ có 6/7 lít sữa. Rõ ràng là sau bảy lần truyền máu, chúng ta sẽ trở lại bản phân phối ban đầu.

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra cách có thể thực hiện được điều này đáp số và chứng minh tính duy nhất của nó. Lưu ý rằng trong điều kiện bài toán quá trình truyền máu theo vòng tròn có thể được coi là tiếp tục định kỳ; do đó, tất cả các gnomes đều hoàn toàn bình đẳng về quyền.

Điều tự nhiên đầu tiên là tìm kiếm sự phân bổ sữa sẽ được lặp lại (với sự thay đổi của một chú lùn) sau một lần truyền máu. Trong trường hợp này, mỗi chú lùn tiếp theo sẽ đổ cùng một lượng sữa như lần trước - giả sử là 6 lít (mỗi chú lùn được đổ x lít). Rồi sau lần truyền tiếp theo, người làm đổ sẽ có 0 lít sữa, người hàng xóm (người làm đổ trước mặt) sẽ có $x$, người tiếp theo (trước đó anh ta đã có $x$) sẽ có $2x$, …, người cuối cùng, thứ bảy, gnome sẽ có $6x$ lít. Từ phương trình $x + 2x + \dots + 6x = 3$, chúng ta tìm thấy $x = 1/7$ và nhận được đáp số ở trên.

Tuy nhiên, vẫn cần phải tìm hiểu xem liệu có thể các chú lùn đổ ra lượng sữa khác nhau hay không (và sự phân bổ ban đầu chỉ được phục hồi sau bảy lần truyền máu). Để chú lùn thứ $k$ đổ ra $6x_k$ lít sữa ($x_k$ lít mỗi cái). Vì người lùn có quyền bình đẳng nên chúng ta có thể giả định rằng $x_1 \geqslant x_k$ là $k = 1, 2, \dots, 7$ cho tất cả. Sau bảy lần truyền máu, chú lùn đầu tiên đã làm đổ $6x_1$ lít sữa sẽ lại có $6x_1$ lít, vì vậy $6x_1 = x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 + x_7$. Điều này chỉ có thể thực hiện được khi $x_1 = x_2 = \dots = x_7$. Vì vậy, chúng ta đến với phiên điều trần vốn đã bị tháo dỡ, khi tất cả các chú lùn đổ ra một lượng sữa như nhau. Điều này có nghĩa là không có đáp số nào khác.

Lưu ý rằng từ các định lý tổng quát của đại số tuyến tính, nền tảng của lý thuyết về chuỗi Markov, nó không chỉ tuân theo đáp số duy nhất trong bài toán này, mà còn tuân theo một thực tế tò mò sau: cho dù ban đầu 3 lít sữa được đổ như thế nào, thì sự phân bố của nó sẽ có xu hướng (với số lần truyền ngày càng tăng) theo phân bố được chỉ ra trong đáp số (0, 1/7, 2/7, …, 5/7, đối với người đổ - 6/7 lít). Chúng tôi sẽ cố gắng nói về những định lý này trong một trong những số tiếp theo của Quat.

Hình 3.

N. Vasiliev

27

F467. Mặt Trăng được hình thành đồng thời từ cùng một phía so với Trái Đất và từ vệ tinh của Mặt Trăng. Quỹ đạo của vệ tinh rất dốc. Đường kính của hình ảnh Mặt trăng trên hệ tầng thu được trên Trái đất là 4 mm và trên vệ tinh của Mặt trăng là 250 mm. Tìm chu kỳ quay của vệ tinh Mặt Trăng dọc theo quỹ đạo của nó nếu bức ảnh được chụp bằng các vật thể giống hệt nhau có tiêu cự 500 mm. Chấp nhận rằng gia tốc trọng trường trên Mặt trăng nhỏ hơn trên Trái đất 6 lần và khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng là 380.000 km.

Hình 4. Hình 5.

