Kvant 1980, số 7 · Trang

QUANTUM
7
1980

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

Về mẫu này được vẽ bằng máy tính, xem tr. 18

TRONG PHÒNG:

Đại hội Giới trẻ Thế giới lần thứ 2
4 V. Boltyansky. Tập chuyển tiếp và khối đa diện đều
10 V. Orlov. Hình ba chiều

Phòng thí nghiệm «Kvant»
19 A. Varlamov, A. Shapiro. Về “ovo”

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M631—M635; F643—F647
24 Lời giải bài toán M573, M575—M577; F583—F585, F588

«Kvant» — Olympia
31 máy tính tại Thế vận hội
33 Yu. Pervin. Quy trình xử lý hoàn thiện máy ép chiều cao
36 I. Lapushonok. Phần mềm tham quan đấu kiếm
38 A. Savin. cổ phần Olympic

Xưởng của người nộp đơn
41 V. Prikhodko, V. Pyzh, O. Uvarov. Thực hành và kiểm tra bản thân

Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1979
42 Viện kỹ sư vận tải đường sắt Moscow
43 Viện Hàng không Mátxcơva được đặt theo tên. Sergo Ordzhonikdze
45 Viện Năng lượng Mátxcơva
46 Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow
47 Viện Thép và Hợp kim Moscow
48 Viện trắc địa, kỹ sư chụp ảnh trên không và bản đồ Moscow
Viện kiến ​​trúc Matxcova 49
Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow 49 được đặt theo tên. N. E. Bauman
51 Viện Công nghiệp Hóa dầu và Khí đốt Moscow được đặt theo tên. Viện sĩ I. M. Gubkind
Học viện sư phạm khu vực Moscow 52 được đặt theo tên. N. K. Krupskaya

Đánh giá, thư mục
53 A. Edorov, M. Smolyansky. Sách mới
54 trang cờ vua
55 Đáp số, gợi ý, lời giải
Thi đấu cờ vua (khu vực 3)
Trang bìa của chúng tôi (18)
Pha trộn (9, 40)

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

2

Liên hoan Giới trẻ Thế giới

Giờ đây, sự chú ý của cả thế giới đang đổ dồn vào Moscow, nơi các vận động viên đang có một cuộc tranh luận gay cấn về sức mạnh, sự nhanh nhẹn và tốc độ.

Việc lựa chọn thủ đô của Liên Xô làm chủ nhà kinh tế của Thế vận hội Olympic mùa hè XXII là một hiện tượng tự nhiên, được quyết định bởi tiến trình lịch sử phát triển của thể thao. Hôm nay cả thế giới sẽ ghi nhận sự đóng góp to lớn mà các vận động viên thể thao nước ta đã thực hiện trong việc củng cố phong trào Olympic hiện đại.

Bốn năm trước, khi một lễ kỷ niệm thể thao thế giới tương tự được tổ chức ở Montreal, Leonid Ilyich Brezhnev đã viết trong tin nhắn điện thoại của mình tới các thành viên Ủy ban Olympic quốc tế, Ban tổ chức và những người tham gia Thế vận hội Olympic mùa hè XXI:

“USCP ủng hộ và sẽ tiếp tục ủng hộ phong trào Olympic hiện đại. Hiện người dân Liên Xô đang chuẩn bị cho Thế vận hội Moscow 1980 và sẽ làm mọi cách để đảm bảo rằng nó diễn ra ở mức độ cao, tạo động lực mới cho những người khác và thế giới.”

Thủ đô của Liên Xô đã làm mọi thứ để chuẩn bị cho kỳ nghỉ của các vận động viên Olympic trên hành tinh. Hơn nữa, toàn bộ Mátxcơva, tất cả người dân Liên Xô, đều coi Thế vận hội là mục tiêu thân yêu của riêng mình.

Và bây giờ những năm tháng lao động, những năm tháng bất ổn đã ở phía sau chúng ta. Công việc tạo ra mưa đá đã hoàn thành. Vâng, mưa đá: xét cho cùng, 76 công trình lớn khác nhau đã được xây dựng hoặc tái thiết cùng một lúc; một số trong số chúng là vô song và về cơ bản là độc nhất. Những khu ở giữa là sân vận động trong nhà cho 45.000 khán giả và hồ bơi trên Đại lộ Mira, khu liên hợp bóng đá và điền kinh CSKA, kênh chèo thuyền, đường đua kolschevaya và sân tập thể dục trong nhà ở Krylatskoye, Cung thể thao ở Izmailovo và Sokolniki, trung tâm cưỡi ngựa dành cho các chuyên gia ở khu vực Bitsa, nhà thi đấu Druzhba. Tổng thể tái thiết Sân vận động Trung tâm mang tên V.I. Lenin được tiến hành, nơi diễn ra lễ khai mạc Thế vận hội; tổng hợp của bảy môn thể thao đang được tổ chức. Các khách sạn mới đã được xây dựng, nhà ga hàng không Olympic “Sheremetevo-2” đã được xây dựng, tất cả các dịch vụ của thành phố rộng lớn, trong trang phục của một cuộc diễu hành lễ hội, đã được đưa vào trật tự mẫu mực.

Một trong những nét đặc trưng quan trọng nhất của Thế vận hội 1980 là chương trình văn hóa, bắt đầu từ năm ngoái. Trong các nhà hát và phòng hòa nhạc tốt nhất, trên các địa điểm sân khấu mở, trong bảo tàng và phòng biểu diễn, có một cuộc trưng bày rộng rãi về nghệ thuật đa quốc gia của Liên Xô. Chẳng phải điều quan trọng là chỉ riêng trong Thế vận hội đã có khoảng 600 buổi biểu diễn và 1.500 buổi hòa nhạc ở thủ đô của chúng ta! Tất cả những điều này, bao gồm các buổi chiếu phim Liên Xô, các buổi tham quan, các chuyến du ngoạn đến các địa điểm lịch sử của thành phố và vùng phụ cận; sẽ cho phép những người tham gia và khách mời của Thế vận hội đánh giá cao sự giàu có tinh thần của nhân dân, đất nước chúng ta, hiểu được vị trí đáp ứng nhu cầu văn hóa của người dân Liên Xô trong lối sống của chúng ta, để tưởng tượng chúng ta đã đóng góp đáng kể như thế nào cho kho tàng văn hóa thế giới.

4

V. Boltyansky

Tập chuyển tiếp và khối đa diện đều

Nhóm tự căn chỉnh hình

Bản dịch $f$ được gọi là tự căn chỉnh hình $F$ nếu nó dịch hình này thành chính nó: $f(F) = F$. Dễ dàng chứng minh rằng tập hợp tất cả các tự kết hợp của hình $F$ là một nhóm (đối với các nhóm được xác định, xem ví dụ: «Kvant», 1976, số 10); điều kiện để biểu thị nhóm tự sắp xếp của hình $F$ bằng $\Gamma(F)$.

Bài toán

1. Chỉ ra tất cả các cách tự sắp xếp: a) hình tròn; b) thẳng; c) đoạn.
2. Tìm một hình $F$ mà nhóm $\Gamma(F)$ chứa đúng ba cách tự sắp xếp.

Nhóm tự sắp xếp của hình $F$ tồn tại gắn liền với “hình học” của hình này. Ví dụ: Giả sử $P$ là hình bình hành không phải là hình chữ nhật cũng không phải hình thoi. Có hai bản dịch lấy $P$ vào: bản đồ nhận dạng $e$ và phép đối xứng $r$ về giao điểm của các đường chéo.

Bài toán 3. Chứng minh rằng không có hình bình hành $P$ nào tự thẳng hàng ngoài $e$ và $r$.

Từ thực tế là $\Gamma(P)$ chứa đối xứng tâm $r$, tất cả các tính chất cơ bản của hình bình hành đều tuân theo: sự bằng nhau và song song của các cạnh đối diện, sự bằng nhau của các góc đối diện, v.v.

Nhóm các điểm tự sắp xếp của hình thoi $Q$, không phải là hình vuông, ngoài $e$ và $r$, còn có hai đường đối xứng trục $s_1$, $s_2$ đối với các đường chéo, tức là $\Gamma(Q) = \{e, r, s_1, s_2\}$. Từ sự hiện diện trong nhóm $\Gamma(Q)$ của các phép tự sắp xếp bổ sung (so với hình bình hành của loại đã hứa), các tính chất cụ thể của hình thoi theo sau (ngoài các tính chất vốn có trong hình bình hành): độ vuông góc của các đường chéo, sự trùng khớp của các đường chéo với các đường phân giác của các góc, v.v.

Bài toán
4. Liệt kê tất cả các tứ giác có nhóm tự thẳng hàng chứa đúng hai phần tử.
5. Chứng minh rằng nếu hình $F$ bị chặn (tức là nằm trong một hình tròn nào đó) thì $\Gamma(F)$ không thể chứa một bản dịch song song khác với $e$.

Tập chuyển tiếp trên mặt phẳng

Tập $H$ được gọi là bắc cầu nếu bất kỳ điểm nào của tập này có thể được dịch sang bất kỳ điểm nào khác bằng cách tự kết hợp tập $H$. Hình 1 thể hiện một hình vuông từ đó các hình tứ giác là các tam giác vuông cân đã được cắt. Tập hợp tất cả các đỉnh của tập kết quả nằm trên mặt phẳng thì có tập bị chặn; theo định nghĩa, nó chứa chính xác một số vòng tròn. Khi đó cũng tồn tại một đường tròn có bán kính nhỏ nhất,

Hình 1.

5

Hình 2.
chứa $H$. Đặt $K$ là một đường tròn nhỏ nhất, $O$ là tâm của nó.

Chúng ta lấy hai điểm tùy ý $A, B$ đặt $H$. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó $|AO| = |BO|$. Từ đây suy ra $H$ nằm trên một đường tròn nào đó (dễ dàng nhận thấy đường tròn này bao quanh đường tròn $K$).

Do tính bắc cầu của tập $H$ nên tồn tại sự tự kết hợp $f \in \Gamma(H)$ sao cho $f(A) = B$. Từ $H \subset K$ theo sau $f(H) \subset f(K)$. Nhưng $f(H) = H$. Vì vậy, $H \subset f(K)$. Vì vậy, $H \subset K \cap f(K)$.

Vì $f$ là độ dịch chuyển nên $f(K)$ là đường tròn, chịu lực lên đường tròn $K$. Nếu các vòng tròn $K, f(K)$ không trùng nhau thì sẽ có một vòng tròn có bán kính nhỏ hơn chứa $K \cap f(K)$ và sau đó là $H$, điều này sẽ mâu thuẫn với việc chọn vòng tròn $K$. Vì vậy, $f(K) = K$, và do đó, $f(O) = O$.

Từ $f(A) = B, f(O) = O$, và thực tế là $f$ là một chuyển động, nó tuân theo $|AO| = |BO|$.

Rõ ràng, tập rỗng, tập hợp một phần tử và tập hợp hai phần tử đều có tính bắc cầu.

Nhiệm vụ 6.
Chứng minh rằng nếu một tập bắc cầu chứa $2k + 1$ điểm ($k > 0$), thì các điểm này đóng vai trò là các đỉnh của một đa giác đều.

7. a) Chứng minh rằng nếu một tập bắc cầu chứa 4 điểm thì các điểm này là các đỉnh của một đa giác vuông.

6. Chứng minh rằng nếu một tập bắc cầu chứa 2k điểm ($k > 2$), thì các điểm này đóng vai trò là đỉnh của hai $k$-giác đều nội tiếp trong một đường tròn.

8. Chứng minh rằng ràng buộc vô hạn của tập bắc cầu $H$ luôn lấp đầy đường tròn chứa nó (nghĩa là không có đường tròn nào khác của đường tròn này thoát khỏi tập điểm $H$).

Có bộ chuyển tiếp không giới hạn?

