Kvant 1980, số 4 · Trang

KVANM
4
1980

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

VENERA-5
SAO KIM
69 tháng 5
TRÁI ĐẤT
69 tháng 1

SOLOV CỦA KHOA HỌC XÃ HỘI CHỦ NGHĨA LIÊN XÔ

1870-1980

1

TRONG PHÒNG:

110 năm ngày sinh V. I. Lênin
2 Nhà khoa học và nhà tư tưởng vĩ đại
6 M. Barskaya. Lênin và trường học
10 S. Vavilov. Lênin và vật lý
15 A. Kolmodorov. Thế giới quan duy vật biện chứng trong các môn toán và vật lý ở trường

---

19 M. Smolyansky. Nhân… các điểm trên mặt phẳng

Phòng thí nghiệm «Kvant»
23 V. Mayer. Thí nghiệm quang học bằng mắt

vòng tròn toán học
26 S. Aleksadrov. Mẫu mài

Vấn đề «Kvant»
30 Bài toán M616—M620; F628—F632
32 Lời giải bài toán M562—M565; F573, F574, F576, F577

«Kvant» cho học sinh nhỏ
37 Bài toán
38 N. Mikhailov. Thành quả của “sự giác ngộ”

Xưởng của người nộp đơn
40 I. Melnik. Đế chiều cao nằm ở đâu?
44 E. Kuznetsov. Camera cho kỳ thi tuyển sinh
48 S. Krotov, I. Melnikov, L. Mikheeva, Y. Nesterenko. Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

Nghệ thuật lập trình
54 Yu. Pervin, A. Saltovsky. Bộ nhớ máy tính

Thông tin
59 A. Vilenkin. Olympic Ngữ văn lần thứ XVI

61 trang cờ vua
62 Đáp số, gợi ý, lời giải
Bìa của chúng tôi (26, 43)
Pha trộn (58)

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1980

2

V.I. Lênin có bài phát biểu trên Quảng trường Đỏ nhân kỷ niệm 1 năm Cách mạng xã hội chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại.

Nhà khoa học và nhà tư tưởng vĩ đại

110 năm chúng ta cách biệt ngày sinh của Vladimir Ilyich Lenin - người truyền cảm hứng và lãnh đạo bước ngoặt lịch sử thế giới - Cách mạng xã hội chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại, người sáng lập ra nhà nước đầu tiên của công nhân và nông dân.

Chủ nghĩa xã hội và chủ nghĩa cộng sản được xây dựng trên cơ sở khoa học. Và V.I. Lênin đã có đóng góp to lớn cho khoa học này. Người phát triển sâu sắc và toàn diện vấn đề vai trò của khoa học trong việc xây dựng xã hội xã hội chủ nghĩa, cộng sản.

Lênin rất quan tâm đến sự phát triển của nền khoa học non trẻ Liên Xô. Theo anh ấy gợi ý Trong những năm đầu tiên của quyền lực Xô Viết, nhiều trung tâm khoa học đã được thành lập, sau này đã nổi tiếng khắp thế giới. Trong số đó, chúng tôi đề cập đến các Viện Vật lý-Kỹ thuật, Quang học, Radium và Vật lý-Toán học được thành lập ở Petrograd, Viện Khí động lực học Trung ương ở Moscow và một phòng thí nghiệm vô tuyến đặc biệt ở Nizhny Novgorod (Gorky).

Sự vĩ đại của một thiên tài được đặc trưng bởi khả năng thấy trước sự phát triển trong tương lai của các sự kiện. Lênin đã phát huy tối đa khả năng này. Vì vậy, một phân tích khoa học về diễn biến các sự kiện ở Nga năm 1917 đã cho phép Lênin xác định gần như chính xác về mặt toán học thời điểm của cuộc cách mạng xã hội chủ nghĩa. Câu nói nổi tiếng của ông: “Sự chậm trễ trong việc khôi phục giống như cái chết” không chỉ là một cụm từ mà là một công thức chính xác, là kết quả của sự phân tích sâu sắc về một tình hình chính trị cụ thể.

Công trình của các nhà khoa học lỗi lạc còn có đặc điểm là theo thời gian, chúng không những không phản ánh được tầm quan trọng của mình mà trái lại, còn làm cơ sở cho sự phát triển hơn nữa của những ý tưởng có trong những tác phẩm này. Đây là trường hợp của các tác phẩm của Newton, Maxwell và Einstein. Điều này thậm chí còn áp dụng nhiều hơn cho các tác phẩm của Lênin. Và mặc dù chúng ta đã bị tách khỏi

3

hơn nửa thế kỷ kể từ ngày Người mất, toàn bộ lịch sử tiếp theo của Tổ quốc chúng ta, toàn bộ lịch sử thế giới sau này sẽ cho thấy những bằng chứng ngẫu nhiên về sự trường tồn của những lời dạy của Lênin. Vladimir Mayakovsky đã đúng:

“Lênin
và bây giờ
sống động hơn tất cả những người sống -
kiến thức của chúng tôi
sức mạnh
và vũ khí."

Cuộc đời và sự nghiệp của V.I. Lênin phục vụ toàn thể nhân dân Liên Xô như một tấm gương sinh động về cuộc đấu tranh dũng cảm vì lý tưởng cao đẹp nhất của con người. Di sản khoa học của ông là nguồn vô tận của những ý tưởng đầy cảm hứng. Do đó, có sự quan tâm chân thành, sống động đến mọi sự kiện gắn liền với tên tuổi của Vladimir Ilchts, mong muốn tự nhiên thâm nhập vào thời đại của mọi tuyên bố của chủ nghĩa Lênin.

Điều đặc biệt thú vị và quan trọng đối với độc giả của Kvanat là được làm quen với một số suy nghĩ của V. I. Lenin về toán học và vật lý, cũng như tìm hiểu chi tiết hơn về các sự kiện trong tiểu sử của ông liên quan đến những ngành khoa học này.

Matematika và vật lý được sử dụng nhiều nhất trong gia đình Ulyanov. Trước hết, điều này được giải thích là do V.I. Cha của Lenin, Ilya Nikolaevich Ulyanov, học tại Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Kazan và sau đó dạy toán tại nhà thi đấu trong nhiều năm. Với sự tôn trọng và nồng nhiệt, I. I. Ulyanov nhớ lại giải thưởng của chủ quyền dành cho nhà toán học người Nga Nikolai Ivanovich lobachevsky, người trong thời gian học là hiệu trưởng của Đại học Kazan. Lobachevsky đối xử ân cần với chàng sinh viên trẻ, thậm chí còn đề nghị tuyển anh vào làm việc tại trạm khí tượng - một nhiệm vụ vào thời điểm đó phức tạp và đầy trách nhiệm. Theo Anna Ilnichna Ulyanova-Elizarova, thư ký cấp cao của V.I. Lenin, “một thái độ gần như tôn kính đối với khoa học” đã làm nổi bật Ilya Nikolaevich trong suốt cuộc đời và từ thời thơ ấu của mọi người trong gia đình Ulyanov.

Ilya Nikolaevich Ulyanov dành nhiều thời gian để làm việc với trẻ em và đặc biệt, không ngừng cố gắng giải thích các bài học vật lý và toán học cho chúng sâu sắc hơn, giới thiệu cho chúng các dụng cụ thiên văn và vật lý cũng như thực hiện các thí nghiệm thú vị. Trong nhà Ulyanovs, họ thích sáng tác và giải những câu đố logic dí dỏm. bài toán, các câu đố toán học và chơi cờ, những điều này chắc chắn đã góp phần phát triển tư duy nhạy bén ở trẻ em. Volodya Ulyanov cũng chịu ảnh hưởng rất lớn từ anh trai Alexander, người từ nhỏ đã bộc lộ khả năng toán học phi thường và học tại khoa khoa học tự nhiên của Khoa Vật lý và Toán học của Đại học St. Petersburg.

Tại nhà thi đấu, Volodya Ulyanov được dạy một cách xuất sắc. Một trong những đồng đội của anh sau này nhớ lại: “Chúng tôi thường không thể hiểu được mọi thứ được đưa ra. Đây là nơi Vladimir Ilchts đã đến giải cứu. Anh ấy thích làm toán…” Ngoài các lớp toán bắt buộc, Volodya Ulyanov còn tham gia tích cực vào vòng tròn toán học thể dục, nơi anh giải các bài toán khó bài toán và thậm chí còn tự sáng tác chúng. Tháng 6 năm 1887, ông hoàn thành xuất sắc kỳ thi cuối kỳ (trong đó có ba kỳ thi môn toán) và được trao - một trong toàn bộ lớp tốt nghiệp - huy chương vàng (năm 1921, Lênin đã tặng huy chương này cho quỹ giúp đỡ những người sắp chết).

Trong hồi ký của V.I. Lênin có rất nhiều bằng chứng cho thấy ông tỏ ra rất quan tâm đến toán học. Chẳng hạn, vào mùa hè năm 1887, ông đã gặp và trò chuyện rất lâu với G.N. Shebuev, giảng dạy toán học tại Đại học Kazan. Đã hơn một lần Shebuev nhiệt tình đảm bảo rằng Vladimir Ilchts chắc chắn nên đăng ký vào Khoa Toán học, rằng anh ấy “chắc chắn là người giỏi toán học”

4

Tuy nhiên, mặc dù thành công trong môn toán, V.I. Lênin vẫn quyết định tiếp tục học tại Khoa Luật. “Bây giờ là lúc; bạn cần nghiên cứu các ngành khoa học về luật và kinh tế chính trị. Có lẽ vào một thời điểm khác tôi đã chọn những ngành khoa học khác…”, chính ông viết.

Đã chọn con đường của một nhà cách mạng chuyên nghiệp, V.I. Lenin hiểu rất rõ rằng lý thuyết chính bài toán của những người theo chủ nghĩa Mác Nga - phân tích sâu sắc về hệ thống xã hội Nga và xác định vai trò của các giai cấp khác nhau trong cách mạng - chỉ có thể được giải quyết trên cơ sở sáng tạo của việc nghiên cứu tỉ mỉ các sự kiện và phân tích chính xác các nhân vật đặc trưng cho thực tế Nga. Vì vậy, đồng thời với việc nghiên cứu chuyên sâu các tư tưởng của chủ nghĩa Mác, ông bắt đầu nghiên cứu chuyên sâu về khoa học thống kê, ngành sử dụng các phương pháp toán học để thể hiện một cách định lượng các mô hình của các quá trình kinh tế - xã hội.

V.I. Lênin là đại diện lớn nhất của thống kê kinh tế và xã hội. Một giai đoạn mới trong lý thuyết và thực hành thống kê kinh tế cũng như ứng dụng của nó vào xã hội học gắn liền với tên tuổi của ông. Ông thành thạo cách sử dụng dữ liệu thống kê và không ngừng nhấn mạnh sự cần thiết của việc sử dụng chúng một cách có hệ thống để nghiên cứu chuyên sâu về các hiện tượng xã hội. Ông đưa ra một số quy định cơ bản về kỹ thuật và phương pháp xử lý dữ liệu thống kê, về tính chính xác của phân tích số, về sự tương ứng giữa cái cụ thể và cái trừu tượng trong thống kê. Về số lượng mô tả về đặc điểm của các hiện tượng kinh tế - xã hội đại chúng sản sinh ra trong xã hội, V.I. Lênin ngay từ đầu đã quan niệm rằng những con số, tài liệu thống kê phải bộc lộ rõ ​​ràng thực trạng của sự vật trong đời sống kinh tế, chính trị, trong đấu tranh giai cấp, là bằng chứng thuyết phục cho một kết luận cụ thể nào đó.

Lenin lần đầu tiên đưa vào thống kê xã hội khái niệm hàm phân phối, làm nền tảng cho thống kê vật lý. Điều này cho phép ông, trong tác phẩm “Sự phát triển của chủ nghĩa tư bản ở Nga”, bác bỏ ý tưởng của những người theo chủ nghĩa dân túy về một con đường phát triển đặc biệt cho Nga và chứng minh một cách khoa học khẳng định rằng nước này, giống như nhiều quốc gia khác, đang đi theo con đường tư bản chủ nghĩa. Lênin đã sử dụng thành công phương pháp tương tự trong tác phẩm “Chủ nghĩa đế quốc là giai đoạn cao nhất của chủ nghĩa tư bản”, trong đó ông dự đoán sự sụp đổ tất yếu của hệ thống thuộc địa thế giới. Tầm nhìn xa thiên tài này đang được hiện thực hóa trước mắt chúng ta.

Tư tưởng cơ bản của V.I. Lênin về các vấn đề phương pháp luận của thống kê vẫn không mất đi ý nghĩa của chúng trong thời đại chúng ta, mặc dù bộ máy toán học thống kê ngày nay đã phát triển hơn nhiều so với đầu thế kỷ 20. Những ví dụ điển hình về phê bình của V.I. Lênin chủ nghĩa chủ quan, căm ghét, vật lý hóa các con số hoàn toàn áp dụng cho những nhà nghiên cứu tư sản, ẩn sau những con số địa phương, cố tình bóp méo sự thật, hình thành việc sử dụng thông tin thống kê, xây dựng các mô hình toán học bỏ qua các mối liên hệ, quan hệ nhân quả và nguồn gốc của những thay đổi trong xã hội.

Trong số lượng lớn các tác phẩm của Lênin, không có một tác phẩm nào nghiên cứu một hiện tượng vật lý cụ thể. Tuy nhiên, ảnh hưởng của V.I. Lenin về sự phát triển của vật lý rất khó để đánh giá quá cao. Về cơ bản, Lênin đã đặt nền tảng khoa học về sinh lý học và phương pháp luận của khoa học này trong tác phẩm mang tính bước ngoặt “Chủ nghĩa duy vật và Chủ nghĩa kinh nghiệm”.

Vào cuối thế kỷ 19 - đầu thế kỷ 20, trọng tâm chú ý của các nhà khoa học tự nhiên và triết gia là vào một số lượng lớn các sự kiện thực nghiệm không phù hợp với khuôn khổ hấp dẫn của các khái niệm vật lý (phát hiện ra khả năng phóng xạ và tia RENTEN, phát minh ra thuyết tương đối và phát hiện ra sự phụ thuộc của khối lượng electron phát sinh từ lý thuyết này).

5

về tốc độ của nó). Một số nhà khoa học lỗi lạc thời bấy giờ cho rằng những sự thật thực nghiệm này phản ánh tính khách quan của thế giới bên ngoài, hay ít nhất là tính khách quan trong nhận thức của chúng ta về thế giới xung quanh và các hiện tượng của nó. Khi sáng tạo ra “Chủ nghĩa duy vật và Chủ nghĩa kinh nghiệm”, Lênin đặt mục tiêu chỉ ra sự sai lầm của những quan điểm đó, vạch trần những gốc rễ xã hội và nhận thức luận của chủ nghĩa duy tâm vật lý, chỉ ra con đường đúng đắn để thoát khỏi cuộc khủng hoảng trong vật lý và chứng minh tính đúng đắn của cách tiếp cận duy vật biện chứng trong vật lý và toán học.

V.I. Lenin nhìn thấy cuộc khủng hoảng của vật lý “khi không có… sự thừa nhận trực tiếp, dứt khoát và không thể thay đổi về giá trị khách quan” của các lý thuyết vật lý. Ông nhìn thấy một trong những nguyên tắc của chủ nghĩa duy tâm trong vật lý ở sự kết nối thành công giữa vật lý (và thế giới tự nhiên nói chung) với toán học. Mang tính chất trừu tượng, suy đoán cực kỳ cao, toán học tạo tiền đề cho sự xuất hiện quan điểm trừu tượng toán học như tồn tại độc lập, hoàn toàn tách biệt với hành động thực tế, độc lập với nó. Đây là nơi mà chủ nghĩa duy tâm lời giải của câu hỏi chính về sinh lý học nảy sinh bởi những nhà khoa học mà đối với họ “việc các nhà vật lý này giới hạn lý thuyết của họ trong một hệ phương trình là sự bác bỏ chủ nghĩa duy vật; các phương trình và thế là xong, không có vật chất, không có nhận thức khách quan, chỉ có các biểu tượng… “Vật chất biến mất,” chỉ còn lại các phương trình.”

