Kvant 1982, số 11 · Trang

KVANM
11
1982

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

XVI OLYMPIAD TOÀN ĐOÀN CHO HỌC SINH VẬT LÝ
(Baku, tháng 4 năm 1982). Một cuộc thử nghiệm đang diễn ra…

Ảnh của G. Mirzakhanov

1

TRONG VẤN ĐỀ NÀY: TRONG VẤN ĐỀ NÀY:

B. Gnedelenko. Toán học ở Liên Xô 2
V. Gnedelenko. Toán học ở Liên Xô
B. Bokstein. Nguyên tử chuyển động quanh tinh thể 5
V. Vokstein. Nguyên tử chuyển động trong tinh thể
A. Aleksadrov. Sự ngu ngốc và thiên tài 12
A. Alexandrov. Sự ngu ngốc và thiên tài
V. Frenkel. Hiệp sĩ của sách khoa học đại chúng (nhân kỷ niệm 100 năm ngày sinh của Ya. I. Perelman) 18
V. Frenkel. The knight of popular science books (100 years since Ya. I. Perelman’s birth)

Phòng thí nghiệm «Kvant» 2
A. Borovoy, Y. Klimov. Chuyện gì đang xảy ra ở biên giới 22
A. Borovoy, Yu. Klimov. Điều gì xảy ra ở ranh giới

Bài toán Kvant 26
Bài toán M771 — M775; F783—F787 26
Lời giải bài toán M746 — M749; F758 — F767 29
Solutions M746 — M749; P758 — P767

«Kvant» cho học sinh nhỏ 41
Bài toán 41
Tôi. Kirillov. Từ những cuốn sách của Ya. I. Perelman 42
I. Kirillova. From Ya. I. Perelman’s books

Hội thảo của ứng viên 46
P. Satyanov. Công thức và đồ thị 46
P. Satianov. Formulas and graphs

Olympic cân nặng lần thứ XVI dành cho học sinh 51
A. Zemlyakov. Olympic Toán lần thứ 51
T. Petrova, L. Chernova. Olympic Vật lý 54
V. Orlov. Vòng thử nghiệm của Thế vận hội Olympic lần thứ 57
V. Orlov. The experimental round of the physics olympiad
Các vận động viên đoạt giải Olympic hạng nặng lần thứ XVI 60
Prizewinners of the XVIth All-union school olympiad

Nghệ thuật lập trình 62
Kỹ thuật lập trình tiêu chuẩn. Bài học 2.
Standart programming methods. Lesson 2.

Đáp số, gợi ý, lời giải 63
Hỗn hợp (11, 25, 50) 63
Miscellaneous (11, 25, 50)

Cờ vua trang 64
Hành trình về quá khứ (trang bìa thứ 3) 64
The chess page
A trip to the past (3rd cover page)

Những quả bóng nhiều màu mà bạn nhìn thấy trên trang đầu tiên của trang bìa là những giọt nước nhuốm màu nước. Điều gì gây ra hình dạng hình cầu rõ ràng của giọt nước? Tại sao họ lại “treo” bất động? Bạn có thể đọc về điều này trong bài viết của A. Borovoo và Y. Klimov “Điều gì sẽ xảy ra ở biên giới.”

2

Toán học ở Liên Xô

Ngày 30 tháng 12 đánh dấu 60 năm kể từ khi Đại hội toàn Liên Xô lần thứ nhất long trọng thông qua nghị định thành lập nhà nước xã hội chủ nghĩa đa quốc gia đầu tiên trên thế giới - Liên bang Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết. Năm nay, món quà hóa ra là sự đoàn kết của các dân tộc và các dân tộc sinh sống trên đất nước chúng ta.

Ban đầu, vào năm 1922, Liên Xô chỉ bao gồm bốn nước cộng hòa liên bang - RSFSR, SSR Ucraina, BSSR và ZSFSR. Hai năm sau, Cộng hòa Liên minh Uzbek và Turkmen trở thành một phần của Liên Xô. Năm 1929, họ được gia nhập vào Cộng hòa Tajik. Sau khi các nước cộng hòa tự trị Kazakhstan và Kyrgyzstan thuộc RSFSR đạt được những thành công nhất định trong phát triển kinh tế và văn hóa, vào năm 1936, họ đã chuyển đổi thành các nước liên minh. Cùng năm đó, liên bang Transcaucasian được chia theo đường ranh giới quốc gia thành ba nước cộng hòa liên minh - Azerbaijan, Armenia và Gruzia. Cộng hòa Latvia, Litva, Estonia và Moldova gia nhập Liên minh vào năm 1940. Mười lăm nước cộng hòa bình đẳng đã trải qua một chặng đường phát triển kinh tế và văn hóa lâu dài và khó khăn, họ đã cùng nhau vượt qua mọi thử thách và giành chiến thắng trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại.

Liên Xô bắt đầu tồn tại trong điều kiện rất khó khăn. Ba năm dài chiến tranh đế quốc tàn khốc, dẫn đến vụ nổ cách mạng năm 1917, đã tàn phá đất nước. Năm năm tiếp theo của Nội chiến, sự can thiệp, nạn đói và sự tàn phá đã tước đi một số lượng lớn người sản xuất - nông dân, công nhân, kỹ sư, giáo viên, bác sĩ. Cần phải ngay lập tức bắt đầu khôi phục nền kinh tế bị tàn phá bởi chiến tranh, LINK để chứng kiến ​​tình trạng vô gia cư hàng loạt của trẻ em.

Nhưng chế độ Sa hoàng cũng để lại những di sản khó khăn khác - gần 75% dân số nước Nga đắt đỏ không biết chữ. Trên màn ảnh quốc gia, tình hình còn tồi tệ hơn nhiều lần. Như vậy, ở người Kyrgyz, tỷ lệ biết chữ chỉ đạt 0,6%, ở người Turkmen - 0,7%, ở người Tajik - 0,5%, ở người Uzbek - 1,5%. Cùng lắm thì chỉ có một số ít người có trình độ học vấn cao hơn và thuộc các dân tộc ưu tú ở vùng ngoại ô hoàng gia. Trên những vùng đất rộng lớn của Belarus, Transcaucasia, Trung Á và Transkaikalia không có một cơ sở giáo dục đại học nào. Các dân tộc sinh sống ở những vùng lãnh thổ này hầu như bị tước đi cơ hội phát triển và thịnh vượng.

Các đại diện của thế hệ thứ 2 còn nhớ rõ ngay sau Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, họ đã vươn tới tri thức như thế nào. Sau đó, trường học được mở ở những nơi sâu nhất của quê hương chúng ta.

Nhưng quyền lực của Liên Xô không chỉ giới hạn ở việc phát triển giáo dục tiểu học. Nội chiến vẫn đang hoành hành và nạn đói gây thiệt hại khủng khiếp, và chính phủ Liên Xô bắt đầu thành lập các trường đại học ở vùng ngoại ô cũ của Nga, bị cắt đứt giáo dục trong nhiều thế kỷ (Irkutsk, Baku, Yerevan, Tbilisi, Tashkent). Qua nhiều năm tồn tại, các trường đại học này đã đào tạo ra các chuyên gia về thập phân.

3

Trong những năm tháng khó khăn, tàn phá, nội chiến và nạn đói, cách mạng đã khơi dậy niềm đam mê học tập và sáng tạo khoa học chân chính. Điều quan trọng cần lưu ý là cả cái đói, cái lạnh, cũng như những khó khăn về vật chất đều không thể dập tắt được niềm đam mê này.

Viện sĩ P. S. Aleksadrov, một trong những nhà toán học hàng đầu của Liên Xô, người tạo ra trường phái tô-pô lý thuyết tập hợp của Liên Xô, đã nói rất hay về thời kỳ này: “Giai đoạn đầu những năm 20… là một hiện tượng khá độc đáo. Một yếu tố tích cực quan trọng của thời đại này trong lịch sử toán học tại Đại học Moscow là lòng nhiệt tình khoa học vô bờ bến của giới trẻ. Sự nhiệt tình này dựa trên những ý tưởng yêu nước vĩ đại của văn hóa khoa học Liên Xô, đã khơi dậy trong sinh viên và các nhà khoa học lòng nhiệt thành khoa học đích thực mà không tự nó thể hiện ra.” với sức mạnh như vậy trong các bức tường của khoa toán tiền cách mạng của Đại học Moscow.”