Hình 3.
Tất nhiên, có: ví dụ, toàn bộ mặt phẳng và bất kỳ đường thẳng nào trên đó. Hãy thử đưa ra ít nhất một ví dụ nữa.

Chúng ta hãy đồng ý gọi một đa giác, tập hợp tất cả các đỉnh của nó là đa giác bắc cầu, là đa giác bắc cầu. Rõ ràng, mọi đa giác đều đều có tính bắc cầu. Tuy nhiên, đa giác đều $P$ có tính chất sâu hơn, có thể gọi là tính bắc cầu mạnh: nếu $A_1, A_2$ là hai đỉnh tùy ý và $l_1, l_2$ là các cạnh thẳng với các đỉnh này (Hình 2), thì có sự tự căn chỉnh $f \in \Gamma(P)$ thỏa mãn các điều kiện: $f(A_1) = A_2, f(l_1) = l_2$.

Nếu đa giác $P$ có tính chất truyền mạnh thì đó là đa giác đều.

Bài tập 9. Chứng minh rằng với $n$-gon $P$ thông thường thì nhóm $\Gamma(P)$ chứa các biến $2n$. Đảm bảo rằng tất cả các biến này đều đối xứng trục.

Tập chuyển tiếp trong không gian

Chúng ta có thể xét các tập bắc cầu trong không gian. Ví dụ, tập hợp tất cả các đỉnh của một đường thẳng, ở đáy của nó là một đa giác bắc cầu (Hình 3), là tập hợp bắc cầu.

Định lý 2. Nếu $H$ là tập bắc cầu bị chặn trong không gian thì tồn tại một mặt cầu chứa $H$.

Cách chứng minh cũng giống như trên mặt phẳng, chỉ có điều cùng với đường tròn nhỏ nhất ta phải xét quả cầu nhỏ nhất chứa $H$. Tuy nhiên, một độc giả sáng suốt có thể nhận thấy rằng những bằng chứng này chưa đầy đủ: vẫn cần thiết lập bản chất của điều tối thiểu.

6

shero của một vòng tròn (hoặc quả bóng) chứa một tập giới hạn cho trước $H$ (ví dụ, điều này có thể được suy ra từ định lý Weierstrass). Do đó chúng ta hãy trình bày những bằng chứng khác; nó không chứa dấu cách mà chỉ phù hợp với tập hợp hữu hạn $H$.

Bổ đề. Cho $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ là một tập hữu hạn các điểm. Khi đó tồn tại và chỉ có một điểm $O$ mà
$$\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}.$$

(Điểm như vậy gọi là trọng tâm của các điểm $A_1, \dots, A_n$.)

Bằng chứng. Chúng ta hãy lấy một điểm tùy ý $Q$ và biểu thị bằng $\overrightarrow{a}$ vectơ $\frac{1}{n} (\overrightarrow{QA}_1 + \dots + \overrightarrow{QA}_n)$ và bằng $O$ điểm sao cho $\overrightarrow{QO} = \overrightarrow{a}$. Sau đó
$$\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = (\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QA}_1) + \dots$$
$$\dots + (\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QA}_n) = n \overrightarrow{OQ} + (\overrightarrow{QA}_1 + \dots$$
$$\dots + \overrightarrow{QA}_n) = n (-\overrightarrow{a}) + n\overrightarrow{a} = \overrightarrow{0},$$
tức là điểm $O$ bị loại trừ.

Hãy chứng minh điều duy nhất. Hãy để $\overrightarrow{O'A}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A}_n = \overrightarrow{0}$. Sau đó
$$(\overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA}_1) + \dots + (\overrightarrow{O'O} + \overrightarrow{OA}_n) = \overrightarrow{0},$$
nghĩa là $n\overrightarrow{O'O} = \overrightarrow{0}$, và do đó $\overrightarrow{O'O} = \overrightarrow{0}$, và do đó các điểm $O$ và $O'$ trùng nhau.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh Định lý 2. Giả sử $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ là một tập bắc cầu và $O$ trọng tâm của các điểm $A_1, \dots, A_n$. Chúng ta hãy đặt $f$ tự căn chỉnh tùy ý $H$ và biểu thị ảnh của điểm $A_1, \dots, A_n$, $O$ khi di chuyển $f$ theo $A'_1, \dots, A'_n$, $O'$. Từ đẳng thức $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$ suy ra $\overrightarrow{O'A'}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A'}_n = \overrightarrow{0}$. Nhưng $A'_1, \dots, A'_n$ là các điểm giống với $A_1, \dots, A_n$, chỉ được lấy theo một số thứ tự khác (kể từ $f(H) = H$). Do đó, sự tương ứng $\overrightarrow{O'A'}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A'}_n = \overrightarrow{0}$ có thể được viết thành $\overrightarrow{O'A}_1 + \dots + \overrightarrow{O'A}_n = \overrightarrow{0}$ bằng cách sắp xếp lại các số hạng nếu cần. Theo Bổ đề, $O'$ trùng với $O$, tức là $f(O) = O$. Vì vậy, đối với bất kỳ thao tác tự căn chỉnh nào, điểm $H$ được đặt $O$ sẽ tự động được áp dụng. Từ đây, như trong chứng minh Định lý 1, suy ra rằng tất cả các điểm trong tập hợp $H$ đều có cùng khoảng cách với $O$.

Từ chứng minh của chúng ta, rõ ràng rằng nếu $H = \{A_1, \dots, A_n\}$ là một tập bắc cầu không nằm trong cùng một mặt phẳng và $O$ là tâm của hình cầu chứa tập hợp $H$, thì $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$.

Một khối đa diện, tập hợp tất cả các đỉnh của nó là bắc cầu, được gọi là đa diện bắc cầu. Theo Định lý 2, có một hình cầu đi qua các đỉnh của nó (hình cầu nội tiếp). Và từ nhận xét đó, người ta suy ra rằng nếu $A_1, \dots, A_n$ đều là các đỉnh của một đa giác bắc cầu và $O$ là tâm của hình cầu được mô tả xung quanh nó, thì $\overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n = \overrightarrow{0}$.

Đa giác đều

Đối với đa giác, tính chất bắc cầu mạnh được hình thành như sau: gọi $A_1, A_2$ là các đỉnh bắc cầu của đa giác $M$, $l_1, l_2$ là các cạnh, má thẳng đến $A_1, A_2$, và $\gamma_1, \gamma_2$ — các mặt, má thẳng đến $l_1, l_2$; thì phải có sự tự tổ hợp $f \in \Gamma(M)$ thỏa mãn các điều kiện $f(A_1) = A_2$, $f(l_1) = l_2$, $f(\gamma_1) = \gamma_2$. Khối đa diện có tính chất truyền mạnh được gọi là khối đa diện đều $^*$.

Bài tập 10. Chứng minh rằng tự kết hợp $f \in \Gamma(M)$, thỏa mãn các điều kiện $f(A_1) = A_2$, $f(l_1) = l_2$, $f(\gamma_1) = \gamma_2$ (được bàn luận trong định nghĩa về tính bắc cầu mạnh), là duy nhất.

11. Chứng minh rằng số phần tử của nhóm $\Gamma(M)$ lớn hơn số đa giác đều $M$.

Giả sử $M$ là một đa giác đều, $\gamma$ mặt của nó, $A_1$ và $A_2$ hai đỉnh của nó và $l_1, l_2$ các cạnh của đa giác $\gamma$, các cạnh thẳng với các đỉnh $A_1, A_2$. Do tính chất truyền mạnh nên có sự tự tổ hợp của $f \in \Gamma(M)$ thỏa mãn điều kiện $f(\gamma_1) = \gamma_2$.

*) Định nghĩa về đa giác đều này tương đương với định nghĩa của trường (“Hình học 9-10”, § 54). “Theo một hướng” điều này bây giờ sẽ được chứng minh.

7

điều kiện của kẻ trộm $f(\gamma) = \gamma, f(A_1) = A_2, f(l_1) = l_2$. Đẳng thức đầu tiên trong số này có nghĩa là $f \in \Gamma(\gamma)$. Chúng ta thấy rằng đa giác $\gamma$ có ​​tính bắc cầu mạnh, nghĩa là đúng và.

Từ tính chất bắc cầu mạnh của đa giác $M$ cũng suy ra rằng tất cả các mặt của nó đều bằng nhau. Hơn nữa, từ tính chất bắc cầu (sau đây được khái quát hóa, không mạnh), suy ra rằng mỗi đỉnh liền kề với cùng một số mặt. Vì vậy, tất cả các mặt của một đa giác đều là đa giác đều bằng nhau và mỗi đỉnh có cùng số mặt liền kề với nó.

Bổ đề. Giả sử $M$ là một đa giác đều, $A$ một trong các đỉnh của nó, $AB_1$, …, $AB_k$ các cạnh liền kề với nó. Khi đó đa giác $B_1...B_k$ là đều.

Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\gamma_1$, …, $\gamma_k$ các mặt liền kề với đỉnh $A$ và bằng $O$ tâm của hình cầu được mô tả xung quanh đa giác $M$ (Hình 4). Vì $|OB_1| = |OB_2| = R$, trong đó $R$ là bán kính của hình cầu ngoại tiếp, nên các vectơ $\vec{b}_1 = \vec{OB}_1, \vec{b}_2 = \vec{OB}_2$ và $\vec{p} = \vec{B}_1\vec{B}_2$ thỏa mãn điều kiện $\vec{b}_1^2 = \vec{b}_2^2 = (\vec{b}_1 + \vec{p})^2$, tức là $2\vec{b}_1\vec{p} = -\vec{p}^2$. Ngoài ra, vì $|AB_1| = |AB_2| = a$, trong đó $a$ là độ dài cạnh của đa giác $M$, nên vectơ $AB_1 = \vec{a}_1, AB_2 = \vec{a}_2$ thỏa mãn điều kiện $\vec{a}_1^2 = \vec{a}_2^2 = (\vec{a}_1 + \vec{p})^2$, tức là $2\vec{a}_1\vec{p} = -\vec{p}^2$. Vậy $2\vec{a}_1\vec{p} = 2\vec{b}_1\vec{p}$ là $\vec{p}(\vec{a}_1 - \vec{b}_1) = 0$, có nghĩa là $(AO) \perp (B_1B_2)$. Tính toán tương tự cho thấy mỗi đường thẳng $(B_1B_3), ..., (B_1B_k)$ vuông góc với $(AO)$. Do đó, mặt phẳng $\Pi$ đi qua điểm $B_1$ và vuông góc với đường thẳng $AO$ chứa tất cả các điểm $B_1, B_2, ..., B_k$. Hơn nữa, do đặc tính truyền dẫn mạnh, có sự tự kết hợp của $f \in \Gamma(M)$, ánh xạ đỉnh $A$, cạnh $AB_1$ và mặt $\gamma_1$, tương ứng, thành đỉnh $A$, cạnh $AB_2$ và mặt $\gamma_2$. Cụ thể là $f(B_1) = B_2$. Trong cách tự căn chỉnh này, hai cạnh của khuôn mặt $\gamma_1$, thẳng tới $A$, sẽ đi vào hai cạnh của khuôn mặt $\gamma_2$, thẳng tới $A$, tức là $AB_1$ sẽ đi vào $AB_2$, và $AB_2$ vào $AB_3$ (Hình 4). Vì vậy, $f(B_2) = B_3$. Lập luận theo cách tương tự, chúng ta thấy rằng khi di chuyển $f$ các điểm $B_1, ..., B_k$ được sắp xếp lại theo chu kỳ: $f(B_1) = B_2, f(B_2) = B_3, ..., f(B_{k-1}) = B_k, f(B_k) = B_1$. Do đó, suy ra rằng đa giác $B_1...B_k$, nằm trong mặt phẳng $\Pi$, là đều.