Và ngày nay, trong quá trình toán học hóa tri thức nhanh chóng, gợi ý của Lenin có tầm quan trọng đặc biệt rằng câu hỏi tách chủ nghĩa duy vật khỏi các xu hướng duy tâm khác nhau không phải là “sự tương ứng chức năng” có thể mô tả một cách toán học nguyên nhân của các mối liên hệ và các phạm trù khác của các ngành khoa học khác nhau, “… mà liệu nguồn gốc của quan điểm của chúng ta về những mối liên hệ này là một quy luật khách quan của tự nhiên hay một đặc tính của tâm trí chúng ta.” Con người chắc chắn tạo ra những khuôn mẫu tồn tại trong tự nhiên một cách khách quan, bên ngoài ý thức của chúng ta.

Những tư tưởng triết học của V.I. Lênin có tác dụng hữu ích đối với toàn bộ khoa học hiện đại; chúng đã trở thành nền tảng tư tưởng vững chắc của vật lý hiện đại. Đây là một xác nhận khác của V.I. Tầm nhìn tuyệt vời của Lênin, được đưa ra cách đây bảy mươi năm, rằng “Vật lý hiện đại nằm ở sự khai sinh. Nó sinh ra chủ nghĩa duy vật biện chứng”. Bây giờ có thể lập luận rằng sự ra đời của nhà nước đúng theo hình thức mà Lênin đã thấy trước.

Các nhà khoa học Liên Xô rất tôn trọng lời dạy của V.I. Lênin. Phát biểu tại cuộc họp nghi lễ kỷ niệm 250 năm thành lập Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Tổng Thư ký Ủy ban Trung ương CPSU L. I. Brezhnev nói: “Một nhà khoa học Liên Xô, tất nhiên, nếu ông ấy là một nhà khoa học Liên Xô thực sự, thì trong mọi hoạt động khoa học của ông đều xuất phát từ thế giới quan khoa học của chủ nghĩa Marx-Lenn, là một chiến sĩ tích cực cho sự nghiệp của chủ nghĩa cộng sản, chống lại mọi thế lực phản động và chủ nghĩa ngu dân”. Không còn nghi ngờ gì nữa, những độc giả trẻ của tạp chí của chúng tôi, những người cuối cùng sẽ tiếp cận với nền khoa học lớn hơn, sẽ thực sự chứng minh tầm quan trọng cao cả của nhà khoa học Liên Xô và sẽ phục vụ thành công nhân dân của họ, Tổ quốc của chúng ta.

Lênin và trường học

“Bài toán của thanh niên nói chung, các đoàn thể cộng sản và tất cả các tổ chức khác nói riêng có thể diễn tả bằng một từ “Bài toán là học tập.”.” Những lời này của V.I. Lênin tại Đại hội toàn Nga lần thứ III của Đoàn Thanh niên Cộng sản Nga ngày 2/10/1920 là chìa khóa để hiểu thái độ của nhà nước Xô Viết non trẻ, do V.I. Lênin vì sự nghiệp giáo dục. Những suy nghĩ về sự cần thiết của việc giáo dục quần chúng đã được Vladimir Ilch bày tỏ từ rất lâu trước khi cuộc cách mạng thắng lợi… Cuối thế kỷ đã trôi qua. Những bài phát biểu và thông báo khổng lồ đã làm mất khả năng của giới Marxist. Và ở nơi lưu vong ở Siberia xa xôi, một nhà cách mạng trẻ, chưa làm việc, viết về việc không thể xây dựng một xã hội mới nếu không thay đổi hoàn toàn trường học cũ, phác thảo kế hoạch tạo ra một hệ thống giáo dục mới.

Thời gian đã trôi qua. Cách mạng xã hội chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại đã thắng lợi ở nước ta. Quyền lực được chuyển vào tay nhân dân. Những năm đấu tranh và sáng tạo của Geronic đã đến. Trên mọi mặt trận, chính quyền đang đấu tranh quyết liệt với những kẻ can thiệp và băng đảng Bạch vệ. Khắp nơi đều có sự tàn phá và đói khát, không có đủ nhiên liệu và điện. Nhưng ngay cả trong thời điểm khó khăn này của đất nước, V.I. Lenin cho rằng, như tài liệu tham khảo đầu tiên bài toán, cần phải nêu vấn đề tạo ra một hệ thống giáo dục trẻ mới.

Tại Đại hội Xô viết toàn Nga lần thứ II ngày 26 tháng 10 năm 1917,

7

V.I. Lênin và N.K. Krupskaya là tầng lớp nông dân của làng Kashino trong ngày khai trương trạm điện nông thôn.

Việc thành lập ủy ban giáo dục đã được đánh dấu và vào ngày 9 tháng 11 cùng năm, Nghị định của Ủy ban Giáo dục Công cộng Nhà nước đã được thông qua. 15 sở giáo dục công cộng đã được thành lập. Trong số đó có các khoa giới thiệu phổ cập xóa mù chữ, giáo dục ngoài trường học, y tế và vệ sinh trường học, xây dựng trường học, trường kỹ thuật và giáo dục chính trị. Lênin viết: “Mục đích của chúng ta trong lĩnh vực trường học cũng là cuộc đấu tranh lật đổ giai cấp tư sản: chúng ta công khai tuyên bố rằng trường học nằm ngoài cuộc sống, ngoài chính trị - đó là sự dối trá và chủ nghĩa phàm tục.”*).

Dưới sự lãnh đạo của Vladimir Ilchch, các nhân viên của Ủy ban Giáo dục đã thực hiện rất nhiều công việc trong việc xây dựng một trường học mới. Lênin đã nhiều lần chỉ ra tầm quan trọng và tính phức tạp của công việc này, mọi người đều cố gắng cảnh báo các đồng chí của mình những sai lầm, thái quá. Vladimir Ilchch liên tục nói về sự cần thiết phải sử dụng khéo léo di sản văn hóa của hệ thống cũ.

Trong những năm này, những quy định của Lênin về trường học đã được ghi nhận một cách có tổ chức trong “Quy chế về Trường Lao động Thống nhất của RSFSR” ngày 30 tháng 9 năm 1918.

Điều 1. Tất cả các trường học của Cộng hòa Liên bang Xô viết xã hội chủ nghĩa Nga, trực thuộc Ủy ban Giáo dục Nhân dân, đều được gọi là “Trường Lao động Thống nhất”.

Điều 2. Trường học thống nhất được chia làm 2 cấp: Cấp 1 dành cho trẻ em từ 8 đến 13 tuổi và cấp 2 dành cho trẻ em từ 13 đến 17 tuổi.

Điều 3. Giáo dục cấp 1 và cấp 2 được miễn phí.

Điều 5. Trường cấp 1 và cấp 2 áp dụng hình thức giáo dục chung.

Điều 6. Không được giảng dạy trong trường học đối với bất kỳ loại tín đồ nào và không thực hiện các nghi lễ tôn giáo trong trường học.

• V. I. Lênin. PSS, tập. 36, tr. 77.

V.I. Lênin là học sinh trung học.

8

đào tạo thế hệ trẻ bằng lao động công nghiệp*)》.

Nói về đóng góp của V.I. Lênin đề cao sự nghiệp giáo dục phổ thông, người ta không thể không nhắc đến thái độ của Người đối với nhà giáo nhân dân. Chủ đề này đã gần gũi với Vladimir Ilch từ khi còn nhỏ. V.I. Cha của Lênin, I.I. Ulyanov, đã cống hiến hơn 50 năm cuộc đời mình cho sự nghiệp giáo dục công cộng, và thái độ của ông đối với giáo viên nhân dân không thể làm ảnh hưởng đến quan điểm của Vladimir Ilchch. V.I. Lênin hiểu rằng không thể thành lập một ngôi trường mới nếu không thu phục được đội ngũ giảng viên về phía chính quyền Xô Viết. Vào tháng 11 năm 1917, Liên minh Giáo viên Quốc tế được thành lập. Lênin đã chấp thuận và ủng hộ ông bằng mọi cách có thể. Tại Đại hội giáo viên quốc tế toàn Nga lần thứ nhất, ông nói rằng “bài toán của phương pháp sư phạm mới là gắn hoạt động giảng dạy với nhiệm vụ tổ chức xã hội xã hội chủ nghĩa**).

Vladimir Ilch sẽ giải quyết vấn đề này nhiều lần. “Chúng ta phải đặt người thầy nhân dân lên một tầm cao mà ông ta sẽ không bao giờ đứng và không thể trở thành trong xã hội Burguz. Đây là một sự thật không cần phải chứng minh. Chúng ta phải hướng tới tình trạng này một cách có hệ thống, đều đặn, bằng cách thực sự nỗ lực để ông thăng tiến về mặt tinh thần, chuẩn bị toàn diện cho ông lên cấp bậc cao thực sự, và quan trọng nhất, quan trọng nhất và quan trọng nhất là nâng cao vị thế tài chính của ông”, V. I. Lenin viết trong bài “Những trang trong Nhật ký” *) (tháng 1 năm 1923).

Không có vấn đề nào liên quan đến giáo dục công mà Vladimir Ilch không lo lắng. Ngày 16/8/1921, V.I. Lênin ký sắc lệnh của Hội đồng dân ủy “Về thủ tục xuất bản sách giáo khoa”. Ông đảm bảo rằng các thư viện của đất nước được cung cấp các tài liệu khoa học và kỹ thuật nước ngoài mới nhất.

Để khôi phục nền kinh tế quốc dân, cần phải đào tạo những chuyên gia đáng kể từ công nhân và nông dân. Để thu hút giới trẻ đến với các cơ sở giáo dục đại học, cần phải thành lập một trường học mới. Ngày 2 tháng 8 năm 1918

*) V.I. Lênin. PSS, tập. 2, tr. 185.
**) V.I. Lênin. PSS, tập. 36, tr. 420.

9

V.I. Lênin đã ký sắc lệnh “Về việc tuyển sinh vào các cơ sở giáo dục đại học của RSFSR” và “Nghị quyết của Hội đồng Dân ủy về việc ưu tiên tuyển sinh vào các cơ sở giáo dục đại học của đại diện giai cấp vô sản và giai cấp nông dân nghèo nhất”. Bước tiếp theo nhằm thu hút người lao động vào các cơ sở giáo dục đại học là “Nghị quyết của Hội đồng Nhân dân về các khoa của người lao động” được thông qua vào ngày 17 tháng 9 năm 1920.

Các khoa của công nhân đóng một vai trò to lớn trong việc chuyển đổi giáo dục đại học, lấp đầy các lớp học của VSU với công nhân và nông dân.

Tất cả các biện pháp được thực hiện để tái cơ cấu hệ thống giáo dục đều nhằm mục đích đào tạo các chuyên gia trẻ, những người nhiệt tình đảm nhận việc khôi phục nền kinh tế quốc dân và đạt được thành công trong khoa học, văn học và công nghệ xã hội chủ nghĩa. Phát biểu tại Đại hội toàn Nga lần thứ III của Đoàn Thanh niên Cộng sản Nga ngày 2 tháng 10 năm 1920, V.I. Lênin nói: “Chỉ bằng cách chuyển đổi căn bản vấn đề giảng dạy, tổ chức các ngành riêng biệt.

Phát biểu tại Đại hội XXV của CPSU, L. I. Brezhnev cho biết: “Nhu cầu cải thiện hơn nữa dịch vụ của toàn bộ hệ thống giáo dục phổ thông và trước hết là trường trung học là hiển nhiên. Trong điều kiện hiện đại, khi lượng kiến thức cần thiết cho một người tăng mạnh và nhanh chóng, bạn không thể đặt cược chính vào các điều kiện của một tổng số sự kiện nhất định. Điều quan trọng là phải thấm nhuần khả năng tự bổ sung kiến thức của mình và điều hướng luồng thông tin khoa học và chính trị nhanh chóng. Còn rất nhiều việc phải làm phía trước.” Tất nhiên, chúng tôi ở đây làm việc thận trọng, chu đáo, không có sự cố hay vội vàng không cần thiết lời giải. Rõ ràng, ở đây cần phải đào tạo giáo viên tốt nhất, đưa ra phương pháp giảng dạy phù hợp với yêu cầu của cuộc sống và cung cấp thiết bị dạy học hiện đại cho các trường học, kể cả phương tiện giáo dục”**).

*) V.I. Lênin. PSS. tập. 41, tr. 301.
**) Tài liệu của Đại hội XXV CPSU (M., Politizdat, 1976), tr. 77.

10

S. Vavilov

Lênin và vật lý

Việc so sánh tên V.I. Lênin và vật lý không phải ngẫu nhiên hay nhân tạo. Nhà lý thuyết vĩ đại và người thực hành chủ nghĩa xã hội, Lenin, giống như Marx và Engels, không thể vượt qua được sai lầm của vật lý. Trong số các ngành khoa học tự nhiên khác, vật lý chiếm vị trí trung tâm - vị trí trụ sở chính, tiếp nhận thông tin về thời kỳ đó và gửi kết quả chỉ thị về thời kỳ đó. Về bản chất là một sự trừu tượng, nhưng dựa trên kinh nghiệm và quan sát, vật lý, luôn ở tính tổng quát của nó, đóng vai trò là cơ sở khoa học tự nhiên cho triết học và công nghệ đồng thời. Đây là trường hợp xảy ra vào thời Achimedes, Newton, Maxwell, và điều này hoàn toàn hiển nhiên trong nền vật lý mới.

Cuộc đấu tranh cho vật lý của chủ nghĩa duy vật biện chứng, do Lênin tiếp tục, luôn đi sau Marx và Engels, tất yếu phải phát triển trên chất liệu của các giai đoạn của vật lý mới. Mặt khác, với tư cách là nhân vật chính trị vĩ đại nhất đã tạo dựng nên nhà nước xã hội chủ nghĩa, V.I. Lênin phải lấy vật lý làm công nghệ chính.

Sự chuyển đổi căn bản kỹ thuật của đất nước trước hết đòi hỏi phải tăng cường cơ sở khoa học, vật chất, và tất nhiên, không phải ngẫu nhiên mà ngay từ đầu cuộc cách mạng,

11

Vào thời điểm ngành công nghiệp đặc biệt khó khăn, sớm hơn nhiều nước khác, các viện nghiên cứu vật lý lớn đã được thành lập ở Moscow và Petrograd, với sự tham gia tích cực của V.I. Lenin, việc phục vụ vật lý rộng rãi cho dị thường từ tính Kursk đã được thực hiện *).

Rõ ràng cho đến thời của ông, vẫn chưa có tài liệu nào nêu rõ vai trò của V. I. Lênin đối với sự phát triển của vật lý Liên Xô. Người ta còn biết nhiều hơn nữa về quan điểm của Lenin về vật lý liên quan đến việc phân tích vật lý cơ bản của chủ nghĩa Mác. Cuốn sách “Chủ nghĩa duy vật và Chủ nghĩa phê bình kinh nghiệm”, xuất bản năm 1909 tại Moscow, trong suốt chiều dài đáng kể của nó liên quan đến vật lý và các nhà vật lý, và phần áp chót của nó, “Cuộc cách mạng mới nhất trong khoa học tự nhiên và chủ nghĩa lý tưởng vật lý” được dành riêng cho vật lý đầu thế kỷ 20.

Thời đại xuất bản Chủ nghĩa duy vật và Chủ nghĩa phê phán kinh nghiệm chỉ hướng tới vật lý trên toàn thế giới. Trong những năm này, “vật lý mới” đã được tạo ra dựa trên những sự thật bất ngờ về tính phóng xạ, hiện tượng phóng điện khí và các tính chất đáng ngạc nhiên của ánh sáng. Phiên bản đầu tiên của lý thuyết nguyên tử được xây dựng, khái niệm về electron được làm sáng tỏ và có những tranh cãi về sự tồn tại của electron dương. Vào thời điểm này, nguyên tắc tương đối đã được hình thành, bị cai trị bởi sự bất thường của nó đối với nhiều người táo bạo nhất, và lý thuyết lượng tử nảy sinh, vấp phải sự thù địch từ hầu hết mọi phía, bắt đầu từ người tạo ra nó - M. Planck. Đây là kỷ nguyên của sự sụp đổ thực sự của vật lý cổ điển, khi những nền tảng dường như không thể phá hủy mãi mãi của nó bắt đầu rung chuyển - sơ đồ của Newton về không gian và thời gian tuyệt đối, sự bất biến của khối lượng và tính liên tục của tác dụng.

