Kvant 1982, số 5 · Trang

QUANTUM
5
1982

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

Trong những câu đố này, bạn cần giải thoát những chú vịt con khỏi sợi dây màu xanh mà chúng đang vướng vào. Tuy nhiên, ở câu đố phía dưới bên phải, bạn chỉ có thể giải thoát một chú vịt con - hai chú vịt con còn lại (bị giữ bằng chân) sẽ không thể thoát khỏi cô gái. Những câu đố này rất dễ thực hiện bằng cách sử dụng những mảnh dây và chỉ một vài sợi dây hoặc sợi dây. Dây nào cũng được, nhưng tốt hơn nên dùng dây đồng tro đơn có lớp cách điện màu. Đặc biệt cẩn thận khi buộc các hình bằng dây buộc, hãy làm theo bản vẽ một cách chính xác. Hãy nhớ rằng đôi khi chỉ cần luồn sợi chỉ vào phía sai của vòng lặp là đủ và câu đố sẽ không thành công. Cần phải duy trì đúng, chính xác theo bản vẽ, tỷ lệ của các hình và vòng cũng như chiều dài của dây buộc. Ví dụ, bông hoa phải lớn hơn chân vịt con nhưng nhỏ hơn vòng ở cuối sợi dây.

• Trang đầu tiên của trang bìa là hình ảnh lò phản ứng nghiên cứu MP của I.V. Viện Năng lượng nguyên tử Kurchatov. Nó được sử dụng để nghiên cứu các tính chất của vật liệu được sử dụng trong năng lượng hạt nhân.

1

TRONG PHÒNG:

B. Pastukhov. Trung thành với chỉ thị của Lênin và sự nghiệp của đảng

---

V. Pastukhov. Trung thành với di sản Lênin và mục tiêu của Đảng

---

A. Borovoy. Năm phép lạ
V. Tikhomirov. Khí động học bài toán Newton
11 V. Tikhomirov. Newton’s aerodynamical problem

Vấn đề «Kvant»

Bài toán M741—M745; F753—F757
Lời giải bài toán M701—M705; F713—F717

Kvant’s problems
19 Problems M741—M745; P753—P757
22 Solutions M701—M705; P713—P717

«Kvant» cho học sinh nhỏ

Bài toán
L. Ludansky. “Đứng bên phải, vượt bên trái…”

Kvant for younger school children
29 Problems
30 L. Luganski. “Stand right, move along left…”

Xưởng của người nộp đơn

E. Morozov. Hệ thống quang học
35 E. Morozov. Optical systems

Các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học

Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova
40 Moscow M. V. Lomonosov state university
Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol
44 Novosibirsk Lenin Komsomol state university
Đại học bang Leningrad được đặt theo tên. A. A. Zhdanova
46 Leningrad A. A. Jhdanov state university
Đại học bang Tashkent được đặt theo tên V. I. Lênin
48 Tashkent V. I. Lenin state university

Thông tin

A. Vilenkin. Trưởng hội thảo của NOU
49 A. Vilenkin. Seminar for NOU activists

Nghệ thuật lập trình

Yu. Pervin. Sắp xếp theo móc văn bản Bao gồm và phân phối
51 Yu. Pervin. Sorting-out by text keys. Inclusion and distribution

Đáp số, gợi ý, lời giải
55 Answers, hints, solutions

Pha trộn (10, 28)

Miscellaneous (10, 28)

Trang cờ vua

Cỗ máy thời gian cờ vua (trang bìa thứ 3)

The chess page
Chess time machine (3rd cover page)

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính của văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1982.

2

Trung thành với các giao ước của Lênin,
nguyên nhân của bữa tiệc

Đại hội lần thứ 19 Đoàn Thanh niên Cộng sản Lênin toàn Nga là một sự kiện sôi nổi và quan trọng trong đời sống của thế hệ trẻ nước ta. Ý tưởng và chính phủ của người lớn đến với diễn đàn của họ. Trong số đó có một nhóm lớn hơn là học sinh, sinh viên các trường dạy nghề và những người mà tạp chí «Kvant» hướng tới.

Những lời của Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU, Chủ tịch Đoàn Chủ tịch Xô Viết Tối cao Liên Xô Leonid Ilyich Brezhnev gửi đến các bạn, những người ham học hỏi, chín chắn và chủ động: “Cầu mong ngọn lửa yêu nước trong sáng tiếp tục cháy trong tim các bạn, cầu mong tinh thần trách nhiệm cá nhân cao cả sống vì công việc được giao, vì mọi việc xảy ra trên đất nước”.

Đảng Cộng sản và nhà nước Xô Viết đã cung cấp cho thế hệ trẻ những cơ hội đặc biệt để nắm vững kiến ​​thức khoa học tự nhiên và chính trị xã hội. Lời giải Đại hội XXVI của CPSU đã xác định các phương pháp phát triển hơn nữa khả năng sáng tạo của học sinh ở các trường trung học lời giải bài toán, rèn luyện cho các em khả năng tự bổ sung kiến ​​thức và điều hướng luồng thông tin khoa học nhanh chóng. Mệnh lệnh của V. I. Lenin - nghiên cứu - đã và vẫn là quan trọng nhất, phù hợp nhất trong hoạt động của Komsomol.

Toàn thể Đoàn Thanh niên Cộng sản Lênin coi nhiệm vụ quan trọng nhất là hỗ trợ các trường học bằng mọi cách có thể trong việc nâng cao chất lượng của quá trình giáo dục, gắn chặt hơn nữa quá trình giáo dục với việc chuẩn bị cho thế hệ trẻ đi làm, nhất là trong lĩnh vực sản xuất vật chất. Cuộc sống đã thể hiện một cách thuyết phục trong mối quan hệ với giáo dục rằng nó gắn liền với việc dạy học sinh lao động sản xuất. Điều này góp phần phát triển phẩm chất lãnh đạo cao và vị thế sống tích cực ở sinh viên.

Ngày nay, ở giai đoạn chủ nghĩa xã hội trưởng thành, khi việc kết hợp thành tựu của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ với việc áp dụng chủ nghĩa xã hội là đặc biệt quan trọng, việc đào tạo bài toán các chuyên gia thuộc loại mới được đặt lên hàng đầu - không chỉ có trình độ học vấn cao mà còn cả những nhà tư tưởng sáng tạo, có khả năng giải quyết bài toán có trách nhiệm nhất của lý thuyết và thực tiễn hiện đại. Học chủ nghĩa cộng sản ngày nay có nghĩa là có khả năng nhìn xa trông rộng, sẵn sàng lao động sáng tạo độc lập, tích cực học tập trong đời sống chính trị - xã hội của xã hội.

Chuẩn bị sẵn sàng tham gia xây dựng chủ nghĩa cộng sản có nghĩa là học tập chủ nghĩa tập thể, kỷ luật, có khả năng nhìn nhận thực tế các vấn đề của cuộc sống, hiểu độc lập các hiện tượng khác nhau của thực tế xung quanh mình, sẵn sàng, như V.I. Lênin nói, hãy “hoàn thành và giao phó những gì mình đã bắt đầu”).

Tuổi trẻ quê hương thể hiện lòng trung thành với truyền thống Lênin và sự nghiệp vĩ đại của Đảng Cộng sản; họ tập hợp cho Đại hội lần thứ 19 của họ. Lời giải của đại hội, thông điệp khôn ngoan của đảng gửi tới người giúp đỡ và dự bị của mình - Lenin Komsomol, tới tất cả thanh niên Liên Xô, đối với độc giả «Kvant», cũng như đối với tất cả thanh niên, sẽ trở thành ngôi sao dẫn đường trong cuộc sống, học tập và công việc của họ.

B. N. Pastukhov,
Bí thư Ủy ban Trung ương Komsomol

*) V.I. Lênin. Bộ sưu tập đầy đủ cit., tập. 41, tr. 301.

Năm phép lạ

phương trình Dirac
(1928—1931)

“Vì tôi đã trở thành nhà văn nên không nên nghĩ rằng tôi chưa bao giờ khao khát bất kỳ hoạt động xứng đáng nào.” Trò đùa này của Bernard Shaw rất có thể đã được lặp lại bởi một chàng trai trẻ đến từ Bristol, người khao khát một nghề nghiệp rất xứng đáng là kỹ sư điện, và trở thành tác giả của nhiều “ý tưởng điên rồ” về vật lý của thế kỷ 20. Tên đầy đủ của anh ấy là Paul Adrien Maurice Dirac. Vừa tìm được một nơi ở Bristol, ông đến Cambridge vào năm 1925, bắt đầu quan tâm đến lĩnh vực vật lý vẫn đang nổi lên - cơ học lượng tử - và đóng một vai trò lớn trong việc tạo ra một ngành khoa học mới.

Những năm 1925–1930, như Niels Bohr đã nói, đánh dấu “thời kỳ hoàng kim” của cơ học lượng tử. Dirac sau này nói: “Tôi rất biết ơn số phận vì đã sinh ra vào một thời điểm: nếu tôi lớn hơn hoặc trẻ hơn vài tuổi, tôi đã không có được những cơ hội rực rỡ như vậy. Mọi thứ dường như đều thuận lợi với tôi…” Và hơn hết là tài năng hấp dẫn, chúng tôi sẽ bổ sung thêm.

Ở tuổi 24, Dirac được trao bằng tiến sĩ, và ở tuổi 31, giải thưởng Nobel (cùng với E. Schrödinger) “vì khám phá ra một dạng lý thuyết nguyên tử hiệu quả mới”.

Phần đầu tiên của bài viết này đã được đăng trên số trước của tạp chí.

Ngay trong năm 1927, các nguyên lý cơ bản của cơ học lượng tử đã được phát triển và bộ máy toán học của nó đã được tạo ra. Lý thuyết mới đã có thể giải thích các quy luật tự nhiên hoạt động ở quy mô nguyên tử. Tuy nhiên, nó không áp dụng được cho các hạt chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng.

Và vào tháng 1 năm 1928, Paul Dirac đã đưa ra một phương trình mô tả hành trạng của các electron nhanh. Nó kết hợp các nguyên lý của cơ học lượng tử và lý thuyết về năng lượng tương đối. Phương trình này giải thích sự tương tác của một electron với từ trường, mô tả hành vi của các electron bên trong, giải thích một số đặc điểm của các mẫu quang phổ, v.v. Mọi thứ đều tốt, nhưng… phương trình Dirac cho phép lời giải, tại đó electron có thể có động năng âm. Nó có vẻ hoàn toàn vô lý.

Cuộc tranh luận về mặt lý thuyết lời giải tiếp tục kéo dài khoảng ba năm cho đến khi chính tác giả tìm ra giải pháp. Chúng tôi không thể đưa ra lý do của anh ấy ở đây mà chỉ đưa ra kết luận cuối cùng.

4

Bản thân lượng tử gamma có thể vô hình trong buồng mây trong bao lâu?

Có hai điều kiện bắt buộc để một cặp vợ chồng ra đời. Đầu tiên, năng lượng của lượng tử gamma phải vượt quá tổng năng lượng nghỉ của các thành phần trong cặp: $E_\gamma > 2m_e c^2 = 1,02$ MeV. Và thứ hai, phải có một hạt nhân hoặc một electron, chúng sẽ nhận năng lượng và động lượng dư thừa. Nếu không thì sự bảo toàn năng lượng và động lượng $^*$) bị vi phạm.

Sự ra đời của các cặp $e^+e^-$ là do một hiệu ứng khó hiểu mà các nhà nghiên cứu gặp phải vào năm 1930. Các thí nghiệm đã chỉ ra rằng tia gamma cứng bị hấp thụ trong vật chất mạnh hơn nhiều so với dự đoán của lý thuyết. Hóa ra, sự hấp thụ “dị thường” có liên quan đến sự hình thành các cặp. Và rất có thể là, nếu Anderson, Blackett và Occalini ngần ngại, thì một phần khám phá ra positron sẽ thuộc về các nhà vật lý nghiên cứu về sự hấp thụ tia gamma.

“Giai điệu biến thành tiếng vĩ cầm”

Đây là lời của Viện sĩ S.I. Vavilov. Tại một trong những bài giảng của mình, ông nói về quá trình ngược lại của phản ứng tạo góc, khi một lượng tử gamma bay tạo ra một cặp electron + positron:

$$\gamma \rightarrow e^+ + e^-.$$

Quá trình biến đổi trường điện từ thành vật chất này được phát hiện gần như đồng thời vào năm 1933 bởi bốn nhóm nhà vật lý - ở Pháp, Đức, Anh và Hoa Kỳ. Hình 2 thể hiện bức ảnh nổi tiếng được chụp bởi cặp đôi Jollus-Curie. Bạn thấy một vài phần xuất hiện như thể không có gì,

7

Đến năm 1932, một số nhóm nhà khoa học sắp khám phá ra sự giãn nở hạt nhân nhân tạo. E. Lawrence và M. Livingston (Mỹ) bắt đầu chế tạo một thiết bị mới - máy gia tốc cyclotron. Trong thiết bị này, các hạt được gia tốc bởi điện trường và từ trường làm lệch quỹ đạo của chúng. Như vậy chùm tia có thể đi qua khe gia tốc nhiều lần. Nó di chuyển theo hình xoắn ốc phẳng, thu thêm năng lượng và tăng bán kính. Vào đầu “năm của những điều kỳ diệu”, phòng thí nghiệm Lawrence đã có được chùm proton có năng lượng 2,2 MeV. Nhưng các nhà nghiên cứu ngay lập tức bắt đầu lắp đặt một máy gia tốc cyclotron với một nam châm khổng lồ (vào thời điểm đó) nặng 74 tấn.