Bổ đề đã được chứng minh cho phép người ta dễ dàng tính toán các tham số cơ bản của đa giác đều. Ví dụ: chúng ta hãy tìm bán kính của một hình cầu ngoại tiếp một đa giác đều có các mặt $k$ ở mỗi đỉnh là các giác đều $n$ (chúng ta biểu thị độ dài cạnh bằng $a$). Chúng ta có: $AB_1B_2 = \frac{180^\circ}{n}$ (mặt $\gamma_1$ là $n$-gon thông thường). Từ tam giác $AB_1B_2$ có $k$-gon $B_1B_2...B_k$:

8

$$\left| B_1 B_2 \right| = 2a \cos \frac{180^\circ}{n},$$
sau đó tìm thấy $r = \left| QB_1 \right|$ của vòng tròn được mô tả xung quanh nó (Hình 5):

$$r = \frac{\left| B_1 B_2 \right|}{2 \sin 180^\circ / k} = a \cdot \frac{\cos 180^\circ / n}{\sin 180^\circ / k}.$$

Tiếp theo, từ tam giác $QAB_1$ và $OAB_1$ có $\frac{r^2}{a^2} + \frac{|AQ|^2}{a^2} = 1$, $|AQ| = \frac{a^2}{2R}$, tức là $\frac{r^2}{a^2} + \left(\frac{a}{2R}\right)^2 = 1$. Thay thế ở đây thay vì $r$ giá trị của nó, chúng ta nhận được kết quả sau:

$$R = \frac{a}{2\sqrt{1 - \left(\frac{\cos 180^\circ / n}{\sin 180^\circ / n}\right)^2}}.$$

Công thức (*) không chỉ đưa ra biểu thức về bán kính của hình cầu được mô tả xung quanh một khối đa diện đều nhất định mà còn cho phép bạn chỉ ra những giá trị nào $n$ và $k$ có thể nhận. Thật vậy, vì $n \geq 3$, $\frac{180^\circ}{n} \leq 60^\circ$, $\cos \frac{180^\circ}{n} \geq \frac{1}{2}$; do đó, $\sin \frac{180^\circ}{k} > \frac{1}{2}$ (có biểu thức căn thức sẽ không dương), do đó $k < 6$. Đưa ra số $k$ các giá trị có thể có ​​$k = 3, 4, 5$, chúng ta thấy rằng biểu thức căn thức chỉ dương trong năm trường hợp, tương ứng với năm khối đa diện đều có thể có (xem “Hình học 9-10”, trang 133).

Nhiệm vụ 12.
Sử dụng công thức (*) để tìm bán kính của hình cầu được mô tả xung quanh mỗi khối đa diện đều. (Đáp số vấn đề này và các vấn đề tiếp theo sẽ được đưa ra trong số tiếp theo «Kvant»).

Gợi ý. Tìm độ dài các cạnh của các hình tam giác trong Hình 6 và từ đó suy ra $\cos 36^\circ = \frac{\xi}{2}$, $\sin 36^\circ = \frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{\xi}}$, $\sqrt{3 - 4\cos^2 36^\circ} = \frac{1}{\xi}$, trong đó $\xi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.

13. Đối với mỗi khối đa diện đều, hãy tìm góc mà cạnh của nó nhìn thấy được tính từ tâm của hình cầu ngoại tiếp.

14. Tính diện tích bề mặt của mỗi khối đa diện đều khi biết $a$ các cạnh của nó.

15. Chứng minh rằng với mọi khối đa diện đều có một hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của nó.

16. Tính chiều cao $h$ của một paramid đều, đáy của nó là mặt của một khối đa diện đều và đỉnh trùng với tâm $O$ của một hình cầu ngoại tiếp khối đa diện. Chứng minh rằng hình cầu có bán kính $h$

Hình 6.
với tâm $O$ được chứa trong một khối đa diện đều và chạm vào tất cả các mặt của nó (hình cầu nội tiếp).

17. Tính thể tích của mỗi khối đa diện đều khi biết $a$ các cạnh của nó.

18. Cho $M$ là một khối đa diện đều. $M^*$ biểu thị một khối đa diện có các đỉnh là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các mặt của khối đa diện $M$. Chứng minh rằng đa diện $M^*$ (gọi là đối ngẫu của đa diện $M$) là đều. Khối đa diện nào là khối kép của hình lập phương? Dodecadru?

19. Gọi $a$ là độ lớn của góc kép của khối đa diện đều $M$ và $\beta^*$ là góc mà cạnh của khối đa diện kép $M^*$ nhìn thấy được từ tâm của hình cầu ngoại tiếp. Chứng minh rằng $\alpha + \beta^* = 180^\circ$. Sử dụng điều này, tính góc kép của mỗi khối đa diện đều.

20. Chứng minh rằng trung điểm của một cạnh của một khối đa diện đều đóng vai trò là các đỉnh của khối đa diện granit.

Hình 7 thể hiện một khối lập phương - một khối đa diện có các đỉnh là trung điểm của các cạnh của hình lập phương (hoặc trung điểm của các cạnh của khối bát diện). Nhiều tinh thể có hình dạng khối lập phương; ví dụ, trong những điều kiện nhất định - sự kết tinh của muối ăn.

Trong cuộc thảo luận của chúng ta về các khối đa diện đều, câu hỏi về sự tồn tại của chúng vẫn chưa được giải quyết. Rốt cuộc, tất cả các phép tính đều được thực hiện với giả định rằng tồn tại một khối đa diện đều có các mặt là $n$-giác đều và mỗi đỉnh có các mặt $k$ liền kề với nó. Kết thúc-

Hình 7.

9

Hình 8.

nhưng, khi biết các giá trị của góc duhran (bài toán 19), bạn có thể thử dán khối đa diện đều cần thiết: dán một $n$-gon đều ở góc cần thiết với một góc khác, dán cái thứ ba vào chúng, v.v. Nhưng đâu là niềm tin rằng khối đa diện được dán sẽ “đóng lại” và không kết thúc bằng thứ gì đó giống như hình trong Hình 8?

Sự tồn tại có thể được chứng minh bằng cách xây dựng một khối đa diện đều trong tọa độ. Chúng ta hãy đặt gốc tọa độ ở tâm của hình cầu được mô tả xung quanh khối đa diện tương lai. Để đơn giản, chúng ta hãy giả sử rằng đỉnh $A$ nằm trên bán trục dương của abscissa, nghĩa là có tọa độ $(R; 0; 0)$ và các đỉnh lân cận $B_1, \dots, B_k$ có ​​hoành độ $x = R \cos \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc mà cạnh được nhìn thấy từ tâm của hình cầu ngoại tiếp. Vì đa giác $B_1 \dots B_k$ là đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(OA)$, nên chúng ta có thể giả sử rằng điểm $B_l$ có tọa độ $(R \cos \alpha; r \cos \frac{2\pi l}{k}; r \sin \frac{2\pi l}{k})$; $l = 1, \dots, k$, trong đó $r$ là bán kính của hình tròn ngoại tiếp đa giác $B_1 \dots B_k$. Ví dụ: trong trường hợp tìm kiếm, điều này mang lại các đỉnh $A, B_1, \dots, B_5$. Các đỉnh còn lại đối xứng với điểm này so với gốc tọa độ (Hình 9). Các biểu thức đơn giản nhất cho tọa độ thu được tại $R = \sqrt{5}$ (sau đó $R \cos \alpha = 1, r = 2$): $A = (\sqrt{5}; 0; 0)$; $B_5 = (1; 2; 0)$; $B_1 = \left(1; \frac{\sqrt{5} - 1}{2}; \sqrt{\frac{5 + \sqrt{5}}{2}}\right)$; $B_2 = \left(1; -\frac{1 + \sqrt{5}}{2}; \sqrt{\frac{5 + \sqrt{5}}{2}}\right)$.

tọa độ của các điểm còn lại có được bằng cách thay đổi dấu hiệu. Để kiểm tra xem cái thật có phải là icoastra chính xác hay không, việc đảm bảo rằng tất cả các cạnh đều mang tính xây dựng là đủ; điều này rất dễ thực hiện bằng cách sử dụng công thức tính khoảng cách giữa các điểm trong tọa độ.

Bài toán độc giả của chúng tôi

1. Tìm tất cả các tứ giác lồi thỏa mãn điều kiện: bốn đường thẳng đi qua các đỉnh của tứ giác đó và chia tứ giác đó a) diện tích

6. chu vi làm đôi, cắt nhau tại một điểm.
   V. Dubrovsky, N. Zhuk

2. a) Viết hình vuông thành một hình ngũ giác đều.
   • b) Chứng minh rằng quyền

Một hình ngũ giác đều không thể chuyển thành hình lục giác đều.
c) Chứng minh rằng với $n > 5$ một $n$-giác đều không thể chuyển thành $(n + 1)$-giác đều.

3. Hãy đặt
   $\sin_1(x) = \sin x,$
   $\sin_2(x) = \sin(\sin_1(x)),$
   $\sin_3(x) = \sin(\sin_2(x)),$
   $\cos_1(x) = \cos x,$
   $\cos_2(x) = \cos(\cos_1(x)),$
   $\cos_3(x) = \cos(\cos_2(x)),$
   a) Vẽ đồ thị hàm số
   $y = \sin_2(x), y = \sin_3(x),$

$y = \cos_2(x), y = \cos_3(x).$
6) Đối với $n$ thì phương trình $\sin_n(x) = \cos_n(x)$ có lời giải trên $[0; \pi/2]$?

I. Chúc

4. Chứng minh bất đẳng thức $9r \leq h_a + h_b + h_c \leq \frac{2}{3} \frac{m_a^2 + m_b^2 + m_c^2}{R}$,
   trong đó $h_a, h_b, h_c$ là độ dài chiều cao của hình tam giác, $m_a, m_b, m_c$ là độ dài các đường trung tuyến của nó, $r$ là bán kính của hình tròn chèn vào tam giác, $R$ là bán kính của hình tròn ngoại tiếp xung quanh nó.

M. Ibratsimov

10

V. Orlov

Hình ba chiều

Ai, sóng đã ngăn cản bạn,
Ai trói buộc bạn mà không có mochi,
Ai lặng lẽ buồn bã dưới ao
Bạn đã xoay chuyển được dòng dân quân chưa?

Thổi lên, gió, thổi lên nước,
Phá hủy thành trì dây kéo!
Em ở đâu, bông hồng - biểu tượng của tự do?
Hứa trên vùng nước không lay chuyển.

A. S. Pushkin

A. S. Pushkin, người viết những dòng mà chúng tôi đưa vào đoạn văn vào năm 1823, chắc chắn không nghĩ đến kỹ thuật chụp ảnh ba chiều. Nhưng các nhà vật lý hiện đại có thể trả lời những câu hỏi đặt ra trong bài thơ như sau. Nhà vật lý người Anh Denis Gabor đã “ngăn chặn” các sóng và “cùm” “cuộc chạy mạnh mẽ” của chúng vào năm 1947, đề xuất một phương pháp ghi lại và khôi phục mặt sóng. “Ao im lặng và ảm đạm” là một hình ảnh ba chiều. Chỉ cần nhìn vào hình ảnh ba chiều (Hình 1) là đủ để chắc chắn rằng lời của Pushkin là đúng; dường như không thể hiểu được sự đan xen “dày đặc” của hình ảnh giao thoa phức tạp trên ảnh ba chiều. “Giông tố là biểu tượng của tự do” là tia laze phá hủy “thành trì tai họa” và khôi phục lại hình ảnh ẩn giấu trong ảnh ba chiều.

Gabor đã nhận được giải thưởng Nobel cho khám phá của mình vào năm 1971.

hình ba chiều là gì?

Holography là một phương pháp ghi lại và khôi phục hình ảnh. Nhưng điều tương tự cũng có thể nói về nhiếp ảnh. Hình ba chiều khác với nhiếp ảnh như thế nào?