Bức tranh tương tự được quan sát thấy ở cả một số ít trường đại học cũ và những trường mới thành lập. Việc tuyển sinh mang tính cách mạng đầu tiên vào các trường đại học đã chuẩn bị và sản sinh ra thế hệ các nhà toán học Liên Xô cũ, những người đã đào tạo các thế hệ nhà khoa học Liên Xô tiếp theo và đặt nền móng cho các trường toán khoa học.

Những trường như vậy xuất hiện ở Moscow, Tbilisi, Tashkent, Kyiv, Kharkov. Ở Leningrad, trường toán tiếp tục phát triển, nền tảng của trường được tạo ra bởi các công trình của P. L. Chebyshev, A. M. Lyapunov, A. A. Markov và các nhà khoa học và giáo viên xuất sắc khác. Một trường phái lý thuyết về hàm số biến thực đã ra đời ở Moscow, trường này đã sớm mở rộng mối quan tâm của mình sang lý thuyết hàm số biến phức, lý thuyết xác suất, cấu trúc liên kết, phương trình vi phân và hình học; Những người sáng lập trường này là D. F. Egorov và N. N. Luzin.

Các trung tâm đại học mới nhận được sự hỗ trợ nghiêm túc từ các trường đại học cũ, chủ yếu từ Moscow và Leningrad. Đặc biệt, những người trẻ được nuôi dưỡng với niềm đam mê khoa học vô bờ bến đã chuyển đến Tbilisi. Đối với sinh viên đại chúng của các nhà máy và nhà máy, cần có các kỹ sư - các nhà toán học được yêu cầu đào tạo họ. Có một nhu cầu cấp thiết về các nhà khoa học có khả năng hỗ trợ thực hành bằng các phương pháp toán học. Vào cuối những năm hai mươi và đầu ba mươi, việc xây dựng các loại hình mới bắt đầu trên khắp đất nước, tuyển sinh vào các trường sau đại học được mở rộng và các vị trí được phân bổ trong các trường cao đẳng và viện nghiên cứu lâu đời nhất của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô để đào tạo các chuyên gia ở mọi cấp độ trong số thanh niên của liên minh dân tộc bản địa và nguồn lực tự trị. Biện pháp này hóa ra cực kỳ hiệu quả, vì trong một thời gian ngắn, một số lượng lớn hơn những người trẻ tài năng đã được đào tạo để làm công việc khoa học tích cực. Trở về quê hương, họ trở thành trung tâm tiếp thu tư tưởng khoa học của giới trẻ nguồn lực và là nơi tổ chức các trường khoa học quốc gia. Kết quả là, một trường phái mạnh về lý thuyết hàm của một biến phức đã xuất hiện ở Yerevan, một trường phái giải tích hàm và lý thuyết phương trình vi phân ở Baku, và nghiên cứu về lý thuyết định tính của phương trình vi phân bắt đầu được phát triển ở Alma-Ata và Frunze.

Cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại không chỉ bộc lộ sức mạnh của hệ thống Xô Viết mà còn tiết lộ tính đúng đắn của quan niệm mà khoa học phải tuân theo.

4

để phát triển khắp cả nước. Khoa học, bao gồm cả toán học, đã có thể giải quyết một số vấn đề cấp bách của quốc phòng đất nước: các lý thuyết được tạo ra giúp phát triển các biện pháp khả thi nhằm chống lại hiện tượng “lắc nút” và “xoắn nút chai” trong hàng không, các phương pháp thống kê để kiểm soát chất lượng sản phẩm công nghiệp và các phương pháp thống kê để quản lý chất lượng đã được đề xuất, các phương pháp để đạt được độ chính xác cao hơn của sự bùng nổ trên các vật thể chuyển động nhanh, v.v. Khi chiến tranh kết thúc, cần phải khẩn trương phát triển lý thuyết về điện tích hình dạng, tên lửa đạn đạo, vũ khí hạt nhân và các phương tiện tính toán hiện đại. Các nhà toán học đã tham gia tích cực vào lời giải tất cả những vấn đề này.

Chiến tranh kết thúc đã đặt ra những vấn đề cấp bách là khôi phục nền kinh tế quốc gia và phát triển hơn nữa nền kinh tế quốc gia trên cơ sở sản xuất mới. Các yêu cầu thực tế đối với toán học ngày càng tăng lên, đặc biệt là do công nghệ máy tính đòi hỏi phải tạo ra và phát triển các nhánh mới của khoa học toán học - lập trình, logic, lý thuyết automata.

Toán học Liên Xô có một số lượng lớn các ví dụ về việc tạo ra các lý thuyết tổng quát đã đi vào giới khoa học tích cực và làm thay đổi bộ mặt của các xu hướng khoa học lớn. Chỉ cần nhắc lại lý thuyết về các quá trình ngẫu nhiên, vốn ra đời từ nhu cầu của vật lý thống kê, điện thoại, khí tượng học và sinh học. Hiện nay lý thuyết này là hướng chính trong sự phát triển của lý thuyết xác suất và là công cụ đắc lực trong lời giải các vấn đề về khoa học tự nhiên, công nghệ, lý thuyết truyền thông, kỹ thuật vô tuyến và nhiều lĩnh vực kiến ​​thức khác. Chúng ta cũng hãy chỉ ra lý thuyết điều khiển tối ưu, lý thuyết đang trở thành một nhánh lớn của toán học hiện đại, đồng thời là công cụ đắc lực cho nghiên cứu ứng dụng. Cần nhớ rằng một hướng nghiên cứu mới, một cái tên hay hơn cho quy hoạch tuyến tính, đã ra đời ở nước ta.

Có bao nhiêu người trong chúng ta tưởng tượng vào thời kỳ trước chiến tranh rằng chỉ trong mười lăm năm nữa nhân loại sẽ phát minh ra máy tính điện tử? Khoa học Liên Xô nói thêm rằng trong một thời gian ngắn, các phương pháp lập trình máy tính mới đã được đề xuất và hàng nghìn chuyên gia đã bị thuyết phục về khả năng tính toán cũng như khả năng phân tích logic các tình huống phức tạp của chúng. Hiện tại, tất cả các nguồn lực của đồng minh không chỉ có máy tính mạnh mẽ mà còn có đội ngũ chuyên gia được đào tạo bài bản, có khả năng kiểm tra chúng một cách sáng tạo.

Chúng ta có thể tự hào rằng trong 65 năm trôi qua kể từ Cách mạng xã hội chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại và 60 năm tồn tại của Liên Xô, tất cả các trường khoa học toán học dựa trên nguồn lực đã được thành lập.

Giờ đây, Liên Xô phải đối mặt với một bài toán khác - tăng tốc độ tiến bộ khoa học và giáo dục thế hệ trẻ trên tinh thần tìm tòi sáng tạo, trên tinh thần gắn liền với khả năng và sức mạnh vô hạn của sự phát triển con người. Nhưng để làm được điều này, chúng ta cần học ở trường không phải để ghi nhớ mà là đi sâu vào ý nghĩa của những gì đang được học và sử dụng những gì đã học để áp dụng tích cực. Tiếp theo, bạn nên làm quen với việc tìm kiếm độc lập lời giải phức tạp bài toán để sinh vật quen với tư duy độc lập và cách tiếp cận phản biện đối với bài toán và các giải pháp được đề xuất. Chỉ có sự tìm kiếm sáng tạo trong nghiên cứu và ở những bước đi độc lập đầu tiên trong khoa học mới cho phép thế hệ các nhà toán học trẻ góp phần đẩy nhanh tốc độ tiến bộ khoa học ở nước ta.

5

Các nguyên tử phát triển lớn hơn trong toàn bộ tinh thể

Khoảng một trăm năm trước, vào năm 1896, nhà luyện kim người Anh William Roberts-Austen đã thực hiện một thí nghiệm như vậy. Ông ép chặt chiếc đĩa vàng mỏng vào đầu được đánh bóng của một ống trụ bằng chì nguyên chất, đảm bảo rằng điểm tiếp xúc đủ chặt và đặt cặp vào lò nướng ở nhiệt độ 200°C trong mười ngày. Khi quá trình ủ kết thúc, hóa ra là không thể tách các kim loại ra được nữa. Sau đó, người thí nghiệm cắt hình trụ composite dọc theo trục và sau khi đo nó dưới kính hiển vi, họ tin chắc rằng vàng và chì đã thâm nhập vào nhau và xảy ra sự trộn lẫn.