Một máy phát tĩnh điện đáng chú ý được chế tạo vào năm 1929 bởi Van de Graaff tại Đại học Princeton (Mỹ). Mô hình được tạo ra vào năm 1931 đã có thể tăng tốc các hạt lên tới năng lượng 1,5 MeV ở cũng 25 μA.

Ở đây chúng ta sẽ không tập trung vào công việc của các nhóm khác. Tất cả họ đều hướng tới cùng một mục tiêu, đi những con đường song song hoặc gần như giống hệt nhau và gần như “đối đầu”. Nhưng người đầu tiên đến là một nhóm từ Phòng thí nghiệm Cavendish.

Trong cuốn sách dày cộm của Hội Hoàng gia có một bài viết chi tiết của Cockcroft và Walton mô tả một máy phát tĩnh điện dùng để gia tốc proton và các ion nặng khác. Bà đã xây dựng tòa soạn vào ngày 23 tháng 2 năm 1932.

Các nhà thí nghiệm đã loại bỏ một chùm proton có năng lượng khoảng 0,7 MeV ra khỏi ống qua một cửa sổ mica mỏng và… bắt đầu nghiên cứu sự hấp thụ của chúng trong không khí tùy thuộc vào độ lớn của điện áp đặt vào. Đồng thời, người ta nảy sinh ý tưởng về việc hiện đại hóa việc lắp đặt và thay thế các bộ phận của nó (trong thiết kế ban đầu, các bộ phận phế liệu đã được sử dụng, một phần là hộp đựng bánh quy).

Vì vậy, tất cả các nhóm nghiên cứu đều vi phạm điều răn trên ở một mức độ nào đó. Điều này không kéo dài lâu ở Cavendish. Theo hồi ức của nhiều cá nhân, độ lớn của “cơn bão” mà Rutherford tạo ra cho các học trò của mình đạt tới những “điểm số” khác nhau.

Phiên bản thoải mái, “bình tĩnh” nhất được đưa ra bởi cùng một Alibon: “Rutherford liên tục hỏi liệu Cockcroft và Walton có đặt mục tiêu dưới chùm tia hay không; nhưng vì họ hoàn toàn đắm chìm trong việc đo lường sự phụ thuộc của đầu dò vào năng lượng nên họ thậm chí không cố gắng đặt mục tiêu. Rutherford khăng khăng và tức giận vì sự chậm chạp của họ. Vì vậy, họ đã làm một mục tiêu lithium và thực hiện thí nghiệm chỉ để khiến Rutherford ngừng càu nhàu.” Kết quả là sự giãn nở hạt nhân nhân tạo đã được phát hiện:

$$\frac{7}{3} \text{Li} + p \rightarrow \alpha + \alpha.$$

Điều này được báo cáo trong một bức thư gửi biên tập viên của tờ Nature, gửi vào ngày 16 tháng 4 năm 1932.

8

(Vì “tính linh hoạt” của họ, Cockcroft và Walton đã được trao giải Nobel năm 1951.)

Sau phát hiện này, theo đúng nghĩa đen, chỉ trong vòng vài tháng, thí nghiệm về phân bố nhân tạo đã được lặp lại bởi một số nhóm, bao gồm cả các nhà vật lý Liên Xô làm việc tại Kharkov: K. Sinelnikov, A. Leypunsky, A. Walter và G. Latyshev.

Bây giờ chúng ta hãy nói ngắn gọn về thí nghiệm của Cockcroft và Walton.

Phân phối nhân tạo hạt nhân lithium (tháng 4 năm 1932)

Cơ sở lắp đặt Cockcroft-Walton được đặt trong một căn phòng rộng, sáng sủa. Bạn nhìn thấy cô ấy trong bức ảnh. Bên trái là bốn phần của hệ thống máy phát điện, bên phải là ống tăng tốc gồm hai phần. Các cột còn lại là bình ngưng hoặc giá đỡ cách điện.

Ý tưởng để có được điện áp chất lượng cao rất đơn giản. Nếu bạn sạc $n$ với các xương em giống hệt nhau đến điện áp $U_0$ và nối chúng nối tiếp, thì hiệu điện thế ở hai đầu mạch sẽ là $U=nU_0$. Điều khó khăn nhất là tìm ra cơ chế sạc lại hệ thống như vậy. Và bài toán này đã được Cockcroft và Walton giải quyết vô cùng khéo léo.

Phần quan trọng thứ hai của quá trình lắp đặt là một ống tăng tốc, bao gồm hai phần, mỗi phần được cung cấp điện áp từ máy phát điện (lên đến 350 nghìn volt). Như vậy, năng lượng cực đại của chùm proton có thể là ~0,7 MeV.

Sau “gợi ý” của Rutherford, một tác phẩm sắp đặt để nghiên cứu sự phân bố nhân tạo của hạt nhân lithium xuất hiện ở đầu dưới của ống gia tốc (trong ảnh nó được bao phủ bởi vật chất đen). Lúc đầu, thiết kế thí nghiệm trông như trong Hình 4. Một chùm proton rơi xuống một mỏ lithium, quay một góc 45° so với hướng của chùm tia. Các hạt a thoát ra khỏi mỏ chạm vào một tấm chắn làm bằng kẽm sunfua. Khi một hạt alpha năng lượng (vài MeV) chạm vào màn hình như vậy, một tia sáng sẽ xuất hiện, có thể nhìn thấy bằng kính hiển vi.

Sau khi bắt đầu thí nghiệm, các nhà nghiên cứu bắt đầu tăng dần điện áp trên ống. Khi nó đạt tới giá trị 125 kV, những tia sáng đầu tiên từ hạt a xuất hiện. Vẫn còn rất ít trong số chúng (5 mảnh mỗi phút ở dòng điện 1 μA), nhưng điện áp càng tăng thì các điểm sáng càng xuất hiện thường xuyên hơn. Số lượng tia sáng tỷ lệ thuận với dòng điện proton.

May mắn được mong đợi và bất ngờ!

Sau những kết quả thành công đầu tiên, như mọi khi, đã đến lúc họ phải thử nghiệm kỹ lưỡng. Mọi thứ - độ sáng của tia sáng, kích thước của khe hở hạt, tính chất của dấu vết trong Vil-

9

son (đã được thay thế bằng máy đếm) - cho biết đây là bức xạ α có năng lượng khoảng 8 MeV.

Tuy nhiên, các nhà vật lý trẻ đầy sáng tạo đã tiến hành một thí nghiệm khác, có kiểm soát. Theo tính toán, các hạt α xuất hiện trong phản ứng hạt nhân $^7_3\text{Li} + p \rightarrow 2\alpha$ sẽ bị phân tán một góc 180° *). Việc đăng ký đồng thời hai thương số như vậy sẽ hoàn toàn xác nhận việc mở rộng kernel. Đối với thử nghiệm đối chứng, một thiết lập đã được lắp ráp trong đó hai máy đếm (hai màn hình) được sử dụng, nằm ở các phía đối diện của mục tiêu (Hình 5 hiển thị sơ đồ của một thiết lập như vậy).

Và thế là cả hai người thí nghiệm đều nhìn qua kính hiển vi. Mỗi người trong số họ đều có sẵn một phím điện báo và một cuộn băng giấy chuyển động. Sau khi nhìn kỹ, bạn cần nhấn phím và nó sẽ ghi một dấu chấm trên băng. Khi so sánh, hóa ra các điểm trùng khớp (về thời gian) thường xuyên như sau khi tính toán.

*) Năng lượng của proton nhỏ hơn nhiều so với năng lượng được giải phóng trong quá trình này và chuyển thành động năng của hạt α.

Hình 4.

Hình 5.

Tìm hiểu thêm một chút về máy gia tốc

Sau năm 1932, máy gia tốc đã có những bước tiến nhảy vọt. Vào cuối năm 1936, các hạt α được gia tốc trong cyclotron vượt quá năng lượng được tạo ra bởi các chế phẩm tự nhiên. Thời gian trôi qua, những ý tưởng mới ra đời và những loại máy gia tốc mới được tạo ra. Người ta từng tính toán rằng cứ năm lần năng lượng của các hạt được gia tốc lại tăng gần một bậc độ lớn. Máy gia tốc trở nên đông đúc trong các phòng, hành lang và sau đó là nhà chứa máy bay. Đã đến lúc bạn chỉ có thể nhìn thấy toàn bộ bộ phận tăng tốc từ trên máy bay. Nếu việc lắp đặt của Cockroff và Walton “đắt khủng khiếp” (khoảng 1.000 bảng Anh), thì con số này đã tăng quá mức với nhiều số 0 đến mức chỉ các nước giàu mới có đủ khả năng để chế tạo máy gia tốc. Nhưng họ cũng đoàn kết lại để tạo ra những gã khổng lồ mới.

Các nhà vật lý có sẵn các chùm hạt gồm nhiều loại hạt khác nhau, và trong số đó - deuteron (d) - hạt nhân của hydro nặng, deuterium D. Chúng bao gồm một proton và một neutron, nghĩa là chúng có điện tích +1 và khối lượng bằng 2.

Một số phận đáng kinh ngạc kết nối neutron và deuteron. Sự tồn tại của cả hai hạt đã được Rutherford dự đoán vào năm 1920 và cả hai hạt đều được phát hiện vào năm 1932.

Dayton và nước nặng

Vào ngày 16 tháng 2 năm 1932, các biên tập viên của tạp chí Physical Review của Hiệp hội Vật lý Hoa Kỳ đã nhận được một bài báo có tựa đề “Đồng vị của hydro với khối lượng 2 và nồng độ của nó”.

Tạp chí phổ biến hiện nay, khi còn trẻ, là một cuốn sách khá mỏng và kém hơn nhiều so với các ấn phẩm châu Âu về mức độ phổ biến.

Một công trình của ba nhà khoa học Mỹ Urey, Brickwedd và Murphy là một công trình xuất sắc cho toàn bộ ngành vật lý.

Con đường khám phá dayton không hề dễ dàng. Giống như bất kỳ con đường nào dẫn đến một khám phá vĩ đại, nó

11

V. Tikhomirov

Khí động học bài toán Newton

Thiên tài có mắc sai lầm không? Thông thường, khi hỏi một câu hỏi như vậy, họ sẽ khẳng định đáp số. Có điều gì đó khẳng định trong nhận thức rằng ngay cả những thiên tài cũng có xu hướng lạc lối - họ viết về sai lầm của các thiên tài một cách hết sức nhiệt tình. Đây là một ví dụ. L. Yang, một nhà toán học xuất sắc, người có đóng góp đáng kể cho sự phát triển của phân tích toán học, là tác giả cuốn sách “Bài giảng về phép tính biến phân và lý thuyết điều khiển tối ưu”, M., “Mir”, 1974. Đây là một cuốn sách rất thú vị và độc đáo *). Nó chứa đựng những lập luận triết học của tác giả, đề cập đến nhiều chủ đề, đôi khi xa rời toán học. Đối với câu hỏi “Thiên tài có mắc sai lầm không?” Young đáp lại Newton bằng một lời khẳng định nảy lửa đáp số. Chúng ta. 42 của cuốn sách được đề cập, ông viết: “Newton đã xây dựng lý thuyết biến thiên bài toán về một vật thể quay chịu ít lực cản nhất trong chất khí. Định luật lực cản vật lý mà ông ấy thích là vô lý, do đó, bài toán mà ông ấy đặt ra không có lời giải (hình càng có khía, lực cản càng ít)… Nếu kết luận của Newton ít nhất là gần đúng, thì chúng ta sẽ không cần những thí nghiệm đắt tiền trong hầm gió.”

bài toán này là gì và những lời trên đúng như thế nào? Điều này sẽ được thảo luận thêm.

Khí động học bài toán Newton

Năm 1687, Newton xuất bản “Các nguyên lý toán học của vật lý tự nhiên”. Khó có tác phẩm văn học khoa học nào có thể so sánh được với cuốn sách này - trong đó Newton đã định mệnh khám phá ra hệ thống của thế giới. Lagrange gọi tác phẩm này là “tuyệt vời

*) Không dành cho học sinh. (Ghi chú của biên tập viên)

12

công trình vĩ đại nhất của trí tuệ con người."
Thảo luận về các vấn đề liên quan đến lực cản tác dụng lên các vật thể vật chất bởi môi trường mà chúng chuyển động, Newton, ít nhất, đã đưa ra cụm từ sau: “Khi hình DNFG là một đường cong mà nếu từ bất kỳ điểm N nào của nó chúng ta hạ thấp trục phân phối lại NM và từ một điểm G cho trước vẽ một đường thẳng GR song song với tiếp tuyến của đường cong tại điểm N và cắt trục tại điểm R thì tỷ lệ sẽ diễn ra. MN:GR=GR²:(4BR·GB²), thì vật thể hình thành khi đường cong này quay quanh trục AB, khi di chuyển trong môi trường hiếm nêu trên theo hướng từ A đến B, sẽ chịu ít lực cản hơn bất kỳ vật thể quay nào khác được mô tả trên cùng một đường thẳng và chiều rộng”*) (Hình 1).