Khi chụp ảnh một đối tượng đăng ký, về cơ bản, sự phân bố biên độ của sóng ánh sáng được phản xạ bởi vật thể trong mặt phẳng của tấm nhựa quang—xét cho cùng, độ đen của tấm được xác định bởi cường độ ánh sáng và cường độ tỷ lệ với bình phương biên độ của sóng ánh sáng.

Khi chụp ảnh ba chiều trên một tấm, sự phân bố trong mặt phẳng của tấm biên độ, pha và tần số dao động trong sóng ánh sáng phản xạ bởi một vật thể sẽ được ghi lại.

Để thu được dạng sóng nguồn trong mặt phẳng của tấm, Gabor đề xuất sử dụng dạng sóng không đổi theo thời gian. Để tính biên độ, cách dễ nhất là sử dụng phương pháp sơ đồ vectơ (xem “Vật lý 10”, trang 51).

Khi cộng hai dao động có cùng tần số thì $\omega$ và các dao động vật lý ban đầu khác nhau nhưng tại mỗi điểm biên độ không đổi theo thời gian. Để tính biên độ, cách dễ nhất là sử dụng phương pháp sơ đồ vectơ:

$$X_p^2 = X_1^2 + X_2^2 + 2X_1X_2 \cos(\omega t + \varphi_1) + X_2 \cos(\omega t + \varphi_2) = X_p \cos(\omega t + \varphi)$$

(xem Hình 2). Biên độ $X_p$ và dao động gây ra vật lý có thể được tìm thấy từ sơ đồ vectơ:

$$X_p^2 = X_1^2 + X_2^2 + 2X_1X_2 \cos(\varphi_1 - \varphi_2)$$

tg $\varphi = \frac{X_1 \sin \varphi_1 + X_2 \sin \varphi_2}{X_1 \cos \varphi_1 + X_2 \cos \varphi_2}$.

Do đó, “bản ghi” cường độ của sóng thu được chứa thông tin về sự khác biệt về thành phần vật lý giữa các sóng. Nếu biết pha của một trong số chúng (tham chiếu), thì từ độ lệch pha Δφ hoặc từ pha φ của đồng thời thu được

11

Hình 1.
về nguyên tắc, các dao động có thể xác định pha của sóng (tín hiệu) thứ hai bị vật thể tán xạ. Như giáo sư V.A. Fabrikant nói một cách hình tượng, “sự giao thoa chuyển sự tương ứng pha của sóng ánh sáng sang ngôn ngữ cường độ, khiến người ta có thể ghi lại chúng trên một tấm ảnh”.
Phân tích giao thoa cho phép Gabor chứng minh rằng biên độ và pha của sóng đơn sắc bị tán xạ bởi một vật thể có thể được phát hiện bằng hình ảnh nếu sóng này tích hợp với sóng đơn sắc tham chiếu của cùng một hạt. Một tấm ảnh có mẫu giao thoa được ghi trên đó được gọi là ảnh ba chiều. Dịch theo nghĩa đen từ tiếng Hy Lạp, điều này có nghĩa là “bản ghi đầy đủ” - bản ghi cấu trúc không gian của sóng được phản ánh bởi một vật thể.
Sóng ánh sáng bị tán xạ bởi bất kỳ vật thể nào có thể được coi là một tập hợp các sóng thứ cấp, nguồn của chúng là các điểm riêng lẻ của vật thể đó. Do đó, để tạo thành hình ba chiều của một vật thể phức tạp, cần phải hiểu chi tiết cách thu được hình ba chiều quá trình - hình ba chiều của một điểm.

Hình ba chiều đơn giản nhất là cách tử vùng Fresnel
Hình 3 cho thấy hình ảnh về sự chồng chất của hai sóng đơn sắc của cùng một hạt: sóng cầu phát ra từ điểm S và sóng tham chiếu phẳng. Các vòng tròn và đường thẳng màu đen biểu diễn vị trí các mặt sóng của sóng cầu và sóng phẳng sau thời gian T bằng chu kỳ

Hình 2.
do dự. Các đường tròn và đường thẳng nét đứt biểu thị vị trí của các mặt sóng sau một thời gian bằng T/2. (Chính xác hơn, những đường này cố định phần mặt trước sóng bằng mặt phẳng vẽ.)

Tại các điểm giao nhau của đường tròn liền và đường liền, cũng như đường tròn nét đứt và đường đứt nét, điều kiện để có cực đại giao thoa thỏa mãn:
$$\Delta \varphi = 0, \pm 2\pi, \pm 4\pi \dots \Rightarrow$$
$$\Rightarrow X_p^2 = X_1^2 + X_2^2 + 2X_1X_2 = (X_1 + X_2)^2 \Rightarrow$$
$$\Rightarrow X_p = X_1 + X_2.$$

Các đường màu đỏ trong Hình 3 nối các điểm này là tập hợp các điểm thỏa mãn các điều kiện về cực đại giao thoa.

Tại các điểm giao nhau của đường tròn liền nét và đường đứt nét, cũng như đường tròn nét đứt và đường liền nét, các điều kiện về nhiễu tối thiểu được đáp ứng:
$$\Delta \varphi = \pm \pi, \pm 3\pi, \pm 5\pi \dots \Rightarrow$$
$$\Rightarrow X_p^2 = X_1^2 + X_2^2 - 2X_1X_2 = (X_1 - X_2)^2 \Rightarrow$$
$$\Rightarrow X_p = X_1 - X_2.$$

Các đường màu xanh lam trong Hình 3 nối các điểm này là tập hợp các điểm thỏa mãn các điều kiện tối thiểu.

Bằng cách đặt tấm ảnh trong mặt phẳng $NN'$, vuông góc với mặt phẳng vẽ, chúng ta sẽ thu được các vòng sáng và tối xen kẽ trên đó. Bán kính ánh sáng của các vòng, như có thể thấy trong Hình 3, được xác định bởi biểu thức
$$r_k = \sqrt{(a + k\lambda)^2 - a^2} = \sqrt{2ka\lambda + k^2\lambda^2} \approx \sqrt{2ka\lambda},$$
(*)

trong đó $a$ là khoảng cách từ điểm $S$ đến tấm ảnh, $\lambda$ là bước sóng,

12

Hình 3.

$k$ — số sê-ri của kolyz; chúng tôi đã bỏ qua độ lớn của $k^2\lambda^2$ so với $2ka\lambda$ kể từ $a \gg k\lambda$.

Biểu thức đã học về bán kính của các vòng hình giao thoa trùng với biểu thức bán kính của các vòng của cái gọi là tấm đới Fresnel (mạng tinh thể), nổi tiếng trong vật lý hơn 150 năm*).

Vì vậy, nhà địa lý đơn giản nhất - nhà địa lý của một điểm - là tấm vùng Fresnel. (Một bức ảnh phóng to của mảng vùng được hiển thị trong Hình 4.) Sự khác biệt duy nhất giữa địa lý của điểm và mảng vùng cổ điển là sự chuyển đổi suôn sẻ từ các vòng tối sang vòng sáng.

Tái tạo sóng cầu bằng phương pháp địa lý đơn giản nhất - tấm vùng

Để tái tạo lại hình ảnh bằng cách sử dụng địa lý, Gabor đề xuất làm sáng địa lý bằng sóng tham chiếu.

*) Bạn sẽ làm quen với các đặc tính của tấm vùng bằng cách đọc bài viết của O. Kabardin và N. Schaefer, xuất bản trên «Kvant» Số 1 năm 1979.

Hãy xem xét quá trình khôi phục hình ảnh của một điểm bằng cách sử dụng tấm vùng. Chúng ta hãy chiếu sáng tấm có cùng sóng phẳng (cùng chiều dài) với sóng tham chiếu, nhờ đó thu được địa lý của điểm. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ định vị tấm sao cho nó song song với mặt trước của sóng phẳng (Hình 5).

Bất kỳ phần nhỏ nào của tấm vùng có thể được coi là cách tử nhiễu xạ. Chọn một dải hẹp trên đĩa. Đó là một mạng, chu kỳ của nó không đổi - nó bằng $d_k = \Delta r_k = r_{k+1} - r_k$ và, như có thể thấy từ biểu thức (*), giảm dần theo khoảng cách từ tâm tấm đến ngoại vi. Hãy xem xét một phần nhỏ của mạng. Vì $r_k$ thay đổi chậm khi tăng $k$, chúng ta có thể giả sử rằng trong một phần nhỏ của cách tử, chu kỳ của nó không đổi và bằng giá trị gần như không đổi $d = \Delta r_k$ - khoảng cách giữa hai sọc sáng liền kề (nghĩa là khoảng cách xuyên tâm giữa hai vòng liền kề).

13

Hình 5.

Mỗi điểm trong khe cách tử nơi sóng ánh sáng rơi vào là nguồn phát sóng ánh sáng thứ cấp lan truyền theo mọi hướng. Ví dụ, truyền dọc theo các sóng ánh sáng thứ cấp từ phần cách tử mà chúng ta đã chọn tăng cường lẫn nhau, các điều kiện $d \sin \alpha_k = \pm n \lambda$ ($n = 0, 1, 2, \dots$) (**) được xác định

(Xem Vật lý 10, trang 183). Năng lượng tối đa khi tới các chùm ánh sáng có bậc 0 ($n=0$) và bậc nhất ($n=1$). Do đó, sóng ánh sáng thứ cấp thành công nhất xảy ra theo các hướng được xác định bởi các góc

$$\alpha_0 = 0, \sin \alpha_k = \pm \frac{\lambda}{d} = \pm \frac{\lambda}{\Delta r_k}.$$

Giá trị $\Delta r_k$ sẽ tìm thấy, sử dụng (*):

$$\Delta r_k = r_{k+1} - r_k = \frac{r_{k+1}^2 - r_k^2}{r_{k+1} + r_k} \approx \frac{2a \lambda}{2r_k} = \frac{a \lambda}{r_k}.$$

Như vậy,

$$\sin \alpha_k = \pm \frac{r_k}{a}.$$

Như có thể thấy từ biểu thức của $\sin \alpha_k$, khi $k$ tăng, giá trị của $\alpha_k$ cũng tăng.

Nói cách khác, càng xa tâm tấm thì góc truyền của các tia từ chùm tia bậc nhất càng lớn. Kết quả là tất cả các tia bị lệch một góc $\sin \alpha_k = +\frac{r_k}{a}$ cắt nhau tại một điểm $S'$, tạo ra ảnh thật của điểm $S$; các tia bị lệch bởi các góc $\sin \alpha_k = -\frac{r_k}{a}$ cắt nhau tại phần mở rộng của chúng tại điểm $S''$, tạo ra ảnh tối thiểu của điểm $S$. Trong trường hợp này, các điểm $S'$ và $S''$ nằm cách tấm một khoảng $a$.

Hãy chứng minh điều đó. Như có thể thấy trong Hình 5, khoảng cách $x$ từ tấm vùng đến điểm $S'$ và $S''$ bằng

$$x = r_k \text{ ctg } \alpha_k = \frac{r_k \sqrt{1 - \sin^2 \alpha_k}}{\sin \alpha_k} = \frac{r_k \sqrt{1 - r_k^2 / a^2}}{r_k / a} \approx a.$$

Do đó, khi khung đầu của điểm $S$ được chiếu sáng bởi sóng phẳng tham chiếu, chúng ta thu được hai ảnh của điểm $S$: ảnh thật $S'$ và ảnh tối thiểu $S''$, nằm ở hai phía đối diện của tấm và cách tấm một khoảng $a$.

Khả năng tập trung sóng của các tấm phân vùng, tạo ra hình ảnh thật của một vật thể, đã được biết đến từ thế kỷ 19. Khả năng tạo ra hình ảnh tối thiểu của họ chỉ được đánh giá cao ở golovrafini, vì chính các tia sáng phân kỳ sẽ khôi phục hình ảnh không bị biến dạng của vật thể, là bản sao chính xác của tín hiệu sóng ánh sáng.