Sự đưa chất này vào chất khác gọi là sự khuếch tán. Sự khuếch tán dẫn đến việc tạo ra vùng cacbon hóa trong thép, đảm bảo sự liên kết của các kim loại trong quá trình hàn, hàn điện, mạ crom, mạ niken, thiêu kết bột và nhiều quá trình khác.

Tại sao các nguyên tử (hoặc phân tử) của chất này lại thâm nhập vào bên trong chất khác? Làm thế nào để tính toán độ sâu của sự thâm nhập này? Nó phụ thuộc vào cái gì? Trong bài viết này, chúng tôi sẽ cố gắng trả lời những câu hỏi này.

Tại sao điều này sẽ được quy định?

Sự khuếch tán trong chất khí và chất lỏng đã được biết đến từ lâu. Mọi người đều biết rõ rằng nếu các phần liên tiếp của các loại khí khác nhau được đưa vào bình, thì sau một thời gian, tất cả các khí sẽ trộn lẫn đồng nhất: số lượng hạt của mỗi loại trên một đơn vị thể tích của bình sẽ không đổi và nồng độ sẽ cân bằng. Nếu chúng ta cẩn thận đổ hai chất lỏng trộn chồng lên nhau vào một ống nghiệm hẹp (ví dụ: nước và dung dịch đồng sunfat), chúng ta sẽ thấy bề mặt phân cách (giữa nước nhạt và sunfat màu xanh đậm), lúc đầu rất trong, bắt đầu tan dần. Một vùng chuyển tiếp sẽ xuất hiện, vùng này sẽ tăng kích thước cho đến khi toàn bộ chất lỏng trở nên đồng nhất về thành phần (chúng ta sẽ thấy điều này qua màu sắc đồng nhất của nó). Quá trình diễn ra rất chậm và nếu bạn lấy quá nhiều chất lỏng cao vài cm, sự khác biệt về màu sắc (và do đó là nồng độ) ở đầu trên và đầu dưới của ống nghiệm sẽ được nhận thấy ngay cả một ngày sau khi bắt đầu thí nghiệm. Nhưng cuối cùng chất lỏng sẽ trở nên đồng nhất.

Vì vậy, chúng ta đi đến một định nghĩa mới về khuếch tán: khuếch tán là sự cân bằng tự phát của nồng độ. Các nguyên tử (hoặc phân tử) loại A sẽ được trộn lẫn ở nơi có ít chúng hơn hoặc không có chúng và nơi có nhiều nguyên tử loại B hơn và ngược lại. Kết quả là, việc khuấy sẽ được quy định.

Tuy nhiên, sự khuếch tán trong chất rắn lên tới Roberts-Austen không được quan sát thấy.

6

không ai cho. Điều này có đáng ngạc nhiên hay không? Rốt cuộc, chúng ta xử lý chất rắn không kém thường xuyên so với chất lỏng hoặc chất khí. Tại sao phải mất quá nhiều thời gian để chúng được thay thế bằng cách trộn?

Hãy thử tìm hiểu điều này.

Tại sao sự trộn lẫn xảy ra? Điều gì làm cho các loại hạt khác nhau trộn lẫn với nhau? Đáp số câu trả lời cho những câu hỏi này có vẻ rất rõ ràng: sự trộn lẫn là kết quả của chuyển động nhiệt của các hạt. Nhưng đằng sau điều “hiển nhiên” đáp số này, một câu hỏi chính đáng được đặt ra: tại sao, do chuyển động nhiệt, các hạt không được phân tách theo loại? Chúng ta hãy lấy một cái bình rỗng và cho một phần nitơ và một phần oxy vào đó. Các khí sẽ trộn lẫn. Chúng ta hãy chờ đợi: có thể sau một thời gian chúng sẽ tách ra - trong một nửa bình sẽ có nitơ, nửa bình còn lại - oxy? Không phải vậy. Tương tự như vậy, rất dễ trộn muối và đường (chuyển động nói không liên quan gì đến việc này, chúng cần được lắc), nhưng thật vô vọng khi đợi cho đến khi chúng tách ra lần nữa.

Lý do tại sao các hạt trộn lẫn có liên quan đến xu hướng của bất kỳ hệ thống nào bao gồm một số lượng lớn các hạt hướng tới sự hỗn loạn, sự sắp xếp hỗn loạn của các hạt. Những nguyên lý này hoạt động như nhau trong chất khí, chất lỏng và chất rắn, dẫn đến những chuyển động ngẫu nhiên, sự di chuyển ngẫu nhiên của các hạt tạo ra sự hỗn loạn. Theo nghĩa này, có vẻ như không có gì đáng ngạc nhiên khi vàng nguyên khối và chì xuyên qua nhau. Tuy nhiên, thực tế thử nghiệm này là vô cùng đáng ngạc nhiên. Tại sao?

Chúng ta hãy nhớ lại những chuyển động mà các hạt thực hiện trong các trạng thái khác nhau của vật chất. Trong chất khí, một hạt trước khi va chạm với một hạt khác sẽ chuyển động thẳng, chuyển động tự do. Sau va chạm, hạt bay theo một hướng mới và với vận tốc mới, một đoạn đường thẳng mới cho đến lần va chạm tiếp theo. Rõ ràng là sự chuyển động như vậy dẫn đến sự trộn lẫn và khuếch tán.

Trong chất lỏng trộn, các hạt trong quá trình chuyển động nhiệt có thể so sánh được với kích thước của chúng. Tuy nhiên, vị trí của các hạt, giống như trong chất khí, không cố định; hạt luôn trộn lẫn và kết quả là di chuyển ra xa vị trí ban đầu trong một thời gian đủ dài. Chuyển động này cũng dẫn đến sự trộn lẫn.

Điều này không xảy ra ở chất rắn kết tinh. Đối với một tinh thể, đặc tính là sự sắp xếp có trật tự của các nguyên tử theo thứ tự ở những vị trí xác định - tại các nút của mạng tinh thể. Mạng tinh thể là một tập hợp các vật thể hình học hoàn toàn giống hệt nhau lặp đi lặp lại, được gọi là các tế bào cơ bản. Cho dù chúng ta có “đi dạo” quanh viên pha lê bao nhiêu đi chăng nữa thì mọi thứ ở bất kỳ nơi đâu đều được sắp xếp giống hệt nhau.

Loại chuyển động nhiệt chính mà các nguyên tử thực hiện trong chất rắn là một chuyển động nhỏ gần trạng thái cân bằng - nút mạng. Gạch chân - nhỏ. Biên độ của các dao động này nhỏ hơn nhiều so với khoảng cách giữa các nút. Một nguyên tử thực hiện các dao động như vậy không có cơ hội đi vào nút lân cận.

Xét theo tất cả những gì đã nói, sự xuyên qua lẫn nhau của các nguyên tử vàng và chì là một chất đáng kinh ngạc. Họ làm điều đó bằng cách nào? Cơ chế xáo trộn các nguyên tử là gì?

Làm thế nào điều này xảy ra?

Cho dù cơ chế của một hạt lớn hơn trong chất khí, chất lỏng và chất rắn có khác nhau đến đâu thì điều quan trọng là những hạt lớn hơn này phải mang tính ngẫu nhiên. Không thể dự đoán trước một phân tử khí sẽ đi đâu sau lần va chạm tiếp theo. Cô ấy có thể hát với xác suất như nhau ở bất kỳ hướng nào.

Một bài toán tò mò xuất hiện. Giả sử tại một điểm tùy ý trong không gian mà chúng ta lấy làm gốc tọa độ có một nhóm hạt chỉ có khả năng tạo ra những hạt lớn ngẫu nhiên. Giả sử rằng tại một thời điểm nào đó, mà chúng ta coi là điểm bắt đầu của điểm cắt, tất cả chúng đều bắt đầu chuyển động. Chúng ta hãy tự hỏi: các bộ phận sẽ được đặt ở đâu?

7

Sau thời gian $t$, họ sẽ đi được bao xa tính từ điểm xuất phát?

Để trả lời câu hỏi này, một số giả định tuân theo sẽ đơn giản hóa bài toán của chúng tôi: chúng tôi sẽ giả định rằng tất cả các phần của chuyển động chỉ dọc theo trục $X$; hạt thực hiện mỗi bước tiếp theo trong những khoảng thời gian bằng nhau $\tau$ ($\tau$ là thời gian của cuộc sống “ổn định”) và độ dài của mỗi bước là như nhau và bằng $\delta$; xác suất của một bước sang trái và xác suất của một bước sang phải là như nhau và bằng 1/2.