Vệ tinh Mặt Trăng chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính $R$ chịu tác dụng lực dính từ Mặt Trăng bằng $F = \gamma \frac{M_{\perp} m}{R^2}$ (m là khối lượng của vệ tinh, $M_{\perp}$ là khối lượng của Mặt Trăng). Xét gia tốc trọng trường trên Mặt Trăng là $g_{\perp} = \gamma \frac{M_{\perp}}{r_{\perp}^2}$ ($r_{\perp}$ là bán kính của Mặt Trăng), ta có thể viết

$$F = mg_{\perp} \left( \frac{r_{\perp}}{R} \right)^2.$$

Lực này truyền gia tốc hướng tâm cho vệ tinh. $|\vec{a}| = \omega^2 R = \frac{4\pi^2 R}{T^2}$, trong đó $\omega = \frac{2\pi}{T}$ là tốc độ góc quay của vệ tinh, $T$ là chu kỳ quỹ đạo của nó. Vì vậy, $|\vec{F}| = m|\vec{a}|$, đó là

$$mg_{\perp} \left( \frac{r_{\perp}}{R} \right)^2 = m \frac{4\pi^2 R}{T^2}.$$

Từ đây

$$T = 2\pi \frac{R}{r_{\perp}} \sqrt{\frac{R}{g_{\perp}}}.$$

Công thức này bao gồm hai đại lượng chưa biết - $R$ và $r_{\perp}$. Chúng ta sẽ tìm thấy chúng bằng cách “sử dụng” những bức ảnh chụp Mặt trăng thu được từ Trái đất và từ vệ tinh. Ảnh của Mặt Trăng thu được trong mặt phẳng tiêu điểm của vật. Mặt trăng nằm cách Trái đất một khoảng cách lớn hơn nhiều so với đường kính của nó. Do đó, chúng ta có thể cho rằng khi chụp ảnh từ Trái đất (Hình 4)

$$\frac{d_1}{2r_{\perp}} = \frac{F}{L}, \quad r_{\perp} = \frac{d_1 L}{2F}$$

($d_1$ là đường kính ảnh, $L$ là khoảng cách Trái Đất-Mặt Trăng, $F$ là tiêu cự của thấu kính).

Khi chụp ảnh từ vệ tinh (Hình 5), phim tạo ra hình ảnh một phần bề mặt mặt trăng bị giới hạn bởi các tiếp tuyến $OA$ và $OB$. Từ sự giống nhau của các tam giác $OMN$ và $OCB$ ta có

$$\frac{BC}{MN} = \frac{R}{ON} \Rightarrow \frac{2r_{\perp}}{d_2} = \frac{R}{a},$$

ở đâu $a = \sqrt{F^2 + \left(\frac{d_2}{2}\right)^2}$. Từ đây

$$R = \frac{2r_{\perp}}{d_2} a = \frac{d_1 L}{d_2 F} a.$$

Thay thế các biểu thức tìm được cho $r_{\perp}$ và $R$ vào (*), chúng ta thu được

$$T = 4\pi \frac{a}{d_2} \sqrt{\frac{d_1 L}{g_{\perp} d_2 F}} a \approx 6,23 \cdot 10^4 \text{ c.}$$

I. Tiếng Slovodechkiy

◆ Tải trọng tối đa mà cần trục có thể chịu được được xác định bởi độ bền kéo của vật liệu cáp - ứng suất tối đa mà tại đó vật liệu chưa bị hỏng.

Giả sử rằng tất cả các mô hình tấm là $q$ và diện tích mặt cắt ngang của cáp là $s$. Ví dụ, mới nổi

28

Vật liệu là gì nếu kích thước tuyến tính của vòi, văn xuôi và tấm lớn hơn 12 lần so với mô hình?

với tải trọng của một tấm bằng $\sigma = \frac{q}{s}$. Theo dữ liệu bài toán giới hạn độ bền của vật liệu cáp được xác định theo điều kiện

$$\frac{10q}{s} < \sigma_0 < \frac{11q}{s}$$

(1)

(điều kiện là cần trục mô hình nâng được 10 tấm nhưng dây cáp không chịu được tải trọng 11 tấm).

Khi di chuyển sang vòi và tấm thực, tất cả các kích thước tuyến tính đều tăng $n = 12$ lần. Điều này có nghĩa là trọng lượng của tấm tăng $n^3$ lần, tiết diện của dây cáp tăng $n^2$ lần:

$$Q = n^3q, S = n^2s$$

(2)

(vì mật độ của vật liệu tương ứng không thay đổi). Số tấm tối đa mà một cần trục thực có thể nâng được xác định bởi điều kiện

$$\sigma_0 > N \frac{Q}{S} = N \frac{n^3q}{n^2s} = Nn \frac{q}{s},$$

(3)

Ở đâu

$$N < \frac{\sigma_0}{12 \frac{q}{s}}.$$

Nhưng từ thư từ (1) suy ra rằng

$$\frac{\sigma_0}{11 \frac{q}{s}} < 1.$$

Kể từ đây,

$$N < \frac{\sigma_0}{12 \frac{q}{s}} < \frac{\sigma_0}{11 \frac{q}{s}} < 1,$$

nghĩa là một chiếc cần cẩu thực sự không thể nâng được một tấm duy nhất.