Để xuất hiện khoảng cách nói trên, hai điểm $A$ và $B$ của vật thể, nằm khi nhận khung đầu ở khoảng cách $a$ và $b$ tính từ nhựa quang. Những điểm này phân tán sóng ánh sáng, làm nhiễu sóng mặt phẳng tham chiếu, sẽ tạo ra hai tấm vùng có bán kính vòng khác nhau trên khung đầu. (Điều này diễn ra từ biểu thức cho $r_k$.) Hình ảnh thực và tối thiểu của các điểm $A$ và $B$, khi tái tạo lại khung đầu thu được, hóa ra ở khoảng cách $a$ và $b$ so với khung đầu. Như có thể thấy từ

14

hình 6.

Hình 6, trong ảnh tối thiểu của vật thể, chúng ta thấy điểm $B''$ xa hơn điểm $A''$. Đây chính xác là cách các điểm $A$ và $B$ được định vị lẫn nhau khi lấy được biểu đồ. Trong ảnh thực tế, điểm $B''$ nằm gần chúng ta hơn điểm $A'$. Do đó, hình ảnh thực tế của một vật thể thu được bằng cách sử dụng khung đầu bị biến dạng: các chỗ phình ra ở nơi đó được coi là lượn sóng và ngược lại. Sự biến dạng này được gọi là giả hành.

Kế hoạch lấy được biểu đồ mà chúng tôi xem xét đã được chính Gabor đề xuất và thực hiện lần đầu tiên. Đề án này có nhược điểm đáng kể. Khi nhìn từ phía trước, ảnh thật và ảnh tối thiểu của vật thể dường như nằm trên cùng một đường thẳng và tạo ra sự giao thoa lẫn nhau.

Để tách biệt hình ảnh thực và hình ảnh tối thiểu, các nhà khoa học Mỹ E. Leith và J. Yu. Upatnikes đề xuất vào năm 1961 và triển khai vào năm 1963 sơ đồ đèn pha hai chùm tia. Theo sơ đồ này, chùm tia laser được chia thành hai chùm - chùm tham chiếu và tín hiệu (Hình 7, a). Chùm tia tín hiệu hướng vào một vật thể, phản xạ từ nó và chạm vào nhựa chụp ảnh, nơi nó tương tác với chùm tia tham chiếu. Như có thể thấy trên Hình 7, 6, ảnh thật của vật đó không ngăn cản người quan sát xem ảnh tối thiểu của vật đó.

Hình 7. P - vật thể, L - laser, Z - gương, S.P. - chùm tín hiệu, O.P. - chùm tham chiếu; G - khung đầu, D.I. - Ảnh thật nhé M.I. - hình ảnh tối thiểu.

15

Hình ba chiều với ghi âm trong môi trường ba chiều

Năm 1962, nhà vật lý Liên Xô Yu. N. Denisok đề xuất ghi lại mẫu giao thoa trên nhựa chụp ảnh bằng một lớp nhũ tương dày. Độ dày của lớp nhũ tương có thể vào khoảng 20 bước sóng ánh sáng.

Trong Hình 3, PQRT đường thẳng là một phần của nhũ tương lớp dày (cắt theo mặt phẳng của hình). Nếu lớp nhũ tương đủ dày, sóng tham chiếu và tín hiệu sẽ giao thoa với lớp bên trong. Trong trường hợp này, ở những nơi có cực đại giao thoa, lượng trung gian tối đa được giải phóng. Tập hợp các điểm cực đại trong Hình 3 (đường cong màu đỏ) là các parabol*). Vì vậy, trong không gian (trong thể tích nhũ tương) các điểm giao thoa cực đại tạo thành các parabol. Nói cách khác, trong lớp nhũ tương, một hệ thống gương parabol bán mở đồng trục có tiêu điểm chung - điểm S - được hình thành.

Hình ba chiều thu được trên một tấm có lớp nhũ tương dày được gọi là thể tích. Để thu được hình ảnh của điểm S bằng cách sử dụng hình ba chiều thể tích, cần phải chiếu sáng hình ba chiều bằng sóng ánh sáng phẳng, mặt trước của sóng này song song với mặt phẳng của bạch kim. Trong trường hợp này, độ dài của sóng phẳng không nhất thiết phải bằng độ dài của sóng tham chiếu. Trạng thái này là ưu điểm chính của hình ba chiều thể tích và nó dẫn đến những hậu quả đáng chú ý. Để hiểu điều gì *) Chúng ta hãy nhớ lại rằng parabol là một tập hợp các điểm trên một mặt phẳng cách đều một điểm nhất định—tiêu điểm—và đường thẳng—đường chuẩn. Điểm S trong Hình 3 là tiêu điểm của toàn bộ họ parabol (cả đồng bộ và đỏ); các đường thẳng mô tả mặt trước của sóng phẳng là đường chuẩn của các parabol khác nhau.

Hình 8.

trong câu hỏi, chúng ta hãy tìm hiểu cách khôi phục hình ảnh bằng hình ba chiều.

Các tia sáng song song xuyên qua nhũ tương bên trong, chiếu vào gương parabol thứ nhất; một phần chúng được phản chiếu từ nó, một phần chúng đi xa hơn, rơi vào gương parabol thứ hai; ở đây một lần nữa một số tia bị phản xạ, một số xuyên sâu vào nhũ tương, rơi vào tấm gương thứ ba, v.v.

Hình 8 biểu diễn đường đi của các tia khi ảnh ba chiều được chiếu sáng từ hai phía đối diện. Nếu một sóng phẳng rơi trên bề mặt PT của hình ba chiều (Hình 8, a), thì các tia phản xạ từ các bề mặt lồi của gương sẽ tập trung tiếp tục vào tiêu điểm của các parabol - tại điểm S", là ảnh cực tiểu của điểm S. Khi hình ba chiều được chiếu sáng từ một phía của bề mặt QR (Hình 8, b), các tia phản xạ từ sóng của bề mặt gương sẽ được thu thập.

16

được đặt tại điểm $S'$, tạo ra ảnh thật của điểm $S^*$).

Như bạn có thể thấy, với sự trợ giúp của hình ảnh thể tích, hình ảnh thực hoặc hình ảnh tối thiểu của một vật thể sẽ được tạo riêng biệt chứ không phải cả hai cùng nhau, như trường hợp của hình ảnh phẳng. Hình ảnh thực tế là hình ảnh giả nên chúng thường hoạt động với hình ảnh tối thiểu.

Về nguyên tắc, để khôi phục mặt sóng, chỉ cần hình thành một bề mặt cực đại giao thoa (một gương parabol) trong lớp nhũ tương là đủ. Thực tế là một số bề mặt như vậy được hình thành trong một lớp nhũ tương dày giúp có thể tái tạo lại hình ảnh bằng ánh sáng trắng. Trong trường hợp này, hình ảnh sẽ thu được có cùng màu với màu của sóng tham chiếu. các sóng có thành phần màu chính xác này của ánh sáng trắng, khi được phản xạ từ các parabolide gương khác nhau, sẽ luôn tập trung cùng pha và cộng lại sẽ tăng cường. Sóng của tất cả các thành phần màu khác được phản chiếu từ gương sẽ tập trung vào các pha khác nhau và sẽ không cần nỗ lực nhiều.

Biểu đồ thể tích rất hiệu quả khi thu được hình ảnh màu. Với mục đích này, vật thể được chiếu sáng bằng ánh sáng từ ba tia laser, bước sóng $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ được chọn để bạn quan sát được toàn bộ màu sắc của vật thể. Thường sử dụng sự kết hợp của màu đỏ, vàng và xanh. Mỗi tia laser tạo ra một hệ thống bề mặt gương mờ trong lớp nhũ tương của nó. Khi một hình ảnh như vậy được chiếu sáng bằng ánh sáng từ ba tia laser được sử dụng để tạo ra nó, các hình ảnh “một màu” xuất hiện kết hợp trong không gian và tạo thành hình ảnh màu của vật thể.

*) Tính chất thay thế của gương parabol để hội tụ các tia song song đã được thảo luận trong bài viết của M. Fainold “Hình parabolit tuyệt vời này” («Kvant», 1975, số 12).

Một hình ảnh màu cũng thu được nếu một hình ảnh như vậy được chiếu sáng bằng ánh sáng mặt trời. Trong trường hợp này, một hệ thống gương làm nổi bật và phản chiếu các thành phần ánh sáng mặt trời có bước sóng $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$, tạo ra ảnh màu của một vật thể ở một vị trí nhất định trong không gian.

Đối với việc tạo ra lý thuyết về biểu đồ thể tích, Yu. N. Denisok được trao Giải thưởng Lênin năm 1970.

Thuộc tính và tính năng của glogram

Hiển thị hình ảnh được xây dựng lại bằng glogram sẽ thể hiện trí tưởng tượng của bất kỳ khán giả nào. Hình ảnh của hiện tại là “thật” đến nỗi bạn muốn chạm vào nó để chắc chắn rằng đó chỉ là hình ảnh chứ không phải đồ vật. Hình ảnh có thể được xem từ nhiều góc độ khác nhau; Bạn có thể tập trung lại mắt, kiểm tra các phần gần và xa của một vật thể và quan sát hoạt động phản xạ ánh sáng trên một vật thể. Hình 9 và 10 hiển thị các bức ảnh của hình ảnh glogram được chụp từ nhiều điểm quan sát khác nhau.

Một đặc tính rất quan trọng của glogram là khả năng khôi phục toàn bộ hình ảnh bằng cách sử dụng các phần riêng lẻ của glogram và độ nhạy thấp của glogram đối với các hạt bụi, vết trầy xước và các khuyết tật nhỏ trong quá trình đăng ký phương tiện. Những đặc tính này là do mỗi điểm của tấm trong quá trình phơi sáng được chiếu xạ bởi ánh sáng tán xạ bởi tất cả các điểm của vật thể và ánh sáng phản xạ từ mỗi điểm của vật thể sẽ chiếu sáng toàn bộ tấm. Những đặc tính này của glogram có thể được kiểm tra dễ dàng bằng cách sử dụng một tấm bản vùng tự chế: hình ảnh thu được từ tấm này vẫn giữ lại các phần của tấm khi được phơi sáng.

Các đặc tính thay thế của biểu đồ mà chúng tôi đã liệt kê mang lại khả năng sử dụng rộng rãi phương pháp hình học không chỉ trong lĩnh vực độ dài quang học

17

Hình 9.

sóng, mà còn trong bất kỳ quá trình sóng nào (trong âm học, trong phạm vi vô tuyến, trong các quá trình địa chấn, v.v.). Phương pháp ba chiều cho phép giải bài toán mà các phương pháp khác không thể giải được.

Phần kết luận

Để kết luận bài viết, tôi muốn trả lời câu hỏi sau: tại sao ảnh ba chiều - về nguyên tắc là một phương pháp đơn giản của Fotoeplicity của một mẫu giao thoa được hình thành bởi hai điểm kết hợp - chỉ được tạo ra rất gần đây? Thật vậy, sự giao thoa và nhiễu xạ đã được nghiên cứu kỹ lưỡng vào thế kỷ 19; nhiếp ảnh được phát minh vào giữa thế kỷ 19; vì vậy Gabor không cần kiến ​​thức về bất kỳ thành tựu khoa học mới nào để mở được ảnh ba chiều. Tuy nhiên, cần phải có sự hiểu biết sâu sắc về các hiện tượng giao thoa và nhiễu xạ, và tất nhiên, một bộ óc sáng tạo để kết hợp tất cả các yếu tố đã biết của ảnh ba chiều thành một ý tưởng sáng giá. Ví dụ về việc tạo ra hình ảnh ba chiều đã được sử dụng rất tốt, rằng trong hình thái học của chúng ta, những ý tưởng và khám phá mới và có giá trị được sinh ra trên cơ sở những khái niệm cũ, nổi tiếng.