Việc khối lượng của electron phụ thuộc vào tốc độ dường như hoàn toàn bị nghiền nát đối với “mẹ” của vật lý cổ điển… Vài năm sau khi xuất bản cuốn sách của Lenin, năm 1911, trong bài phát biểu tại đại hội quản lý lần thứ hai, Giáo sư N.A. Umov đã mô tả tình hình như sau: “Sự phát triển tiếp theo của vật lý là một quá trình chống lại Vật liệu, kết thúc bằng việc loại bỏ nó. Nhưng bên cạnh hoạt động tiêu cực đó là công việc hình thành một biểu tượng điện từ: nó phải có khả năng mô tả các tính chất của vật liệu.” thế giới, cấu trúc nguyên tử, quán tính, bức xạ và sự hấp thụ năng lượng của nó”*).

Trong bài phát biểu này có những câu cảm thán mà các mũi tên của “Chủ nghĩa duy vật và chủ nghĩa phê phán kinh nghiệm” đã nhắm tới vài năm trước đó. “Không phải đã đến lúc loại bỏ các vật liệu sao?… Vật chất đã biến mất, sự phát triển của nó đã được thay thế bằng các hệ thống cảm ứng điện liên quan, và trước khi chúng ta tập hợp các vật liệu quen thuộc, một loại điện từ hoàn toàn khác**). Không còn nghi ngờ gì nữa rằng đối với N.A. Umov, với tư cách là một nhà vật lý, thế giới điện từ là một thế giới khách quan, rằng “sự biến mất của vật liệu” chỉ có nghĩa là sự biến mất của khối lượng không đổi kiểu Newton. Nhưng đây không phải là cách các nhà vật lý và nhà vật lý thực hành khoa học tự nhiên nhìn nhận những luzung này. “Sự biến mất của vật liệu” được coi là thử nghiệm. Bằng chứng về sự sụp đổ của vật chất.”

*) Hiện nay, dị thường từ trường Kursk đã trở thành một trong những nguồn cung cấp quặng sắt chính ở nước ta. (Ứng dụng biên tập.)

*) N. A. Umov. Socinnia, tập. III, tr. 408.
**) Như trên, tr. 403-404.

12

V.I. Lênin trên bản đồ GOELRO.

Phá hủy những ý tưởng cơ bản của vật lý cổ điển, đồng thời là hình ảnh quen thuộc của tư duy Venyakovsky, phát triển ở mỗi người do trải nghiệm đau thương, vật lý mới đã phá vỡ ở một số điểm với khả năng tưởng tượng các quá trình một cách trực quan, sử dụng mô hình. Theo đại diện vĩ đại của vật lý cơ học cổ điển W. Thomson: “Ý nghĩa thực sự của câu hỏi: chúng ta là một khái niệm, hay chúng ta không phải là khái niệm của một hiện tượng vật lý? - thuộc tính sau: liệu chúng ta có thể xây dựng mô hình cơ học của riêng mình hay không? Tuy nhiên, có những dữ kiện mới và ý nghĩa của chúng hiện vẫn chưa rõ ràng. Với tình trạng này, ở một giai đoạn phát triển nhất định, cách duy nhất có thể để tạo ra một lý thuyết vật lý là mô tả toán học về các định luật đã tìm ra và ngoại suy thêm các dạng toán học thu được cho đến trải nghiệm mới xác nhận phép ngoại suy.

Kết hợp dữ liệu thực nghiệm và các dạng toán học và dựa vào sơ đồ cổ điển, một nhà vật lý hiện đại xây dựng lý thuyết của mình. Nhưng trên con đường tất yếu này, rất dễ bị cuốn vào sai đường.

Lenin viết: “Thành công lớn của Naturalgonium, “việc tiếp cận những phần tử đồng nhất và đơn giản như vậy của vật chất, các định luật chuyển động cho phép xử lý toán học, dẫn đến sự lãng quên vật chất của toán học. “Vật chất biến mất”, chỉ còn lại các phương trình. Ở một giai đoạn phát triển mới và, được cho là, theo một cách mới, người ta đã đạt được ý tưởng thực sự của Kant: lý tính được quy định bởi các quy luật tự nhiên”*).

Sự sụp đổ của thế giới quan cơ học và sự phát triển mạnh mẽ của chủ nghĩa biểu tượng toán học đã đưa các nhà vật lý đến chỗ không thừa nhận nền vật lý mới một cách ngoan cố, ngoan cố, những nỗ lực vô vọng nhằm giải thích một cách máy móc các hiện tượng phi cơ học,

*) V.I. Lênin. PSS, tập. 18, tr. 326.

14

bùn của thế giới là vật chất chuyển động》*). Phân tích rõ ràng và đơn giản này đã loại bỏ tất cả những màn sương mù huyền bí đã bao trùm con đường phát triển của nền vật lý mới. Chủ nghĩa duy tâm “vật lý” ngày nay “…chỉ có nghĩa là một trường phái tự nhiên học trong một nhánh của tự nhiên đã rơi vào triết học phản động, không thể trực tiếp và ngay lập tức vươn lên từ chủ nghĩa duy vật siêu hình sang chủ nghĩa duy vật biện chứng. Vật lý hiện đại đang và sẽ đi bước này, nhưng nó đang hướng tới phương pháp chân chính duy nhất và phương pháp vật lý tự nhiên chân chính duy nhất không phải trực tiếp mà thông qua các chất khí… Vật lý hiện đại nằm ở sự ra đời. Nó khai sinh ra chủ nghĩa duy vật biện chứng**). Đây là chẩn đoán cuối cùng của Lênin về vật lý mới.

Tất nhiên, cuốn sách của Lenin, được các nhà vật lý đọc kịp thời, sẽ giải phóng các nhà khoa học khỏi nhiều “cuộc khủng hoảng” tưởng tượng tiếp theo, khỏi những kết luận đáng báo động đó.

*) V.I. Lênin. PSS, tập. 18, tr. 296.
**) Như trên, tr. 331-332.

ví dụ đã được đưa ra ở trên; nhưng “Chủ nghĩa duy vật và Chủ nghĩa kinh nghiệm” chỉ bắt đầu được đọc một cách thực sự, cẩn thận và rộng rãi sau Cách mạng Tháng Mười, và bây giờ không cần phải trình bày chi tiết về cuốn sách mà toàn bộ đất nước Xô Viết, kể cả tất cả các nhà vật lý Liên Xô, học về chủ nghĩa duy vật biện chứng.

Cho đến nay vẫn chưa mất đi ý nghĩa chính trị của nó đối với chúng ta, “Chủ nghĩa duy vật và Chủ nghĩa kinh nghiệm” vẫn quan trọng đối với vật lý mới. Quá trình biện chứng của sự phát triển nhanh chóng của nó, do Lenin dự đoán, đã được chứng minh bằng sức thuyết phục đáng kinh ngạc, và một lần nữa, như trước đây, sự “không thể hòa giải” của những sự thật mới với khuôn mẫu thông thường, sự mâu thuẫn của “lẽ thường” dù đã được cải thiện phần nào đã thúc đẩy các nhà vật lý đi vào chủ nghĩa duy tâm vĩ đại… Con đường của chủ nghĩa duy vật biện chứng không phải ai cũng có thể tiếp cận được. Họ biết nhiều về nó nhưng vẫn cần phải học cách bước đi trên đó, phương pháp Lênin phải được áp dụng vào công việc cụ thể…

15

Thế giới quan duy vật biện chứng trong các môn toán và vật lý ở trường

Vladimir Ilyich Lênin có những câu nói thể hiện yêu cầu đầu tiên đối với một nhà khoa học chân chính: “… không có nền tảng triết học vững chắc, không có khoa học tự nhiên, không có chủ nghĩa duy vật nào có thể đứng vững được trong cuộc đấu tranh chống lại sự tấn công dữ dội của tư tưởng tư sản và khôi phục lại thế giới quan tư sản. Để đứng vững trong cuộc đấu tranh này và hoàn thành thắng lợi đến cùng, con người tự nhiên phải là một nhà duy vật hiện đại, một mặt có ý thức của chủ nghĩa duy vật do Mác trình bày, tức là phải có một thế giới quan duy vật biện chứng. từ ngữ hoàn toàn áp dụng cho độc giả trẻ «Kvant», những người yêu thích vật lý và toán học: bài toán của họ không chỉ để tích lũy những sự kiện và kiến thức khoa học cụ thể mà còn để trau dồi một thế giới quan duy vật biện chứng.

Một số vấn đề này được thảo luận trong báo cáo của Viện sĩ A. N. Kolmogorov, được đọc vào năm 1977 trong thời gian bị giam giữ lần IV của Hội đồng Phương pháp Khoa học của Bộ Giáo dục Liên Xô. Dưới đây là (với những chữ viết tắt nhỏ) nội dung của báo cáo này. Mặc dù báo cáo này không dành cho học sinh nhưng chúng tôi chắc chắn rằng nó cũng sẽ truyền cảm hứng cho các em.

Thảo luận về thế giới quan duy vật biện chứng trong các môn toán và vật lý ở trường, tôi muốn nhấn mạnh khía cạnh khó khăn hơn của vấn đề: làm quen với các yếu tố của tư duy biện chứng. Việc thảo luận về chủ đề này thường bị coi là có chút nghi ngờ, vì thường cuộc trò chuyện về phép biện chứng vẫn còn rất hời hợt.

Ví dụ, họ trích dẫn một thực tế rằng, theo Engels, với sự xuất hiện của các đại lượng thay đổi trong toán học, chuyển động và phép biện chứng đã đi vào toán học. Từ đó, họ kết luận rằng việc đưa sớm các biến vào sách giáo khoa hiện đại là một thành tựu theo nghĩa đưa phép biện chứng vào toán học ở trường. Đồng thời, họ quên rằng một biến trong sách giáo khoa này chỉ được coi là một chữ cái, cùng với đó, bạn có thể đặt tên của bất kỳ phần tử nào của một tập hợp nhất định. Phép biện chứng ở đây ẩn sâu hơn - đằng sau định nghĩa hình thức này. Hiểu nó đòi hỏi phải phát triển một cách tiếp cận lịch sử đối với vấn đề.

Tôi muốn minh họa ý tưởng của mình bằng những ví dụ cụ thể.

1. Các bạn đều biết rõ phương trình vi phân tăng hoặc giảm theo cấp số nhân (“Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”, đoạn 110)

$$f'(t) = kf(t),$$

trong một ghi chú ngắn

$$y' = ky.$$

Ví dụ đầu tiên, sách giáo khoa đưa ra độ phân rã phóng xạ của một chất: $f(t)$ biểu thị lượng chất phân rã được bảo toàn tính đến thời điểm $t$. Ở đây hệ số $k$ là âm. Ví dụ thứ hai với khoảng cách dương $k$, dân số cả nước tăng 2% mỗi năm. Chính ví dụ thứ hai này đã gây ra sự hoang mang hoặc thậm chí phản đối gay gắt ở nhiều người. Làm thế nào, nói về mặt toán học, chúng ta có thể lấy vi phân một hàm chỉ chấp nhận các giá trị nguyên! Sự nhiễu loạn được thay thế bằng sự thay thế sau khi lấp đầy, trong trường hợp phân rã phóng xạ, chúng ta cũng đang nói về toàn bộ số nguyên tử được bảo toàn tại thời điểm $t$.

Trong khi đó, đây là lý do chính đáng để nhấn mạnh mô hình toán học của hiện tượng này; Như một quy luật, hiện tượng này được sơ đồ hóa. Vì vậy, cô ấy đưa ra dự đoán chính xác

16

truyền thuyết chỉ trong những giới hạn nhất định (trong trường hợp của chúng tôi, chỉ với dân số lớn và trong khoảng thời gian khá ngắn). Vượt quá những giới hạn này, mô hình toán học sẽ mất đi ý nghĩa thực sự của nó và khi áp dụng một cách thiếu suy nghĩ sẽ dẫn đến những kết quả sai lầm hoặc vô nghĩa.

2. Các ví dụ nổi tiếng và cổ điển: Cơ học Newton ở tốc độ bình thường trên trái đất phản ánh chính xác một cách khách quan các hiện tượng có thể thực hiện được, nhưng ở tốc độ tương đương với tốc độ ánh sáng, nó không còn có thể áp dụng được - nó dẫn đến mâu thuẫn với kinh nghiệm. Ngoài những giới hạn phù hợp của cơ học Newton, còn có một cơ chế khác vận hành – cơ học tương đối của lý thuyết Einstein. Nhưng điều cực kỳ quan trọng là phải minh họa quá trình chuyển đổi biện chứng này từ một số mô hình, đúng đắn một cách khách quan trong những giới hạn nhất định, sang những mô hình mới bằng các ví dụ đơn giản hơn. Tôi sẽ phân tích chi tiết một ví dụ về cơ học mà tôi đã thảo luận với học sinh tại một trường hè ở Pushino năm nay.

Khóa học vật lý lớp VIII nêu đúng rằng trong nhiều bài toán, một vật thể đủ nhỏ có thể được coi là một “điểm vật chất” - nên bỏ qua kích thước của nó. Đây là hình dáng của một quả bóng được ném lên, chuyển động theo quy luật

$$z = v_0 t - \frac{gt^2}{2}.$$

Tốc độ của nó thay đổi theo quy luật

$$v = v_0 - gt,$$

và gia tốc là không đổi

$$a = -g.$$

Tọa độ $z$ và tốc độ $v$ thay đổi liên tục. Sách giáo khoa nói rằng điều này đúng với trường hợp chuyển động tổng quát của một điểm vật chất. Các lực tác dụng lên vật luôn hữu hạn. Do đó, gia tốc là hữu hạn, điều này đã hàm ý tính liên tục của sự phụ thuộc thời gian của vận tốc và tọa độ $z$. Nhưng trong thực tế, quả bóng khi chạm sàn sẽ ngay lập tức đổi hướng và bật lên. Vì quả bóng không đàn hồi hoàn toàn nên trong lần nhảy thứ hai, tốc độ ban đầu của nó sẽ là

$$v_1 = kv_0,$$

trong đó hệ số $k$ nhỏ hơn một. Giả sử rằng hệ số $k$ không đổi cho các lần nhảy liên tiếp, chúng ta có thể tính được trọng số của quá trình tiếp theo của quá trình. Học sinh được yêu cầu tính toán và vẽ đồ thị sự phụ thuộc của $z, v$ và $a$ đúng thời gian đối với các hệ số khác nhau $k$. Họ đã hoàn thành nhiệm vụ này một cách hoàn hảo, mặc dù kết quả khiến họ ngạc nhiên và gây ra nhiều tranh cãi.

Hóa ra những khoảnh khắc va chạm liên tiếp lên sàn $t_n$ khi tính $n$ sẽ hội tụ về giới hạn cuối cùng $T$: trong khoảng thời gian [0; $T$] có một chuỗi các bước nhảy vô tận với độ cao ngày càng giảm dần.

Tất nhiên, mô hình này được lý tưởng hóa; đối với các cú nhảy lên độ cao bằng đường kính của quả bóng thì không áp dụng. Nhưng mô hình khá thực tế. Nhanh chóng bắt được khoảnh khắc chạm sàn và dừng bóng hoàn toàn sau thời gian $T$ được quan sát khá đơn giản “bằng tai”. Hình vẽ thể hiện sơ đồ về sự phụ thuộc của $z$ và $v$ vào thời gian $t$.

Tại thời điểm loại bỏ $t_n$, tốc độ thay đổi đột ngột từ giá trị tính từ $-v_{n-1}$ sang giá trị $v_n = kv_{n-1}$. Gia tốc luôn bằng $-g$, ngoại trừ những khoảnh khắc táo bạo $t_n$. Tại những thời điểm này quả bóng nhận được xung lực tức thời có cường độ hữu hạn.