S. Kromov

F469. Hình 6 được tạo ra với sự hình thành khối strombocoptic chuyển động dọc theo một mặt phẳng nghiêng. Khoảng thời gian giữa các lần tháo đèn liên tiếp là 0,1 s. Xác định hệ số ma sát của khối lập phương trên mặt phẳng.

Hình 6.

Trước hết, chúng tôi xác định giá trị gia tốc mà khối lập phương di chuyển. Như đã biết, hiệu giữa khoảng cách $l_1$ và $l_2$ mà một vật đi qua trong những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp $\tau$ bằng $l_2 - l_1 = |\vec{a}| \tau^2$, trong đó $\vec{a}$ là gia tốc mà vật chuyển động. Sau khi xác định từ hình vẽ bằng thước và tỷ lệ cho trước $l_2 - l_1$, ta thấy

$$|\vec{a}| = \frac{l_2 - l_1}{\tau^2} \approx \frac{0,07}{(0,1)^2} \text{ м/c}^2 = 7 \text{ м/c}^2.$$

Bây giờ chúng ta hãy xác định xem khối lập phương chuyển động theo hướng nào (lên hoặc xuống theo mặt phẳng nghiêng). Gia tốc tối đa mà một khối lập phương có thể trượt tự do là gia tốc do trọng lực truyền cho nó theo hướng của trục $X$ (Hình 7) khi không có lực ma sát: $$|\vec{a}_{\max}| = |\vec{g}| \sin \alpha.$$ Từ hình vẽ chúng ta tìm thấy $\sin \alpha = \frac{3}{5}$, sao cho

$$|\vec{a}_{\max}| = |\vec{g}| \frac{3}{5} \approx 6 \text{ м/c}^2.$$

Chúng tôi đã tìm thấy rằng $|\vec{a}| = 7 \text{ м/c}^2$. Điều này có nghĩa là khối lập phương di chuyển lên dọc theo mặt phẳng nghiêng và gia tốc dọc theo trục $X$ được truyền cho nó bởi lực hấp dẫn (hình chiếu của nó trên trục $X$) và lực ma sát hướng xuống trên mặt phẳng nghiêng.

30

Ở trạng thái cân bằng, số lượng hạt có trong khoang không đổi. Điều này có nghĩa là số lượng hạt đi vào khoang từ tập I và II phải bằng số lượng hạt rời khỏi khoang.

Số lượng hạt đi vào khoang từ thể tích I trên một đơn vị thời gian tỷ lệ thuận với mật độ $n_I$ của các hạt trong thể tích I và tốc độ bình phương trung bình $\bar{v}_{KBI}$ của các hạt trong thể tích này (vì công suất xử lý cho bất kỳ hướng nào cũng tỷ lệ thuận với tốc độ bình phương trung bình): $N_I \sim n_I \bar{v}_{KBI}$. Giá trị $n_I$ tỷ lệ thuận với áp suất $p$ trong thể tích I và tỷ lệ nghịch với giá trị $\bar{v}^2: n_I \sim \frac{p}{v_I^2}$. Lần lượt $\bar{v}^2_I \sim T$,

$$\bar{v}_{KBI} \sim T^{1/2}.$$

Như vậy,

$$N_I = \alpha p T^{-1/2},$$

trong đó $\alpha$ là hệ số tỷ lệ. Tương tự, đối với số lượng hạt đi vào khoang trong một đơn vị thời gian từ tập II, chúng ta có thể viết

$$N_{II} = \alpha p (2T)^{-1/2}.$$

Số lượng hạt đi vào khoang trong một đơn vị thời gian qua hai nhánh bằng

$$N = 2 \alpha p_\pi T_\pi^{-1/2},$$

trong đó $p_\pi, T_\pi$ là áp suất và nhiệt độ tương ứng trong khoang. Ở trạng thái cân bằng, điều kiện $N_I + N_{II} = N$ được thỏa mãn, tức là

$$\alpha p T^{-1/2} + \alpha p (2T)^{-1/2} = 2 \alpha p_\pi T_\pi^{-1/2},$$

hoặc

$$p T^{-1/2} + p (2T)^{-1/2} = 2 p_\pi T_\pi^{-1/2}.$$

(1)