Hình 10.

Ngoài ra, phải nhấn mạnh rằng cùng với những nguyên tắc khó khăn trong việc phát triển kỹ thuật chụp ảnh ba chiều, còn có những nguyên tắc thuần túy kỹ thuật. Hơn nữa, vào năm 1947, ý tưởng của Gabor vẫn còn quá sớm, vì cần có nguồn ánh sáng đơn sắc được hiệu chỉnh để tạo ra ảnh ba chiều chất lượng cao. Những nguồn như vậy—laser—chỉ xuất hiện vào năm 1960. Để tạo ra ảnh ba chiều chất lượng cao, cần có vật liệu ảnh có độ phân giải cao. Như chúng ta đã thấy, khi thu được hình ba chiều thể tích, khoảng cách giữa các gương parabol bên trong lớp nhũ tương hóa ra theo thứ tự bước sóng. Chính giá trị này sẽ quyết định độ phân giải của nhũ tương. Đối với ánh sáng khả kiến ​​$\lambda \sim 10^{-6}$ m; điều này có nghĩa là trên một milimet vật liệu nhựa quang $\sim 10^3$ phải được phân giải (“nhìn” tách biệt). Những vật liệu như vậy chỉ được tạo ra trong những năm gần đây. Một số lượng lớn các khó khăn kỹ thuật hiện đang phải đối mặt với những người tạo ra điện ảnh và truyền hình ba chiều. Nhưng rất nhiều điều đã được thực hiện để vượt qua những khó khăn này.

(Để biết danh sách tài liệu tham khảo, xem trang 18.)

18

Họ parabol khối

Hãy nhìn vào trang thứ hai của trang bìa - nó hiển thị một nhóm gồm 169 hình parabol khối, tạo thành hình quả mận, “tác giả” của nó là một chiếc máy tính. Lưu ý này sẽ xem xét cách sử dụng các đường cong như vậy trong thực tế.

Trong đồ họa máy tính, trước hết sẽ cần phải vẽ những đường cong mượt mà. Đôi khi điều này phải được thực hiện bằng cách xác định các đường cong tương ứng với một phương trình đã cho. Trong các trường hợp khác, đường cong của lần thay thế đầu tiên các thành phần của nó Δx₃, Δy₃). Như đã biết, độ dốc bằng kᵢ = Δyᵢ/Δxᵢ. Vì vậy, chúng ta cần vẽ từng điểm trong số bốn điểm còn lại tạo nên đường cong tổng quát theo bốn điều kiện ban đầu (vị trí của hai điểm và hệ số góc của các tiếp tuyến tại hai điểm). Tôi nên chọn loại đường cong nào cho việc này? Theo nghĩa phân tích, đây phải là một đường cong “bốn tham số”, nghĩa là nói một cách đại khái, phương trình của nó phải có 4 hệ số. Để có được một cung cụ thể, bạn cần xác định giá trị tương ứng của bốn hệ số này và chỉ ra khoảng thời gian thay đổi đối số. Có lẽ giải pháp đơn giản nhất cho bài toán của chúng ta là cung của một parabol bậc ba, hay chính xác hơn là một phần của đồ thị của đa thức bậc ba:

y = A + B · x + C · x² + D · x³.

Biết tọa độ điểm đầu và điểm cuối cũng như hướng của các tiếp tuyến tại các điểm này dễ dàng thu được hệ bốn phương trình xác định các hệ số A, B, C, D.

Phương pháp xây dựng đường cong sóng đơn giản này rất phổ biến. Các điểm có tiếp tuyến dọc là “không thể tiếp cận được” với nó. Rất khó để vẽ một đường khép kín hoặc tự giao nhau, ngay cả khi được chia thành nhiều cung bằng phương pháp này. Nhưng, tất nhiên, các nhà toán học-lập trình viên có nhiều cách tinh vi và tiên tiến hơn để xây dựng các đường cong khác nhau.

Trên trang bìa của chúng tôi có một bản vẽ máy vẽ các cung của đa thức bậc ba (hình vẽ được quay 90°). Mỗi điểm trong số 13 điểm trên cùng được nối bằng một vòng cung với 13 điểm dưới cùng. Tại mỗi điểm trong số 26 điểm ban đầu, một kết nối tiếp tuyến được xác định. Các vòng cung giao nhau bất ngờ tạo thành một họa tiết ren với các hàng “nút thắt”. Hãy nghĩ xem tại sao điều này lại xảy ra. Các đường ngang chứa “nút thắt” được định vị như thế nào?

Phòng thí nghiệm «Kvant»
A. Varlamov
A. Shapiro
GIỚI THIỆU VỀ OVO

Điều quan trọng là dù chúng ta có cố gắng bỏ quả trứng vào cốc cẩn thận đến đâu thì chúng ta cũng không thể thay đổi các định luật vật lý. Một quả trứng có thể không phát triển và một người đầu bếp lành nghề cũng không bao giờ làm vậy, nhưng chắc chắn nó sẽ bay lên theo phương thẳng đứng do gia tốc trọng trường theo định luật Joule-Lenz.

Từ cuốn sách của V. Pokhlebkin “Thành quả của việc nấu ăn ngon”.

“Abovo” - dịch từ tiếng Latin, nó có nghĩa đen là “từ quả trứng”. Theo nghĩa bóng, cách diễn đạt này được sử dụng khi người ta muốn chỉ ra cái gì đó nguyên bản, cơ bản. Chính ý nghĩa tượng hình này mà người xưa đã đưa vào làm nghĩa chính trong từ “abovo”. Bản thân họ không hề hay biết, do đó họ đã thả ra quả trứng của loài ngụy biện đã tồn tại từ thời xa xưa: cái gì xuất hiện đầu tiên - con gà hay quả trứng? Chúng ta sẽ gác câu hỏi này sang một bên và sẽ giải quyết một số hiện tượng vật lý, chọn làm công cụ nghiên cứu… một quả trứng gà.

Ai mà không nhớ lý do chết người dẫn đến sự chia cắt giữa Lilliput và đế chế Blefuscu, được mô tả trong Những chuyến du hành của Guliver? Đây là
Lệnh này là một sắc lệnh của Hoàng đế Lilliput, ra lệnh cho tất cả thần dân của ông, dưới hình phạt tử hình, phải đập trứng từ đầu nhọn. Guliver tin rằng việc chọn đầu để đập quả trứng là việc của chủ nhân. Bất cứ điều gì bạn muốn, hãy phá vỡ nó từ đó. Các tác giả hoàn toàn đồng ý với Guliver, nhưng vẫn còn: đầu nào của quả trứng dễ vỡ hơn? Lời giải trong số bài toán này sẽ giúp bạn chọn chiến thuật phù hợp trong “trận chiến trứng luộc” thường nảy sinh vào bữa sáng ở trại Pinoneer.

Bạn nên làm gì: tấn công kẻ thù hay tự mình chờ đợi cuộc tấn công? Nên chọn quả trứng to hay quả nhỏ? giữ nó bằng đầu nhọn hay cùn về phía kẻ thù? - đây là những câu hỏi chính về chiến thuật trong một trận chiến như vậy. Có ý kiến ​​​​cho rằng cuộc tấn công thắng. Tuy nhiên, với chuyển động đồng đều của quả trứng, việc tấn công mình hay chờ kẻ địch tấn công cũng không có gì khác biệt. Bạn không cần phải là một quả trứng mới bị thuyết phục về điều này; chỉ cần nhớ nguyên tắc liên quan đến Galieus và “đi” trong hệ thống báo cáo trong đó cuộc tấn công-

20

Shiy sẽ kết thúc. Trong một hệ thống như vậy, anh ta tự động chuyển từ “kẻ gây hấn” thành “bên bị thương”.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét quá trình va chạm hai quả trứng. Chúng ta sẽ giả định rằng những quả trứng giống hệt nhau - cả về kích thước và hình dạng, và vỏ của chúng được “thiết kế” để chịu cùng tải trọng tối đa $T$. Những quả trứng va chạm với các đầu khác nhau - một đầu cùn, một đầu nhọn.

Theo định luật thứ 111 của Newton, các lực tác dụng trong quá trình va chạm từ quả trứng này sang quả trứng khác có độ lớn tuyệt đối bằng nhau và hướng ngược nhau. Chúng ta hãy tưởng tượng các lực $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$ là tổng của các lực $\vec{f}_1, \vec{f}_1'$ và $\vec{f}_2, \vec{f}_2'$, lần lượt hướng dọc theo các tiếp tuyến với bề mặt tiếp xúc của trứng. Độ lớn tuyệt đối của lực $\vec{f}$ phụ thuộc vào góc giữa các tiếp tuyến: $f = \frac{F}{2} \cos \frac{\alpha}{2}$. Do đó, góc giữa các tiếp tuyến càng lớn thì lực “xé” sinh ra trong va chạm càng lớn. Vì vậy, trên thực tế, việc lên cấp bằng cách cầm quả trứng có đầu nhọn về phía kẻ thù sẽ có lợi hơn. Có một lý do khác cho chiến lược này: trong quả trứng có một “túi khí” ở đầu cùn, và do đó, đầu cùn kém bền hơn (hãy thử giải thích sự thật này).

Chúng ta hãy thu hút sự chú ý của người đọc về thực tế là việc phân tích lực lượng ở trên chỉ ra con đường dẫn đến chiến thắng với sự trợ giúp của một thủ thuật nhỏ. Không vi phạm nguyên tắc tương đối của Galileo, người gửi có thêm cơ hội chiến thắng, ngay cả khi đối thủ của anh ta

![Graph showing the relationship between forces and angles in a circular motion scenario.]

Một quả trứng sống sẽ không nói dối như vậy. Ma sát giữa các lớp chất lỏng trong trứng và giữa chất lỏng và vỏ làm chậm đáng kể quá trình quay, do đó sẽ không thể quay trứng sống đến tốc độ mong muốn. Nhờ sự khác biệt trong hoạt động của trứng luộc và trứng sống, bạn luôn có thể phân biệt chúng mà không làm vỡ chúng - để làm được điều này, bạn chỉ cần quay quả trứng trên bàn. Một quả trứng sống sẽ dừng quay sau vài vòng, nhưng một quả trứng luộc sẽ mất nhiều thời gian để quay.

…Trong các thí nghiệm trước chúng tôi cần một quả trứng luộc. Nấu thế nào cho đúng để trứng không bị nứt? Tại sao một bà nội trợ có kinh nghiệm lại luộc trứng trong nước muối? Bạn sẽ không tìm thấy đáp số cho những câu hỏi ẩm thực này ngay cả trong một cuốn sách dạy nấu ăn dày.

Khi luộc trứng trong nước, nó nằm dưới đáy (mật độ của nó lớn hơn mật độ của nước). Khi sôi

21

nivelizi cho rằng các dòng nước xoáy xuất hiện có thể dẫn đến việc vỏ bị tách ra khi va vào thành hoặc vào vỏ. Trong trường hợp này, protein chảy ra qua vết nứt và cứng lại thành từng mảnh.

Một người quen của tôi, Vasya, học sinh lớp 6, giải thích sự cần thiết của nước muối như thế này: “Nếu bạn đổ muối vào chảo với từng thìa trứng, thì nếu lượng muối hòa tan trong nước vừa đủ, quả trứng sẽ nổi, vì khối lượng riêng của nước muối lớn hơn khối lượng riêng của trứng. Và trứng sẽ không chạm đáy”.

Kolya, một thành viên trong nhóm các nhà vật lý trẻ, đưa ra lời giải thích: “Sự hiện diện của muối trong nước dẫn đến sự gia tăng độ dẫn nhiệt của nó, và điều này góp phần làm sôi trứng hiệu quả hơn và làm nóng trứng đồng đều hơn”.