Hình 1 hiển thị ảnh chụp nhanh mười hạt bắt đầu chuyển động đồng thời, sau một thời gian $t$ kể từ khi bắt đầu chuyển động. (Chúng ta đặt các hạt tại thời điểm ban đầu trên đường thẳng $x=0$.) Rõ ràng là không thể dự đoán được vị trí của từng hạt sau thời gian $t$: trong thời gian này, các hạt hầu như không di chuyển khỏi vị trí của chúng, những hạt khác đã đi khá xa. Chúng ta chỉ có thể nói về sự trộn lẫn, lấy trung bình trên tất cả các hạt.

Vì đối với mỗi hạt, xác suất bước sang phải hoặc sang trái là như nhau, nên rõ ràng là độ trộn trung bình của một hạt từ đường thẳng $x=0$ (nghĩa là tổng các hỗn hợp của tất cả các hạt chia cho số của chúng) bằng 0, vì số lượng hạt ở bên trái và bên phải của đường thẳng này sẽ bằng nhau và với xác suất bằng nhau, sự pha trộn có thể có cả giá trị dương và giá trị âm. Nhưng nói chung, tình hình trong nhóm thay đổi: lúc đầu tất cả các hạt ở cùng nhau, sau đó chúng vẫn phân kỳ. Làm thế nào để mô tả tình trạng này?

Các hạt trộn sau $n$ bước và $n+1$ bước có liên quan rất chặt chẽ bởi mối quan hệ

$$x_{n+1} = x_n \pm \delta.$$

Hãy bình phương cả hai vế của phương trình này:

$$x_{n+1}^2 = x_n^2 + \delta^2 \pm 2x_n\delta.$$

Đẳng thức này có giá trị đối với bất kỳ hạt nào, do đó nó cũng có giá trị đối với các giá trị trung bình của các đại lượng có trong nó (hãy nhớ rằng khi nói về giá trị trung bình, chúng tôi muốn nói đến các điều kiện cho toàn bộ số lượng hạt):

$$\sqrt{x_n^2} = \sqrt{\delta^2} \sqrt{t} = \sqrt{\delta^2\Gamma} \sqrt{t}.$$

Hình 1.

hạt):

$$\sqrt{x_{n+1}^2} = \sqrt{x_n^2} + \delta^2 \pm 2x_n\delta,$$

trong đó $\sqrt{x_n^2}$, $\sqrt{x_{n+1}^2}$ là giá trị trung bình của hỗn hợp hạt bình phương. (Giá trị trung bình của sự pha trộn của hạt là 0 - $x_n = 0$, $x_{n+1} = 0$, nhưng giá trị trung bình của sự pha trộn bình phương không bằng 0, vì $x^2$ là dương bất kể dấu của $x$.) Vì chúng ta giả định rằng độ dài bước không đổi nên giá trị của $\delta^2$ chỉ đơn giản là $\delta^2$ và $x_n\delta = x_n\delta = 0$. Kể từ đây,

$$\sqrt{x_{n+1}^2} = \sqrt{x_n^2} + \delta^2.$$

Thư từ này có giá trị đối với mọi $n$; nghĩa là $\sqrt{x_1^2} = \delta^2$, $\sqrt{x_2^2} = 2\delta^2$, $\sqrt{x_3^2} = 3\delta^2$, v.v. Do đó,

$$\sqrt{x_n^2} = n\delta^2.$$

Bây giờ chúng ta hãy nhớ rằng hạt thực hiện từng bước tiếp theo trong những khoảng thời gian bằng nhau $\tau$. Do đó, trong thời gian $t$ sẽ mất $n = t/\tau$ bước và bình phương trung bình của việc trộn hạt trong thời gian $t$ bằng

$$\sqrt{x_n^2} = \frac{\delta^2}{\tau}t.$$

Bạn có thể nhập tần số bước của mình $\Gamma = \tau^{-1}$. Sau đó

$$\sqrt{x_n^2} = \delta^2\Gamma t.$$

Giá trị bằng $\sqrt{x_n^2}$ đặc trưng cho sự trộn lẫn của hạt thực hiện các bước đi ngẫu nhiên từ vị trí ban đầu trong thời gian $t$. Từ sự tương ứng mà chúng ta thu được, ta suy ra rằng đường khuếch tán tỷ lệ với căn bậc hai của thời gian:

$$x_{\text{дифф}} = \sqrt{x_n^2} = \sqrt{\frac{\delta^2}{\tau}} \sqrt{t} = \sqrt{\delta^2\Gamma} \sqrt{t}.$$

9

và tỷ lệ nghịch với thời gian trung bình của cuộc đời định cư của họ.

Bây giờ thật thú vị khi thực hiện một số ước tính bằng số. Bạn nghĩ sao: có thường xuyên có các nguyên tử trong tinh thể không? Rõ ràng là một câu hỏi như vậy không thể được trả lời một cách chung chung - đáp số phụ thuộc vào bản chất của tinh thể, vào nhiệt độ và có lẽ vào một thứ khác. Nhưng hóa ra vẫn tồn tại một số khuôn mẫu chung. Do đó, đối với hầu hết tất cả các tinh thể, hệ số khuếch tán gần nhiệt độ nóng chảy (nhưng vẫn ở trạng thái rắn) gần như giống nhau và bằng $10^{-8} \text{ cm}^2/\text{c}$ (đối với các tinh thể khác nhau, tất nhiên, nhiệt độ này là khác nhau: đối với chì - thấp hơn một chút $327^\circ\text{C}$, đối với vàng - $1063^\circ\text{C}$, đối với sắt - $1539^\circ\text{C}$, đối với vonfram - $3387^\circ\text{C}$). Bỏ qua hệ số theo (3) (bậc độ lớn rất quan trọng đối với chúng ta) và lấy $\delta = 3\mathring{\text{A}} = 0,3$ nm $= 3 \cdot 10^{-8}$ cm, ta tìm được $\Gamma \approx 10^7 \text{ c}^{-1}$. Do đó, giá trị nhiệt độ nóng chảy của một nguyên tử thay đổi trong tinh thể trung bình 10 triệu lần mỗi giây.

Nó nhiều hay ít? Có vẻ như rất nhiều. Nhưng trên thực tế, bạn thậm chí không thể đặt ra câu hỏi như vậy. Năm ấn phẩm là nhiều hay ít? Nó phụ thuộc vào những gì cho! Một kg thì thế nào? So sánh với cái gì! Điều tự nhiên là so sánh $10^7 \text{ c}^{-1}$ của chúng ta với tần số dao động trung bình của các nguyên tử trong tinh thể v (xét cho cùng, dao động là loại chuyển động nhiệt chính của các nguyên tử trong tinh thể). Vậy đây là $v \approx 10^{13} \text{ c}^{-1}$. Do đó, nguyên tử bước vào một nút lân cận tương đối hiếm. Sau đó, anh ta không đo bảy lần như lần trước mà “do dự” cả triệu lần, rồi mới bước một bước. Nguyên tử thậm chí còn trở nên “thận trọng” hơn khi tinh thể nguội đi. Đồng có nhiệt độ nóng chảy $1083^\circ\text{C}$, và ở nhiệt độ $1075^\circ\text{C}$, một nguyên tử đồng di chuyển với tốc độ cần thiết là 10 triệu lần mỗi giây, nhưng ở nhiệt độ phòng, thời gian tồn tại ít vận động của nó không dưới $3 \cdot 10^{12}$ năm, tức là nó chỉ đứng yên. Nhân tiện, đây là đáp số cho câu hỏi tại sao sự khuếch tán trong chất rắn chưa được nghiên cứu quá lâu. Nó rất chậm và chỉ có thể được nhận thấy (chưa nói đến việc thay đổi) ở nhiệt độ đủ cao và thậm chí với sự trợ giúp của các phương pháp đặc biệt (và khá phức tạp).

Một đánh giá hữu ích khác. Chúng ta hãy so sánh sự trộn lẫn của các nguyên tử từ vị trí ban đầu trong quá trình khuếch tán (độ khuếch tán của các nguyên tử ở vị trí ban đầu) với tổng quãng đường mà nó di chuyển trong cùng thời gian ($x_\Sigma$). Theo phương trình (1), giá trị đầu tiên bằng $\delta \sqrt{\Gamma t}$; số thứ hai hiển nhiên bằng $\delta n = \delta \Gamma t$.