Ở trạng thái cân bằng, tổng năng lượng của các hạt trong hộp không thay đổi theo thời gian. Điều này có nghĩa là năng lượng được mang vào khoang trong một đơn vị thời gian bởi các hạt $N_I$ và $N_{II}$ bằng với năng lượng được mang đi bởi các hạt $N$ đi vào khoang: $E_I + E_{II} = E$. Vì năng lượng trung bình $E_{cp}$ trên mỗi hạt tỷ lệ thuận với nhiệt độ, nên $E_I = NE_{cpI} \sim p T^{-1/2} T = \beta p T^{1/2}, E_{II} = \beta p (2T)^{1/2}, E = 2 \beta p_\pi T_\pi^{1/2}$, trong đó $\beta$ là hệ số tỷ lệ. Như vậy,

$$\beta p T^{1/2} + \beta p (2T)^{1/2} = 2 \beta p_\pi T_\pi^{1/2},$$

hoặc

$$p T^{1/2} + p (2T)^{1/2} = 2 p_\pi T_\pi^{1/2}.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được

$$T_\pi = T \sqrt{2}, \quad p_\pi = p \frac{\sqrt{2} + 1}{2 \sqrt{2}}.$$

I. Slobodetsky

31

Trong định nghĩa của Nhật Bản về diện tích bề mặt

Xác định diện tích của một bề mặt là một trong những chủ đề truyền thống khó trong hình học phổ thông. Điều này là do thiếu một định nghĩa chung hoàn toàn đơn giản có thể bao trùm ít nhất tất cả các bề mặt được nghiên cứu ở trường: hình trụ, hình nón và hình cầu. Phần thay thế xem xét hai cách tiếp cận đối với các định nghĩa đó và thảo luận về những khó khăn gặp phải trong các cách tiếp cận này.

Mọi thứ có thể được triển khai?

Cách dễ nhất là xác định và tính diện tích các bề mặt của hình trụ và hình nón - chỉ cần xem xét sự phát triển của các bề mặt này (xem “Hình học 8”, đoạn 127, 128). Tuy nhiên, định nghĩa diện tích của một bề mặt là diện tích phát triển của nó không phù hợp như một định nghĩa chung đơn giản vì có quá ít bề mặt có thể “mở ra”. Chúng tôi sẽ giải thích tại sao phạm vi không thể được “mở rộng”; Lý luận tương tự được áp dụng cho nhiều bề mặt quay khác.

Hãy đưa ra một định nghĩa chính xác về quét - đó là một vấn đề khá rắc rối. Tuy nhiên, rõ ràng là nếu có thể “mở ra” hình cầu, thì đặc biệt, chúng ta sẽ thu được ánh xạ $f$ của một số “nắp hình cầu” khá nhỏ trên một phần của mặt phẳng (Hình 1), trong đó độ dài của bất kỳ đường cong $L$ nào nằm trên “nắp” này sẽ bằng độ dài của đường cong tương ứng $f(L)$ trên mặt phẳng. Cụ thể, độ dài $d(A, B)$ của các điểm nối đường cong ngắn nhất $A$ và $B$ trên mặt cầu phải bằng độ dài của các điểm nối đường cong ngắn nhất $A'=f(A)$ và $B'=f(B)$ trên mặt phẳng, tức là độ dài của đoạn $A'B'$:

$$d(A, B) = |A'B'|.$$

Có thể chứng minh rằng $d(A, B)$ là độ dài của đường tròn nhỏ hơn trong hai đường tròn còn lại đi qua các điểm $A$ và $B$ được xác định bởi các điểm này, nhưng chúng ta sẽ không cần đến điều này.

Hãy xem xét tập hợp $C$ các điểm $M$ của một hình cầu mà “khoảng cách hình cầu” $d(M, P)$ từ một điểm cố định nào đó $P$ bằng một số cố định $R>0$. Rõ ràng, nếu điểm $M_1$ thu được từ điểm $M$ bằng cách lặp lại đường kính của hình cầu đi qua $P$, thì $d(M_1,P)=d(M,P)$. Từ đây dễ dàng suy ra (rút ra!) rằng tập $C$ là một đường tròn. Tâm của nó $O$ trùng với đáy của đường vuông góc, hướng xuống dưới

Hình 1. Không thể mở được một quả cầu.