18

3. Ai cũng biết rằng việc giáo dục thế giới quan duy vật khoa học là không thể nếu không cho học sinh làm quen với lịch sử khoa học và hiểu các giai đoạn chính của sự phát triển của khoa học. Chính từ những thông điệp này mà khái niệm về phương trình vi phân đơn giản nhất đã được đưa vào chương trình toán học mới. Chỉ có ba phương trình được nghiên cứu chi tiết: chuyển động có gia tốc đều

$$y'' = a,$$

dao động điều hòa

$$y'' = -k^2 y$$

và tăng trưởng hoặc suy giảm theo cấp số nhân

$$y' = ky.$$

Hãy để tôi nhắc bạn rằng đối với Newton có hai phân tích bài toán chính: 1) tìm các hàm tùy ý của chúng theo các hàm, 2) tự tìm các hàm này bằng sự tương ứng giữa các hàm và hàm tùy ý của chúng. bài toán thứ hai là bài toán nội hóa các phương trình vi phân. Bài toán Newton coi việc tìm nguyên hàm là một trường hợp đặc biệt đơn giản.

Toàn bộ hệ tư tưởng của toán học tự nhiên từ Newton đến Laplace gắn bó chặt chẽ với khái niệm phương trình vi phân. Laplace đặt ra nguyên tắc chung của thuyết tất định dựa trên thực tế là các quy luật cơ bản của tự nhiên được thể hiện dưới dạng phương trình vi phân và cách giải thích chúng cho phép người ta thực sự tưởng tượng ra tương lai. Nội hóa của các phương trình vi phân tương ứng, như đã biết, là một gradient bài toán, chỉ có thể được giải bằng phương pháp số. Nhưng không khó để đưa ra ý tưởng rõ ràng về bài toán. Nếu không có sự hiểu biết khá cụ thể về giai đoạn phát triển tự nhiên của toán học này thì không thể hiểu được các giai đoạn tiếp theo, sự xuất hiện của vật lý thống kê, vật lý lượng tử.

4. Kể từ thời Plato, sự tồn tại của toán học thuần túy với những kết luận hoàn toàn đáng tin cậy, vượt xa các giới hạn của thử nghiệm thực nghiệm vốn luôn chỉ là

19

M. Smolyansky

Phép nhân…
điểm trên mặt phẳng

“Nhân điểm - điều này có được không? - người đọc ngạc nhiên sẽ hỏi. “Rốt cuộc, họ nhân (và cộng) số chứ không phải điểm!” Người đọc như vậy rất dễ phản đối: thứ nhất, số thực thường được coi là điểm trên trục số, nên theo nghĩa này người ta có thể nhân các điểm; thứ hai, trong toán học hiện đại, họ không chỉ nhân điểm mà còn nhân hầu hết mọi thứ: hàm số, ma trận, chuyển vị…

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ cố gắng chỉ cho người đọc cách thức và lý do bạn cần nhân các điểm trên một mặt phẳng. Trên con đường này, chúng ta sẽ thu được mô hình hình học của số phức và nghiên cứu một số tính chất của chúng. Và bên cạnh đó, chúng tôi sẽ chỉ ra rằng không thể nhân các điểm một cách thông minh trong không gian được nữa.

Trước khi học cách nhân các điểm trên một mặt phẳng, sẽ rất hữu ích khi xem xét…

Cách nhân điểm trên một dòng
Để cộng hai điểm trên một đường thẳng, chỉ cần thực hiện phép cộng

bắt đầu $O$: sau đó các điểm có thể được thêm dưới dạng vectơ. Nếu chúng ta sửa điểm $A$ và thêm điểm đó vào mỗi điểm $X$ trên đường thẳng, chúng ta sẽ thu được ánh xạ $X \rightarrow X + A$ của đường thẳng đó lên chính nó. Rõ ràng rằng đây sẽ là sự chuyển song song của toàn bộ đường thẳng sang vectơ $\vec{OA}$ (Hình 1a). Để nhân, đơn vị $1$ cũng phải hoạt động: sau đó thu được tọa độ và với các điểm trợ giúp của chúng có thể được nhân lên (như số); Hơn nữa, như dễ thấy, phép nhân tất cả các điểm của đường thẳng với điểm hàm $A$ là một phép đo hình học có tâm $O$, lấy điểm $1$ đến điểm $A$ (Hình 1, 6).

Hãy định nghĩa phép nhân trên mặt phẳng

Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu loại phép nhân mà chúng ta muốn xác định trên mặt phẳng của mình, trong đó trục số $Ox$ với đơn vị $1$ đã được chọn (Hình 2). (Lưu ý rằng phép cộng các điểm đã được xác định: sự hiện diện của gốc $O$ cho phép các điểm được thêm dưới dạng vectơ, theo quy tắc hình bình hành.) Tất nhiên, chúng tôi muốn phép nhân mới trùng với phép nhân đã có trên trục $Ox$ (chúng tôi sẽ gọi trục này là trục thực). Vì vậy chúng tôi sẽ yêu cầu:

I. Nhân với điểm bất kỳ $A$ của trục thực $Ox$ là một hình học có tâm $O$ và hệ số $x$, trong đó $x$ là hoành độ của điểm $A$.

Nhưng điều này, tất nhiên, là không đủ. Chúng ta cũng cần phép nhân để có các tính chất chung của các phép tính số học. Chính xác:

II. Phép nhân có tính kết hợp, phân phối đối với phép cộng và chia cho bất kỳ điểm nào $A$ khác với $O$ được xác định.

Hãy viết ra các thuộc tính này chi tiết hơn:

Pa. Tính liên kết. Đối với bất kỳ điểm nào $A, B, C: A(BC) = A(BC)$.

Hình 1.

20

Pis. 2.

IIb. Tính phân phối. Đối với bất kỳ điểm nào $A, B, C$

$$A(B+C) = AB+AC,$$
$$(B+C)A = BA+CA.$$

Phân thế kỷ II (tồn tại nghịch đảo). Đối với bất kỳ điểm nào (trừ $O$) $A$ cũng có một điểm $A^{-1}$, sao cho

$$A^{-1}A = AA^{-1} = 1.$$

Vì vậy, chúng ta cần xây dựng một phép nhân trên mặt phẳng thỏa mãn điều kiện I và II. Dừng lại: chưa đọc thêm mà trước tiên hãy nghĩ về cách thực hiện việc này.

Vâng, bạn đã nghĩ ra nó? Tất nhiên, cách dễ nhất để định nghĩa phép nhân là “giống” như đối với các điểm trên trục thực. Cụ thể, nhân với điểm $A$ là một dạng của một mặt phẳng lấy điểm 1 đến điểm $A$, để lại điểm $O$ tại chỗ và giữ nguyên hướng. Bạn có thể tưởng tượng rõ ràng rằng chúng ta quay mặt phẳng gần điểm đầu sao cho tia [O1) trùng với tia [OA], sau đó chúng ta tạo một mặt phẳng hoàn thiện chuyển điểm 1 thành điểm $A$.

Rõ ràng là với điều kiện nhân như vậy tôi thỏa mãn.

Bài tập 1. Chứng minh rằng II cũng đúng và hơn nữa phép nhân có tính giao hoán.

Trước khi đọc thêm, hãy hiểu cách hoạt động của phép nhân với các điểm cụ thể, chẳng hạn như $I(0,1)$, $J(-1,0)$, $C(1,1)$.

Người ta sẽ tự nhiên hỏi liệu phép nhân mà chúng ta vừa giới thiệu có phải là phép nhân duy nhất có tính chất I và II hay không.

Bài tập 2*. Chứng minh rằng phép nhân như vậy không duy nhất.

Nếu bài tập này không hiệu quả, chúng tôi khuyên bạn nên quay lại sau khi đọc thêm. Trong phần tiếp theo chúng tôi tiết lộ trong không gian?

Giống như mặt phẳng, không gian của chúng ta trước tiên có trục số $Ox$ với đơn vị 1; chúng ta sẽ tìm phép nhân thỏa mãn các điều kiện như ở phần trước, tức là để trả lời câu hỏi sau: liệu trong không gian của một vật có thể nhân thỏa mãn điều kiện I và II hay không?

Lấy cảm hứng từ các điều kiện trước đó, bạn sẽ nói: tất nhiên, bạn có thể, theo cách tương tự như trước: nhân với điểm $A$ là một loại không gian lấy 1 đến $A$ và $O$ đến $O$. Nhưng có một chút trở ngại ở đây:

Bài tập 3. Chứng minh rằng với $A$ không nằm trên trục thực thì có vô số điểm tương đồng như vậy.

Tôi nên lấy cái nào? Hãy lấy bất kỳ thứ gì, người lạc quan sẽ nói. Về điều này, chúng tôi sẽ phản đối anh ta rằng khó có điều gì tốt đẹp sẽ xảy ra từ việc này: xét cho cùng, phép nhân với các điểm khác nhau phải nhất quán (để điều kiện II được thỏa mãn). Làm thế nào để dung hòa chúng?

Đừng thử - nó sẽ không hiệu quả. Thực tế là phép nhân trong không gian có tính chất I và II không tồn tại! Chúng ta sẽ chứng minh điều này bằng phản chứng.

Giả sử chúng ta đã xác định được một số phép nhân. Chúng ta hãy lấy một điểm tùy ý $X$ bên ngoài trục $Ox$ và xem xét bậc của nó $X^2$ và $X^3$ (tức là các điểm $X \cdot X$ và $(X \cdot X) \cdot X$).

Nhờ một trong những tiên đề hình học do G. Weylem đề xuất (“Hình học 9–10”, trang 234), với bốn vectơ bất kỳ của không gian $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ người ta có thể tìm thấy các số thực $k, l, m, n$, không phải tất cả đều bằng 0, sao cho đẳng thức

$$k\vec{a} + l\vec{b} + m\vec{c} + n\vec{d} = \vec{0}.$$

Chúng ta hãy áp dụng thực tế này cho bốn vectơ nối điểm $O$ với bốn điểm $1, X, X^2, X^3$; thì có những con số thực (theo thuật ngữ của chúng tôi -

21

Hình 3.
các điểm của trục thực) $A, B, C, D$ sao cho đẳng thức thỏa mãn:
$$A + BX + CX^2 + DX^3 = 0$$
(1)

Pravanitsa có 4. Giải thích tại sao $A \cdot 1 = A$.

Bây giờ chúng ta cần thực tế sau:
Pravanitsa có 5*. Bất kỳ phương trình bậc ba nào cũng có nghiệm thực.
(Nếu bạn cảm thấy khó giải phương trình này, hãy xem «Kvant», 1980, số 2, trang 20.)

Chúng ta hãy biểu thị nghiệm này (một điểm trên trục thực) bằng $X_0$; sau đó đối với một số số (điểm trên trục thực) $C', B'$
$$X - X_0) (DX^2 + C'X + B') = A + BX + CX^2 + DX^3.$$

Vì tích của các thừa số khác 0 không thể cho kết quả bằng 0 (điều này tuân theo điều kiện Pa, PV: nếu $Q \neq 0$, $P \neq 0$ và $P \cdot Q = 0$ thì $0 = 0 \cdot Q^{-1} = P \cdot Q \cdot Q^{-1} = P \cdot 1 = P \neq 0$), một trong các dấu ngoặc này bằng 0. Vì $X$ không phải là điểm “thực”, nên $D \neq 0$ và các điểm 0, 1, $X$ và $X^2$ nằm trong cùng một mặt phẳng. Chúng ta hãy xem xét điểm $Y$, điểm không nằm trong mặt phẳng này (Hình 3).

Xét bốn điểm 1, $X$, $Y$, $YX$, nằm trong không gian; một lần nữa áp dụng tiên đề (tương tự), người ta có thể chọn các điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$ trên trục thực, không phải tất cả đều bằng 0, sao cho
$$B_1 + B_2X + B_3Y + B_4YX = 0.$$

Nếu không nó có thể được viết như thế này:
$$(B_1 + B_2X) + Y(B_3 + B_4X) = 0.$$ (2)

Lưu ý rằng trong mặt phẳng chứa 0, 1, $X$ tồn tại điểm $Y_0$ thỏa mãn (2).

Hình 4.
Pravanice có 6. Viết nó dưới dạng $C_1 + C_2X$ và tìm $C_1$ và $C_2$ bằng cách sử dụng các phương trình $DX^2 + C'X + B' = 0$.

Nhưng sau đó $(Y - Y_0)(B_3 + B_4X) = 0$, từ đó $Y = Y_0$, tức là điểm $Y$ nằm trong mặt phẳng bên ngoài nơi nó được chọn. Sự mâu thuẫn. Không có phép nhân trong không gian mà chúng ta cần!

Đối với những người biết không gian bốn chiều là gì, chúng tôi lưu ý rằng có thể đưa ra phép nhân trong đó (thỏa mãn điều kiện I và II), nhưng phép nhân này sẽ không có tính giao hoán. Nó không dễ dàng, nhưng hãy thử nó!

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại máy bay. Chúng ta đã đạt được gì ở đó?

Điểm dưới dạng số phức

Chúng ta sẽ giả sử rằng đường thực nằm ngang và xem xét một vectơ có độ dài đơn vị hướng lên trên (Hình 4). Hãy biểu thị nó bằng $i$. Dễ dàng nhận thấy điều đó $i^2 = -1$. Vì vậy, đối với mặt phẳng, chúng ta giải phương trình $x^2 + 1 = 0$; Khi mở rộng đường thẳng thực thành mặt phẳng, chúng ta có thể giải được một phương trình không thể giải được đối với đường thẳng.

Bất kỳ điểm nào trong mặt phẳng đều có thể được viết là $a + bi$, trong đó $a$ và $b$ là các điểm thực; phép cộng và nhân một điểm viết theo cách này được cho bởi các công thức:
$$(a_1 + ib_1) + (a_2 + ib_2) = (a_1 + a_2) + i(b_1 + b_2),$$
$$(a_1 + ib_1) \cdot (a_2 + ib_2) = (a_1a_2 - b_1b_2) + i(a_1b_2 + b_1a_2).$$

U pravanice 7. Rút ra các công thức này từ các định nghĩa hình học.

22

Hình 5.

Các công thức này cho thấy điểm của chúng ta, phép cộng và phép nhân của chúng là mô hình hình học của số phức *). Thật dễ dàng để thu được một thực tế đáng chú ý như vậy: bất kỳ phương trình $AX^2 + BX + C = 0$ nào (trong đó $A, B, C$ là các điểm của mặt phẳng và $A \neq 0$) bị cắt - có một điểm trên mặt phẳng biến nó thành một đẳng thức. Trên thực tế, bất kỳ phương trình đại số nào cũng có thể được cắt trên mặt phẳng (xem «Kvant», 1980, số 2, trang 17).

Bài tập 8. Viết công thức cho phương trình bậc hai lời giải trong mặt phẳng.

Công thức nghiệm bậc $n$

Như bạn đã biết, đối với các số thực và do đó đối với một đường thẳng thực, phương trình $X^n = A$ cho $A \neq 0$ và thậm chí $n$ không phải lúc nào cũng có thể cắt được. Hơn nữa, nó không thể cắt bỏ được, hoặc có thể cắt ghép giữa hai nghĩa. (Ví dụ: bình phương 1 và -1 cho kết quả bằng 1.) Đối với mặt phẳng ngưng tụ, nó tinh tế hơn nhiều: đối với mỗi điểm khác 0 $A$ phương trình $X^n = A$, $n$ là một số tự nhiên, có chính xác $n$ căn.

Để chứng minh điều này, trước tiên chúng ta sẽ học cách lũy thừa các điểm nằm trên một đường tròn $\Gamma$ bán kính đơn vị với tâm bằng 0 (Hình 5). Đường tròn này có một tính chất đáng chú ý: tích của hai điểm từ $\Gamma$ lại là một điểm của đường tròn $\Gamma$. Trên thực tế, nhân một mặt phẳng với một điểm trên đường tròn này chỉ đơn giản là một phép quay có tâm tại các điểm 0. Vì khi quay một vòng tròn đơn vị,

*) Xem «Kvant», 1980, số 2, tr. 17.

Hình 6.

giống như tất cả các vòng tròn khác có tâm bằng 0, biến thành chính nó, tuyên bố của chúng tôi là đúng. Nhìn lại, chúng ta đã có một cách mới để ghi lại một phép quay - bằng cách nhân với điểm tương ứng.

Bây giờ đã rõ $X^n$ dùng để làm gì cho $X \in \Gamma$. Nhân với $X^n$ là thành phần của $n$ phép quay với góc tương ứng với điểm $X$, do đó điểm $X^n$ tương ứng với góc $n$ lớn hơn góc $XO1$. Vậy $X^n$ là điểm $\Gamma$ mà

$$X^n \widehat{O1} = n \cdot X \widehat{O1}.$$

Xét dấu góc của điểm $X^n$ được xác định duy nhất bằng công thức này.