Như trước đây, lấy $\delta \approx 0,3$ nm và $\Gamma \approx 10^7 \text{ c}^{-1}$ (giá trị của nhiệt độ nóng chảy), chúng ta thấy rằng sau 100 giờ lang thang $x_{\Delta n} \approx 0,6$ mm và $x_\Sigma \approx 1$ km, tức là đã đi bộ tổng cộng một km, nguyên tử chuyển động chưa đến một milimet. Đây là mức độ hiệu quả của dịch vụ lang thang so với hướng di chuyển.

Các nghiên cứu đã chỉ ra rằng hệ số khuếch tán tăng nhanh khi nhiệt độ tăng. Sự phụ thuộc mạnh mẽ của các đặc tính chính của quá trình vào nhiệt độ được quan sát thấy trong tất cả các quá trình trong đó phải vượt qua rào cản tiềm năng để chuyển từ trạng thái ban đầu sang trạng thái cuối cùng. Trong quá trình đi ngẫu nhiên trong tinh thể, trần rất cao, chiều cao của nó gấp mười lần năng lượng chuyển động nhiệt. Đây là lý do tại sao hệ số khuếch tán phụ thuộc nhiều vào nhiệt độ: nhiệt độ càng cao thì nguyên tử càng dễ vượt qua rào cản.

Nhưng đây là loại trần thế nào? Và nguyên tử sẽ đi đâu nếu tất cả các nút lưới của nó bị chiếm dụng? Chúng ta quay lại câu hỏi mà chúng ta đã đặt ra trước đó: cơ chế khuếch tán trong tinh thể là gì?

Làm thế nào điều này xảy ra?

Đáp số câu hỏi này đã được trả lời bởi một trong những người sáng lập vật lý chất rắn, nhà vật lý lý thuyết Ykov Ilyich Frenkel.

Trong hồi ký dành tặng Frenkel, nhà vật lý người Anh Neville Mott, người đã khôi phục phòng thí nghiệm Cavendish nổi tiếng trong nhiều năm, đã viết rằng ở Anh mọi sinh viên vật lý đều biết về “khiếm khuyết Frenkel”. Đây là cái gì?

10

Hình 3.

Đây là cách chính Frenkel mô tả nó trong bài báo “Về chuyển động nhiệt trong chất rắn và chất lỏng” xuất bản năm 1926 trên tạp chí Đức “Zeitschrift fur Physik” (Tôi sẽ đưa ra độ dài của đoạn trích dẫn kèm theo những nhận xét ngắn gọn (trong ngoặc vuông)). “Giả sử rằng một nguyên tử nào đó, vô tình thu được năng lượng dư thừa, thoát ra khỏi tế bào được hình thành bởi các tế bào lân cận, như thể mở rộng các “thanh” của tế bào này và bay vào một khoang bên trong nào đó. [Các nguyên tử trong mạng tinh thể không chiếm toàn bộ thể tích của vật thể, vẫn còn khoảng trống giữa chúng (các vị trí xen kẽ); nhờ điều này, các nguyên tử có thể dao động.] Do đó, chúng ta thấy rằng một trong các nút trở nên trống, sau đó một trong các nút chuyển thành bị chiếm giữ. Khi chuyển từ nút này sang nút khác, nguyên tử có thể chảy khắp toàn bộ không gian bên trong của tinh thể.

Vì những bất thường này là do chuyển động nhiệt gây ra nên số lượng chỗ trống sẽ càng lớn khi nhiệt độ càng cao. Xung quanh điểm nóng chảy, số lượng chỗ trống có thể đạt tới khoảng một phần trăm so với số lượng nguyên tử. [Đây rồi. I. Frenkel đã nhầm khoảng 100 lần: gần điểm nóng chảy, tỷ lệ chỗ trống đạt 0,01%, tức là xấp xỉ một chỗ trống trên mười nghìn nguyên tử.]

Không nhất thiết số lượng chỗ trống trống phải bằng chính xác số nguyên tử nút nội tuyến. Một chỗ trống có thể xuất hiện và xâm nhập vào bên trong tinh thể bằng cách di chuyển một trong các nguyên tử lên bề mặt.

Hình 4.

[các giai đoạn kế tiếp của một quá trình như vậy được mô tả trong Hình 3]. Cơ chế này có thể được coi là sự hòa tan khoảng trống xung quanh trong tinh thể. Sự hiện diện của các chỗ trống trong tinh thể đảm bảo rằng các nguyên tử của nó có tính linh động và có thể trộn lẫn trong toàn bộ thể tích của nó.>

Xin lưu ý rằng vào năm 1926, tôi thậm chí không thấy bất kỳ vị trí tuyển dụng nào trong số này. Đây là một ví dụ sinh động về tư duy và chuyển động khoa học trừu tượng. Vị trí tuyển dụng đã được “nhìn thấy” (nhân tiện, theo ý tưởng của Ya. I. Frenkel) muộn hơn nhiều - điều này được thực hiện bởi nhà vật lý Kharkov B. G. Lazarev (ông đã xuất bản công trình của mình vào năm 1956). Ý tưởng là thế này: sự tập trung của các chỗ trống tăng mạnh theo nhiệt độ. Hãy đun nóng kim loại gần như nóng chảy và làm nguội đột ngột đến nhiệt độ phòng (“làm cứng lại”). Chỗ trống sẽ không có thời gian nổi lên bề mặt và đọng lại trong kim loại. Sự khác biệt rất lớn: ở đồng ở 1075°C (đồng nóng chảy ở 1083°C) tỷ lệ chỗ khuyết là 1,3·10⁻⁴, và ở 27°C - 10⁻¹⁹. Giống như bất kỳ hành vi vi phạm tính đúng đắn nào của lưới điện, điều này sẽ dẫn đến sự gia tăng điện trở. Nó có thể được thay đổi và có thể xác định được mức độ tập trung của các vị trí tuyển dụng.

Vì vậy, Frenkel đã đưa ra hai cơ chế khuếch tán chính

12

Sự ngu ngốc và thiên tài

Bất cứ ai làm toán - giải bài toán, chứng minh các định lý hoặc hình thành các khái niệm mới - có lẽ đã hơn một lần sinh ra từ sự ngu ngốc. Tôi nghĩ đi nghĩ lại vấn đề - Tôi không giải quyết được, nhưng tôi phát hiện ra lời giải - Tôi nghĩ: thật là ngu ngốc! Làm thế nào tôi đã không báo cáo? Và rồi tôi nghĩ đi nghĩ lại - tôi đã quyết định và tôi vui mừng, nhưng đôi khi bạn vẫn nghĩ: thật ngu ngốc! Làm thế nào tôi không nói với bạn sớm hơn?

Các nhà toán học có:
bạn nghĩ, bạn nghĩ về định lý, đôi khi trong một thời gian dài, đôi khi không mất một hoặc hai năm, bạn tìm kiếm bằng chứng theo cách này, từ đầu này và từ đầu kia, nhưng nó không xuất hiện, nhưng nó đã xuất hiện - bạn ngạc nhiên: bạn là một kẻ ngốc! Làm thế nào tôi không nói với bạn sớm hơn? vì về bản chất nó khá đơn giản. Và thậm chí không cần phải nói về các khái niệm mới: bạn giải quyết một số vấn đề, nhưng bạn không nghĩ đến việc nhìn chúng từ một quan điểm tổng quát hơn hoặc từ một khía cạnh khác, có thể nói là; Vì vậy, họ không xây dựng các khái niệm chung để làm rõ phạm vi vấn đề. Và sau đó, nếu - hạnh phúc như vậy! - nói, rồi bạn ngạc nhiên: làm sao điều này không xảy ra với bạn sớm hơn?
Chà, nếu ai đó ngu ngốc nói với tôi, thì dù tôi có nghe khoa học sớm hơn thế nào đi chăng nữa, thì điều này cũng khiến tôi phải suy nghĩ: tại sao tôi, một kẻ ngu ngốc, lại không tự mình nghĩ ra điều đó!

Ponski lời giải không chuẩn bài toán, giống như chứng minh của định lý, thường bao gồm thực tế là một lời giải xuất hiện trong đầu hoặc bằng chứng không chính xác! rồi một câu khác: “ý tưởng tuyệt vời!” - sai! lần thử thứ ba - sai! một cú ném khác vào bài toán là trượt… và nếu bài toán hoặc định lý khó, thì điều này có thể kéo dài rất lâu.