Cụm từ của Newton chỉ thu hút sự chú ý của những người cùng thời với ông sau khi I. Bernoulli viết bài toán nổi tiếng về brachistochrone vào năm 1696 (ví dụ, xem «Kvant», 1975, số 12 hoặc cuốn sách “Cyclonda” của M., “Nauka”, 1980). Bài toán brachistochrone, chứ không phải bài toán Newton, được dự định trở thành người sáng lập ra một hướng mới trong toán học sẽ sử dụng biến thể được đặt tên của phép tính.

Liên quan đến brachistochrone bài toán Newoton đã đảm nhận vị trí của Cô bé Lọ Lem bất hạnh: bằng cách nào đó cô ấy bị tránh mặt, cô ấy hiếm khi được nhớ đến, và chỉ khi đó, như một quy luật, mới kể về sự ảo tưởng của một thiên tài. Nhưng, giống như Cô bé Lọ Lem, bài toán Newton đã làm theo cách của mình.

*) Văn bản gốc của Newoton được sao chép lại trong cuốn sách “Điều khiển tối ưu” của V. M. Alekseev, V. M. Tikhomirov, S. V. Fomin. (M., “Nauka”, 1979). Bản dịch “Gọi toán học” đã được xuất bản trong tuyển tập các tác phẩm của Viện sĩ A. N. Krylov. (M. - Leningrad, Nhà xuất bản Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, 1937, tập 7). Đoạn văn được trích dẫn ở tr. 430. Chúng tôi đã điều chỉnh lại một chút. Hình 1 là bản sao của hình từ “Toán học được gọi”. Đúng, chúng tôi đã sắp xếp nó “từ trên xuống dưới” chứ không phải “từ trái sang phải”; Ngoài ra, trên hình 1 còn có thêm những đường nét và chữ đầy màu sắc do chúng tôi vẽ; chúng ta sẽ gặp chúng sau này.

Hình 1.

Chúng ta hãy cố gắng hiểu kế hoạch của Newton.

Khi thiết kế tàu, vỏ sò, ngư lôi hoặc tên lửa, đương nhiên người ta sẽ mong muốn tạo cho chúng một hình dạng linh hoạt để chúng gặp ít lực cản hơn trong quá trình di chuyển. Newton viết: “Bạn có thể so sánh lực cản của các vật thể với nhau và tìm ra những lực cản có liên quan nhiều nhất đến sự tiếp tục chuyển động của chúng trong một môi trường có lực cản”. Nhưng, chẳng hạn, nếu một con tàu không thể có quá nhiều sự đối xứng ở thân tàu, thì việc làm đầu tên lửa, đạn pháo và ngư lôi có mặt cắt ngang là điều đương nhiên; nói cách khác, thật hợp lý khi cho chúng hình dạng của vật quay. Nhưng chính xác thì cái nào - hình cầu, hình nón, hình trục chính hay cái gì khác? Một câu hỏi như vậy không thể được trả lời nếu không tính toán, không có lời giải một số bài toán toán học cho mức tối đa và tối thiểu. Đây chính xác là bài toán mà Newoton đặt ra (và giải quyết trong cụm từ trên).

Là phép tính gần đúng đầu tiên, bài toán được đặt như thế này.

Vấn đề. Tìm một vật quay có chiều dài và chiều rộng cho trước chịu lực cản khi chuyển động trong một môi trường nhất định.

Giải thích. Mỗi thuật ngữ liên quan đến sự hình thành (chiều dài, chiều rộng, chuyển động và phương tiện

13

có), yêu cầu mô tả đầy đủ. Newton tưởng tượng một vật thể quay giống nhau từ phía sau và phía trước, nghĩa là đối xứng với một mặt phẳng đi qua tâm của trục quay và vuông góc với trục này. Do đó, diinana của một cơ thể là chiều dài của nó dọc theo trục quay và bán kính của phần giữa là chiều rộng của cơ thể. Do đó, ở mọi khoảng cách, chúng ta có thể giới hạn bản thân chỉ ở một nửa cơ thể, đó là điều chúng ta làm tiếp theo. Theo Newton, chúng ta sẽ giả sử rằng chuyển động do một vật thực hiện là chuyển động đều với tốc độ không đổi $v$.

Bây giờ - về môi trường - đây là câu hỏi tế nhị và dễ chấp nhận nhất. Môi trường được Newton mô tả có phần khác thường; anh ấy gọi nó là hiếm. Newton tưởng tượng ra một môi trường hiếm có “gồm các phần bằng nhau, nằm tự do ở những khoảng cách bằng nhau”. Các hạt đứng yên có khối lượng cố định $m$ và là những quả bóng đàn hồi tuyệt đối. Newton cũng coi bản thân vật thể là đàn hồi tuyệt đối, sao cho mỗi quả bóng khi va chạm với một vật thể đang chuyển động sẽ bật trở lại theo định luật “góc tới bằng góc phản xạ”.

Sau những lời giải thích trên, chúng ta có thể diễn đạt chính xác ngay lập tức và bắt đầu giải bài toán tổng quát bài toán, nhưng trước tiên chúng ta sẽ nghiên cứu cách đơn giản hơn. Nhân tiện, bản thân Newton cũng bắt đầu với bài toán đơn giản hơn này.

Bài toán về một kết thúc thành công. Với đáy và chiều cao của một hình nón thành công, hãy tìm hình nón chịu ít lực cản nhất khi di chuyển trong một môi trường hiếm gặp.

Chính thức hóa bài toán về một kết thúc thành công

Vừa rồi bài toán được hình thành bằng lời nói, không có công thức. Bây giờ chúng ta phải thực hiện quá trình chuyển đổi từ ngôn ngữ thông thường sang ngôn ngữ toán học. Quá trình chuyển đổi này được gọi là chính thức hóa.

Vậy để hình nón thành công có chiều cao bằng $H$ và bán kính

Hình 2.

đế trên $R$ (Hình 2)*.

Newton viết: “Vì tác dụng của môi trường lên vật là như nhau… cho dù vật đó chuyển động trong môi trường đứng yên hay các hạt của môi trường tấn công vật thể ở trạng thái nghỉ với cùng vận tốc thì chúng ta sẽ xem xét vật thể đang đứng yên”. Chúng ta sẽ làm tương tự: để hình nón bất động, chúng ta sẽ giả sử rằng môi trường đang “chuyển động” lên nó từ dưới lên với tốc độ $v$.

Bề mặt của hình nón đã va chạm với các quả bóng của môi trường bao gồm đáy dưới và mặt bên của nó. Đầu tiên, hãy tính lực cản của đế dưới. Hãy biểu thị bán kính của nó bằng $x$. Trong một đơn vị thời gian, những quả bóng ban đầu nằm trong một hình trụ có đáy bằng đáy dưới và chiều cao bằng $v$ sẽ va chạm với đế này. Thể tích của hình trụ này $V_0$ bằng $\pi x^2 v$. Gọi $q$ là mật độ của môi trường. Khi đó số hạt chạm vào đáy dưới trong một đơn vị thời gian sẽ bằng $N_0 = \frac{\rho}{m} V_0 = \frac{\rho}{m} \pi x^2 v$. Mỗi hạt sau khi di chuyển ra khỏi đáy dưới sẽ thay đổi vận tốc theo hướng ngược lại, tức là nó sẽ nhận được một mức tăng động lượng bằng -2mv. Theo định luật III Newton, hình nón sẽ nhận được mức tăng ngược lại

*) Hình 2 thường xuyên, được tô màu đen, nằm trong “Nguyên lý toán học”.

15

Bây giờ chúng ta cố gắng tìm $m$ và $\hat{z}$ cần thiết. Nếu bất đẳng thức $az^2+2bz+c \geq 0$ đúng cho tất cả $\hat{z}$ và cả $\hat{a}^2+2b\hat{z}+c=0$, thì nó sẽ dẫn đến $D=b^2-ac=0$ và $z=-b/a$ (hãy nghĩ kỹ điều này!). Chúng tôi có $a=(1-m)$, $b=-H$, $c=H^2+R^2(1-m)$. Phương trình $D=0$ dẫn đến sự tương ứng
$$D=H^2-(1-m)(H^2+R^2(1-m)) \Rightarrow (R^2m^2-(2R^2+H^2)m+R^2)=0,$$
Ở đâu
$$m=\frac{2R^2+H^2-H\sqrt{4R^2+H^2}}{2R^2}.$$
Dấu + đã bị loại bỏ hoặc $m$ mà chúng tôi đang tìm kiếm, như đã được thiết lập, phải nhỏ hơn một. Kế tiếp,
$$\hat{z}=-b/a=H/(1-m) = \sqrt{R^2+(H/2)^2}+H/2(>H).$$
(5)
Kết quả là, chúng tôi đã tìm thấy $m<1$ và $\hat{z}>H$ sao cho phân biệt của phương trình $z^2(1-m)-2zH+H^2+R^2(1-m)=0$ bằng 0 và nó có một nghiệm duy nhất $\hat{z} \geq H$, tức là $h(z) \geq m, h(\hat{z})=m$. Vấn đề 1’ lời giải.
Hãy cho đi đáp số bài toán về một hình nón cụt có hình dạng mà Newton đã đặt cho nó: “Nếu trên một đế hình tròn CEBH (Hình 2), được mô tả từ tâm $O$ bán kính $OC$, cần phải xây dựng một CBFG hình nón cụt như vậy với chiều cao $OD$, một số lực cản sẽ nhỏ hơn lực cản của bất kỳ hình nón cụt nào khác, được xây dựng trên cùng một đế và chiều cao và di chuyển dọc theo trục $OD$ sang một bên $D$, sau đó chia chiều cao $OD$ tại điểm $Q$ một nửa, tiếp tục $OQ$ ĐẾN $S$ để nó sẽ như vậy $QS=QC$. $S$ và sẽ là đỉnh của hình nón mong muốn, bị cắt cụt.”
Dễ dàng kiểm chứng rằng hình dạng hình học cho bởi đáp số Newton hoàn toàn tương ứng với hình dạng tương tự có trong công thức (5).
Cuộc thảo luận. Hóa ra hình nón có ít lực cản nhất thực sự bị cắt cụt, cùn và không nhọn. Newton còn đi xa hơn nữa. Nó hướng chiều cao $H$ về 0. Trong trường hợp này, $\hat{z}$ lao về phía $R$ và góc, khi hình nón bị cắt cụt, lao về phía $45^\circ$.

Dựa trên điều này, Newton đưa ra nhận xét rằng nên thay thân hình bầu dục bằng thân phẳng, tức là nên làm một bệ tròn phẳng phía trước, tạo thành một góc từ các cuộn dây thẳng đến bề mặt của bệ bằng $135^\circ$. Newton nói: “Tôi tin rằng nhận xét này có thể có ích trong việc đóng tàu”.

Bài toán Newton cho đường đứt đoạn
Chúng ta hãy tiến thêm một bước áp chót tới định luật lời giải tổng quát bài toán của Newton. Chúng ta sẽ không xem xét bất kỳ biểu thức cong nào mà chỉ xem xét các đường đứt nét. Để thực hiện việc này, hãy chia đoạn $[0, R]$ của trục $Ox$ thành $N$ các phần bằng nhau bằng cách sử dụng các điểm chia
$$x_0=0, x_1=\frac{R}{N}, x_2=\frac{2R}{N}, \dots, x_N=R$$
và biểu thị tọa độ các đỉnh tương ứng của đường đứt nét bằng $y_0, y_1, \dots, y_N$ (Hình 4). Chúng ta sẽ đề xuất rằng đường đứt nét bắt đầu tại điểm $(x_0, y_0)=(0,0)$, sau đó có thể đi dọc theo trục $Ox$ (tức là $y_0=y_1=\dots=y_s=0$ đối với một số $s$, $0 \leq s \leq N$), sau đó đơn điệu đi lên trên
$$y_s<y_s+1 \leq y_s+2 \leq \dots \leq y_N$$
và đi tới điểm $(x_N, y_N)=(R, H)$. Các dòng đáp ứng các yêu cầu này được gọi là có thể chấp nhận được.
Hỏi tại sao cần phải có điều kiện đơn điệu (6). Nếu nó bị vi phạm, các biểu thức sẽ tạo thành các “vết khía” trên bề mặt, từ đó các quả bóng neoctor sẽ bị phản xạ nhiều lần, làm tăng lực cản (và làm mất tính toán của nó một cách vô vọng).
Bây giờ chúng ta hãy tìm lực cản của môi trường $F$ đối với bề mặt, ob-

16

một lỗi cho phép, được phát triển bởi sự quay. Để làm điều này, áp dụng công thức (1) cho mỗi liên kết của nó, chúng ta biểu thị cosφк thông qua tọa độ của các đỉnh (xk,yk), (xk+1,yk+1) (xem Hình 4) và tính tổng. Hóa ra

$$F_{\pi} = 2K \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x_k+x_{k+1}}{2} \cdot \frac{\Delta x_k}{1 + \left( \frac{\Delta y_k}{\Delta x_k} \right)^2},$$

trong đó chúng tôi biểu thị $K = 2\pi qv^2$, $\Delta y_k = y_{k+1} - y_k$ và $\Delta x_k = x_{k+1} - x_k = \frac{R}{N}$.

Chúng tôi sẽ không giải quyết bài toán việc tối thiểu hóa tham chiếu (7), mặc dù điều này chỉ yêu cầu các phương tiện tính toán vi phân mà bạn đã biết - lời giải rất phức tạp về mặt kỹ thuật và đối với những gì tiếp theo, chúng tôi chỉ quan tâm đến chính công thức bài toán và công thức (7).