32

Hình 2. Dãy các đường đứt nét $l_n$ hội tụ thành một đoạn có độ dài đơn vị (nhưng không ghi trong đó), độ dài mỗi đoạn bằng $\sqrt{2}$.

kéo dài từ điểm bất kỳ $M \in C$ đến bán kính của hình cầu đi qua điểm $P$ (Hình 1); do đó bán kính của hình tròn này là $r = |OM| < |MP|$. Mặt khác, $d(M,P)$ là độ dài của một số đường cong nối $M$ và $P$, và đoạn $MP$ là đoạn ngắn nhất trong số các đường cong đó; do đó $|MP| \leq d(M,P) = R$. Vì vậy, $r < R$. Khi mở hình tròn, $C$ sẽ đi vào tập hợp gồm $C' = f(C)$ điểm cách xa điểm $f(P)$ ở khoảng cách $R$, tức là đi vào một hình tròn có bán kính $R$. Độ dài của hình tròn $C$ là $2\pi r$ và chu vi $C' = 2\pi R > 2\pi r$. Điều này mâu thuẫn với tính chất bảo toàn chiều dài được phát biểu ở trên, và do đó việc hình thành một hình cầu là không thể.

Sanor Schwartz

Vì vậy, nói chung, không thể bộc lộ bề mặt; cố gắng xây dựng khác nhau. Xét một dãy các bề mặt đa diện $\Pi_n$ “hội tụ” về một bề mặt cho trước $\Pi$. Giả sử rằng dãy diện tích $S_n$ của chúng có giới hạn $S$; thì việc lấy số $S$ làm diện tích bề mặt $\Pi^*$ là điều đương nhiên. Tất nhiên, phải thận trọng trong trường hợp này - xét cho cùng, ngay cả khi xác định độ dài của một đường cong, họ coi không phải là tùy tiện mà là các đường đứt đoạn được mô tả (chúng tương ứng với các bề mặt đa diện) hội tụ vào đường cong, nếu không thì giới hạn độ dài của chúng sẽ phụ thuộc vào việc lựa chọn chuỗi các đường đứt nét (xem Hình 2 và bài toán 3). Chúng ta hãy thử tìm diện tích bề mặt của một hình trụ là giới hạn của diện tích các bề mặt đa diện nội tiếp trong đó. Chúng tôi xác định các bề mặt này như sau.

Chúng ta hãy khắc một $n$-giác đều ở đáy của hình trụ; Chúng ta hãy xem xét thêm $n$-giác nằm phía trên đáy ở độ cao $\frac{H}{k}$, trong đó $H$ là chiều cao của hình trụ, $k$ là một số tự nhiên cố định và xoay nó so với $n$-giác đầu tiên một góc $\frac{\pi}{n}$.

Tiếp tục cách xây dựng này, chúng ta thu được $(k+1) \cdot n$ điểm - các đỉnh của $n$-giác: chúng ta nối các đỉnh này với các cạnh, như trong Hình 3. Kết quả là, một bề mặt đa diện $\Pi(n,k)$ nội tiếp trong hình trụ được hình thành, có $nk$ các mặt tam giác bằng nhau. Bằng cách thiết lập khác nhau

*) Cách tiếp cận này đã được A.P. Kiselev sử dụng trong sách giáo khoa hình học cũ khi xác định diện tích bề mặt của hình trụ và hình nón.

Hình 3. “Sanor Schwartz” (P (6, 4)).