Tôi nhớ tôi đã đề nghị *) Joseph Liberman chứng minh một định lý; Tôi đã có một giả thuyết hay. Lúc đó anh ấy còn là sinh viên - anh ấy là một chàng trai tài năng! - và trở thành một nhà hình học lớn, nếu không phải vì chiến tranh: ông mất vào tháng 8 năm 1941, và vào tháng 7, trong bộ quân phục sĩ quan hải quân, ông bảo vệ luận án của mình - khi đang học năm thứ hai cao học - đó là tài năng của ông. Vì vậy, tôi đề nghị anh ấy chứng minh định lý. Chúng tôi gặp nhau sau một thời gian, anh ấy nói: anh ấy đã chứng minh điều đó và kể. Và tôi hát với anh ấy: tại sao anh lại nói như vậy vào thời điểm này? Lỗi - Joseph bỏ đi. Chúng tôi gặp lại nhau - anh đã sửa chữa lỗi lầm, nhưng rồi lại mắc thêm lỗi lầm. Thế là tôi đã lái nó được gần một năm. Nhưng sau đó anh ấy cũng học cấu trúc liên kết và chứng minh không chỉ định lý của tôi mà còn chứng minh một định lý mạnh hơn mà anh ấy đã tự mình xây dựng.

Những câu chuyện như vậy nên có ý nghĩa nhất. Ví dụ, vào năm 1937 tôi đã nghĩ ra một định lý, một định lý rất hay và chứng minh nó bằng một số mệnh đề bổ sung. Đương nhiên, câu hỏi đặt ra là phải chứng minh điều đó mà không có những đề xuất này. Câu hỏi vẫn còn đó - 45 năm sau. Tôi đã cố gắng rất nhiều để chứng minh điều đó và những người khác đã cố gắng rất nhiều nhưng không thành công.

Và trong mọi ngành khoa học cũng vậy. Đôi khi một nhà ngữ văn làm việc để giải mã và diễn giải một văn bản - theo cách này và cách kia…
Và rồi, khi anh ấy nói với tôi, có lẽ anh ấy cũng ngạc nhiên, giống như những nhà toán học chúng tôi: thật là ngu ngốc! Tại sao tôi không nói với bạn điều này sớm hơn? nó rất dễ thấy!

Nói một cách dễ hiểu, ai đã từng suy nghĩ, cân nhắc, tìm tòi sẽ biết con người có thể ngu ngốc và kém thông minh đến mức nào. Với sự hòa đồng của mình

*) Tác giả là nhà hình học lỗi lạc của Liên Xô A. D. Aleksadrov, viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô (ghi chú của biên tập viên)

14

Có thể thấy trực tiếp điều mà tiên đề song song không đáp ứng trong mô hình này: trong Hình 2, qua điểm C, không nằm trên “đường thẳng” (tức là trên dây cung) AB, đi qua vô số “đường thẳng” (dây cung) không cắt nhau (AB).

Pozny, nếu có một mâu thuẫn trong hình học của Lobachevsky, thì chính sự mâu thuẫn này (hay nói đúng hơn là cách dịch của nó thành “ngôn ngữ trong một vòng tròn”) cũng hiện diện trong hình học của Euclid.

Hơn nữa, mọi định lý của hình học Lobachevsky đều mô tả trong mô hình của Klein một số sự kiện nhất định diễn ra bên trong một vòng tròn. Sự thật chính xác, nếu chúng ta không lấy một vòng tròn trừu tượng, mà là một vòng tròn thực và các hợp âm thực và hiểu các định lý như những tuyên bố về những sự vật có thật này, tất nhiên, được thực hiện với độ chính xác có sẵn cho các công trình của chúng ta. Do đó, hình học của Lobachevsky có ý nghĩa thực sự đối với sóng với độ chính xác tương tự mà hình học thường có ý nghĩa khi áp dụng vào vật thể thực.

Lý do là hình học của lobachevsky về hiện tại là nhất quán, cũng giống như hình học của Euclid là nhất quán, và ở mức độ tương tự, có ý nghĩa thực tế được thiết lập bằng thực nghiệm.

Từ Euclid tới lobachevsky

Bản thân Euclid (thế kỷ IV trước Công nguyên) đã chấp nhận các mệnh đề sau như một tiên đề của sự song song (đối với Euclid đó là “định đề thứ năm”): Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng và tạo thành các góc một bên trong tổng nhỏ hơn hai đường thẳng thì nếu cần, hai đường thẳng này sẽ cắt nhau ở phía có các góc nhỏ hơn hai đường thẳng. Chúng ta đưa ra công thức này của Euclid chỉ để có thể tin chắc về độ phức tạp của nó. Các định đề khác đơn giản hơn nhiều và được trình bày ngắn gọn hơn nhiều, bắt đầu từ định đề đầu tiên: Qua hai điểm bất kỳ có thể vẽ được một đường thẳng.

Đương nhiên, chúng ta nảy sinh những nỗ lực nhằm giải phóng chúng ta khỏi tiên đề thứ năm phức tạp, rút ​​ra nó từ những tiền đề cơ bản khác của hình học. Tôi nghĩ rằng chính Euclid đã thực hiện những nỗ lực như vậy và trong mọi trường hợp, đã có những nỗ lực như vậy vào thời của ông ấy. Có một đề cập được biết đến giữa các tác giả Ả Rập về tác phẩm của Archimedes (thế kỷ thứ 3 trước Công nguyên) không được viết trước chúng ta, “Trên các đường song song”, trong đó, có lẽ, định đề thứ năm được suy ra từ một số tiền đề đơn giản hơn.

15

Nỗ lực chứng minh người nộp đơn thứ năm đã tiếp tục kể từ đó trong 2000 năm. Chúng đã được thực hiện bởi nhiều nhà khoa học. Đây là danh sách không đầy đủ: Người Hy Lạp Ptolemy (thế kỷ thứ 2 sau Công Nguyên, cùng Ptolemy, “có hệ thống”) và Proclus (thế kỷ thứ 5), Arabal-Khaysam (thế kỷ 10), Ba Tư (hoặc Tajik) Omar Khayyam (thế kỷ 11 - đầu thế kỷ 12, cùng Khayyam, người được biết đến với cái tên Great Pozt), Azerbaijani-Tusi (thế kỷ 13), Clavius-Chlusel người Đức (1514; dữ liệu sau đây) hoạt động) ial Cataldi (1603), Borrelli (1658) và Vitale (1680), Valisse tiếng Anh (1663), Saccheri tiếng Ý (1733), Lambert tiếng Đức (1766), Bertrand tiếng Pháp (1778) và Legendre (1794, 1823), Guryev tiếng Nga (1798). Mọi nỗ lực của họ đều dẫn đến thực tế là người nộp đơn thứ năm đã bị loại khỏi một số vị trí khác. Đồng thời, họ không thay thế nhiều như vậy vì tin rằng họ đã thành công trong việc chứng minh. Những người khác, sâu sắc và phê phán hơn, đã trình bày rõ ràng lập trường của người nộp đơn thứ năm, chẳng hạn như Omar Khayyam đã làm.

Sự căng thẳng của chứng minh Ponk với sự phát triển nhanh chóng của toán học trong thế kỷ 17 và 18. tăng.

Các điều kiện quan trọng đã được đưa ra bởi nhà sư người Ý, giáo viên toán và ngữ pháp Girolamo Saccheri, người đã nỗ lực chứng minh người nộp đơn thứ năm xuất hiện vào năm 1733 - năm ông qua đời. Nó được gọi là “Euclid, xóa sạch mọi vết bẩn, hay một nỗ lực hình học nhằm thiết lập các nguyên tắc đầu tiên của mọi hình học.” Bắt đầu từ công trình của những người đi trước, Saccheri cố gắng chứng minh mệnh đề thứ năm bằng phản chứng - sau khi chấp nhận một giả định tương đương với sự phủ định của mệnh đề thứ năm, ông suy ra các hệ quả từ nó, cố gắng đi đến một mâu thuẫn. Nhưng vì sự phủ định của người nộp đơn thứ năm là tiên đề của Lobachevsky, nên những kết luận mà Saccheri nhận được không hơn không kém các lý thuyết hình học của Lobachevsky. Nói cách khác, Saccheri đã phát triển một hình học mới mà không hiểu mình đang làm gì.