Nhưng bây giờ đã rõ làm thế nào để tìm được nghiệm của phương trình $X^n = A$, nếu $A \in \Gamma$: đây là điểm $X \in \Gamma$ sao cho

$$\widehat{XO1} = \frac{1}{n} \widehat{AO1}.$$

Chà, giá trị $n$ phổ biến ở đâu? Hóa ra chúng được ẩn trong công thức này. Thật vậy, chúng ta có thể xác định độ lớn của góc $AO1$ theo số radian chia hết cho 2π: góc $\widehat{AO1}, \widehat{AO1} + 2\pi, \widehat{AO1} + 4\pi, \dots$, nói chung $\widehat{AO1} + 2\pi k$, trong đó $k$ là số nguyên, tương ứng với cùng một điểm. Và khi xác định $X$ cho các $k$ khác nhau, chúng ta nhận được các điểm khác nhau. Dễ dàng nhận thấy bạn sẽ nhận được chính xác $n$ điểm khác nhau tương ứng với các góc độ lớn $\frac{1}{n} \widehat{AO1} + 2\pi \frac{k}{n}$ ($k = 0, 1, \dots, n-1$). Hình 6 cho thấy gốc của đơn vị tiếp theo. Có thể thấy rằng chúng tạo thành các đỉnh của một hình bảy cạnh đều.

(Cuối cùng xem trang 29)

23

Thí nghiệm quang học bằng mắt

Nghiên cứu thực nghiệm

Sau khi tiến hành các thí nghiệm mô hình và phân tích cẩn thận (xem «Kvant» Số 3, trang 19), bạn có thể tham gia thí nghiệm trực tiếp bằng mắt.

1. Thắp một chiếc đèn bàn có chụp mờ (hoặc một số nguồn sáng mở rộng và được xác định khá rõ ràng khác) và đặt nó cách bạn khoảng một mét. Đặt một tấm gương phẳng nhỏ trước mắt để nó không chặn các tia chiếu trực tiếp từ đèn vào mắt. Trong gương bạn sẽ thấy hình ảnh một chiếc đèn trên đồng tử của mắt.

Rõ ràng ảnh này được tạo ra bởi các tia phản xạ từ mắt. Nhưng tại sao chỉ có một? Rốt cuộc, các thí nghiệm mô hình hóa đã chỉ ra rằng phải có những hình ảnh chẵn!

Hãy so sánh cơn thịnh nộ của tất cả các hình ảnh có thể. Để làm điều này, chúng tôi thay thế các giá trị cụ thể của chỉ số khúc xạ của giác mạc, thủy dịch, thấu kính và thể thủy tinh vào công thức tính hệ số phản xạ ánh sáng $k$. Chúng tôi thấy rằng 2,5% được phản xạ từ bề mặt trước của giác mạc, 0,02% được phản xạ từ bề mặt sau của giác mạc và 0,03% luồng ánh sáng tới mắt được phản xạ từ bề mặt trước và sau của thấu kính. Điều này có nghĩa là độ sáng của hình ảnh đầu tiên lớn hơn khoảng một trăm lần so với độ sáng của các hình ảnh còn lại. Đó là lý do tại sao trong thí nghiệm chỉ có một hình ảnh - thu được từ bề mặt trước của ánh sáng từ bề mặt trước của giác mạc.

Đặt thước gần mắt (như trong Hình 1) và cùng với thước và gương, di chuyển thước đến gần đèn hơn (hoặc ra xa đèn) cho đến khi chiều rộng $l_1$ của hình ảnh đèn trở nên bằng, chẳng hạn như 1 mm. Đo khoảng cách $d$ giữa mắt và đèn và kích thước ngang $l$ của đèn. Sử dụng công thức phóng đại vật $\Gamma = \frac{l_1}{l} = \frac{R}{2d}$, tính bán kính giác mạc $R$ của mặt trước giác mạc.

Trong một trong những thử nghiệm của chúng tôi, độ dài thay đổi như sau: $l = 120$ mm, $l_1 = 1$ mm, $d = 450$ mm; do đó bán kính của kivizna

$$R = \frac{2dl_1}{l} = 7,5$$ mm.

2. Trong một căn phòng tối, cách bạn khoảng một polymet, hãy ngồi đối tác của bạn và yêu cầu anh ta, không nhìn lên, nhìn, chẳng hạn như bằng mắt trái, vào một vật thể nào đó nằm ở khoảng cách vài mét phía sau bạn. Bên cạnh mắt anh ta, cách khoảng 10-20 cm, đặt một bóng đèn làm đèn pin rồi thắp sáng. Bằng mắt phải, bạn sẽ nhìn thấy ngay một hình ảnh nhỏ, khá sáng của một bóng đèn trên đồng tử của mắt đối phương.

Hình 1.

24

Hình 2.

Di chuyển bóng đèn lên xuống, sang phải và trái (trong khi đối tác của bạn phải liên tục nhìn vào vật ở xa và không di chuyển mắt theo bóng đèn). Nếu quan sát cẩn thận, bạn sẽ nhận thấy thêm hai hình ảnh nữa, mặc dù yếu hơn nhiều, trong đồng tử: lớn hơn và nhỏ hơn so với hình ảnh đầu tiên.

Hình 2 thể hiện dưới dạng sơ đồ đồng tử của mắt và cả ba hình ảnh của dây tóc bóng đèn: hai hình đầu tiên là thẳng và hình thứ ba là đảo ngược.

Lưu ý rằng khi bóng đèn di chuyển, hình ảnh thứ hai di chuyển cùng hướng với hình ảnh thứ nhất và hình ảnh thứ ba di chuyển theo hướng ngược lại.

So sánh kết quả của thí nghiệm này với kết quả của các thí nghiệm mô hình. Rõ ràng, hình ảnh đầu tiên - trực tiếp và sáng nhất - được tạo ra bởi bề mặt trước của giác mạc (như trong thí nghiệm trước). Chỉ có thể tạo ra hình ảnh ấm áp (lật) bằng gương, tức là mặt sau của ống kính. Hình ảnh thứ hai (trực tiếp, giống như hình ảnh đầu tiên) được tạo ra bởi bề mặt sau của giác mạc hoặc bề mặt trước của thấu kính. Chính xác thì cái gì?

Như chúng tôi đã nói, trong thực tế, trong mắt phải có bốn hình ảnh, nhưng trong kinh nghiệm chỉ quan sát được ba hình ảnh. Tại sao? Hóa ra toàn bộ vấn đề là giác mạc rất mỏng và mặt sau của nó có độ cong gần như giống với mặt trước. Do đó, hình ảnh được tạo ra bởi cả hai bề mặt phải rất gần nhau. Vì độ sáng của hình ảnh được tạo bởi bề mặt trước của giác mạc lớn hơn nhiều so với độ sáng của hình ảnh thu được từ bề mặt sau của nó, nên thực tế cần phải nhìn hình ảnh sau trên nền của hình ảnh đầu tiên. Những thay đổi chính xác cho thấy đối với mắt trung bình, độ dày của giác mạc là 0,5 mm và bán kính cong của bề mặt trước và sau lần lượt là 7,7 mm và 6,8 mm. (So ​​sánh giá trị đầu tiên của bán kính cong với giá trị bạn thu được trong thí nghiệm 1.)

Do đó, ảnh thứ hai của dây tóc bóng đèn (xem Hình 2) là do sự phản xạ ánh sáng từ mặt trước của thấu kính. Nhưng từ điều này và từ thực tế là ảnh thứ ba thu được bằng cách phản chiếu ánh sáng từ mặt sau của thấu kính, thì thấu kính thực sự tồn tại!

3. Để thực hiện thí nghiệm sau đây, cần phải chuẩn bị sơ bộ. Đặt một vật nhỏ cách mắt đối tác của bạn 20-30 cm (ví dụ: một đĩa sâu đục thân màu trắng có đường kính khoảng 1 cm, được cố định bằng một cái đĩa ở đầu bút chì). Yêu cầu đối tác của bạn trước tiên nhìn vào một vật ở xa, sau đó nhìn vào một vật ở gần, trong khi bạn quan sát mắt anh ấy. Nếu đồng tử của mắt và cả hai vật nằm trên cùng một đường thẳng thì khi mắt đối tác điều chỉnh thì bản thân mắt sẽ bất động. Hãy cố gắng đạt được điều này, nếu không thử nghiệm sẽ không có kết quả thuyết phục.

Dùng vòng cao su gắn hai bóng đèn pin vào một thanh gỗ (hoặc bút chì) cách nhau 5-10 cm. Các bóng đèn sẽ chỉ ra các đầu của vật thể, hình ảnh mà bạn sẽ quan sát được khi ánh sáng phản chiếu từ mắt đối tác của bạn.

Yêu cầu đối tác của bạn nhìn vào một vật ở xa. Bằng cách di chuyển các bóng đèn đang cháy sang một bên mắt đối tác của bạn, bạn sẽ có được ba hình ảnh của một bóng đèn trong đồng tử của anh ấy. Bức ảnh trong Hình 3 cho thấy chính các bóng đèn và hình ảnh của chúng được tạo ra bởi giác mạc của mắt (các hình ảnh còn lại không thể chụp được vì

25

Chà, họ quá yếu). Hình 4a thể hiện dưới dạng sơ đồ cả ba hình ảnh của bóng đèn trong đồng tử.

Bây giờ hãy yêu cầu đối tác của bạn nhìn vào một vật thể gần đó bằng mắt đang được kiểm tra. Bạn sẽ thấy hình ảnh bóng đèn thứ hai được tạo ra bởi mặt trước của ống kính gần nhau hơn nhiều (Hình 4, 6). Những hình ảnh đầu tiên được chụp từ bề mặt trước của giác mạc sẽ có khoảng cách gần như nhau, và những hình ảnh thứ ba được tạo ra bởi bề mặt sau của thấu kính, hình ảnh được tạo ra bởi bề mặt trước của thấu kính sẽ giảm đi một chút, hình ảnh được tạo ra bởi bề mặt trước của giác mạc sẽ giảm đi một chút. Từ đó chúng ta có thể kết luận: việc điều chỉnh mắt ở khoảng cách gần hơn xảy ra chủ yếu do sự giảm

Hình 3.

Hình 4.

giảm bán kính cong của bề mặt trước của thấu kính.

Do đó, không cần nhìn thấy thấu kính, bạn không chỉ chứng minh được rằng nó tồn tại mà còn tìm ra cách thức hoạt động của nó.

Phân tích kết quả thu được

Hãy tóm tắt. Điều gì có thể được chứng minh bằng cách tiếp tục những thí nghiệm này? Đầu tiên, có một thấu kính trong mắt. Thứ hai, giác mạc của mắt rất mỏng và độ cong của các đặc điểm hình thể của nó thực tế là giống nhau. Thứ ba, chiết suất của thủy dịch và thể thủy tinh khác rất ít so với chiết suất của giác mạc và thủy tinh thể. Thứ tư, khả năng điều tiết của mắt là do sự thay đổi độ cong của bề mặt thủy tinh thể.

Phần kết luận

Rõ ràng trong kết luận họ cung cấp những gì đã hứa trong phần giới thiệu. Chúng tôi không muốn làm gián đoạn kết quả.

Ngồi sao cho đèn chiếu sáng ở phía sau bạn, hay nói đúng hơn là hơi lệch sang một bên, cách đầu bạn 1,5-2 m. Đặt đối tác bệnh nhân của bạn trước mặt bạn ở khoảng cách khoảng bằng một tấm polyme. Đưa cho anh ta một mảnh gương cũ, trên đó một lớp sơn bảo vệ và phần giữa đã được loại bỏ khỏi khu vực có đường kính 5-7 mm. Hãy thử đối tác của bạn nhìn vào mắt bạn qua lỗ trên lớp gương và xoay gương cho đến khi ánh sáng của đèn phản chiếu qua gương chiếu vào mắt bạn (bạn có thể dễ dàng ghi lại điều này). Lúc này, đối tác của bạn sẽ thấy rằng mắt bạn ngay lập tức phát sáng… với ánh sáng đỏ!

26

Cắt hoa văn

Hãy nhìn kỹ hơn vào trang đầu tiên của trang bìa - trên đó, trong một hình ngũ giác đều, có vô số các ngôi sao năm cánh, thu nhỏ về hai bên. Mục tiêu của bài học câu lạc bộ toán tiếp theo là hiểu cấu trúc tuyệt đẹp này và hiểu cách xây dựng các mô hình tương tự.

Bài toán về hình vuông ngôi sao

Mẫu trên bìa thu được như sau:

Hãy xem xét một hình ngũ giác đều trong đó có tất cả 5 đường chéo được vẽ (hình ngũ giác “đen” ở giữa trên bìa). Các đầu của các đường chéo là các đỉnh bên ngoài của ngôi sao năm cánh thu được và các điểm giao nhau của các đường chéo nằm bên trong hình ngũ giác là các đỉnh bên trong của ngôi sao này.

Đối với ngôi sao này (gọi là sao cấp 0), chúng ta sẽ gắn 5 ngôi sao tương tự có kích thước nhỏ hơn (sao cấp 1) sao cho ba đỉnh ngoài của mỗi sao cấp 1 trùng với ba đỉnh liền kề của sao cấp 0: hai đỉnh bên ngoài và một đỉnh bên trong.

Xung quanh các ngôi sao cấp một, 15 ngôi sao thậm chí còn nhỏ hơn của cấp này cũng được xây dựng theo cách tương tự và một số ngôi sao này nhất thiết phải chồng lên nhau một phần, do đó một cặp sao như vậy có một mặt chung và ngoài ra còn có một đỉnh bên ngoài. Hãy gọi một hình như vậy - được bao quanh bởi hai ngôi sao chồng lên nhau một phần - là một ngôi sao đôi.

Xung quanh các ngôi sao bậc hai, nền không bị chúng chiếm giữ sẽ được xây dựng theo cách tương tự sau ngôi sao. Hình vẽ lấp đầy một chiếc lá nho dại hoặc một người đàn ông vui tính đội chiếc mũ dựng cao được lặp lại nhiều lần với kích thước ngày càng giảm dần và hơn nữa, theo cách mà những hình vẽ này không giao nhau theo cặp và sự kết hợp của chúng tạo thành toàn bộ nền. Xung quanh mỗi hình như vậy, bạn có thể mô tả một hình thoi có góc 72° ở đỉnh (Hình 1).

Bài toán 2. Tìm tỉ số giữa diện tích của phần hình thoi bổ sung cho mục tiêu (và chiếc mũ của anh ta!) so với diện tích của toàn bộ hình thoi.

(Bạn có thể đoán rằng đáp số đến bài toán 2 bằng… đáp số đến bài toán 1.) Trong Hình 2, người đọc sẽ tự tìm thấy*):

$$\alpha = 36^\circ, \quad a = dq,$$
$$b_1 = a \text{tg} \alpha = a \sqrt{5} - 2\sqrt{5},$$
$$b_2 = b_1 q, \quad b_3 = b_2 q = b_1 q^2,$$
$$b_4 = b_3 q = b_1 q^3, \quad b_5 = b_1 q^4,$$
$$q = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \approx 0,618034.$$
Kết quả là tỷ lệ yêu cầu $p$ bằng
$$p = 77\sqrt{5} - \frac{343}{2} \approx 0,677234.$$

*) Nếu những tính toán này gây khó khăn cho bạn, hãy đọc phần tiếp theo trước.

27

Chúng ta hãy chuyển sang Hình 3, hình này hơi khác so với Hình 1. Một hình thoi bậc 0 $ABFB'$, có $|AB| = a_0$, nội tiếp trong góc $LAL'$.

Hai góc giáo dục $LBF$ và $FB'L'$ được nội tiếp hai hình thoi bậc nhất $BCGC'$ và $B'C_1G'C_1'$ từ phía $a_1 = a_0q$, trong đó

$$0,5 \leq q \leq 1.$$ (1)

Để dựng hình thoi bậc hai, ta vẽ các đường thẳng $FG$ và $FG'$ cắt các đường thẳng $CH$ và $C_1'H_1'$, song song với đường chéo $AF$ của hình thoi ban đầu, các đoạn thẳng, đường chéo phục vụ của hình thoi $CDHD'$ và $C_1D_3H_1'D_3'$ tương tự như hình ban đầu. Hai hình thoi này thuộc dãy hình thoi hình nón bậc hai ở cạnh $a_2 = a_1q = a_0q^2$.