Là một nhà khoa học sinh học nhạy bén, Valya cho rằng ảnh hưởng của muối đến một lĩnh vực hoàn toàn khác của hiện tượng: “Sự hiện diện của muối trong nước dẫn đến quá trình đông tụ protein tốt hơn. Vì vậy, nếu trứng nứt ra, một nút protein đông tụ sẽ ngay lập tức hình thành trong nước muối, nó sẽ bịt kín vết nứt và trứng sẽ không lọt ra ngoài.”

Như bạn có thể thấy, những lời giải thích rất khác nhau. Bạn nghĩ gì về điều này?

…Vậy là trứng đã luộc xong. Dùng thìa vớt trứng ra khỏi nước sôi và nhanh chóng cầm trứng trên tay khi còn ướt. Dù trứng rất nóng nhưng bạn vẫn có thể cầm nó trên tay. Tuy nhiên, khi trứng ra ngoài (điều này sẽ xảy ra rất nhanh), bạn sẽ không thể cầm nó trên tay - nó sẽ rất nóng. Lý do cho hiện tượng này là gì?

Đã trả lời câu hỏi trước, hãy thử bóc quả trứng. Bạn thấy lớp vỏ được dệt chặt chẽ và chỉ lộ ra những mảnh protein. Điều này có thể tránh được nếu quả trứng được hạ ngay từ nước sôi xuống nước lạnh: lòng trắng và vỏ có hệ số giãn nở thể tích khác nhau, và khi nguội đột ngột, lòng trắng co lại nhiều hơn vỏ và “bật ra” khỏi nó. Trứng rất dễ bóc vỏ.

…Cho đến nay chúng ta đã thấy các định luật cơ học, thủy động lực học và vật lý phân tử được thể hiện như thế nào trong các tính chất của quả trứng gà. Những hiện tượng điện tử nào có thể được quan sát bằng quả trứng?

Một quả trứng là một chất điện môi. Chính đặc tính này của vỏ trứng mà Michael Faraday đã sử dụng để chứng minh hiện tượng điện khí hóa.

Lấy một quả trứng sống và dùng kim chọc hai lỗ vào đó. Bằng cách thổi vào một trong số chúng, bạn có thể đổ toàn bộ nội dung của quả trứng ra ngoài và bạn sẽ chỉ còn lại toàn bộ vỏ trong tay. Bây giờ hãy mang đến cho nó một thanh ebonite nhiễm điện hoặc một chiếc lược nhựa thông thường mà bạn vừa chải tóc. Giờ đây, bất cứ nơi nào bạn di chuyển chiếc que hay chiếc lược, chiếc vỏ, giống như một con chó bị xích, sẽ không ngừng bám theo chúng. Hãy suy nghĩ tại sao?

…Có thể biết trứng còn tươi hay không mà không cần đập trứng? Có thể. Đặt một quả trứng sống vào nước. Nếu quả trứng chìm xuống thì nó còn tươi; nếu nổi là hỏng. Thực tế là trong một quả trứng cũ, protein và lòng đỏ sẽ bị phân hủy. Các quá trình này đi kèm với việc giải phóng hydro sunfua, chất này “bốc hơi” khỏi trứng qua các lỗ nhỏ nhất trên vỏ. Khi trứng phát triển, mật độ của trứng giảm dần.

Nhưng bạn không đến cửa hàng với chiếc chảo của riêng mình để kiểm tra xem trứng có tươi hay không?! Bạn có thể làm điều đó đơn giản hơn: nhìn quả trứng “lên ánh sáng”; Nếu nó trong mờ nghĩa là nó còn tươi; nếu trời tối nghĩa là nó đã cũ. Hydrogen sulfide được giải phóng trong quả trứng hư sẽ làm giảm khả năng phát âm của nó.

Để kết luận, hãy thử thí nghiệm thủ thuật sau. Lấy hai cốc trứng và đặt chúng gần nhau. Đặt một quả trứng luộc để nếm thử vào một trong số chúng. Thổi mạnh vào khoảng trống giữa quả trứng và thành vành. Quả trứng sẽ nhảy ra khỏi lỗ và nhảy sang lỗ tiếp theo. Hãy cố gắng giải thích thủ thuật này.

Một người ham học hỏi và tinh ý có thể khám phá ra nhiều hiện tượng mới mẻ và phức tạp trong những điều đơn giản nhất. Hãy tích cực gây ngạc nhiên cho thế giới xung quanh bạn, đặt câu hỏi và trước hết hãy cố gắng tìm ra đáp số chính mình.

22

Bài toán

M631 — M635; F643 — F647

M631. Các số có hai chữ số từ 19 đến 80 được viết thành một hàng. Kết quả là số 192021… …7980 có chia hết cho 1980 không? (8)

V. Fedotov

M632. Hàng hóa được đóng gói trong container phải được chuyển đến trạm vũ trụ quỹ đạo Salyut. Số lượng container tối thiểu là 35 container, tổng trọng lượng hàng hóa là 18 tấn. Có bảy tàu vận tải Progress, mỗi tàu có thể chở 3 tấn hàng hóa lên quỹ đạo. Được biết, các tàu này có thể đồng thời vận chuyển 35 container bất kỳ trong số 35 container hiện có. Chứng minh rằng họ có thể đưa tất cả hàng hóa có sẵn lên quỹ đạo cùng một lúc. (8-9)

A. Kolotov

M633. Cho điểm E trên đường kính AC của một đường tròn. Vẽ dây BD đi qua nó sao cho diện tích của tứ giác ABCD là rộng nhất. (9)

I. Sharytsin

M634. Hãy ký hiệu S(n) tổng của tất cả các chữ số của số tự nhiên n.
a) Có số tự nhiên n sao cho n + S(n) = 1980 không?
b) Chứng minh rằng ít nhất một trong hai số tự nhiên liên tiếp bất kỳ có thể biểu diễn dưới dạng n + S(n) với số tự nhiên thứ ba n nào đó. (8)

S. Konyatsin

M635. Những người lùn sống ở Thành phố hoa bỗng trở nên giống bệnh cúm hơn. Một ngày nọ, một số chú lùn bị cảm lạnh và bị ốm, và mặc dù sau đó chúng không bao giờ bị cảm lạnh nữa nhưng những chú lùn khỏe mạnh lại bị ốm, mãi mãi là những người bạn ốm yếu của chúng. Được biết, mỗi người lùn đều bị cúm hơn một ngày, và sau đó người đó có khả năng miễn dịch ít nhất một ngày nữa - tức là người đó khỏe mạnh và không thể bị bệnh trở lại vào ngày hôm đó. Bất chấp dịch bệnh, mỗi chàng trai khỏe mạnh đều đến thăm tất cả những người bạn ốm yếu của mình mỗi ngày. Khi dịch bệnh bắt đầu, những người lùn bị bệnh tiêm chủng và không tiêm chủng. Chứng minh rằng:
a) nếu trước ngày đầu tiên xảy ra dịch, một số người lùn đã được tiêm phòng và có miễn dịch vào ngày đầu tiên thì dịch bệnh có thể tiếp tục lâu nhất có thể:

23

6. nếu ngày đầu tiên không ai có miễn dịch thì dịch bệnh sớm muộn gì cũng sẽ kết thúc. (8)

A. Kolotov

F643. Hai gói hàng có vận tốc ban đầu giống hệt nhau, hướng theo phương ngang, đồng thời phóng từ cực nam và cực bắc của Trái đất. Sau thời gian τ = 3 giờ 20 phút, các gói tin ở khoảng cách tối đa với nhau. Xác định khoảng cách tối đa giữa các gói hàng. Gia tốc rơi tự do trên Trái đất được coi là đã biết. Bán kính Trái đất là $R_3 = 6400$ km. (10)

S. Kozel

F644. Một mạch điện gồm hai tụ điện có điện dung $C_1$ và $C_2$ ($C_2 > C_1$) và hai điốt lý tưởng $\varDelta_1$ và $\varDelta_2$ (Hình 1) được nối với nguồn điện áp xoay chiều $u = U_0$ cos $\omega t$. Xác định sự phụ thuộc của điện áp vào tụ điện theo thời gian ở chế độ cài đặt. Vẽ các phụ thuộc kết quả trên biểu đồ. Điện trở của một diode lý tưởng ở chiều thuận bằng 0, ở chiều ngược lại là vô cùng. (10)

V. Skorovarov

F645. Loa có bộ khuếch tán với mặt phẳng cắt ngang $S = 300$ cm$^2$ và khối lượng $m = 5$ g. Phần cộng hưởng của bộ khuếch tán là $v_0 = 50$ Hz. Phần cộng hưởng của nó là gì nếu bạn đặt loa lên tường của một hộp kín có âm lượng $V = 40$ l (Hình 2). Việc tính toán được thực hiện với giả định rằng nhiệt độ không khí bên trong hộp không thay đổi khi bộ khuếch tán dao động. (10)

A. Zilberman

F646. Một dòng điện có hướng phát ra từ một khe rộng mỏng với tốc độ $v = 10^5$ m/s (Hình 3). Nồng độ electron trong dòng là $n = 10^{10}$ hạt/m$^3$. Ở khoảng cách bao nhiêu từ khe thì độ dày của chùm tia sẽ tăng gấp đôi? Khối lượng electron $m = 9 \cdot 10^{-31}$ kg, điện tích electron $e = 1,6 \cdot 10^{-19}$ C, hằng số điện môi $\varepsilon_0 = 8,85 \cdot 10^{-12}$ F/m. (9)

A. Zilberman

F647. Một giọt dzhedeva lớn để lại những đám mây trong thời tiết yên tĩnh ở độ cao lớn. Tại thời điểm gia tốc rơi bằng 7,5 m/s$^2$ thì tốc độ của nó là 20 m/s. Ở gần Trái đất, giọt nước rơi với tốc độ không đổi và tự động chạm vào kính bên, để lại dấu vết trên đó một góc 30° so với phương thẳng đứng. Thanh tra cảnh sát giao thông có phạt người lái xe chạy quá tốc độ nếu tốc độ cho phép là 60 km/h không? Coi lực cản của không khí tỉ lệ với bình phương vận tốc rơi. (9)

V. Belonukkin

24

M573. Qua điểm $O$ a) trên mặt phẳng; b) Có 1979 đường thẳng trong không gian, trong đó không có hai đường thẳng nào vuông góc với các đường thẳng khác. Một điểm tùy ý $A_1$, khác với $O$, được lấy trên đường $l_1$. Chứng minh rằng bạn có thể chọn mỗi đường thẳng còn lại tại điểm $A_i \in l_i$ ($i=2, 3, \dots, 1979$) sao cho 1979 cặp đường thẳng sau đây vuông góc với nhau:

$$(A_1 A_3) \perp l_2,$$
$$(A_2 A_4) \perp l_3, \dots,$$
$$(A_{i-1} A_{i+1}) \perp l_i, \dots,$$
$$..., (A_{1977} A_{1979}) \perp l_{1978},$$
$$(A_{1978} A_1) \perp l_{1979},$$
$$(A_{1979} A_2) \perp l_1.$$

M573, M575—M577; F583—F585, F588

Trên mỗi đường thẳng $l_i$ chúng ta chọn một vectơ duy nhất $e_i$. Sau đó, đối với điểm $A_i \in l_i$ chúng ta có thể viết $\overrightarrow{OA_i} = a_i \overrightarrow{e_i}$. Điều kiện vuông góc của đường thẳng $A_i A_{i+2}$ và $l_{i+1}$ có thể viết dưới dạng $\overrightarrow{A_i A_{i+2}} \cdot \overrightarrow{e_{i+1}} = 0$, hoặc, vì
$$\overrightarrow{A_i A_{i+2}} = \overrightarrow{OA_i} + \overrightarrow{OA_i},$$
$$(a_{i+2} \overrightarrow{e_{i+2}} - a_i \overrightarrow{e_i}) \cdot \overrightarrow{e_{i+1}} = 0,$$
đó là
$$a_{i+2} \overrightarrow{e_{i+1}} \cdot \overrightarrow{e_{i+2}} = a_i \overrightarrow{e_i} \cdot \overrightarrow{e_{i+1}}.$$