Công thức hóa của Newton bài toán

Bây giờ chúng ta có thể tiếp cận bài toán của Newton trong trường hợp tổng quát, khi bề mặt quay được hình thành không phải bởi một đoạn hoặc một đường gãy mà bởi một đường cong $y=f(x)$. Chúng ta có thể xem xét những đường cong nào? Tất nhiên, đường cong phải bắt đầu tại điểm (0,0), sau đó có thể đi dọc theo trục $Ox$ đến một điểm nào đó (b, 0) (trong đó $b \geq 0$), sau đó tăng dần lên và kết thúc tại điểm (R, H). Ngoài ra, chúng ta sẽ yêu cầu hàm $f$ khả vi tại tất cả các điểm $x \in [0,R]$, ngoại trừ điểm $b$, trong đó góc tiếp xúc của đường cong với mặt cắt ngang phải bằng $135^\circ$ (hãy nhớ nhận xét của Newton “không hữu ích trong việc đóng tàu”). Khi đó điều kiện đơn điệu có thể được viết là

$$f'(x) \geq 0 \quad x \in [0,R], \quad x \neq b.$$

Chúng ta sẽ gọi đường cong $y=f(x)$ thỏa mãn các điều kiện này là chấp nhận được.

Chúng ta hãy tìm lực cản của môi trường tác dụng lên vật thu được bằng cách quay đường cong cho phép $y=f(x)$ quanh trục $Oy$. Hãy lấy một số đủ lớn hơn $N$ và xây dựng một đường gãy có thể chấp nhận được bằng cách đặt $y_k=f(x_k)$. Đường gãy này sẽ khác một chút so với đường cong của chúng tôi, vì vậy chúng tôi loại trừ việc sử dụng $F$ và nó sẽ khác một chút so với tham chiếu được tìm thấy trước đó $F_\pi$ (xem (7)).

Bây giờ chúng ta hãy nhớ lại tổng tích phân và nhận thấy rằng $\Delta y_k / \Delta x_k \approx f'(x_k)$, không khó để tin rằng với sự gia tăng không giới hạn của số $N$ thì tổng (7) sẽ tiến tới tích phân

$$2K \int_0^R \frac{xdx}{1 + (f'(x))^2} = F,$$

thể hiện sức mạnh của sự phản kháng đối với điều mong muốn. Vì vậy, chúng ta đã đi đến công thức tổng quát bài toán của Newton:

Trong số tất cả các hàm được chấp nhận $y=f(x)$ hãy tìm một hàm mà tích phân của nó

$$\int_0^R \frac{xdx}{1 + u^2}$$

(tối thiểu nếu $u = f'(x) \geq 0$).

Lời giải bài toán Newton

Tất nhiên, bạn chưa từng thấy bài toán tương tự trong sách giáo khoa ở trường. Do đó, chúng ta sẽ bắt đầu với trợ động từ đơn giản hơn bài toán:

Trong số tất cả các hàm được chấp nhận $y=f(x)$ hãy tìm một hàm mà biểu thức

$$\frac{x}{1 + u^2} + 2cu$$

(tối thiểu (với tất cả $x \in [0,R]$), nếu $u = f'(x)$ và $c > 0$ không đổi).

Tại sao lại giải quyết điều này bài toán? Nhưng tại sao: nếu tìm thấy lời giải $y=f(x)$, $\bar{u} = f'(x)$ của nó, thì đối với bất kỳ hàm chấp nhận được nào khác $y=f(x)$ thì bất đẳng thức đúng (với tất cả $x \in [0,R]$)

$$\frac{x}{1 + u^2} + 2cu \geq \frac{x}{1 + \bar{u}^2} + 2c\bar{u},$$

lấy tích phân ngắn hơn $[0,R]$, tính đến $u = f'(x)$, chúng ta nhận được

$$\int_0^R udx = \int_0^R \bar{u} dx = H,$$

Ở đâu

$$\int_0^R \frac{xdx}{1 + u^2} \geq \int_0^R \frac{xdx}{1 + \bar{u}^2};$$

có nghĩa là $\bar{f}(x)$ (lời giải phụ bài toán (9)) cũng là nghiệm của bài toán (8) của Newton!

Và câu phụ bài toán, như bạn có thể đã đồng ý, không quá khó giải. Đáp số sẽ là một đường đi dọc theo trục $Ox$ đến điểm ngắt $b=4c$ rồi dọc theo đường cong, điểm $(x; y)$ của điểm này được biểu thị bằng công thức

18

Hình 6.

Vào thời điểm đó, người ta tin rằng nó có liên quan đến phép tính biến phân: ví dụ: A.N. Krylov, trích dẫn câu nói của Newton đã đọc ở phần đầu, kèm theo đó là những lời sau: “Tuyên bố này của Newton luôn áp dụng cho phép tính biến phân”. Tiếp theo, anh ta hình thức hóa bài toán của Newton (hơi khác một chút so với chúng ta - anh ta chỉ di chuyển lựa chọn, giống như của Newton, xuống dưới) và đi đến (nếu trong biểu thức của anh ta, chúng ta thay thế $y$ bằng $x$ và $x$ bằng $y$) thành bài toán về việc cực tiểu hóa tích phân

$$\int_0^R \frac{xdx}{1 + (f'(x))^2}$$

có tính đến các điều kiện ban đầu $f(0) = 0$, $f(R) = H$. Thực sự, việc giảm thiểu tích phân như vậy thuộc về phép tính biến phân, nhưng không có điều kiện bổ sung $f'(x) \geq 0$ để giảm thiểu giá trị tích phân này. Điều này đã được Legendre ghi nhận 100 năm sau khi phát hành “Principles”. Thật vậy, chúng ta hãy chọn $f$ một đường gãy bao gồm các liên kết rất lớn (như đường được hiển thị trong Hình 6). Khi đó $(f'(x))^2$ sẽ rất lớn và tích phân (13) sẽ nhỏ; Nói chung, nó có thể được làm nhỏ như mong muốn. Thực sự, hóa ra, theo Young: “Hồ sơ càng có nhiều khía thì càng ít lực cản!” Nhưng chúng tôi đã lưu ý rằng theo công thức Newton về bài toán, cần phải yêu cầu $f$ phải đơn điệu, nghĩa là sự tương ứng $f'(x) \geq 0$ phải được thỏa mãn.

Việc tối thiểu hóa tích phân (13) theo điều kiện (14) không liên quan đến phép tính các biến phân. Các ràng buộc loại (14), áp đặt cho nhiệm vụ cực tiểu hóa tích phân loại (13), chỉ được đề cập đến trong lý thuyết vào giữa thế kỷ 20.

Vì vậy, bài toán của Newton, không phải là biểu thức đã cho đầu tiên của phép tính, hóa ra lại là biểu thức đã cho đầu tiên của một nhánh mới của toán học - lý thuyết điều khiển tối ưu.

4. Sự phê phán và xin lỗi của Newton. Chúng tôi đã xác định được hai lời buộc tội chống lại Newton: sai là bài toán của Newton không có lời giải (do ông ấy tìm ra), sai là “càng có nhiều khía thì càng ít phản kháng” - thực tế này không tuân theo các giả định của Newton. Nhưng có lẽ vẫn đúng khi cho rằng “định luật vật lý mà ông chấp nhận là vô lý?” Phương tiện hiếm này là gì? Liệu một môi trường như vậy có tồn tại? Chẳng phải là vô lý sao khi cơ thể ít phản kháng nhất lại bị cùn? Ai đã từng nhìn thấy ngư lôi hoặc gói hàng có đầu cùn chưa?

Công bằng mà nói, phải nói rằng cả nước, không khí xung quanh chúng ta, cũng như bất kỳ môi trường khí hay lỏng nào quen thuộc với chúng ta đều không có những đặc tính của môi trường hiếm Newton. Tuy nhiên, các giả định vật lý của Newton và bản thân khí động học bài toán của ông hóa ra lại đi đầu trong khoa học hiện đại vào giữa những năm 1950, khi kỷ nguyên của máy bay siêu thanh và siêu cao bắt đầu. “Ở trên đó”, môi trường trở nên “hiếm có”. Và việc Newton thay thế những con ngựa cùn hóa ra lại rất “vô dụng” trong việc chế tạo tàu, cụ thể là tàu vũ trụ. Cuối cùng,

5. Thiên tài có sai không? Tất nhiên là họ sai. Tuy nhiên, tôi đã có thể thuyết phục bạn rằng việc sản xuất và khí động học lời giải bài toán không phải là sai lầm của một thiên tài, mà là sản phẩm của anh ấy, cho phép anh ấy chạm đến cuộc sống và các vấn đề của chúng ta sau ba thế kỷ. Điều này đáng để suy ngẫm.

Nói một cách dễ hiểu, chúng ta đừng giao dịch: có thể bài báo nói rằng suy nghĩ của Thiên tài, mà đối với chúng ta dường như là sự ảo tưởng của ông ta, mang dấu ấn của một sự thật vẫn chưa được tiết lộ cho chúng ta.

20

$$|d_1 s_1 + d_2 s_2 + \dots + d_n s_n| \leq 1.$$
6) Cho một chuỗi gồm ba số $(a_n, b_n, c_n)$ sao cho $|a_n| \leq 1$, $|b_n| \leq 1$, $|c_n| \leq 1$ và $a_n + b_n + c_n = 0$ ($n=1, 2, \dots$). Dựa vào đó, một chuỗi mới gồm ba $(x_n, y_n, z_n)$ được xây dựng, trong đó $x_0 = y_0 = z_0 = 0$ và mỗi bộ ba $(x_n, y_n, z_n)$ với $n \geq 1$ được lấy từ $(x_{n-1}, y_{n-1}, z_{n-1})$ trước đó bằng cách thêm vào $x_{n-1}$ một trong các số $a_n, b_n, c_n$ mà chúng ta chọn, cho $y_{n-1}$ - một số khác, cho $z_{n-1}$ - một phần ba. Có thể giả định rằng tất cả các số $x_n, y_n, z_n$ sẽ không quá 1 trong giá trị abscillot hoặc ít nhất bị giới hạn bởi một hằng số nào đó? C) Tìm các câu hỏi tương tự về dãy bốn số.

N. Rozov

F753. Hình 1 cho thấy sự phụ thuộc của điện áp nguồn vào dòng điện. Tìm công suất cực đại có thể đạt được khi bị căng. Ở mức điện áp nào nó đạt được? Tại sao một nguồn năng lượng như vậy lại có thể xuất hiện và làm thế nào để có thể triển khai sự phụ thuộc như vậy $U(I)$ trên thực tế?

A. Zilberman

F754. Con kiến ​​chạy khỏi tổ theo một đường thẳng sao cho tốc độ của nó tỉ lệ nghịch với khoảng cách đến tâm tổ. Tại thời điểm con kiến ​​đang ở điểm $A$ cách tâm ổ kiến ​​$l_1 = 1$ m thì tốc độ của nó là $v_1 = 2$ cm/s. Con kiến ​​sẽ mất bao lâu để chạy từ điểm $A$ đến điểm $B$, nằm cách tâm ổ kiến ​​$l_2 = 2$ m?

S. Krotov

F755. Vệ tinh là một quả cầu cứng nhẹ có bán kính $R = 1$ m và khối lượng $M = 1$ kg, được định hướng bởi tác động ở áp suất $p = 10^{-3}$ atm và nhiệt độ $T = 300$ K. Tuy nhiên, hai van đang dần mở ra trên thành của quả cầu. Nằm cách nhau một khoảng bằng bán kính hình cầu. Diện tích van là $S_1 = 10^{-4}$ cm$^2$ và $S_2 = 2 \cdot 10^{-4}$ cm$^2$. Tìm độ lệch của vệ tinh so với quỹ đạo trước đó trong khoảng thời gian $\tau = 100$ s.

A. Stasenko

F756. Một hình trụ có thể tích $V = 2$ l chứa $m = 2$ g hydro và một ít nước. Áp suất trong bình là $p_1 = 17$ atm. Bình nóng lên nên áp suất trong bình tăng lên $p_2 = 26$ atm. Bao nhiêu nước bay hơi? Nhiệt độ ban đầu và nhiệt độ cuối cùng là bao nhiêu?

Tại cái vạc. Sử dụng bảng sự phụ thuộc của áp suất hơi nước bão hòa vào nhiệt độ.

A. Buedin

23

Hình 1.
Hình 2.

Thứ hai lời giải. Gọi $l, m, n$ là độ dài cạnh của tam giác $LMN$ (xem Hình 1) và $\Delta$ là hiệu các bình phương cạnh tam giác của các tam giác do Lyuda và Marina xây dựng. Rõ ràng là vậy
$$\Delta = m^2 + n^2 - 2mn \cos \left( \widehat{L} + 60^\circ \right) - \left( l^2 + n^2 \right) + 2ln \cos \left( \widehat{M} + 60^\circ \right) = m^2 - l^2 + 2n \left( l \cos \left( \widehat{M} + 60^\circ \right) - m \cos \left( \widehat{L} + 60^\circ \right) \right) = m^2 - l^2 + n \left( l \cos \widehat{M} - m \cos \widehat{L} + \sqrt{3} \left( m \sin \widehat{L} - l \sin \widehat{M} \right) \right) = m^2 - l^2 + n \left( l \cos \widehat{M} - m \cos \widehat{L} \right),$$
vì theo định lý sin $l \sin \widehat{M} - m \sin \widehat{L} = 0$.