Theo cách tương tự, chúng ta sẽ dựng một loạt hình thoi bậc ba từ cạnh $a_3 = a_0q^3$, v.v.

Nếu $q < 1$ thì các đường thẳng $FG$ và $FG'$ không song song với các cạnh của góc ban đầu và cắt chúng tại một số điểm $L$ và $L'$. Điểm $L$ là tâm đồng đẳng của các hình thoi $ABFB'$, $BCGC'$, $CDHD'$, …

Nhờ tính đối xứng, điểm $L'$ là tâm đồng nhất tương tự của các hình tương ứng. Trên đường thẳng $LL'$, ngoài hai điểm này, còn có vô số tâm đồng nhất khác của các hàng hình thoi khác nhau. Ví dụ, một trong những tâm như vậy là điểm $L''$.

Bài 3. Tìm hệ số sẵn sàng $q$ sao cho các hình thoi bao phủ hoàn toàn phần bên trong của tam giác $LAL'$ (không có khoảng trống hoặc chồng lên nhau).

Đối với điều này, điều cần và đủ là đối với một số $n$ tự nhiên, độ dài cạnh $a_i$ của hình thoi có bậc bất kỳ bằng tổng chiều dài cạnh $n$ của các hình thoi sau:

$$a_i = a_{i+1} + a_{i+2} + \dots + a_{i+n-1} + a_{i+n},$$

do đó $q$ phải thỏa mãn phương trình

$$q^n + q^{n-1} + \dots + q^2 + q - 1 = 0.$$ (2)

Đối với $n = 1$, phương trình (2) có dạng $q - 1 = 0$, do đó $q = 1$. Trong trường hợp này, các điểm $C'$ và $C_1$ trong Hình 3

28

trùng với điểm $F$, điểm $L$ và $L'$ “tiến đến vô cùng”, và hình thoi của tất cả các đơn hàng trở nên đồng dạng (Hình 4) *).

Đối với $n=2$, phương trình (2) có dạng $q^2+q-1=0$ và nghiệm của nó, thỏa mãn điều kiện (1), bằng:

$$q_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$$

Bây giờ trong Hình 3, điểm $D'_1$ trùng với đỉnh $F$ của hình thoi ban đầu và sự sắp xếp các hình thoi bên trong góc $LAL'$ có ​​dạng như trong Hình 5. Đây là trường hợp chính mà chúng ta đã xem xét.

Tại $n=3$ nghiệm của phương trình bậc ba

$$q^3+q^2+q-1=0,$$

bị giới hạn bởi điều kiện (1), xấp xỉ bằng $q_3=0,543689$ và sự sắp xếp liên tục của các viên kim cương được minh họa trong Hình 6.

Dễ dàng nhìn thấy; rằng đối với $n>1$ vế trái của phương trình (2) là âm đối với $q=\frac{1}{2}$ và dương đối với $q=1$. Do đó, phương trình này có nghiệm $q_n$ thỏa mãn điều kiện (1) và là duy nhất (vì vế trái của phương trình (1) trả về $q>0$). Cũng dễ dàng chứng minh rằng $q_1>q_2>q_3>...>q_n>...$ và $\lim_{n\to\infty}q_n=1/2$.

Khi số $n$ tăng lên, số nguyên tố $LL'$ ngày càng tiến gần đến đỉnh $F$ của hình thoi ban đầu.

Lưới các hình thoi lấp đầy phần bên trong của góc trong trường hợp giới hạn $q_\infty=1/2$ được hiển thị trong Hình 7. Điểm $F$ và các đỉnh tương tự của hình thoi thuộc tất cả các bậc hiện xuất hiện trên cùng một đường thẳng $LL'$.

Lời giải bài toán 1

Có thể dễ dàng nhận thấy mối liên hệ giữa lưới kim cương dày đặc trong Hình 5 và thiết kế được mô tả trên trang bìa. Mối liên hệ này được minh họa

*) Trong Hình 4-8, để đẹp, vật trang trí được đánh dấu bằng màu đỏ, điều này không ảnh hưởng đến bản chất toán học của vấn đề.

30

Bài toán

M616 — M620; F628 — F632

M616. Có thể chia các số 1, 2, …, 30 thành các nhóm không?
a) mỗi số có năm số,
b) mỗi số có sáu số
sao cho tổng các số trong tất cả các nhóm bằng nhau?
b) Với n và k nào thì có thể chia các số 1, 2, …, nk thành n nhóm, mỗi nhóm k số sao cho tổng các số trong tất cả các nhóm đều bằng nhau?

S. Berkolaiko

M617. Bên trong tam giác có các đường tròn α, β, γ, δ có cùng bán kính sao cho mỗi đường tròn α, β, γ tiếp xúc với hai cạnh của tam giác và đường tròn δ (Hình 1). Chứng minh rằng tâm đường tròn δ thuộc đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác và đường tròn ngoại tiếp.

V. Yagubyants

M618. a) Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n sao cho n! chia hết cho n2+1.
b) Chứng minh rằng với mọi α>0 đều có vô số số tự nhiên n thỏa mãn [αn]! chia hết cho n2+1. (Ở đây m!=1·2·…·m; [x] là phần nguyên của số x.)

A. Sivatsky, học sinh lớp 10

M619. Chứng minh rằng nếu đẳng thức |CD|=|AD|+|BC| thỏa mãn tứ giác nội tiếp ABCD thì các đường phân giác của các góc A và B cắt nhau trên cạnh CD.

I. Sharytsin

M620. Đặt x₁, x₂, …, xₙ là các số thực sao cho x₁²+x₂²+…+xₙ²=1. Chứng minh rằng tổng mô hình của 2ᵐ số
±x₁±x₂±…±xₙ
(vì vậy với tất cả các tổ hợp có thể có của các dấu “+” và “—”) không vượt quá 2ᵐ.

J. Kasakovskikh

31

F628. Ở ống phía trên có chiều dài $H=152$ cm, bịt kín ở đầu dưới, có một ống chứa không khí cao $h=76$ cm, được khóa bằng một ống rutia (Hình 2). Áp suất khí quyển là $10^5$ Pa và nhiệt độ là $t_0=17^\circ\text{C}$. Không khí trong ống phải được làm nóng đến nhiệt độ bao nhiêu $t_1$ để tất cả đường đổ ra ngoài?

E. Butikov, A. Bykov, A. Kondratev

F629. Quả bóng khối $m$ được treo bên ngoài vật cứng $k$ (con lắc lò xo). Điểm treo của lò xo thực hiện dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ $a$ và tần số $\omega$. Quả bóng chuyển động như thế nào khi dao động đều?

F630. Một phần tử của pin nguyên tử là một tụ điện, trên một trong các tấm được bôi thuốc phóng xạ, phát ra các hạt α với tốc độ $v_0=2,2 \cdot 10^6$ m/s. Xác định emf của phần tử này. Tỷ số giữa điện tích của hạt α và khối lượng của nó là $k=4,8 \cdot 10^7$ C/kg.

F631. Một dây xoắn ốc nối với mạng lưới thành phố được làm nóng bằng dòng điện. Một nửa hình xoắn ốc bắt đầu được làm mát (ví dụ bằng nước). Điều này ảnh hưởng như thế nào đến lượng nhiệt được tạo ra bởi nửa cuộn dây này? nửa còn lại? tất cả đều theo hình xoắn ốc?

V. Gorbunova

F632. Ước tính độ rọi của một tia nắng nhận được trên một bức tường thẳng đứng vào buổi trưa ít hơn bao nhiêu lần so với độ chiếu sáng của ánh nắng trực tiếp nếu tia nắng được chiếu vào tường bởi một tấm gương có đường kính $d=10$ cm từ khoảng cách $l=50$ cm.

Thi đấu cờ vua

Các bạn thân mến!

Qua vài tháng tồn tại của trang cờ vua «Kvant», chúng tôi tin chắc rằng trong số các bạn có rất nhiều người hâm mộ cờ vua, trò chơi trẻ trung cổ xưa và vĩnh cửu này. Chúng tôi đã nhận được rất nhiều thư từ các bạn kèm theo giải pháp bài toán, được đăng trên trang cờ vua. Trong thư của mình, bạn đặt nhiều câu hỏi khác nhau về chủ đề cờ vua, đồng thời đề nghị thông báo số bài toán cho một lời giải độc lập. Tất cả những điều này đã khiến chúng tôi nảy ra ý tưởng công bố Cuộc thi Cờ vua «Kvant». Chúng ta sẽ bắt đầu cuộc thi này từ trưa thứ hai. Trong đó, bạn sẽ được cung cấp cờ vua và cờ vua-toán học bài toán, etids, tổ hợp, câu đố.

Lời giải bài dự thi bài toán phải được gửi (một bản và trong một phong bì riêng) đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 21/16, biên tập tạp chí «Kvant». Đừng quên đánh dấu phong bì: “Cuộc thi cờ vua” và số tạp chí (ví dụ: “Số 7-80”).

Hạn chót nộp đáp số cho bài tập là ngày cuối cùng của tháng tiếp theo. Vì vậy, lời giải mục từ số 7 bạn sẽ cần gửi chậm nhất là ngày 31 tháng 8 năm 1980.

Kết quả của Cuộc thi Cờ vua «Kvant» sẽ được công bố vào đầu tháng sau. Chúng tôi sẽ mời người chiến thắng cuộc thi đến tòa soạn tạp chí để gặp nhà vô địch cờ vua thế giới Anatole. Karpov. Người chiến thắng sẽ được trao giải cờ vua và văn học toán học của tác giả A. Karpov.

32

Lời giải bài toán

M562—M565; F573, F574, F576, F577

M562. Trên đoạn [0; 1], cho trước một tập M, là tập hợp của nhiều đoạn sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ tới M không bằng 0,1. Chứng minh rằng tổng độ dài các đoạn tạo nên M nhỏ hơn a) 0,55; b) 0,5.

Hình 1.

a) Gọi tổng độ dài các đoạn tạo nên tập M theo S. Ta dịch chuyển tập M ⊆ [0; 1] ở bên phải với khoảng cách 0,1. Tập kết quả N không có điểm chung với M, vì không có hai điểm nào thuộc M cách nhau 0,1. Nhưng cả hai tập đồng dạng M và N đều phù hợp với khoảng [0; 1.1] cho họ 1.1. Do đó, 2S<1,1, do đó S<0,55.

6. Hãy chia đoạn [0; 1] thành mười đoạn giống hệt nhau A₀A₁, A₁A₂, …, A₉A₁₀. Hãy đặt các phân đoạn này lên trên phân đoạn kia, như trong Hình 1, sau đó chiếu tất cả các phân đoạn lên phân đoạn A₀A₁ thấp nhất. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tại bất kỳ điểm nào của đoạn A₀A₁ không thể chiếu quá năm điểm từ tập M. Thật vậy, nếu một đường thẳng đứng nào đó cắt ít nhất sáu đoạn thẳng thuộc M thì chúng ta sẽ tìm thấy hai đoạn thẳng lân cận AᵢAᵢ+1 và Aᵢ+1Aᵢ+2 cắt đường thẳng này tại các điểm bổ sung.

Hình 2.

Hình 3.

nằm trong tập M (Hình 2). Trên đoạn [0; 1] khoảng cách giữa các điểm này sẽ bằng 0,1 (Hình 3), điều này mâu thuẫn với các điều kiện. Do đó, tại mỗi điểm của đoạn A₁A₂ có độ dài 0,1, không quá năm điểm từ tập M được chiếu. Từ đó suy ra ngay rằng tổng chiều dài của các đoạn tạo nên tập M nhỏ hơn 0,1 • 5=0,5.

A. Katz

M563. Hàm f được xác định trên khoảng [a; b] có độ dài 4 và có đạo hàm liên tục f’ trên đó. Chứng minh rằng bên trong đoạn [a; b] tồn tại một điểm x mà

$$f'(x) - (f(x))^2 < 1.$$

Giả sử phát biểu bài toán là sai, tức là tại mọi điểm x∈[a; b] bất đẳng thức đúng

$$f'(x) - (f(x))^2 \geq 1,$$

hoặc

$$\frac{f'(x)}{1 + (f(x))^2} \geq 1.$$

Vì (arctg y)’ = $\frac{1}{1 + y^2}$, nên đạo hàm của hàm phức tuân theo Φ(x) = arctan f(x). Vì vậy, chúng ta biết rằng tại mọi điểm của đoạn [a; b]

$$\Phi'(x) \geq 1.$$

Hãy sử dụng công thức Newton-Leibniz:

$$\Phi(b) - \Phi(a) = \int_a^b \Phi'(x) dx \geq \int_a^b dx = b - a = 4.$$

Nhưng arctg chỉ lấy các giá trị từ khoảng $] - \frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}$ [, nghĩa là $\Phi(b) - \Phi(a) < \pi$. Chúng tôi đã nhận được một sự mâu thuẫn.

Từ lời giải của chúng tôi, rõ ràng là tuyên bố bài toán đúng với phân đoạn [a; b] có độ dài π (hoặc hơn). Hơn nữa, trong lời giải của chúng ta, chúng ta đã không sử dụng tính liên tục của đạo hàm của f.

Có thể hiểu trực quan về bài toán bằng cách lưu ý rằng phương trình vi phân $\frac{y'}{1 + y^2} = 1$ có

33

M564. Với điểm M thuộc cạnh BC của tam giác ABC, phát biểu sau đây đúng: $\triangle MPQ \sim \triangle ABC$, nếu điểm P và Q là:
a) tâm của đường tròn được mô tả lần lượt xung quanh các tam giác ABM và ACM;
b) giao điểm của các đường trung tuyến;
c) giao điểm của đường cao của chúng?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

a) Chứng minh rằng điểm M trên cạnh BC có thể chọn tùy ý.

Các tam giác MPQ và APQ bằng nhau ($|AP|=|MP|$, $|AQ|=|MQ|$, Hình 1). Hãy chứng minh sự đồng dạng của các tam giác APQ và ABC. Gọi K, L, O lần lượt là trung điểm của AB, AC và AM. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $\overset{\frown}{AMB} < \pi/2$ (trường hợp [AM] $\perp$ [BC]) là tầm thường).

Xung quanh mỗi tứ giác AOLQ và AKPO chúng ta có thể mô tả một hình tròn ($\overset{\frown}{AOQ} = \overset{\frown}{ALQ} = \overset{\frown}{AOP} = \overset{\frown}{AKP} = \pi/2$ - xem Hình 1). Do đó $\overset{\frown}{LAQ} = \overset{\frown}{LOQ}$ và $\overset{\frown}{POK} = \overset{\frown}{PAK}$. Nhưng $\overset{\frown}{LOQ} = \overset{\frown}{POK}$ giống như những góc thẳng đứng. Do đó $\overset{\frown}{LAQ} = \overset{\frown}{PAK}$ và

$\frac{|AL|}{|AQ|} = \frac{|AK|}{|AP|}$. Do đó, thành phần phép quay một góc $\overset{\frown}{PAK}$ có tâm tại điểm A và chuẩn bị hệ số $k = \frac{|AK|}{|AP|}$ cùng tâm A sẽ biến tam giác APQ thành tam giác đồng dạng AKL. Vì vậy, $\triangle APQ \sim \triangle ABC$.

6. Một đồng âm có hệ số $\frac{3}{2}$ và tâm tại điểm M biến đổi $\triangle PQM$ thành một đồng âm tương tự $\triangle KLM$ (Hình 2). Giả sử rằng $\triangle KLM$ tương tự như $\triangle AKL$. Chúng ta hãy xem xét ba trường hợp:

1°. $\alpha = \delta$ (xem Hình 2). Khi đó $(AL) \parallel (KM)$, vậy $|MB| = |MC|$, tức là $M$ là phần giữa [BC].

2°. $\alpha = \gamma$. Khi đó $(AM) \perp (KL)$ nên $M$ là hình chiếu của đỉnh A lên cạnh BC.