Anh ta không đi đến mâu thuẫn, nhưng vẫn kết luận rằng anh ta có thể chứng minh mục thứ năm, mặc dù rõ ràng là anh ta không liên quan đến vấn đề này. Anh ta dường như đã thuyết phục bản thân khi viết về giả thuyết tương đương với việc phủ nhận sự xuất hiện thứ năm, rằng anh ta đã “rút ra tận gốc rễ giả thuyết có hại này”.

Trong số khá nhiều (55) xuất hiện vào thế kỷ 18. Hoạt động dựa trên lý thuyết về sự song song, “Lý thuyết về sự song song” được viết vào năm 1766 của I. G. Lamberti, một nhà toán học, vật lý học và thiên văn học người Đức, đặc biệt nổi bật. Tiến hành chứng minh luận điểm thứ năm bằng phản chứng, Lamberti rút ra nhiều hệ quả từ sự phủ định của nó. Có thể nói, ông đã nghiên cứu phần lớn những kiến ​​thức cơ bản về hình học của Lobachevsky. Không có gì mâu thuẫn trong kết luận của ông, và ông không nghĩ mình đã tìm ra nó, như hầu hết những người tiền nhiệm của ông đã làm. Lamberti thậm chí còn bày tỏ ý kiến ​​rằng ông “gần như phải kết luận” rằng giả thuyết mà ông đang bác bỏ “xảy ra trên một phạm vi tối thiểu nào đó”. Nhưng ông vẫn tin tưởng rằng hình học dựa trên sự phủ định của lần đến thứ năm là không thể. Tuy nhiên, công việc của ông không cung cấp bằng chứng cho niềm tin này. Vì vậy, phải cho rằng ông vẫn chưa hài lòng và không công bố. Nó chỉ được xuất bản vào năm 1786 - 9 năm sau khi ông qua đời và 20 năm sau khi nó được viết. Nói chung, Lamberti đã tiến rất gần tới việc khám phá ra một hình học mới, nhưng đã không thành công.

Các nhà toán học người Đức Schweickart (1818) và Taurinus (1825) đã tiến gần đến việc hiểu được khả năng tồn tại của hình học phi Euclide, nhưng họ vẫn chưa bày tỏ ý tưởng rõ ràng rằng lý thuyết của họ sẽ hợp pháp về mặt phương pháp học, giống như hình học Euclide.

Gauss, theo lời khai của chính ông, đã nghiên cứu lý thuyết về sự tương tự từ năm 1792 và, như có thể thấy từ thư từ của ông, dần dần đi đến niềm tin rằng bằng chứng về lần xuất hiện thứ năm là không thể. Vì vậy, vào năm 1817, trong một lá thư gửi Ol-

16

Ông viết cho Bers: “Tôi ngày càng tin chắc rằng sự cần thiết của hình học của chúng ta không thể được chứng minh, ít nhất là bởi lý trí con người và lý trí con người.” Vì anh ấy viết “Tôi ngày càng đến nhiều hơn”, điều đó có nghĩa là anh ấy vẫn chưa đến đích hoàn toàn. Ông tiếp tục: “Có lẽ ở một kiếp khác, chúng ta sẽ có những quan điểm khác về bản chất của không gian mà chúng ta hiện không thể tiếp cận được. Cho đến lúc đó, hình học phải được đặt không cùng hàng với đối số, vốn tồn tại thuần túy tiên nghiệm, mà đúng hơn là với cơ học…” Vào thời điểm đó, ông đã phát triển xa hình học phi Euclide, nhưng chỉ đến năm 1824, trong một lá thư gửi Taurinus, ông mới viết chắc chắn rằng hình học phi Euclide, “trong đó tổng các góc của một tam giác nhỏ hơn hơn 180°, là hoàn toàn nhất quán” và rằng anh ấy “đã phát triển nó cho chính mình một cách hoàn toàn thỏa đáng”. Tuy nhiên, chỉ đến năm 1831, ông mới đảm nhận việc trình bày, ít nhất là ngắn gọn, những kết luận của mình, nhưng trong suốt cuộc đời mình, ông chưa bao giờ công bố bất cứ điều gì về hình học phi Euclide. Năm 1829, trong một bức thư gửi Bessel, ông viết: “Tôi sợ khóc nếu bày tỏ quan điểm của mình…”). Anh ta rất giỏi phá hoại quyền lực khoa học của mình.

Nhưng khi Gauss viết tất cả những điều này, người ta đã phát hiện ra một người không chỉ đã phát triển hoàn toàn thỏa đáng hình học, phủ định định đề thứ năm, và không chỉ tin chắc rằng hình học này là hoàn toàn nhất quán, mà còn không ngại la hét bất cứ điều gì, còn mắc nợ cộng đồng khoa học tất cả. Chính Nikolai Ivanovich Lobachevsky, người đã đi đến kết luận về khả năng tồn tại của hình học phi Euclide vào năm 1824 và trình bày một báo cáo phác thảo các nguyên lý của nó trước Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Kazan vào ngày 23 tháng 2 (11), 1826; Ông đã xuất bản nó dưới dạng mở rộng trong tác phẩm “Về các yếu tố của hình học” trên một số số của Bản tin Kazan, một ấn phẩm khoa học của Đại học Kazan, từ tháng 2 năm 1829 đến tháng 8 năm 1830.

Vào năm 1835-38, Lobachevsky đã xuất bản một bài trình bày phát triển hơn về lý thuyết của mình, “Các nguyên tắc hình học mới từ lý thuyết hoàn chỉnh về sự song song,” trong lời tựa mà ông viết:

“Sự lão hóa vô ích kể từ thời Euclid, trong suốt hai nghìn năm, khiến tôi nghi ngờ rằng điều dễ hiểu nhất vẫn không chứa đựng sự thật mà tôi muốn chứng minh và điều đó, giống như các định luật vật lý khác, chỉ có thể được xác minh bằng các thí nghiệm, chẳng hạn như quan sát thiên văn.” Đối với Lobachevsky, câu hỏi về tính đúng đắn của hình học này hay hình học kia sẽ là một câu hỏi về kinh nghiệm; ông coi hình học của mình như một khả năng cho một lý thuyết về các tính chất của không gian thực, tức là các tính chất cấu trúc của các mối quan hệ tương ứng của các vật thể và hiện tượng toán học.

Gần như đồng thời với Lobachevsky - vào năm 1825 - nhà toán học tổng hợp trẻ tuổi Janos Bolyai* đã đến với hình học tương tự. Janos Bolyai trình bày kết luận của mình vào năm 1832 như một phụ lục (Appendix) cho sách giáo khoa hình học của cha ông là Farkas Bolyai. Farkas Bolyai đã gửi sách giáo khoa cho Gauss. Anh ta, sau khi tán thành kết quả của Janos, đồng thời viết rằng anh ta đã biết tất cả những điều này từ lâu. Janos, người hiểu ý nghĩa của những khám phá của mình, đã quyết định rằng Gauss chỉ đơn giản gán chúng cho chính ông. Ông đã ngừng nghiên cứu hình học phi Euclide trong một thời gian dài. Nhưng lobachevsky vẫn tiếp tục phát triển hình học của mình và xuất bản các công trình phác thảo nó cho đến khi ông qua đời.

Không có gì đáng ngạc nhiên khi hình học mới dường như không thể thực hiện được. Quan sát hình 3: rõ ràng đường thẳng CM nếu đi đủ xa sẽ cắt đường thẳng AB. Giả sử hai đường thẳng song song với một điểm cho trước đi qua một điểm là hoàn toàn mâu thuẫn

*) Boeotia, một hình ảnh cao hơn của Hy Lạp cổ đại, được coi là đặc biệt sâu sắc, vì vậy cái tên “Boeotia” là một danh từ chung.

17

sự thể hiện trực quan. Một giả định như vậy có vẻ đơn giản là vô lý. Không thể có hình học phi Euclide! Hơn nữa, cần phải ca ngợi sự dũng cảm trong tư tưởng của Lobachevsky và Bolyai, những người đã quyết định thừa nhận “sự phi lý”. Đúng là sự phi lý từ quan điểm trực quan, nhưng từ quan điểm logic, đó lại là một vấn đề khác. Cho dù giả định về nhiều điểm tương đồng có vẻ vô lý đến mức nào về mặt trực quan thì nó vẫn được chấp nhận về mặt logic. Cần phải có lòng can đảm lớn lao trong tư tưởng để bị thuyết phục một cách sáng tạo về điều này, mặc dù giờ đây khi đã tìm ra một công thức đơn giản của hình học phi Euclide, thì không cần can đảm tư duy nữa - chỉ cần một chút khả năng tư duy trừu tượng là đủ.