Và vì $\cos \widehat{L} = \frac{m^2 + n^2 - l^2}{2mn}$, $\cos \widehat{M} = \frac{l^2 + n^2 - m^2}{2ln}$, chúng ta dễ dàng thu được $\Delta = 0$ đó.

A. Kaplan

M702. Chúng ta hãy biểu thị bằng $S_n$ tổng của $n$ số nguyên tố đầu tiên: $S_1 = 2, S_2 = 2 + 3 = 5, S_3 = 2 + 3 + 5 = 10, S_4 = 17$. vân vân.
Chứng minh rằng với mọi $n$, một bình phương chính xác nằm giữa $S_n$ và $S_{n+1}$.

$$p_{n+1} \leq 2k+1 \quad p_n \leq 2k-1 \quad p_{n-1} \leq 2k-3 \quad p_{n-2} \leq 2k-5$$

$$p_2 = 3 \leq x \quad p_1 = 2 \leq x-2$$

Đầu tiên là lời giải. Chúng ta hãy chứng minh một phát biểu tổng quát hơn bằng cách xem xét các dãy số nguyên tố $(p_n)$ sao cho $p_1 = 2, p_2 \geq 3, p_{n+1} - p_n \geq 2$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với mọi $n$ giữa các số $s_n$ và $s_{n+1}$, trong đó $s_n = p_1 + p_2 + \dots + p_n$, sẽ xuất hiện một hình vuông chính xác.

Giả sử rằng đối với một số $n$ không có bình phương nào giữa các số $s_n$ và $s_{n+1}$; nghĩa là, đối với một số $k$
$$k^2 \leq s_n < s_{n+1} \leq (k+1)^2.$$

Sau đó $p_{n+1} = s_{n+1} - s_n \leq (k+1)^2 - k^2 = 2k+1$, do đó $p_n \leq p_{n+1} - 2 \leq 2k-1$, v.v. - tất cả các tương ứng được ghi trong bảng ở các trường đều được đáp ứng. $x$ có ​​thể là số nào? Nếu $x=3$, thì mọi bất đẳng thức phải chuyển thành đẳng thức (trong trường hợp này là $k=n$) và
$$s_{n+1} = 2 + p_2 + \dots + p_{n+1} > 1 + 3 + \dots + (2k+1) = (k+1)^2,$$
mâu thuẫn với bất đẳng thức đúng (). Nếu $x \geq 5$ thì $x-2 \geq 3$ và
$$s_n = 2 + p_2 + \dots + p_n < 1 + 3 + \dots + (2k-1) = k^2,$$
mâu thuẫn với bất đẳng thức trái ().

Tất cả những người đọc được áp dụng lời giải bằng cách nào đó đều sử dụng ý tưởng so sánh chuỗi $(p_n)$ với chuỗi $(2n-1)$, chuỗi này phát triển chậm hơn và tổng của các số hạng $n$ đầu tiên là $n^2$.

Thứ hai lời giải. Gọi $S_n = p_1 + p_2 + \dots + p_n$ là tổng của các số nguyên tố $n$ đầu tiên. Các giá trị của $S_n$ tại $n=1, 2, \dots, 12$ và tất cả các ô vuông chính xác nằm trong các khoảng $]S_1; S_2; [,] S_2; S_3; [, \dots,] S_{11}; S_{12}$ đều được viết ở lề. Chúng ta thấy rằng tất cả các khoảng này chứa ít nhất một hình vuông chính xác và khoảng $]S_{11}; S_{12}$ thậm chí chứa hai hình vuông - 169 và 196. Các điều kiện sau đây được gọi là khoảng $]S_{k-1}; S_k$ [bozagat nếu nó chứa ít nhất hai hình vuông chính xác.

Đối với lời giải bài toán tại $n \geq 12$ chúng ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp toán học. Đặt mỗi khoảng $]S_1; S_2; [,] S_2; S_3; [, \dots,] S_{n-1}; S_n$ chứa một hình vuông chính xác. Hơn nữa, giả sử $]S_{n-k-1}; S_n$ chứa khoảng đầu tiên trong chuỗi các khoảng $]S_{n-1}; S_n$ [,] $S_{n-2}; S_{n-1}; [,] S_{n-3}; S_{n-2}; [, \dots$. Gọi $m^2$ là bình phương lớn nhất của $]S_{n-k-1}; S_n$[. Sau đó $(m-1)^2 \in ]S_{n-k-1}; S_n$ [ và mỗi khoảng $]S_{n-k}; S_{n-k+1}; [,] S_{n-k+1}; S_n$ chứa một khoảng thứ hai.

24

Nói cách khác,
$$S_{n-k-1} < (m-1)^2 < m^2 < S_{n-k} < (m+1)^2 < S_{n-k+1} < \dots$$
$$\dots < (m+k-1)^2 < S_{n-1} < (m+k)^2 < S_n < (m+k+1)^2.$$

Sau đó $p_{n-k} = S_{n-k} - S_{n-k-1} > m^2 - (m-1)^2 = 2m-1$. Rõ ràng là vì $n-k \geq 12$ và $p_{s+1} > p_s + 2$ cho $s \geq 2$, nên chúng ta nhận được $p_{n+1} > p_{n-k} + 2(k+1) > 2(m+k) + 1$. Vì vậy, $S_{n+1} = S_n + p_{n+1} > (m+k)^2 + 2(m+k) + 1 = (m+k+1)^2$. Do đó, $S_n < (m+k+1)^2 < S_{n+1}$, tức là khoảng $]S_n; S_{n+1}$ [ chứa một hình vuông chính xác.

N. Vasiliev, I. Zhuk

M703. Giải hệ phương trình

$$\begin{cases} 3(x + \frac{1}{x}) = 4(y + \frac{1}{y}) = \\ = 5(z + \frac{1}{z}), \\ xy + yz + zx = 1. \end{cases}$$

Diagram of triangle with sides 2r, 2r, 3r

M704. Hình bình hành được mô tả xung quanh một hình vuông (các đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh khác nhau của hình bình hành). Chứng minh rằng các perendluks được thả từ các đỉnh của hình bình hành xuống các cạnh của hình vuông tạo thành một hình vuông mới (Hình 1).

Đáp số: $\left\{ \left(\frac{1}{3}, \frac{1}{2}, 1\right), \left(-\frac{1}{3}, -\frac{1}{2}, -1\right) \right\}$.

Lời giải. Vì $\frac{x}{3(1+x^2)} = \frac{y}{4(1+y^2)} = \frac{z}{5(1+z^2)}$, các số $x, y$ và $z$ có cùng ký hiệu và nếu $(x, y, z)$ là hệ lời giải thì $(-x, -y, -z)$ là lời giải của nó, vì vậy chỉ có thể tìm kiếm lời giải dương.

Công thức $\sin 2\varphi = \frac{2tg\varphi}{1+tg^2\varphi}$ được gọi cho các góc tinh thần $\alpha, \beta, \gamma$ từ khoảng $]0; \pi[$ cũng như $\tg \frac{\alpha}{2} = x, \tg \frac{\beta}{2} = y, \tg \frac{\gamma}{2} = z$. Khi đó (1) biến thành phương trình $\frac{\sin \alpha}{3} = \frac{\sin \beta}{4} = \frac{\sin \gamma}{5}$.

Từ phương trình thứ hai của hệ, chúng ta thu được $\frac{1}{z} = \frac{x+y}{1-xy}$ (rõ ràng là $xy \neq 1, z \neq 0$), trong ký hiệu mới có dạng $\text{ctg} \frac{\gamma}{2} = \text{tg} \frac{\alpha+\beta}{2}$, hoặc

$$\text{ctg} \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right) = \text{tg} \frac{\alpha+\beta}{2}.$$

Đẳng thức cuối cùng theo các hạn chế đã chọn trên $\alpha, \beta, \gamma$ có thể xảy ra khi và chỉ khi $\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2} = \frac{\alpha+\beta}{2}$, tức là $\alpha + \beta + \gamma = \pi$.

Vì vậy, chúng ta nhận được $\alpha, \beta$ và $\gamma$ là các góc của một tam giác có độ dài các cạnh tỷ lệ 3:4:5 (xem (2)). Đây là tam giác vuông có $\gamma = \frac{\pi}{2}$, $\sin \alpha = \frac{3}{5}$, $\sin \beta = \frac{4}{5}$ (xem hình), tức là $\text{ctg} \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{3}$, $\text{ctg} \frac{\beta}{2} = \frac{1}{2}$, $\text{ctg} \frac{\gamma}{2} = 1$.

Một số độc giả đã giải hệ này hoàn toàn bằng đại số, nhưng lời giải như vậy dài hơn nhiều so với hệ đã cho.

A. Vaitrov, A. Fedorov

Giả sử vectơ của hình vuông màu đen (xem Hình 1) được mô tả bằng hình bình hành $ABCD$ và các đường màu đỏ vẽ qua tất cả các đỉnh của nó, vuông góc với các cạnh của hình vuông. Nó đủ để chứng minh rằng khi vectơ $O$ của hình vuông màu đen quay $90^\circ$ thì các đường màu đỏ biến thành nhau.

Hãy để $H = R_0^{90^\circ} (A)$. Vì các cạnh của hình bình hành vuông góc với các cạnh của hình bình hành ban đầu nên $(HE) \perp (AB)$ và $(HF) \perp (BC)$. Do đó $H$ là giao điểm các đường cao của tam giác $EBF$ và do đó, $H$ nằm trên đường đỏ

25

M705. Trên một tờ giấy bay hình chữ nhật có một số tấm thẻ hình chữ nhật, các cạnh của chúng nằm trên các đường lưới. Các thẻ phủ trang tính thành hai lớp (nghĩa là mỗi thẻ có kích thước 1x2 ô. Chứng minh rằng có thể chọn một số thẻ để chúng phủ trang tính thành một lớp. (Bạn không thể dịch các thẻ).

Điều này có đúng không nếu thẻ b) có thể có kích thước tùy ý, c*) có kích thước 1x3 ô?

đường thẳng vẽ qua đỉnh B. Do đó, đường màu đỏ vẽ qua điểm A đi qua phép quay $R_{90^\circ}$ thành đường màu đỏ vẽ qua điểm B. Tuyên bố bài toán ngay lập tức xuất phát từ điều này.

Định lý ba đường cao của một tam giác cắt nhau tại một điểm (hy vọng độc giả biết) chưa được chứng minh trong sách giáo khoa. Vì vậy, chúng tôi sẽ cung cấp thêm lời giải bài toán M704 khác, mặc dù không phải dạng cột nhưng cũng đơn giản.

lời giải này cũng phù hợp với trường hợp tổng quát hơn, khi vai trò của hình vuông được đóng bởi hình bình hành màu đen (Hình 2): chúng ta sẽ chứng minh rằng các đường thẳng màu đỏ (tương ứng là các cạnh song song của hình bình hành màu đen) tạo thành một hình bình hành, sẵn sàng cho hình bình hành màu đen.

Để chứng minh điều đó, chỉ cần kiểm tra $\frac{x}{a} = \frac{b}{v}$ và $\frac{a}{y} = \frac{u}{b}$ là đủ (xem Hình 3 để biết ký hiệu). Kết hợp các đẳng thức này, ta thu được $\frac{x}{y} = \frac{u}{v}$, nghĩa là điểm K nằm trên EG.

Kết quả thu được gợi nhớ đến định lý Papna, mà D. Hilbert và S. Cohn-Vossen đã xây dựng trong cuốn sách đáng chú ý (gần đây được xuất bản lại bằng tiếng Nga) “Hình học trực quan” như sau (trang 126-127): nếu các đỉnh của một đường đứt nét sáu đoạn khép kín nằm xen kẽ trên hai đường thẳng và hai cặp liên kết đối diện của nó song song với nhau, thì cặp liên kết thứ ba song song (trong Hình 3 - cũng vừa bị đứt AKBEFGA).

Đây có thể không phải là sự kết thúc của sự khái quát hóa. Nếu chúng ta “chụp ảnh” cấu hình của Hình 3 (nghĩa là chiếu nó từ một điểm S nào đó, không nằm trong mặt phẳng của hình, lên một mặt phẳng không song song), chúng ta sẽ thu được cấu hình của Pascal: ba cặp đường thẳng song song trong Hình 3 sẽ giao nhau trong “bức ảnh” tại ba điểm của một đường thẳng - thuận tiện cho chúng ta ký hiệu chúng $A_1$, $F_1$, $B_1$ (Hình 4) - còn định lý của chúng ta về các điểm E, K, G trở thành định lý sau: nếu mỗi ba điểm A, B, F và A_1, B_1, F_1 nằm trên một đường thẳng thì các điểm $(AB_1) \cap (A_1B)$, $(BF_1) \cap (B_1F)$ và $(AF_1) \cap (A_1F)$ cũng nằm trên đường thẳng đó.

N. Vasiliev

M705. Trên một tờ giấy bay hình chữ nhật có một số tấm thẻ hình chữ nhật, các cạnh của chúng nằm trên các đường lưới. Các thẻ phủ trang tính thành hai lớp (nghĩa là mỗi thẻ có kích thước 1x2 ô. Chứng minh rằng có thể chọn một số thẻ để chúng phủ trang tính thành một lớp. (Bạn không thể dịch các thẻ).