3°. $\alpha = \widehat{A}$. Khi đó $\beta = \gamma$ và $|MB| = |MC|$ hoặc $\beta = \delta$ và $M$ là hình chiếu của đỉnh A (trên [BC]).

Dễ dàng nhận thấy điều ngược lại cũng đúng: nếu M là trung điểm cạnh BC hoặc là hình chiếu lên [BC] của đỉnh A thì hai tam giác MPQ và ABC đồng dạng.

c) Trong trường hợp này, như trường hợp a), điểm M trên cạnh BC có thể được chọn tùy ý. Thật vậy (Hình 3), $\overset{\frown}{MPQ} = \overset{\frown}{ABC}$, $\overset{\frown}{MQC} = \overset{\frown}{ACB}$ (là các góc có các cạnh vuông góc với nhau); có nghĩa là $\triangle MPQ \sim \triangle ABC$.

Thật không may, khi xuất bản các điều kiện của bài toán này, người sắp chữ đã thay đổi dấu hiệu tương đồng và đồng dạng (anh học theo chương trình cũ); Chúng tôi xin lỗi người đọc vì lỗi đánh máy này đã khiến họ hiểu được các điều kiện.

E. Turkevich

34

M565. Cho $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số dương phân biệt. Chúng ta hãy biểu thị bằng $b_k$ giá trị trung bình số học của tích thực của $k$ các số đã cho ($k=1, 2, \dots, n$):

$$b_1 = \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n},$$
$$b_2 = \frac{a_1 a_2 + a_1 a_3 + \dots + a_{n-1} a_n}{n(n-1)},$$
$$b_n = a_1 a_2 \dots a_n.$$

Chứng minh các bất đẳng thức:

a) $b_1 \geq \sqrt{b_2}$,
b) $b_k^2 \geq b_{k-1} b_{k+1}$ ($k=2, \dots, n-1$);
b) $\sqrt[k]{b_k} \geq k+1 \sqrt{b_{k+1}}$ ($k=2, \dots, n-1$).

Hãy để $s_1 = nb_1, s_2 = \frac{n(n-1)}{2} b_2, \dots,$
$\dots, s_k = C_k^k b_k, \dots, s_n = b_n^*$.

Xét đa thức

$$P(x) = x^n - s_1 x^{n-1} + \dots + (-1)^{n-1} s_{n-1} x + (-1)^n s_n.$$ (1)

Vì $P(x) = (x - a_1)(x - a_2) \cdot \dots \cdot (x - a_n),$ (2)
$P(x)$ có $n$ nghiệm dương riêng biệt $a_1, a_2, \dots, a_n$.
a) Đạo hàm $n-2$ lần, rồi chia cho $n(n-1) \dots 4 \cdot 3$. Ta thu được tam thức bậc hai

$$x^2 - \frac{2}{n} s_1 x + \frac{2}{n(n-1)} s_2,$$ (3)

có các nghiệm dương khác nhau (giữa hai nghiệm của một đa thức luôn có nghiệm của đạo hàm của nó - xem hình). Điều này có nghĩa là đa thức (3) có phân biệt dương $D = \frac{s_1^2}{n^2} - \frac{2s_2}{n(n-1)}$, mở ra $\frac{s_1}{n} > \sqrt{\frac{s_2}{n(n-1)}}$, tức là $b_1 > \sqrt{b_2}$.

6. Bây giờ chúng ta hãy đạo hàm đa thức $P(x)$ ($n-k-1$) lần ($k=2, \dots, n-1$). Ta thu được đa thức $n(n-1) \cdot \dots \cdot (k+2) x^{k+1} - (n-1) \cdot \dots \cdot (k+1) s_1 x^k + \dots + (-1)^{k-1} s_{k-1} \times \frac{(n-k+1)!}{2} x^2 + (-1)^k s_k (n-k)! x + (-1)^{k+1} s_{k+1} (n-k-1)!,$ (4)

có $k+1$ nghiệm dương khác nhau. Do đó đa thức $(-1)^{k+1} (n-k-1)! s_{k+1} y^{k+1} + (-1)^k (n-k)! s_k y^k + (-1)^k \frac{(n-k+1)!}{2} s_{k-1} y^{k-1} + \dots$

… + 1, $(4')$ thu được từ đa thức (4) bằng cách thay $y = \frac{1}{x}$, cũng có $k+1$ nghiệm dương khác nhau. Bây giờ chúng ta hãy đạo hàm đa thức $(4')$ $k-1$ lần. Ta thu được tam thức bậc hai $(-1)^{k+1} (n-k-1)! \frac{(k+1)!}{2} s_{k+1} y^2 + (-1)^k (n-k)! k! s_k y + (-1)^k \frac{(n-k+1)!}{2} (k-1)! s_{k-1},$ (5)

có hai nghiệm dương khác nhau. Hãy chia nó cho $(-1)^{k-1} (n-k-1)! (k-1)!$; chúng ta nhận được một tam thức

$$\frac{k(k+1)}{2} s_{k+1} y^2 - k(n-k) s_k y + \frac{(n-k+1)(n-k)}{2} s_{k-1}.$$

Phân biệt đối xử của nó là dương, vì vậy

$$k(n-k) s_k^2 - (k+1)(n-k+1) s_{k-1} s_{k+1} > 0$$

hoặc

$$\frac{s_k^2}{(C_k^n)^2} - \frac{(k+1)(n-k+1)}{k(n-k)} \frac{s_{k-1} s_{k+1}}{(C_k^n)^2} > 0,$$

đó là

$$\left( \frac{s_k}{C_k^n} \right)^2 - \frac{s_{k-1}}{C_k^n} \cdot \frac{s_{k+1}}{C_k^n} > 0$$ (6)

(từ)

$$\frac{n-k}{k+1} C_k^n = C_n^{k+1} \text{ и } \frac{k}{n-k+1} C_k^n = C_n^{k-1}$$

Như vậy,

$$b_k^2 > b_{k-1} b_{k+1} (k=2, \dots, n-1).$$

Bất đẳng thức 6) được gọi là bất đẳng thức Newton. c) Ta sẽ chứng minh c) bằng quy nạp. Cơ sở quy nạp ($k=1$) là bất đẳng thức a). Bây giờ chúng ta hãy giả sử rằng
*) Biểu thức $s_1, s_2, \dots, s_n$ được gọi là hàm đối xứng cơ bản (cơ bản) của biến $n$ $a_1, a_2, \dots, a_n$, và việc chúng có dấu xen kẽ đóng vai trò là hệ số của đa thức có nghiệm $a_1, \dots, a_n$ là định lý Vieta.

35

tính chất c) giữ cho $i=2, 3, \dots, k-1$, một phần là
$$k-1 \sqrt{b_{k-1}} > \sqrt[k]{b_k},$$
và chứng minh điều đó cho $i=k$.
Chúng ta hãy viết lại bất đẳng thức từ điểm 6) dưới dạng
$$b_{k-1} < \frac{b_k^2}{b_{k+1}}.$$
Hai bất đẳng thức cuối cùng cho
$$b_{k-1}^k < b_{k-1}^k < \frac{b_{k+1}^2k}{b_{k+1}^k},$$
đó là
$$b_{k+1}^k < b_{k+1}^k,$$
Q.E.D.
Bất đẳng thức c) được gọi là bất đẳng thức Maclaurin.
M. Rosenberg

F573. Ước tính lượng nước có thể cho vào sàng có ô vuông có kích thước $2 \times 2$ mm. Đường kính D của sàng là 20 cm. Các sợi sàng không bị ướt bởi nước.

Chất lỏng giữa các sợi sàng sẽ tạo thành lưới. Bán kính của sự thay đổi này không được lớn hơn một nửa khoảng cách giữa các sợi, tức là $r_{\max} = 1$ mm. Do đó, áp suất tối đa có thể có trong chất lỏng phía trên Menascus vượt quá áp suất khí quyển các giá trị $\Delta p = \frac{2\sigma}{r}$ (σ là sức căng bề mặt của nước). Công thức này đúng đối với menska tròn, nghĩa là đối với sàng có ô tròn. Tuy nhiên, để ước tính, chúng ta có thể bỏ qua công thức menisk phức tạp trên lưới vuông và sử dụng công thức này.

Vì vậy, $\Delta p = \frac{2\sigma}{r}$. Mặt khác, $\Delta p$ bằng cột hydroxotic của chất lỏng $h$, say trong rây:
$$\frac{2\sigma}{r} = \rho gh.$$
Từ đây chúng ta tìm thấy $h = \frac{2\sigma}{\rho g r}$. Khối lượng của chất lỏng trong sàng bằng tích của thể tích $V$ và mật độ $\rho$, nghĩa là
$$m = V \rho = \frac{\pi D^2}{4} h \rho = \frac{\pi D^2 \sigma}{2gr} \approx 0,458 \text{ кг}.$$

F574. Hai quả bóng có khối lượng $m_1=0,2$ kts và $m_2=0,3$ kts bay về phía nhau với tốc độ $v=20$ m/s mỗi quả. Đồ thị lực tương tác của các quả bóng trong một va chạm theo thời gian được thể hiện trong Hình 1. Nhiệt lượng tỏa ra khi các quả bóng va chạm là bao nhiêu?

Độ biến thiên động lượng của mỗi quả bóng bằng động lượng của lực tác dụng lên quả bóng này. Xung lực của lực $\vec{F}$ tác dụng lên quả bóng trong thời gian $\Delta t$ bằng $|\vec{F}| \Delta t$. Do đó, tổng xung lực tác dụng lên quả bóng trong quá trình va chạm có giá trị tuyệt đối bằng diện tích hình dưới đồ thị phụ thuộc $|\vec{F}|(t)$. Từ Hình 1 ta tìm được xung lực $|p_c|$:

$$|p_c| \approx 10^5 \cdot 10^{-6} \cdot 54 \text{ H} \cdot \text{c} = 5,4 \text{ H} \cdot \text{c}$$

(có khoảng 54 hình vuông dưới biểu đồ phụ thuộc $|\vec{F}|(t)$; diện tích mỗi hình vuông là $10^5 \cdot 10^{-6} \text{ H} \cdot \text{c}$).

Để chiếu các xung lên trục $X$ (Hình 2), chúng ta có thể viết:
$$p_1 = m_1 v - |p_c|,$$
$$p_2 = -m_2 v + |p_c|.$$

Ở đây $\vec{p}_1$, $\vec{p}_2$ quả bóng sau va chạm; $m_1 v$, $m_2 v$ - các xung động của bóng trước khi va chạm. Từ (1) và (2) ta tìm vận tốc của hai quả bóng sau va chạm:
$$v_1 = \frac{p_1}{m_1} v - \frac{|p_c|}{m_1} = -7 \text{ м/c},$$
$$v_2 = \frac{p_2}{m_2} = -v + \frac{|p_c|}{m_2} = -2 \text{ м/c}.$$

36

Bây giờ anh ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Động năng của hệ trước va chạm là $E = \frac{m_1 v^2}{2} + \frac{m_2 v^2}{2}$, sau va chạm là $E' = \frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2}$. Sự chênh lệch $E - E'$ bằng lượng nhiệt $Q$ tỏa ra trong quá trình va chạm. Kể từ đây,

$$Q = \frac{m_1 + m_2}{2} v^2 - \frac{m_1 v_1^2}{2} - \frac{m_2 v_2^2}{2} = 94,5 \text{ Дж}.$$

I. Slobodetsky

F576. Máy bay chuyển động đều dọc theo đường thẳng OB với tốc độ $v > c$ (vận tốc âm thanh). Người được quan sát theo dõi chuyến bay từ điểm A. Vào thời điểm máy bay ở điểm O, một thiết bị đặc biệt lắp trên máy bay sẽ phát ra hai xung âm thanh ngắn: đầu tiên là xung có biên độ nhỏ, sau đó là xung có biên độ lớn hơn. Khoảng thời gian giữa các xung bằng m. Trong những điều kiện nào thì bộ ghi có thể quan sát được trước tiên là một xung có biên độ lớn hơn, sau đó là một xung nhỏ? Khoảng cách OA bằng L, góc AOB bằng $\theta$.

Cho mặt phẳng di chuyển từ điểm O đến điểm D trong thời gian t. Hãy vẽ trên đoạn AO một đoạn AC sao cho $|AC| = |AD|$. Nếu tại thời điểm xung thứ hai (có biên độ lớn) được phát ra, xung thứ nhất (có biên độ nhỏ) có thời gian “di chuyển” quãng đường $|OC|$ và kết thúc tại điểm C thì cả hai xung sẽ được ghi đồng thời tại điểm A. Nếu khoảng cách mà xung đầu tiên “đi qua” trong thời gian t nhỏ hơn $|OC|$, thì xung thứ hai sẽ được ghi tại điểm A bằng điểm của xung thứ nhất. Vì vậy, chúng ta quan tâm đến các điều kiện trong đó năng lượng được thực hiện

$$c\tau < |OC|.$$

Vì thời gian t nhỏ nên chúng ta có thể giả sử rằng các góc mà người được quan sát nhìn thấy mặt phẳng tại các điểm O và D thực tế là như nhau, tức là góc $\phi$ (xem Hình. ok) rất nhỏ. Vì vậy, chúng ta có thể giả sử rằng $\vec{ACD} = \vec{ADC} = 90^\circ$. Sau đó $|OC| = |OD| \cos \theta = v\tau \cos \theta$.

Hãy thay biểu thức này cho $|OC|$ thành (*):

$$c\tau < v\tau \cos \theta.$$

Từ đây chúng ta thấy rằng xung thứ hai sẽ được ghi tại điểm A bằng xung thứ nhất nếu

$$v > c/\cos \theta.$$

Sự bất bình đẳng này có nghĩa là tốc độ của máy bay trong mọi trường hợp phải lớn hơn tốc độ âm thanh. Sau đó, như sự xem xét của chúng ta cho thấy, có thể máy bay đang tiến đến gần đối tượng được quan sát và người được quan sát sẽ nghe thấy máy bay đang di chuyển ra xa.

V. Bolotovsky

F577. Khi nhiệt độ là $t_0 = -20^\circ C$, pin hoạt động để duy trì nhiệt độ phòng $t_1 = 16^\circ C$. Khi, ngoài pin, nguồn điện $P_1 = 1$ kW được bật, nhiệt độ trong phòng được đặt ở $t_2 = 22^\circ C$. Xác định nhiệt năng của pin.

Khi nào.mechanie. Sự truyền nhiệt từ vật này sang vật khác tỷ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ của các vật này ($\Delta P = k\Delta t, k = const$).

Ở nhiệt độ cài đặt trong phòng, năng lượng nhiệt do các thiết bị tỏa ra bằng với tổn thất nhiệt (tổn thất nhiệt). Do đó nhiệt năng của pin bằng

$$P = k(t_1 - t_0).$$

Khi bật nguồn và chạy pin

$$P + P_1 = k(t_2 - t_0).$$

Từ (1) và (2) ta tìm được nhiệt lượng ấm của pin:

$$P = P_1 \frac{t_1 - t_0}{t_2 - t_1} = 6 \text{ кВт}.$$

I. Slobodetsky

37

Nhiệm vụ

1. Giải câu đố - tạo câu đố!
   Giải mã rebus trong hình (các chữ cái giống nhau tương ứng với các số giống nhau, các số khác nhau tương ứng với các số khác nhau). Sau đó, sử dụng các giá trị chữ cái tìm thấy, thay thế vào mục nhập

OLIMPIADA = 80

dấu hoa thị số học, dấu ngoặc đơn hoặc “khoảng trống” (nghĩa là loại bỏ chúng) để nhận được danh tính.

2. Chứng minh rằng số đó là 63!—61! chia hết cho 71.

Ký hiệu $n!$ có nghĩa là tích của tất cả các số nguyên từ 1 đến $n$, ví dụ $5! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5$.

3. Mười sáu que diêm được sử dụng để tạo thành năm hình vuông - xem hình. Sắp xếp lại hai que diêm sao cho số ô vuông giảm đi một.

4. Những người bạn đang xếp hàng mua vé xem phim: Yura, Misha, Volodya, Sasha và Oleg. Được biết, Yura sẽ mua vé sớm hơn Misha nhưng sau đó Oleg, Volodya và Oleg không đứng cạnh nhau, còn Sasha cũng không đứng cạnh Oleg hay Volodya. Ai đứng sau ai?