chuỗi $\{k_n\}$, ví dụ:
$$k_n \equiv 1, k_n = n, k_n = n^{10}$$

v.v., chúng ta sẽ thu được các chuỗi bề mặt $\Pi(n, k_n)$ khác nhau, và tất cả chúng đều “hội tụ” về bề mặt của hình trụ (rõ ràng là khoảng cách giữa hình trụ ban đầu và hình trụ, chạm vào các cạnh “ngang” của các bề mặt $\Pi(n, k_n)$, trở nên nhỏ khi $n$ lớn lên; đồng thời, $\Pi(n, k_n)$ nằm trong khoảng trống này). Chúng ta hãy tìm giới hạn diện tích $S(n, k_n)$ của các bề mặt $\Pi(n, k_n)$. Đặt $s(n, k)$ là diện tích của một mặt của bề mặt $\Pi(n, k)$, sau đó (xem Hình 4) $s(n, k) = |AH| \cdot |CH|$. Nếu bán kính đáy của hình trụ là $R$ thì $|AH| = |OA| \sin \frac{\pi}{n} = R \sin \frac{\pi}{n}$; hơn nữa, $|CH| = \sqrt{|HD|^2 + |CD|^2}$, $|HD| = R \left(1 - \cos \frac{\pi}{n}\right), |CD| = \frac{H}{k}$.

Như vậy,

$$s(n, k) = R \sin \frac{\pi}{n} \sqrt{\frac{H^2}{k^2} + R^2 \left(1 - \cos \frac{\pi}{n}\right)^2} = R H \sin \frac{\pi}{n} \sqrt{\frac{1}{k^2} + 4 \frac{R^2}{H^2} \left(\sin \frac{\pi}{2n}\right)^2}.$$

Pozny

$$S(n, k) = 2\pi R H \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{\pi n} \times \sqrt{1 + \frac{R^2 \pi^4}{4H^2} \frac{k^2}{n^4} \left(\frac{\sin \frac{\pi}{2n}}{2n}\right)^4}.$$

Sử dụng thực tế là $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ người ta có thể dễ dàng tìm thấy $S = \lim_{n \to \infty} S(n, k_n)$ cho các chuỗi khác nhau $k_n$. Cụ thể, tại $k_n \equiv 1$ (và nói chung, tại $k_n = \text{const}$) $S = 2\pi RH$ (đúng đáp số!). đáp số tương tự thu được với $k_n = n$. Nhưng sau đó sẽ có sự thất vọng: tại $k_n = n^2$ giới hạn sẽ khác và tại $k_n = n^3$ chuỗi $S(n, k_n)$ hoàn toàn không bị giới hạn (xem thêm bài toán 4).

Hình 4. Một hạt “giày Schwartz”.

Nguyên nhân là vì nếu $k_n$ phát triển quá nhanh thì các cạnh của các bề mặt $\Pi(n, k_n)$ sẽ nằm ở một góc lớn so với bề mặt của hình trụ, $\Pi(n, k_n)$ “tập hợp lại thành đàn”; rõ ràng là do những nếp gấp như vậy nên diện tích bề mặt tăng lên rất nhiều.

Công trình được mô tả được đề xuất vào năm 1890 bởi nhà toán học nổi tiếng người Đức G. A. Schwartz; nó được gọi là “giày Schwartz”. Từ cách xây dựng này, rõ ràng là khái niệm “hội tụ” của chuỗi $\Pi_n$ đến $\Pi$ trong định nghĩa của chúng ta về diện tích bề mặt cần được tinh chỉnh - sao cho không chỉ tính đến khoảng cách giữa các điểm của các bề mặt $\Pi_n$ và $\Pi$ mà còn tính đến các góc giữa các mặt của các bề mặt $\Pi_n$ và bề mặt $\Pi$. Với sự làm rõ này, định nghĩa sẽ trở nên phức tạp, rườm rà và tất nhiên là không phù hợp trong một khóa học ở trường.

Cuộc sống như thế nào?

Chưa hết, có thể đưa ra một định nghĩa tổng quát về diện tích bề mặt, đơn giản hơn rất nhiều so với định nghĩa thông qua các khối đa diện nội tiếp. Các biến thể của nó (đối với hình cầu, hình trụ, hình nón) có thể được tìm thấy trong “Hình học 10” (tr. 63, 127). Chúng ta sẽ thảo luận chi tiết hơn về định nghĩa này (nó được đề xuất bởi một trong những nhà toán học vĩ đại nhất người Đức G. Minkowski) vào lần khác.

Bài tập

1. Chứng minh rằng mặc dù không có sự khai triển của mặt cầu nhưng vẫn có thể xây dựng được
   a) ánh xạ bán cầu lên mặt phẳng, biến đổi các đường ngắn nhất trên mặt cầu thành các đường ngắn nhất trên mặt phẳng;
   b) ánh xạ bảo toàn diện tích của hình cầu lên mặt phẳng.
2. Giải thích tại sao bằng chứng được đưa ra trong văn bản về sự không thể phát triển