Điều này có đúng không nếu thẻ b) có thể có kích thước tùy ý, c*) có kích thước 1x3 ô?

a) Chúng ta sẽ chứng minh một phát biểu tổng quát hơn: từ việc phủ bất kỳ tập hữu hạn ô k nào bằng các thẻ có kích thước 1 × 2 ô (với điều kiện bài toán được thỏa mãn), chúng ta có thể chọn một phần của các thẻ sao cho mỗi thẻ của bộ này được bao phủ bằng một dòng. Dễ dàng nhận thấy chuỗi kết quả có số quân bài chẵn (hãy chắc chắn về điều này nhé!). Tô màu tất cả các thẻ trong chuỗi bằng hai màu: với bốn số - một màu, với số lẻ - bằng một màu khác. Dễ dàng nhận thấy rằng tập hợp các ô với các thẻ mỗi màu của chúng ta hóa ra được bao phủ bằng một đường thẳng.

Soạn các ô chưa được che phủ của bộ và thực hiện tương tự cho đến khi tất cả các ô của bộ ban đầu được bao phủ bằng một đường thẳng.

26

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

F713. Một đường ống linh hoạt có chiều dài l nối các điểm A và B trong không gian, chênh lệch độ cao giữa chúng bằng h (xem hình). Bên trong đường ống dọc theo toàn bộ chiều dài của nó có một sợi dây được giữ ở điểm A. Với gia tốc bằng bao nhiêu để sợi dây bắt đầu chuyển động tại thời điểm đầu tiên sau khi nó bị đứt? Chúng ta tác dụng ma sát giữa sợi dây và thành ống.

F714. Một quả bóng nổi trên mặt nước đựng trong một thùng kín. Độ sâu của quả bóng sẽ thay đổi như thế nào nếu không khí được bơm vào bình để áp suất không khí trong bình tăng gấp đôi?

6. Đáp số: không. Ví dụ tương ứng được trình bày trong Hình 1: một tấm hình chữ nhật có kích thước 3x2 được phủ thành hai lớp với bốn thẻ có kích thước 1x2, một thẻ có kích thước 1x3 và một thẻ có kích thước 1x1 (trong hình, thẻ 1x1 được đánh dấu bằng một dấu chấm màu đỏ; các điểm cực trị của thẻ 1x2 và 1x3 được nối với nhau bằng các đoạn; việc cố gắng tô màu bìa bằng hai màu sẽ không thành công).

c) Đáp số: không. Một ví dụ về hình chữ nhật gồm các ô 6x7, được bao phủ thành hai lớp với 28 thẻ ô 1x3, được hiển thị trong Hình 2 (chúng tôi cũng đã cố gắng tô màu cho nó). Hình 3 hiển thị một đoạn của Hình 2 (được tô màu khác nhau), trong đó năm thẻ “liên kết theo cặp” được đánh dấu. Không có thẻ nào trong số này có thể bị xóa. Thực tế, đã loại bỏ lá bài đầu tiên, chúng ta phải để lại lá bài thứ hai; do đó, họ phải bỏ quân bài thứ ba, bỏ quân thứ tư, bỏ quân thứ năm, rồi bỏ quân thứ nhất, điều này dẫn đến mâu thuẫn (nó có màu đối lập).

G. Galperin,
V. Proizvolov

Giả sử rằng trong khoảng thời gian ngắn Δt sau khi bắt đầu chuyển động, sợi dây đã di chuyển một đoạn Δl và đạt vận tốc v. Vì Δt nhỏ nên chúng ta có thể giả sử rằng

$$v^2 = 2a \cdot \Delta l,$$

(1)

trong đó a là gia tốc của tất cả các điểm trên sợi dây tại thời điểm bắt đầu chuyển động.

Từ định luật bảo toàn năng lượng (không có đào tạo) suy ra rằng

$$Mv^2/2 = \Delta \Pi,$$

(2)

Trong đó M là khối lượng của toàn bộ sợi dây, ΔП là độ biến thiên thế năng của sợi dây theo thời gian Δt. Rõ ràng, ΔП tương ứng với khối lượng phân bố lại của sợi dây, do đó một đoạn có chiều dài Δl “đi” từ điểm A đến điểm B (xem hình). Như vậy,

$$\Delta \Pi = \frac{M}{l} \cdot \Delta l \cdot gh.$$

(3)

Từ (1)—(3) tìm gia tốc của sợi dây tại thời điểm bắt đầu chuyển động:

$$a = gh/l.$$

S. Krotov

Ở trạng thái cân bằng, lực chủ đạo của tất cả các lực ép tác dụng lên quả bóng bằng trọng lượng của nó và trọng lượng của nước do nó chảy ra ngoài; do đó, nếu chúng ta bỏ qua khả năng lướt qua của nước và vật liệu của quả bóng, thì độ sâu ngâm của nó sẽ không thay đổi khi áp suất không khí tăng lên. Nếu khả năng nổi của vật liệu nổi cao hơn khả năng nổi của nước thì vật đó sẽ chìm khi áp suất bên ngoài tăng lên. Điều này xảy ra trong một món đồ chơi nổi tiếng, trong đó một ống nghiệm lộn ngược nổi trong một cốc thủy tinh được dẫn hướng bằng nước, được buộc chặt phía trên bằng một sợi dây cao su mỏng.

27

F715. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B (Hình 1) phụ thuộc vào điện trở của điện trở R như thế nào?

Hãy xây dựng sơ đồ vectơ cho mạch điện (Hình 2). Dòng điện chạy qua tụ C và điện trở R là như nhau; điều này có nghĩa là các vectơ $\vec{U}_{MR}$ và $\vec{U}_{MC}$ đã được phân phối lại. Tổng của chúng bằng vectơ $\vec{U}_M$; điều này có nghĩa là điểm cuối của vectơ $\vec{U}_{MR}$ nằm trên đường tròn,

Hình 1.

Hình 2.

có đường kính là $|\vec{U}_M|$. Điện áp $U_{MR}$ trên một điện trở có điện trở $r$ bằng $U_M/2$. Do đó, ứng suất mong muốn $U_{MAB}$ bằng về mặt số lượng với bán kính của đường tròn đã xây dựng, nghĩa là

$$U_{MAB} = \frac{1}{2} U_M$$ và không phụ thuộc vào giá trị của $R$.

Khi $R$ thay đổi, góc dịch pha giữa các vectơ $\vec{U}_M$ và $\vec{U}_{MAB}$ thay đổi, do đó mạch đề xuất có thể đóng vai trò là bộ dịch pha. (Thường trong kỹ thuật vô tuyến cần phải thay đổi pha của điện áp xoay chiều, giữ nguyên biên độ. Trong thực tế, thay vì bộ chia điện trở $r$, người ta thường sử dụng máy biến áp có điểm từ giữa cuộn dây.)

A. Zilberman

F716. Vòng được làm từ một dải thép mỏng có chiều rộng d, trong đó người ta đục một lỗ nhỏ bán kính r rồi đặt trên bàn sao cho lỗ ở phía dưới. Từ vị trí này, các vòng được dịch chuyển một chút và để lại các thiết bị riêng. Tốc độ vung tối đa của vòng là bao nhiêu?

Mô tả trong các điều kiện về vị trí ban đầu của vòng là không ổn định. Để lại các thiết bị riêng của nó, các vòng bắt đầu di chuyển. Nếu ma sát đủ cao, vòng sẽ nâng lên mà không bị trượt. Tốc độ của vòng sẽ đạt cực đại vào thời điểm thế năng của nó ở mức tối thiểu, tức là khi trọng tâm của vòng ở vị trí thấp nhất. Điều kiện này được thỏa mãn tại thời điểm lỗ ở trên cùng và cách bàn một khoảng $D$ bằng đường kính của vòng. Không khó để báo cáo rằng độ giảm thế năng của vòng khi lỗ di chuyển từ vị trí dưới (khi bắt đầu chuyển động) lên vị trí trên bằng

$$\Delta \Pi = \Delta m \cdot gD = \frac{M \pi r^2}{\pi Dd} gD = \frac{M r^2 g}{d},$$

trong đó $M$ là khối lượng của toàn bộ vòng, $\Delta m = \frac{M}{\pi Dd} \pi r^2$ là “khối lượng của lỗ” ($\Delta m \ll M$).

Sự thay đổi thế năng này bằng động năng của vòng tại thời điểm lỗ ở trên cùng và cách mặt bàn một khoảng $D$ bằng đường kính của vòng. Năng lượng chuyển động quay của toàn bộ vòng là $Mv^2/2$ ($v$ là tốc độ của khối tâm của vòng tại một thời điểm nhất định) và năng lượng của chuyển động quay là $Mu^2/2$ ($u$ là tốc độ tuyến tính của tất cả các điểm của vòng).

29

Bài tập

1. Có thể đặt các hình chữ thập trên 24 ô vuông của một bàn cờ vuông sao cho khi gạch bỏ ba đường ngang và ba đường dọc bất kỳ thì có ít nhất sáu hình chữ thập không bị gạch chéo?

2. Cho $A$ là một số tự nhiên. Ta biểu thị bằng $b$ số được tạo bởi hai chữ số cuối của số $A$, bằng $a$ số được tạo bởi các chữ số còn lại của số $A$ (ví dụ: với $A=2906$ ta được $a=29$, $b=06=6$). Chứng minh rằng số $A$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $a$) $2a+b$ chia hết cho 7; 6) $5a-b$ chia hết cho 7.

3. Có năm nào ngày mười ba không bao giờ là ngày cầu nguyện không? Và số lần tối đa có thể là người ủng hộ là bao nhiêu?

4. Trên mỗi cạnh của tam giác $ABC$ một hình chữ nhật được dựng sao cho các đỉnh của chúng chạm nhau theo từng cặp (xem hình). Chứng minh rằng các đường thẳng nối các đỉnh của tam giác $ABC$ với các đỉnh tương ứng của tam giác thu được $A_1B_1C_1$ cắt nhau tại một điểm.

5. Có thể cắt một ô từ một ô vuông có kích thước $5\times5$ để có thể cắt hình thu được dọc theo một lưới tuyến tính thành tám dải hình chữ nhật có kích thước $1\times3$ ô?

Những nhiệm vụ này đã được F. Bartenev đề xuất cho chúng tôi.
A. Kartuzov, A. Savin.

30

“Đứng bên phải, vượt bên trái…”

Nếu bạn sống ở một thành phố lớn, nơi có tàu điện ngầm - hình thức giao thông đô thị thuận tiện và đáng tin cậy nhất, thì tất nhiên, bạn đã nghe thấy cụm từ này nhiều lần, được khuếch đại bằng loa, phát ra âm thanh ầm ĩ dưới vòm đường hầm. Tất nhiên, nhiều bạn vì bị trễ một nhiệm vụ quan trọng nào đó nên đã không ngừng bước lên thang cuốn mà như gõ gót chân vào bậc thang, lao xuống, di chuyển như một kẻ trượt dốc giữa các Câu chuyện bên phải và các lối đi bên trái. Nhưng khá thường xuyên, việc di chuyển về phía trước không kiểm soát của bạn ở đâu đó phía dưới sẽ gặp phải một đám đông dày đặc, vì lý do nào đó không muốn vượt sang trái hoặc sang phải. Bạn thậm chí có thể nhận thấy rằng trong giờ cao điểm, ngọn hải đăng luôn chuyển động luôn tràn ngập những người, bất chấp lời thú nhận thực sự của người phục vụ thang cuốn, họ không muốn đi qua. Chúng ta hãy ngừng lo lắng về sự thiếu hiểu biết của hành khách và nhìn tình huống này bằng cái nhìn khách quan của một nhà nghiên cứu. Nhưng trước tiên, đây là một ví dụ.

Chúng ta hãy xem xét một vành đai chuyển động (băng tải), trên đó một số vật thể nằm ở khoảng cách gần như nhau. Cho có $n$ vật được đặt trên một đơn vị của dây băng; các giá trị $n$ được gọi là nồng độ. Trong trường hợp sắp xếp các đối tượng dọc theo đường thẳng, nó có thể được gọi như sau:

mật độ tuyến tính chất lỏng. Nó có kích thước 1/m hoặc, nếu bạn thích, 1/cm, 1/km, 1/yard - tùy thuộc vào việc lựa chọn đơn vị chiều dài. Hơn nữa, hãy để băng di chuyển với tốc độ $v$ mismo được quan sát, đếm các vật thể này. (Tuy nhiên, vai trò của việc quan sát này cũng có thể được thực hiện bởi một quầy điện tử có photozem, tương tự như loại được sử dụng trong vé tự động tại các ga tàu điện ngầm). Câu hỏi đặt ra: có bao nhiêu vật thể được quan sát trong một đơn vị thời gian? Câu hỏi này rất dễ trả lời. Trong thời gian $t$ mismo sản phẩm được quan sát và có kích thước 1/s (hoặc 1/phút, 1/năm - tùy thuộc vào việc lựa chọn đơn vị độ dài). Chúng ta sẽ biểu thị dòng chảy bằng chữ F (đây là chữ cái viết hoa của Hy Lạp “Phi”). Vì thế,

$$\Phi = nv.$$

Bây giờ, hãy tưởng tượng rằng phương tiện giao thông của chúng ta có chiều dài hữu hạn và các vật thể nằm trên vành đai của nó, từ đầu đến cuối, rơi vào vành đai của một phương tiện giao thông khác đang di chuyển với tốc độ khác $v'$. Hiển nhiên, người ta quan sát thấy rằng đứng gần phương tiện thứ hai, trong một đơn vị thời gian nó đếm được số vật đi qua cùng số vật mà phương tiện thứ nhất quan sát được. Nếu có ít chúng hơn, thì bạn có thể đảm bảo rằng một số kẻ giết người bằng than ở đâu đó trên đường đi sẽ có những đồ vật tương tự. Nếu có một sự bổ sung đáng kể, các đối tượng bổ sung sẽ được đặt trên băng thứ hai. Do đó, luồng $\Phi = nv$ và $\Phi' = n'v'$, được cả hai người quan sát đăng ký, phải bằng nhau:

$$nv = n'v'.$$

Từ đây có thể thấy ngay rằng nồng độ của vật $n'$ trên giây

31

băng tải sẽ không giống như băng tải đầu tiên, cụ thể là

$$n' = n \frac{v}{v'}$$

Nếu tốc độ $v'$ nhỏ hơn tốc độ $v$ thì nồng độ $n'$ sẽ lớn hơn nồng độ $n$. Có lẽ tốt hơn nữa là trên băng chuyền của lần vận chuyển thứ hai, các đồ vật sẽ không thể xếp vừa khít mà không xếp chồng lên nhau.