5. Đẳng thức đúng trong hệ thống số nào: $10 + 10 = 10 \cdot 10$?

6. Một tam giác đều có thể dễ dàng cắt thành bốn tam giác đều. Để làm điều này, bạn cần kết nối giữa các cạnh của nó bằng các đoạn. Nhưng liệu có thể cắt nó thành 8, 10, 11 hình tam giác đều không? Và nói chung, một tam giác đều có thể cắt thành bao nhiêu tam giác đều?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
F. Bartenev, F. Vainitsyn,
V. Radunsky, D. Filonov

38

N. Mikhailova

Hoa quả
“sự giác ngộ”

Vào chiều Chủ nhật, tôi tính toán rằng sau chuyến đi buổi sáng tới rạp chiếu phim với Fedka, tôi còn lại bốn kopecks, và đến thứ Tư, chúng tôi được lệnh mang một cuốn sách vẽ mới đến trường. Tâm trạng của tôi đã xấu đi. Chúng ta cần đến gặp bố và xin tiền lần nữa.

“Bố,” tôi nói, “con cần tiền để mua một cuốn sách vẽ. Làm ơn cho nó đi.” “Thú vị,” bố trả lời. “Và mẹ tôi và tôi đã đưa năm mươi kopecks buổi tối đó cho ai?”

“Bố, Fedka và tôi hôm nay đã đi xem phim. Và Fedka thích nước chanh và bánh ngọt đến mức nào, bạn không thể tưởng tượng được đâu!”

“Mọi thứ đều rõ ràng,” bố nói. -Bạn đã trở thành nạn nhân của người khác. Tội nghiệp, không thể ép bạn uống nước chanh, và bạn thậm chí không thể nhét ống hút vào miệng. Nhưng tôi sẵn sàng làm bất cứ điều gì cho một người bạn!”

“Bố, thôi nào, đừng giễu cợt con nữa. Con cũng thích nước chanh và ống hút. Chỉ là hôm nay Fedka không có tiền và chúng ta đã lãng phí năm mươi kopecks của con.”

“Một cuộc trò chuyện khác! - Bố trả lời. - Tuy nhiên, nếu con vẫn nộp đơn xin năm mươi đô la, con sẽ phải làm việc chăm chỉ. Vì vậy, hãy quyết định bài toán - con sẽ nhận được năm mươi kopecks. Đồng ý không?”.

“Đồng ý. Nhanh lên bài toán, nếu không tôi không có thời gian để quyết định đâu.”

“Được rồi, tôi sẽ cho bạn thời gian đến thứ Ba. Và bài toán là như thế này: Hãy tưởng tượng rằng bây giờ bạn và Fedka đã đến cửa hàng. Có bao nhiêu người trong số các bạn cần một cuốn sách vẽ? Chúng tôi đến cửa hàng và đột nhiên phát hiện ra rằng Fedya thiếu một kopeck để mua một cuốn sổ, và bạn đã ba mươi. Bạn gom tiền để mua ít nhất một cuốn sổ, nhưng bạn vẫn không có đủ tiền. Một cuốn sổ giá bao nhiêu?

Bố viết điều kiện cho tôi trên một tờ giấy. Tôi về phòng và bắt đầu suy nghĩ, nhưng cho đến bữa trưa tôi vẫn không nghĩ ra được điều gì. Sau đó họ đến với tư cách là khách và đưa tôi đi ngủ.

Thứ hai, tan trường tôi liền chạy về nhà, đưa điều kiện rồi ngồi giải quyết lại.

Vì vậy, tôi tự nhủ, mình còn lại 4 kopecks. Và tôi không có 30 kopecks cho cuốn sổ:

$$4 + 30 = 34.$$

Cuốn sổ có giá 34 kopecks. Sau đó có

39

Fedyki 34—1=33 kopecks. Cùng nhau chúng ta có 33+4=37 kopecks. Chỉ đủ cho 2 eclimos phủ sô cô la với giá 18 kopecks mỗi cái, còn lại một kopeck nữa. Sắc đẹp!

Mặc dù không. Rốt cuộc, theo điều kiện, bài toán là không đủ cho cuốn sổ của chúng tôi, ngay cả khi chúng tôi cộng tiền.

Hóa ra là erwnda. Tôi đang quyết định sai lầm. Tôi sẽ thử lại. Ừ… Bố không biết rằng tôi còn 4 kopecks. Tại sao tôi lại thêm ba mươi vào bốn? Lỗi!

Tôi sẽ bắt đầu khác. Tôi không biết cuốn sổ đó có giá bao nhiêu. Tôi sẽ biểu thị số này bằng chữ x. Điều này có nghĩa là tôi có (x—30) kopeck, còn Fedyka có (x—1) kopeck. Chúng tôi thêm tiền của tôi và Fedyka. Nó sẽ thành công
x—30+x—1=(2x—31) kopeck.
Nhưng theo điều kiện bài toán số tiền này vẫn không đủ cho một cuốn sổ. Có nghĩa,
2x—31<x.
Phải? Đúng, nhưng tiếp theo là gì? Vâng! Bây giờ hãy xóa x khỏi phía bên phải:
2x—x—31<x—x,
x—31<0,
x<31.

Ai biết rằng một cuốn sổ có giá dưới 31 kopecks? Bây giờ tôi sẽ tự vẽ nó. Tất cả các số nhỏ hơn 31 đều nằm bên trái của nó:

Một cuốn sổ không thể có giá 31 kopecks - Tôi sẽ gạch bỏ con số này. Nó có thể rẻ hơn, chẳng hạn như 29 kopecks? Không, bởi vì khi đó tôi sẽ có
29—30=—1 kopeck!
Điều này thật buồn cười - trừ một kopeck! Nó không xảy ra theo cách đó. Tôi sẽ gạch bỏ số 29. Và mọi thứ bên trái của số 29 cũng cần được gạch bỏ. Sau đó, chúng tôi nhận được hình ảnh này:

Chỉ còn lại 30. Điều này có nghĩa là cuốn sổ có giá 30 kopecks.

Tôi đã có bao nhiêu tiền?
30—30=0 kopecks.
Không một xu nào cả. Người bạn này nghĩ vậy. Anh ấy cho rằng tôi cũng nghèo như chú Edik. Mẹ luôn cảm thấy có lỗi với anh ấy. “Edik tội nghiệp! Anh ấy đã mua một chiếc ô tô - giờ anh ấy không còn một xu. Edik tội nghiệp! Anh ấy đang đi nghỉ cùng gia đình ở Bulgaria - giờ anh ấy không còn một xu.”

Nhưng tôi không hề nghèo đến mức đó. Và tôi nhanh chóng chạy đến đống lửa để trấn an anh ấy.

Du khách đang ngồi bên lò sưởi. Chú Oleg cùng con trai Taras. Taras quyết định bài toán, nhưng anh ấy không cần phải làm vậy: anh ấy sẽ trở thành một nghệ sĩ vĩ cầm.

“Vì vậy,” tôi nói, “trước hết, tôi không nghèo như chú Edik. Tôi có bốn kopecks. Thứ hai, cuốn sổ có giá 30 kopecks. Đây là lời giải. Nếu bây giờ bạn cho tôi 26 kopecks, thì tôi có thể mua nó.” Lúc đầu, bố và chú Oleg đã bối rối rất lâu, sau đó quyết định đưa bài toán này cho Taras. Họ nói rằng nó có thể được giải quyết dễ dàng hơn.

Theo tôi, việc tặng Taras bài toán là vô nghĩa. Nhưng anh ấy sẽ thử con đường đó, vì họ muốn như vậy.

Và Taras trợn mắt nói: “Vậy bài toán là gì? Fedyka thiếu 1 kopeck, và Zhenyka là 30. Họ cộng lại, nhưng một lần nữa lại không đủ cho cuốn sổ. Điều này có nghĩa là Zhenyka không thêm một xu nào vào tiền của Fedyka. Tức là anh ta chẳng có gì cả. Và anh ta không có 30 kopecks cho một cuốn sổ. Điều này có nghĩa là cô ấy đã tiêu 30 kopecks. Thế thôi. bài toán”.

“Tốt lắm! - Bố đang tưởng tượng đấy.

“Leo Tolstoy gọi đây là “Thành quả của sự Khai sáng”. - anh ấy nói với tôi. - Ừ, được rồi, Zhenyka, đừng buồn. Rốt cuộc, bạn bài toán đã quyết định? Đã quyết định. Bây giờ hãy nhớ rằng đôi khi bạn không cần sử dụng khoa học ở trường mà chỉ cần suy nghĩ. Và một điều nữa. Có thể bạn đã nghĩ rằng Taras sẽ không giải quyết được bài toán này. Không ổn đâu anh trai. Kiêu ngạo là một điều tồi tệ và sẽ luôn bị xấu hổ. Sớm hay muộn. Bây giờ hãy lấy polybook để ghi chép và các chi phí hiện tại của bạn.”

Tôi đã lấy tiền. Cuối cùng thì tôi vẫn quyết định bài toán, nhưng tôi cũng nhớ bài học này. Có lẽ là suốt đời.

40

Đế chiều cao nằm ở đâu?

Khi giải phương trình lập thể bài toán, điều quan trọng là có thể xác định chính xác vị trí tương đối của các phần tử của các hình xuất hiện trong chúng. Nhiều lỗi mắc phải với lời giải những lỗi bài toán này có liên quan đến việc mô tả chiều cao của paramid (hoặc lăng kính). Vị trí của chiều cao đáy so với đáy của paramid (hoặc lăng kính) không chính xác; kết quả là người đến sẽ xác định không chính xác góc nghiêng của cạnh bên với mặt phẳng của đế; anh ta mắc lỗi khi dựng một góc thẳng với hai góc vuông, v.v.

Mục đích của bài toán và các ví dụ bên dưới là hướng dẫn bạn cách giải phương trình lập thể bài toán mà không mắc phải những lỗi tương tự. Để làm điều này, ở đầu bài viết, chúng tôi cung cấp ba bài toán với danh sách đáp số có thể có mà từ đó bạn cần chọn đúng. Tất nhiên, ở đây chúng ta không thể giới hạn việc đoán đúng đáp số: nó cần phải được chứng minh. Để giải quyết những vấn đề này, bạn có thể dễ dàng đọc các ví dụ lời giải sau đây, được lấy từ thực tiễn của kỳ thi tuyển sinh.

Bài toán 1. Điểm nào của mặt phẳng ABC là đáy đường cao của paramid SABC nếu:
a) chất tải lên các gân bên;
b) các gân bên tạo thành các góc bằng nhau với mặt phẳng của đế;
b) các mặt bên tạo thành góc tắc với mặt phẳng đáy;
d) các góc phẳng tại đỉnh S vuông góc;

e) phân phối lại cho nhau hai cặp cạnh đối diện;
e) xếp các gân bên lại với nhau và
$ASB = ASC = 60^\circ, BSC = 90^\circ$;
g) $ACB = 90^\circ, (AC) \perp (BS)$;
h) $\vec{SO} = \frac{1}{3}(\vec{SA} + \vec{SB} + \vec{SC})$?

Có thể đáp số:

1. giao điểm các đường trung tuyến của tam giác ABC;
2. điểm giao nhau của độ cao của nó;
3. tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC;
4. tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC;
5. tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hoặc một trong các đường tròn bên ngoài *);
6. trung điểm của đoạn BC;
7. điểm của đường thẳng BC.

Đối với lời giải bài toán, điều cần thiết là phải xác định xem đáy của độ cao thuộc về paramit hay nằm ngoài nó.

Bài toán 2. Trong paramit SABC, các góc nghiêng của các gân bên với mặt phẳng của đế được tải cùng nhau. Với điều kiện nào thì đáy đường cao SO của paramid thuộc tam giác ABC?

Có thể đáp số:

1. $\triangle ABC$ - đều;
2. $\triangle ABC$ - đều;
3. $\triangle ABC$ - thẳng hoặc góc nhọn;
4. $\triangle ABC$ - góc tù;
5. trong mỗi trường hợp này.

Bài toán 3. Đáy của SABCD paramid là hình thang ABCD ([BC]||[AD], |BC|<|AD|). Các xương sườn bên của paramida được gắn chặt với nhau. Trong điều kiện nào thì đáy đường cao SO của đường paramid nằm bên ngoài hình thang ABCD?

Có thể đáp số:

1. nếu $ABD \leq 90^\circ$;
2. nếu $ABD > 90^\circ$;
3. nếu $(BD, CA) \geq 90^\circ$;
4. nếu $(BA, CD) > 90^\circ$;
5. không có vấn đề gì.

*) Đường tròn ngoại tiếp của một tam giác là đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác đó và kéo dài bởi hai cạnh kia.

41

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang phân tích hai ví dụ điển hình của kỳ thi tuyển sinh.

Ví dụ 1 (KSU, 1975). Các cạnh bên của một paramid hình tam giác có cùng độ dài $l$. Hai góc phẳng ở đỉnh của paramid là $\alpha$ và góc thứ ba là $\beta$. Tìm thể tích của paramid.

Lời giải. Đặt $SABC$ là tham số đã cho, $\hat{ASB} = \beta$, $\hat{ASC} = \hat{BSC} = \alpha$. Từ điều kiện bài toán ta tìm được:

$(\triangle ASC \cong \triangle BSC) \Rightarrow$
$\Rightarrow ([AC] \cong [BC])$;

đáy $O$ có chiều cao $SO$ nằm ở tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ (bài toán 1). Có thể xảy ra ba trường hợp (xem bài toán 2):

a) $\hat{ACB} < 90^\circ$ – đáy của chiều cao nằm bên trong $\triangle ABC$ (Hình 1);
b) $\hat{ACB} = 90^\circ$ – đáy của chiều cao

ở giữa $[AB]$ sẽ xảy ra (Hình 2);
c) $\hat{ACB} > 90^\circ$ - đáy của chiều cao nằm ngoài tam giác $ABC$ (Hình 3).
Hãy ký hiệu $D$ là trung điểm của đoạn $AB$.

Trường hợp a). Dựa vào điều kiện ta tìm được

$$|AB| = 2l \sin \frac{\beta}{2}; \quad |SD| = l \cos \frac{\beta}{2};$$
$$|AC| = |BC| = 2l \sin \frac{\alpha}{2};$$
$$|CD| = \sqrt{4l^2 \sin^2 \frac{\alpha}{2} - l^2 \sin^2 \frac{\beta}{2}} = l \sqrt{1 - 2 \cos \alpha + \cos^2 \frac{\beta}{2}}.$$

Hãy đặt $|OD| = x$. Từ tam giác $SOD$
$$|SO|^2 = l^2 \cos^2 \frac{\beta}{2} - x^2;$$

từ tam giác $CSO$
$$|SO|^2 = l^2 - (|CD| - x)^2 = l^2 - l^2 + 2l^2 \cos \alpha - l^2 \cos^2 \frac{\beta}{2} - x^2 + 2xl \sqrt{1 - 2 \cos \alpha + \cos^2 \frac{\beta}{2}}.$$

Từ đây
$$l^2 \cos^2 \frac{\beta}{2} - x^2 = 2l^2 \cos \alpha - l^2 \cos^2 \frac{\beta}{2} - x^2 + 2xl \sqrt{1 - 2 \cos \alpha + \cos^2 \frac{\beta}{2}};$$
$$x = l \frac{\cos^2 \frac{\beta}{2} - \cos \alpha}{\sqrt{1 - 2 \cos \alpha + \cos^2 \frac{\beta}{2}}};$$
$$h = |SO| = \sqrt{l^2 \cos^2 \frac{\beta}{2} - l^2 \frac{(\cos^2 \beta/2 - \cos \alpha)^2}{1 - 2 \cos \alpha + \cos^2 \beta/2}} = l \frac{\sqrt{\cos^2 \beta/2 - \cos^2 \alpha}}{\sqrt{1 - 2 \cos \alpha + \cos^2 \beta/2}}.$$

Có nghĩa,
$$V = \frac{1}{3} Sh = \frac{1}{3} l^3 \sin \frac{\beta}{2} \sqrt{\cos^2 \frac{\beta}{2} - \cos^2 \alpha}.$$

Quét. Vì $\hat{ASB} < \hat{ASC} + BSC$, bất đẳng thức $\beta < 2\alpha$ giữ nguyên và biểu thức phụ là dương. Vpro-