Chúng ta đặt $\overrightarrow{e_i} \cdot \overrightarrow{e_{i+1}} = c_i$ ($i=1, 2, \dots, 1979$; $c_i$ là giá trị góc của vectơ $\overrightarrow{e_i}$ và tiếp theo là số của vectơ $\overrightarrow{e_{i+1}}$; $c_i \neq 0$). Chúng ta sẽ nhận được công thức
$$a_{i+2} = a_i \frac{c_i}{c_{i+1}},$$
(*)

cho phép bạn xác định tuần tự từ điểm $A_1$ các điểm $A_3, A_5, \dots, A_{1977}, A_{1979}, A_2, A_4, \dots, A_{1978}$, và cuối cùng, lại là điểm $A'_1$ trên dòng $l_1$, điểm này sẽ trùng với điểm $A_1$: nhờ công thức (*)
$$a'_1 = a_1 \frac{c_1}{c_2} \cdot \frac{c_3}{c_4} \cdot \dots \cdot \frac{c_{1979}}{c_1} \cdot \frac{c_2}{c_3} \cdot \dots \cdot \frac{c_{1978}}{c_{1979}} = a_1.$$

(Tất nhiên, có thể thu được công thức (*) bằng cách xét các hình chiếu của các điểm $A_i A_{i+2}$ lên đường thẳng $l_{i+1}$ - các hình chiếu này phải trùng nhau, vì $(A_i A_{i+2}) \perp l_{i+1})$.

N. Vasiliev

M575. Trên một dòng số, các điểm $A_0, A_1, A_2, \dots, A_n$ được sắp xếp theo thứ tự sao cho độ dài của các đoạn $A_0 A_1, A_1 A_2, \dots, A_{n-1} A_n$ không quy về 1. Cần đánh dấu $k-1$ trong số các điểm $A_1, A_2, \dots, A_{n-1}$ bằng màu đỏ sao cho độ dài của hai phần bất kỳ trong số $k$ mà đoạn $A_0 A_n$ được chia bởi các chấm đỏ khác nhau không quá 1. Chứng minh rằng điều này có thể luôn luôn được thực hiện a) cho $k=3$;
b) với mọi $k<n$ tự nhiên.

Đầu tiên, chúng ta xây dựng điều kiện bài toán nhiều lần. Chúng tôi sẽ xem xét tất cả các cách sắp xếp có thể có của $k+1$ chip $M_0, M_1, M_2, \dots, M_k$ tại các điểm $A_0, A_1, \dots, A_n$. Chúng tôi gọi một sự cân nhắc là chính xác nếu $M_i$ được đặt sai vị trí hơn $M_{i+1}$ và khoảng cách giữa $M_i$ và $M_{i+1}$ khác nhau không quá $1 (0 \leq i < k)$. Khi đó bài toán ban đầu sẽ trở thành thế này: chứng minh rằng có một cách sắp xếp đúng các chip $M_0, M_1, \dots, M_k$ sao cho $M_0$ nằm trong $A_0, a M_k - b A_n$. Tất nhiên, có thể trong cách sắp xếp này $M_i$ và $M_j$ đạt cùng một điểm, nhưng sau đó, rõ ràng là $|A_0 A_n| < k-1$ (hãy tự suy nghĩ xem cần phải làm gì trong trường hợp này).

Hãy để chúng tôi chỉ ra cách từ một cách sắp xếp các con chip đúng tùy ý, chúng ta có thể thu được một con chip đúng khác, trong đó một số con chip di chuyển sang bên phải và $M_0$ vẫn giữ nguyên vị trí. Đầu tiên chúng ta hãy giới thiệu một số ký hiệu.

Hãy để chúng tôi sắp xếp các con chip $M_0, M_1, \dots, M_k$. Chúng ta cũng sẽ biểu thị bằng $M_i$ điểm $A_j$ nơi đặt chip $M_i$ và bằng $M'_i$ điểm $A_{i+1}$ (nếu nó tồn tại, hãy xem hình). Cụ thể là $|M_i M'_i| < 1$. Chúng tôi sẽ hướng dẫn cách sắp xếp lại một số chip từ $M_i$ đến $M'_i$ trong khi vẫn duy trì đúng vị trí.

Hãy chọn mức tối thiểu trong số các khoảng cách $|M_i M_{i+1}|$; hãy để nó là $|M_s M_{s+1}| = a$. Sau đó $a \leq |M_i M_{i+1}| \leq a+1$ cho tất cả $i$ (vì sự sắp xếp đúng). Nếu chúng ta đưa một số quân cờ sang bên phải trong khi vẫn duy trì những bất đẳng thức này thì cách sắp xếp mới sẽ đúng. Hãy xem liệu trong số các chip $M_1, M_2, \dots, M_k$ có một chip $M_i$ mà $|M_{i-1} M'_i| \leq a+1$, tức là một chip sao cho khi dịch chuyển sang phải, tất cả khoảng cách mới giữa các chip sẽ không vượt quá $a+1$. Chúng tôi sẽ gọi tất cả các chip như vậy là chuyển động trái. Hóa ra những con chip chuyển động trái là cần thiết. Thật vậy, ví dụ như đây là con chip $M_{s+1}$: $|M_s M'_{s+1}| = |M_s M_{s+1}| + |M_{s+1} M'_{s+1}| = a + |M_s M'_{s+1}| \leq a+1.$

25

Bây giờ chúng ta hãy xem liệu trong số các chip $M_0, M_1, \dots, M_{k-1}$ có một chip nào chứa $|M'_i M_{i+1}| \geq a$, tức là một chip sao cho khi dịch chuyển sang phải, không có khoảng cách nào giữa các chip sẽ nhỏ hơn $a$. Chúng tôi gọi những con chip đó là chuyển động bên phải. Đương nhiên, chip $M_k$ cũng sẽ di chuyển sang bên phải.

Lưu ý rằng nếu $M_i$ không thể di chuyển sang trái thì $|M'_{i-1} M'_i| > a$ sẽ được di chuyển. Trong thực tế,
$$|M'_{i-1} M'_i| = |M_{i-1} M'_i| - |M_{i-1} M'_{i-1}| > (a+1) - |M_{i-1} M'_{i-1}| \geq (a+1) - 1 = a.$$
Và nếu con chip $M_i$ không di chuyển sang phải thì
$$|M'_i M'_{i+1}| = |M'_i M_{i+1}| + |M_{i+1} M'_{i+1}| \leq a+1.$$
Bây giờ, trong số tất cả các con chip di chuyển sang trái, hãy chọn con chip bên phải. Hãy để nó là $M_l$. Trong số tất cả các quân cờ di chuyển sang phải từ $M_l, M_{l+1}, \dots, M_k$, chúng tôi chọn quân cờ ngoài cùng bên trái. Đặt nó là $M_r$ (có lẽ $l=r$). Bây giờ chúng tôi hợp nhất các chip $M_l, M_{l+1}, \dots, M_r$ cho phù hợp và cho thấy rằng chuỗi $M_0, \dots, M_k$ vẫn đúng.

$$|M_{l-1} M'_l| > |M_{l-1} M_l| \geq a \text{ и } |M_{l-1} M'_l| \leq a+1,$$
vì chip $M_l$ có thể di chuyển sang trái.
$$|M'_l M_{r+1}| < |M_r M_{r+1}| \leq a+1 \text{ и } |M'_l M_{r+1}| \geq a,$$
vì chip $M_r$ đang di chuyển sang phải.
Đối với $l \leq i < r$, theo nhận xét ở trên liên quan đến thuộc tính của mã thông báo cố định, $a < |M'_i M'_{i+1}| \leq a+1$, vì mã thông báo $M_{i+1}$ không thể di chuyển sang trái (nó đứng ở bên phải của $M_l$ - mã thông báo có thể di chuyển sang trái ngoài cùng bên phải) và $M_i$ không thể di chuyển sang phải (nó đứng ở bên trái của $M_r$ - mã thông báo có thể di chuyển bằng tay phải nhiều nhất bằng tay trái). Do đó, với mọi khoảng cách $|M_{i-1} M_i|$ bất đẳng thức $a \leq |M_{i-1} M_i| \leq a+1$, $i=1, 2, \dots, k$ vẫn đúng. Cũng cần phải chứng minh rằng quân $M_i$ không thể ở bên phải quân $M_{l+1}$, nhưng điều này cũng dễ hiểu, vì nếu $M_i = M_{i+1}$ bằng nhau thì quân $M_{i+1}$ chuyển động sang trái và do đó quân $M_i$ không thể di chuyển. Vì vậy, chúng tôi đã đạt được những điều sau: từ bất kỳ chuỗi đúng nào, bằng cách dịch chuyển một phần của chip $M_1, M_2, \dots, M_k$ sang các điểm lân cận ($M_i$ dịch chuyển theo $M'_i$) sang bên phải, sẽ thu được một chuỗi đúng mới.

Chúng ta hãy lưu ý vai trò thú vị của các chip $M_s$ và $M_k$ trong quá trình này. Bản thân họ có thể không tham gia vào hoạt động này, nhưng sự hiện diện của họ đảm bảo sự tồn tại của các con chip $M_l$ và $M_r$ mà chúng tôi cần.

Bây giờ hoàn thành việc chứng minh là khá dễ dàng. Hãy đặt tất cả các khối $M_0, \dots, M_k$ vào $A_0^*$ - trình tự này rất chính xác - và hướng dẫn bạn cách áp dụng quy trình.

Vị trí của các chip trên các điểm luôn thay đổi, mỗi chip chỉ di chuyển về bên phải. Rõ ràng là sau một số thao tác nhất định, mã thông báo $M_k$ sẽ đến điểm $A_n$, đây là điểm bắt buộc.

nổi tiếng khác lời giải bài toán cũng sử dụng rupeduru (nói theo cách nói trên lời giải): chip đầu tiên $M_0$ Và $M_k$ sẽ đóng cửa tại các điểm $A_0$ Và $A_n$ cho phù hợp và phần còn lại được sắp xếp tùy ý; sau đó chúng ta sẽ di chuyển các con chip $M_1, M_2, \dots, M_k-1$ những cái cần thiết được thêm vào. (Cách tiếp cận này ngay lập tức có vẻ tự nhiên nhất, đó là lý do tại sao ý tưởng được trình bày lại rất bất ngờ. lời giải: không đóng chip $M_k$.)

V. Galperin

M576. Trên một mặt phẳng tại một điểm nhất định. Đối với một số cặp ($A; B$) của các điểm này, vectơ $AB$ được lấy và theo cách sao cho tại mỗi điểm có số vectơ bắt đầu bằng số số kết thúc tại đó. Chứng minh rằng tổng của tất cả các vectơ đã chọn bằng $\vec{0}$.

bài toán này có thể được giải quyết bằng nhiều cách. Hãy cho hai trong số họ.

Đầu tiên là lời giải. Chúng ta hãy áp dụng quy nạp theo số lượng vectơ. Đối với $n=2$, chúng ta có vectơ $\vec{AB}$ và $\vec{BC}$, tổng của chúng là $\vec{0}$. Giả sử câu phát biểu đúng với vectơ $n$. Hệ thống khoảng cách của vectơ $n+1$. Chúng tôi sẽ thay thế nó trong hệ thống này

*) Hoặc tại các điểm $A_0, A_1, A_2, \dots, A_k$.