Tất nhiên, bạn hiểu rằng đối với cái hoàn hảo được quan sát, sẽ không quan tâm đến việc các vật nằm trên một vành đai chuyển động với tốc độ $v$ hay chúng chuyển động độc lập với tốc độ $v$ dọc theo một vành đai đứng yên (sàn nhà, vỉa hè). Điều quan trọng duy nhất là tốc độ của chúng so với vật được quan sát ghi lại dòng chảy bằng $v$. Do đó, dòng chảy là một đại lượng phụ thuộc vào hệ tọa độ mà nó thay đổi. Do đó, nếu người được quan sát đang ở trên một vành đai khác, chuyển động song song với vành đai thứ nhất với cùng tốc độ $v$, thì tốc độ tương đối $v_{\text{отн}}$, và do đó dòng chảy quan sát biến đổi $\Phi = nv_{\text{отн}}$ sẽ bằng 0.

Và bây giờ là lúc quay lại câu hỏi điều gì xảy ra ở thang cuốn trong giờ cao điểm. Lưu lượng hành khách đứng bên phải bằng $\Phi_1 = n_1v_9$, trong đó $n_1$ là nồng độ hành khách đứng, $v_9$ là tốc độ của thang cuốn. Lưu lượng hành khách đi bên trái bằng $\Phi_2 = n_2(v_9 + v_n)$, trong đó $n_2$ là nồng độ hành khách đi bộ, $v_n$ là tốc độ của người đi bộ so với thang cuốn và $v_9 + v_n$ là tốc độ của hành khách đi bộ so với vật thể đứng yên có thể quan sát được. Đương nhiên, khi kết thúc quá trình đi xuống, cả hai nhóm hành khách bắt đầu di chuyển với tốc độ như nhau $v_n$. Tuy nhiên, luồng bên phải không trải qua bất kỳ thay đổi lớn nào, vì $v_n$ xấp xỉ bằng $v_9$. Nhưng những hành khách ở bên trái thang cuốn hiện đang di chuyển chậm hơn khoảng hai lần (so với các bức tường cố định) so với trước đây, và theo những gì đã nói, mức độ tập trung của hành khách trong nhóm này sẽ xấp xỉ gấp đôi.

Vì nhiều lý do, mọi người không thích đi sát nhau nên dòng bên trái có thể di chuyển bình thường nếu mọi người đi trên thang cuốn giữ khoảng cách lớn gấp đôi so với khi đi trên sân ga, hoặc nếu dòng bên dưới có thể mở rộng sang hai bên. Trong giờ cao điểm, cả hai phương án này thường không thể thực hiện được do lượng người quá đông. Đó là lý do tại sao những người trên thang cuốn sẽ khôn ngoan hơn khi xây dựng cả bên phải và bên trái. Nếu không chắc chắn phía dưới sẽ ùn tắc.

Đối với chúng tôi, có vẻ như bây giờ bạn sẽ không tức giận về việc thang cuốn bị chậm trễ bất ngờ mà sẽ cố gắng rời khỏi nhà sớm hơn khoảng năm phút.

---

Tất nhiên, khái niệm dòng chảy không chỉ liên quan đến việc xem xét một vụ việc; nó được sử dụng rất rộng rãi trong vật lý.

Cho một chùm hạt chuyển động trong không gian theo cùng một hướng với cùng tốc độ $v$. Số lượng hạt trên một đơn vị thể tích của chùm tia, như trong trường hợp tuyến tính, còn được gọi là nồng độ $n$ (hoặc mật độ thể tích) và có kích thước $1/\text{m}^3$. Sản phẩm $\Phi = nv$ hiện có kích thước $1/(m^2 \cdot c)$ và bằng số lượng hạt đi qua mỗi giây qua một diện tích mặt cắt đơn vị vuông góc với hướng chuyển động của chùm tia. Do đó, đại lượng $\Phi$ được gọi là mật độ dòng hạt; Bằng cách nhân giá trị của nó với diện tích mặt cắt ngang của chùm tia, chúng ta thu được tổng dòng hạt trong chùm tia.

Nếu mỗi bộ phận chuyển động có một số tính chất và tính chất này được “chuyển” cùng với nó thì nên đưa ra khái niệm mật độ từ thông của tính chất này

$$\Phi_a = anv$$

trong đó $a$ là số lượng ký tự của một thuộc tính nhất định. Ví dụ: giả sử $a = m$ là khối lượng của một hạt trong dòng chảy, thì $\Phi_m = mnv$ là mật độ khối lượng dòng chảy (kích thước của nó là $\kappa/(\text{m}^2 \cdot c)$). Hoặc,

32

nếu $a = q$ là điện tích mang theo mỗi bộ phận thì $\Phi_q = qnv$ là mật độ dòng điện tích electron (lượng electron). Đại lượng $\Phi_q$, có thứ nguyên $KL/(m^2 \cdot c)$, còn được gọi là mật độ dòng điện tử, vì cường độ dòng điện điện tử là lượng electron truyền qua tiết diện của dây dẫn trong một đơn vị thời gian. (Điều này cũng xuất phát từ thông điệp về các chiều: $KL/(m^2 \cdot c) = (KL/c)/m^2 = A/m^2$.) Các mật độ thông lượng khác (năng lượng, động lượng, v.v.) cũng được xác định tương tự.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số bài toán cụ thể sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn về khái niệm dòng chảy hoặc mật độ của nó.

1. Hãy thử ước tính sức chứa của đường cao tốc, tức là số lượng phương tiện số tự động tối đa có thể đi qua một con đường nhất định trong một giờ.

Những tính toán như vậy là cần thiết khi thiết kế đường và tổ chức giao thông phù hợp, đặc biệt là ở các thành phố lớn và trên các đường cao tốc quốc tế lớn.

Giả sử đường cao tốc là hai chiều và ở mỗi hướng giao thông diễn ra thành hai làn với tốc độ tối đa cho phép là $v = 60$ km/h (ví dụ: đây là điều kiện giao thông trên Đường vành đai tự động Mátxcơva). Điều chúng tôi quan tâm là dòng chảy của tự động hóa, tức là số lượng tự động hóa đi qua trên một đơn vị thời gian không chuyển động được quan sát thấy. Sử dụng các công thức thu được ở trên, chúng ta sẽ viết $\Phi = Nnv$, trong đó $N=4$ là tổng số làn đường giao thông, $n$ là số lượng ô tô trên một đơn vị chiều dài của đường, có thể gắn với khoảng cách $L$ giữa các máy tự động: $n = 1/L$. Vì vậy, $\Phi = Nv/L$. Hướng dẫn vận hành máy tự động khuyên bạn nên giữ khoảng cách giữa các máy tự động bằng mét đến một nửa tốc độ tính bằng km/h. Trong trường hợp của chúng tôi, ở tốc độ $v = 60$ km/h $L = 30$ m, và dung lượng đường cao tốc là

$$\Phi = N \frac{v}{L} = 8000 \text{ 1/ч.}$$

33

2. Mọi người đứng trên thang cuốn đi xuống cách nhau $L = 1$ m. Mỗi luồng hành khách sẽ được quy định:
   a) Nhân viên trực thang cuốn đứng ở phía dưới; b) đứng trên một thang cuốn khác đang đi lên và quan sát? Tốc độ chuyển động của thang cuốn lấy bằng $v = 2$ m/s.

Chúng tôi đã nói rằng luồng phụ thuộc vào hệ thống báo cáo, trong trường hợp này là vào người quan sát. Do đó, so với người trực trên thang cuốn, hành khách đi xuống với tốc độ bằng tốc độ của thang cuốn.

$$\Phi_1 = nv = \frac{v}{L} = 2 \text{ } 1/\text{c}.$$

Theo quan điểm của một người quan sát nằm trên thang cuốn đang di chuyển lên với tốc độ $v$, dòng hành khách sẽ lớn gấp đôi, vì so với nó thì tốc độ dòng chảy là $v_{\text{отн}} = 2v$, và dòng chảy

$$\Phi_2 = nv_{\text{отн}} = 2nv = 4 \text{ } 1/\text{c}.$$

3. Một chiếc xe tải có sức chở $M = 2$ tấn được chất arbuzami bằng phương tiện vận chuyển. Trọng lượng trung bình của arbuz là $m = 5$ kg, tốc độ vận chuyển là $v = 0,5$ m/s, khoảng cách giữa các arbuz trên đai là $L = 0,75$ m. Tìm thời gian tải.

Trong trường hợp này chúng ta đang xử lý dòng chảy khối lượng. Theo định nghĩa, nó bằng $\Phi_m = mnv = mv/L$. Sau đó, thời gian tải cần thiết

$$t = \frac{M}{\Phi_m} = \frac{ML}{mv} = 600 \quad c = 10 \text{ мин.}$$

4. Tính tốc độ chuyển động của các electron trong vật dẫn kim loại khi có dòng điện chạy qua nó.

Chúng ta sẽ tiến hành từ thực tế là theo các biện pháp phòng ngừa an toàn phù hợp, nó được phép truyền dòng điện có mật độ lên tới $10 \text{ A}/\text{mm}^2 = 10^7 \text{ A}/\text{m}^2$ qua các dây dẫn có tác dụng làm mát tự nhiên. Do đó, chúng ta sẽ nói về mật độ dòng điện, tức là mật độ từ thông của điện tích $\Phi_q = qnv$, trong đó $q$ là điện tích của một hạt tải điện, $n$ là nồng độ của hạt tải điện, $v$ là tốc độ chuyển động ổn định của chúng

35

Hội thảo lối vào

E. Morozov

Hệ thống quang học

Hệ thống quang học thường được gọi là một tập hợp các thành phần quang học khác nhau: thấu kính, gương, lăng kính, tấm phẳng song song, v.v. Hoạt động của chúng dựa trên các định luật quang học hình học đơn giản nhất - định luật phản xạ và khúc xạ ánh sáng.

Các yếu tố chính của hệ thống đa bước sóng là thấu kính mỏng và gương phẳng (chính xác là những hệ thống như vậy sẽ được thảo luận trong phần thống kê). Chúng ta hãy nhắc lại kết quả chính của việc áp dụng định luật phản xạ và khúc xạ ánh sáng cho chúng.

Đối với một thấu kính mỏng, công thức đúng

$$\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F},$$

cho phép bạn tìm khoảng cách $f$ từ thấu kính đến ảnh từ khoảng cách đã biết $d$ từ vật đến thấu kính và tiêu cự của thấu kính $F$. Để sử dụng công thức này, bạn phải tuân thủ cẩn thận các quy tắc về dấu hiệu. Vì vậy, cần lưu ý rằng tiêu cự $F$ luôn dương đối với thấu kính hội tụ và âm đối với thấu kính phân kỳ. (Đây là lý do tại sao thấu kính hội tụ còn được gọi là dương và thấu kính phân kì - âm.) Khoảng cách $d$ được coi là dương để nhận biết một vật (thật) hoặc hình ảnh của nó, trước đây thu được bằng cách sử dụng một số phần tử quang học khác và nằm ở vị trí

36

Ảnh $S_2$ của vật $S$ nằm ở phía trước dòng thứ nhất và cách vật $d$ một khoảng bao nhiêu so với dòng thứ nhất? Hệ quang học của hai đường thẳng này sẽ như thế nào nếu khoảng cách $l$ giữa chúng bằng 0?

Rõ ràng, lời giải bài toán bao gồm việc áp dụng tuần tự công thức thấu kính cho thấu kính $\varLambda_1$ và $\varLambda_2$. Trước tiên, chúng ta hãy lưu ý rằng công thức này chỉ đơn giản biểu thị không phải khoảng cách tương ứng mà là đại lượng nghịch đảo của chúng, do đó rất thuận tiện khi thao tác với chúng. Mặt khác, như kinh nghiệm cho thấy, tính toán rườm rà thường dẫn đến kết quả sai.

Đối với dòng đầu tiên, công thức đưa ra

$$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{F_1} - \frac{1}{d_1} = \frac{1}{F_1} - \frac{1}{d},$$

trong đó $f_1$ là khoảng cách đến hình ảnh $S_1$. Hình ảnh trung gian này thể hiện từ dòng thứ hai ở khoảng cách $d_2 = l - f_1$. Áp dụng công thức thấu kính lần thứ hai, chúng ta đạt được kết quả mong muốn:

$$\frac{1}{f_2} = \frac{1}{F_2} - \frac{1}{d_2} = \frac{1}{F_2} - \frac{1}{l - f_1} =$$

$$= \frac{1}{F_2} + \frac{\frac{1}{f_1}}{1 - l \frac{1}{f_1}} = \frac{1}{F_2} + \frac{\frac{1}{F_1} - \frac{1}{d}}{1 - l \left(\frac{1}{F_1} - \frac{1}{d}\right)}.$$

Từ đây, về nguyên tắc, người ta có thể tìm được chính khoảng cách $f_2$.

Nếu các thấu kính được gấp chặt, tức là $l = 0$, thì biểu thức thu được sẽ đơn giản hóa:

$$\frac{1}{f_2} = \frac{1}{F_2} + \frac{1}{F_1} - \frac{1}{d}.$$

Để tìm công thức khoảng cách cho một hệ thống như vậy, hãy đặt $d \to \infty$.

$$\frac{1}{f_2} = \frac{1}{F_{\text{системы}}} = \frac{1}{F_1} + \frac{1}{F_2},$$

hoặc

$$D_{\text{системы}} = D_1 + D_2$$

• hệ quang học gồm hai đường mỏng gấp sát nhau bằng tổng công suất quang của chúng. Kết quả này có thể được khái quát hóa cho trường hợp có số lượng lớn các dòng.

Bài toán 2. Chứa đầy một thấu kính có khoảng cách hình dạng $F$ một gương phẳng được đặt vuông góc với các đường trục quang và cách nó một khoảng $l$ (Hình 4). Phía trước ống kính ở khoảng cách $d$ có nguồn sáng chính xác $S$. Xác định vị trí của ảnh.

37

Ở giá trị nào của d thì hình ảnh sẽ hợp lệ và ở giá trị nào thì nó sẽ nhỏ nhất (trường hợp khoảng cách l=0)?

Các tia sáng từ một nguồn sáng đi tới thấu kính sẽ bị khúc xạ trong đó, sau đó bị phản xạ khỏi gương và lại bị khúc xạ bởi thấu kính.

Sau lần khúc xạ thứ nhất qua thấu kính, các tia hội tụ tại điểm $S_1$. Chúng ta tìm thấy kích thước của đoạn $f_1$ từ công thức thấu kính:

$$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{F} - \frac{1}{d_1} = \frac{1}{F} - \frac{1}{d}.$$

Ảnh của điểm $S_1$ trong gương phẳng sẽ là điểm $S_2$, nằm cùng khoảng cách với gương như điểm $S_1$, nhưng ở phía bên kia của gương. Khoảng cách này là $d_2 = f_2 = l - f_1$.

Sau khi phản xạ từ gương, các tia lại rơi vào thấu kính, như thể phát ra từ điểm $S_2$, nằm cách thấu kính một khoảng

$$d_3 = l + (l - f_1) = 2l - f_1.$$

Sau lần khúc xạ thứ hai của thấu kính, các tia (hoặc sự tiếp nối của chúng) sẽ hội tụ ở một khoảng cách $f_3$ so với thấu kính, và

$$\frac{1}{f_3} = \frac{1}{F} - \frac{1}{d_3} = \frac{1}{F} - \frac{1}{2l - f_1} =$$

$$= \frac{1}{F} - \frac{\frac{1}{f_1}}{2l \frac{1}{f_1} - 1} = \frac{1}{F} - \frac{\frac{1}{F} - \frac{1}{d}}{2l \left(\frac{1}{F} - \frac{1}{d}\right) - 1} =$$

$$= \frac{2l \left(\frac{1}{F} - \frac{1}{d}\right) + \frac{F}{d} - 2}{F \left(2l \left(\frac{1}{F} - \frac{1}{d}\right) - 1\right)}.$$

Do đó số lượng cần thiết

$$f_3 = \frac{F \left(2l \left(\frac{1}{F} - \frac{1}{d}\right) - 1\right)}{2l \left(\frac{1}{F} - \frac{1}{d}\right) + \frac{F}{d} - 2}.$$

Bây giờ hãy phân tích khi nào hình ảnh thu được sẽ hợp lệ và khi nào nó sẽ ở mức tối thiểu. Rõ ràng, hình ảnh cuối cùng là tối thiểu nếu điểm $S_2$ nằm giữa ống kính và tiêu điểm bên phải của nó, tức là $d_3 < F$. Do đó, điểm $S_1$ phải nằm ở bên phải gương, cách gương một khoảng $d_2 > l - F$ và cách thấu kính một khoảng $f_1 > 2l - F$. Khi đó từ công thức thấu kính ta có

$$\frac{1}{d} = \frac{1}{F} - \frac{1}{f_1},$$

Ily

$$d = \frac{Ff_1}{f_1 - F} < \frac{F(2l - F)}{2(l - F)}$$

— ở những khoảng cách như vậy từ nguồn $S$ tới ống kính, ảnh của nó sẽ rất nhỏ.

Đặc biệt, khi $l = 0$, hình ảnh ở mức tối thiểu đối với các giá trị $d < F/2$ và hợp lệ đối với $d > F/2$.

Bài toán 3. Một thấu kính dày được làm từ một chồng chiết suất $n = 1,5$. Bán kính của bề mặt lồi thứ nhất là $R_1 = 20$ cm, bán kính của bề mặt thứ hai vừa lồi vừa lồi là $R_2 = 5$ cm. Tìm độ dày của thấu kính nếu biết thấu kính cho một chùm ánh sáng song song.

Vì thấu kính dày nên công thức thấu kính mỏng không được áp dụng cho nó. Đối với lời giải bài toán chúng ta phải sử dụng định luật khúc xạ ánh sáng không hạn chế.

Chúng ta hãy xét một chùm tia song song tới trên mặt phân cách hình cầu thứ nhất của trục quang kép của thấu kính. Sau khi khúc xạ, các tia sẽ hội tụ tại một điểm nhất định trên trục quang. Hãy tìm vị trí của điểm này.

Để làm điều này, chúng ta chọn một tia từ chùm tia - tia $AB$, cách trục một khoảng $h$ và tìm điểm $S$ giao điểm của nó với trục sau khúc xạ (Hình 5, a). Hãy vẽ bán kính $OB$ đến điểm tới của chùm tia. Khi đó góc $\alpha$ sẽ là góc tới và $\beta$ sẽ là góc khúc xạ, và theo định luật khúc xạ,

$$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = n,$$ hoặc $\sin \beta = \frac{\sin \alpha}{n}$.

Từ tam giác COB

$$\sin \alpha = \frac{h}{R_1},$$ và $\sin \beta = \frac{\sin \alpha}{n} = \frac{h}{nR_1}$.

Lưu ý rằng tất cả các hệ thống quang học chỉ cung cấp hình ảnh rõ nét của vật thể nếu sử dụng chùm tia nheo. Trong trường hợp này, điều này có nghĩa là $h \ll R_1$, do đó, sin của góc tới và góc khúc xạ có thể được thay thế bằng chính các góc đó:

$$\alpha = \sin \alpha = \frac{h}{R_1},$$

39

đường tiêu cự. Bằng cách di chuyển đường này, bạn sẽ đạt được sự tập trung vào các vật thể ở xa hơn hoặc ít hơn.

Bài toán 4. Tìm vùng lấy nét của kính thiên văn với đường lấy nét có tiêu cự bằng tiêu cự của vật. Đường lấy nét di chuyển trong giới hạn nào? Chiều dài của ống nếu không có đường lấy nét nhưng có cùng vùng lấy nét là bao nhiêu?

Khi ống được đặt ở vô cực, đường lấy nét không được cản trở hình ảnh do ống kính tạo ra dưới bất kỳ hình thức nào; do đó, nó phải được đặt ở nơi thu được ảnh này, tức là trong mặt phẳng tiêu điểm chung của vật và thị kính.

Đường lấy nét càng được đặt xa mặt phẳng này thì hình ảnh do ống kính tạo ra sẽ càng dịch chuyển. Trong trường hợp cực đoan, các đường có thể được vặn chặt vào ống kính. Chúng ta hãy tìm khoảng cách tối thiểu $d$ của kính thiên văn.

Vì hai đường thẳng giống hệt nhau (đường hội tụ và thấu kính) xoắn lại với nhau nên tổng tiêu cự của chúng sẽ bằng một nửa tiêu cự của vật, tức là $F_{06}/2$. Hình ảnh do hệ thống các đường này tạo ra phải được thu ở khoảng cách $f=F_{06}$. Sau đó từ công thức đường mảnh chúng ta tìm thấy $d$:

$$\frac{1}{d} + \frac{1}{F_{06}} = \frac{2}{F_{06}}, \text{ и } d=F_{06}.$$

Do đó, kính thiên văn có thể tập trung vào các vật thể nằm cách kính thiên văn ở khoảng cách từ $d=F_{06}$ đến $d \to \infty$. Trong trường hợp này, đường lấy nét di chuyển trực tiếp từ vật đến mặt phẳng tiêu điểm chung của vật và thị kính, tức là đến một khoảng bằng $F_{06}$.

Rõ ràng, một kính thiên văn không có đường lấy nét không thể có giới hạn lấy nét lớn như vậy, vì để làm được điều này, đường ống phải lớn vô cùng.

Bài tập

1. Một chùm ánh sáng song song chiếu vào hệ gồm ba thấu kính, trục chính của chúng trùng nhau. Tìm vị trí giao điểm của các tia sau khi truyền qua hệ nếu tiêu cự của các đường thẳng là $F_1=+10$ cm, $F_2=-20$ cm và $F_3=+10$ cm, khoảng cách giữa đường thẳng thứ nhất và đường thẳng thứ hai là $l_1=15$ cm, khoảng cách giữa đường thẳng thứ hai và thứ ba là $l_2=6$ cm.

2. Bề mặt phẳng của đường phẳng-lồi có tiêu cự $F$ được phủ một lớp phản chiếu tốt. Ở một khoảng cách $d$ tính từ thấu kính, về phía bề mặt lồi của nó, có một nguồn sáng điểm. Xác định vị trí của ảnh. Ở giá trị nào của $d$ hình ảnh sẽ hợp lệ và ở giá trị nào nó sẽ tối thiểu?

3. Một thấu kính có tiêu cự thay đổi bao gồm hai thấu kính phẳng-lồi mỏng giống hệt nhau, khoảng trống giữa chúng có thể chứa đầy nhiều chất lỏng khác nhau (Hình 7). Coi thấu kính là một đường thẳng, hãy tìm sự phụ thuộc của tiêu cự $F$ của nó vào chiết suất của chất lỏng $n$ và vẽ đồ thị sự phụ thuộc này. Bán kính của các mặt cầu của đường thẳng là $R=20$ cm, chiết suất của vật liệu thấu kính là $n_1=1,5$.

4. Tại sao cá sấu có mắt phẳng?

42

3. Trong hình bình hành $ABCD$, cạnh $AB$ là 6 cm và chiều cao tính đến đáy $AD$ là 3 cm. Các bissertis của góc $BAD$ cắt cạnh $BC$ tại điểm $M$ sao cho $|MC| = 4$ cm. $N$ là giao điểm của bissertis $AM$ và đường chéo $BD$. Tính diện tích tam giác $BNM$.

4. Mỗi công nhân phải sản xuất 36 bộ phận giống hệt nhau. Người công nhân đầu tiên bắt đầu nhiệm vụ của mình muộn hơn người thứ hai 4 phút, nhưng họ đã hoàn thành $\frac{1}{3}$ nhiệm vụ cùng một lúc. Sau khi hoàn thành nhiệm vụ của mình, người công nhân thứ nhất sau hai phút nghỉ giải lao lại bắt đầu làm việc và đến khi người công nhân thứ hai hoàn thành nhiệm vụ thì anh ta đã làm được thêm hai phần. Mỗi công nhân sản xuất được bao nhiêu sản phẩm trong một giờ?

5. Tính kích thước của hình nón có thể tích lớn nhất nội tiếp một quả cầu có bán kính $R$.

Vật lý
Bài thi vấn đáp

Khoa Vật lý

1. Hai bậc thang nhô lên trên mặt phẳng ngang có cùng độ cao $h$ và nằm cách nhau một khoảng $L$ (Hình 1). Có một quả bóng nhỏ ở rìa của một bước. Một vật có khối lượng lớn hơn nhiều so với khối lượng của quả bóng xuất hiện trên quả bóng, bị giữ lại và đẩy nó ra khỏi bậc thang. Vật phải có tốc độ bằng bao nhiêu để quả bóng sau một lần nảy ra khỏi mặt phẳng nằm ngang tiếp đất ở bước thứ hai? Mọi va chạm đều tuyệt đối đàn hồi. Bỏ qua sức cản của không khí.

Hình 1.

2. Một quả cầu nhỏ được treo trên một sợi dây dài, không cách ly và không hòa tan. Quả bóng quay một vòng tròn trong mặt phẳng nằm ngang. Chu kỳ lưu thông là $T_1$ và góc lệch của sợi chỉ so với phương thẳng đứng là $a_1$. Thời kỳ cách mạng sẽ bằng bao nhiêu nếu tất cả các hệ thống bắt đầu chuyển động với tốc độ nhanh hơn vào Chủ nhật $a < g$? Góc lệch của sợi chỉ bằng $a_2$.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.