Từ thuyết phục đến chứng minh

Vì vậy, Lobachevsky và Bolyai, và Gauss qua thư, đã bày tỏ niềm tin của họ vào giá trị của hình học phi Euclide và đã phát triển nó đến nay. Tuy nhiên, niềm tin này chỉ dựa trên thực tế là không có mâu thuẫn nào trong kết luận thu được. Nhưng người ta sẽ nghĩ rằng những mâu thuẫn vẫn sẽ xuất hiện trong những kết luận tiếp theo. Ý nghĩa thực sự của hình học mới vẫn hoàn toàn chưa rõ ràng. Và dù không được tìm thấy, khám phá vĩ đại này vẫn gây được ảnh hưởng - hình học của Lobachevsky vẫn chỉ là tưởng tượng.

Vào năm 1839-40. hai công trình của Giáo sư F. Minding của Đại học Dorpat (nay là Tartu) xuất hiện, trong đó ông nghiên cứu một số bề mặt đặc biệt - các bề mặt có độ cong âm không đổi. Về cơ bản, những công trình này kết luận rằng hình học trên các bề mặt như vậy không gì khác hơn là hình học của lobachevsky. Nhưng kết luận này không được nêu rõ ràng ở đó. Điều thú vị là hai năm trước, một trong những tác phẩm của Lobachevsky đã được xuất bản trên cùng một tạp chí nơi các tác phẩm của Minding được xuất bản!

Năm 1854, khi đảm nhận vị trí giáo sư tại Đại học Göttingen, B. Riemann, theo thông lệ, đã tham gia một buổi thuyết trình thử.

Bài giảng có tên “Về các giả thuyết làm nền tảng cho hình học”. Nó chứa đựng vô số ý tưởng hiệu quả - từ khái niệm tổng quát về không gian toán học đến dự đoán về cái mà sau này trở thành thuyết tương đối tổng quát. Ngoài ra, bài giảng còn trình bày một lý thuyết tổng quát về một loại không gian nhất định (hiện nay được gọi là Riemannian), bao gồm, như những trường hợp từng phần đơn giản, các không gian Euclide, Lobachevsky và cái gọi là không gian hình cầu. Riemann đưa ra một định nghĩa mang tính phân tích thuần túy về những không gian này; về cơ bản điều này đã làm rõ rằng hình học của Lobachevsky cũng nhất quán như phân tích của ông.

Nhưng anh chàng này không hiểu, không để ý. Bài giảng của Riemann vẫn bị hiểu lầm. Và ngay khi nghe cô nói, Gauss 77 tuổi đã rời đi, bằng chứng là, sau bài giảng trong nhiệm vụ sâu sắc. Bài giảng của Riemann không được xuất bản ngay lập tức; nó chỉ được xuất bản vào năm 1868, 2 năm sau khi ông qua đời. Và sau đó nó ngay lập tức gây ấn tượng mạnh và gây ra sự phát triển nhanh chóng của độ cong âm liên tục trên bề mặt.

Tuy nhiên, kết luận của Beltrami mang tính phân tích, khác xa với các yếu tố hình học, của Euclid. Chỉ đến năm 1871, Klein mới chú ý đến mô hình đường tròn đã được thảo luận ở đầu bài viết. Sau đó, Poincaré tìm ra một mô hình thú vị khác liên quan đến số phức (xem «Kvant», 1976, số 3, trang 7).

Vì vậy, 40 năm sau khi công trình đầu tiên của Lobachevsky và Bolyai được xuất bản, niềm tin của họ đã được chứng minh và hình học của họ đã nhận được sự công nhận rộng rãi.

(Kết thúc ở số tiếp theo)

18

Hiệp sĩ
khoa học phổ thông
sách

(kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông
Vâng. I. Perelman)

Ykov Isidorovich Perelman thích lặp lại câu nói của Laplace: “Chủ đề toán học nghiêm túc đến mức người ta không được bỏ lỡ cơ hội để biến nó thành trò giải trí”. Theo lời của nhà khoa học nổi tiếng người Pháp, chúng ta có thể nói thêm rằng chủ đề vật lý cũng không kém phần nghiêm túc. Vâng. I. Perelman đã cống hiến cả cuộc đời mình để khiến những người khác, chủ yếu là học sinh, quan tâm đến những ngành khoa học này. Nhưng không chỉ học sinh. Ông thành thật phàn nàn rằng những người có học thức - bác sĩ và nhà thực vật học, nhà sinh lý học và nhà ngôn ngữ học - hầu như không biết gì về vật lý, thiên văn học và toán học. Theo quan điểm của ông, văn hóa đích thực nên bao gồm kiến ​​thức về những nguyên tắc cơ bản của các ngành khoa học chính xác mà ông yêu thích.

Sự thăng hoa năng lượng sáng tạo của Perelman trùng hợp với những khám phá vĩ đại nhất về vật lý và công nghệ. Nhưng để hiểu đầy đủ ý nghĩa và ý nghĩa của những khám phá này, cần phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng, ý nghĩa của những điều cơ bản. Đây là những gì ông dành riêng cho các cuốn sách “Vật lý giải trí” và “Toán học sống động”, “Tên lửa lên Mặt trăng” và “Du hành liên hành tinh” và rất nhiều cuốn khác, chắc chắn quen thuộc với những ai đọc những dòng này.

Perelman dạy cách chú ý đến các hiện tượng hoặc vật thể dường như được áp dụng và nói bằng những từ, hình ảnh và phương tiện đơn giản, cho thấy vật lý đằng sau chúng là gì. Những bản phác thảo nhỏ tạo thành một tổng thể duy nhất, trong đó các cuốn sách của Perelman được chia ra, có phần giống với những bài thơ trong quá trình đó. Sự giống nhau của otpid không được xác định bởi “sự bình tĩnh cao độ” - ngôn ngữ của ehids của nó rất đơn giản và ngắn gọn. Điều hấp dẫn ở họ là sự duyên dáng khi bộc lộ nền tảng vật lý của hiện tượng này hoặc hiện tượng kia, khả năng vạch trần hoặc bác bỏ những khác biệt về mặt vật lý bằng cách sử dụng các phương tiện toán học (số học) tối thiểu. Thông thường tên của các ethid đã chứa đựng một số nghịch lý. Hãy nhớ: “Đá nóng”, “Nước trong rây”, “Nhìn bằng ba mắt”, “Lạnh từ than”, “Đá không tan trong nước sôi” hoặc “Chúng ta uống như thế nào?”, “Bạn có đếm được không?”, “Có thể đã có lũ lụt không?”, “Sét tốn bao nhiêu?”, “Archimedes có thể nâng cao Trái đất không?” vân vân.

Tuy nhiên, nghịch lý hơn nữa là những câu hỏi đơn giản: “Perelman là ai?”, “Ông ấy sinh ra khi nào?”, “Ông ấy sống và làm việc ở đâu?”, “Ông ấy bắt đầu viết như thế nào và khi nào?”

19

“Anh ấy đã giao tiếp với ai?”, “Anh ấy chết khi nào và ở đâu?” - những câu hỏi đáp số tạo nên tiểu sử của một người khó có thể được nhiều độc giả đọc sách của anh ấy trả lời, những người có kỹ năng trả lời đáp số những câu hỏi phức tạp về tự nhiên. Cả trong cuốn đầu tiên, cuốn thứ mười, cũng như trong hai mươi ấn bản sách của Perelman đều không có chỗ cho một ghi chú tiểu sử ngắn gọn về tác giả của chúng.

May mắn thay, thông tin về Ykov Isidorovich Perelman đã có sẵn trong quỹ của chi nhánh Leningrad của Cơ quan Lưu trữ của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Kho lưu trữ nằm trên bờ kè Universitetskaya ở Leningrad, bên cạnh Kunstkamera quan trọng. Nó lưu trữ các giấy tờ do báo cáo và các nhà khoa học nước ngoài phát hành, đặc biệt là những người được tìm thấy trong sách của Perelman. Nếu có nhiều tài liệu như vậy - thư từ, bản thảo, v.v. - chúng sẽ tạo thành một quỹ đặc biệt. Quỹ Ykov Isidorovich được đánh số 796; nó khá chung chung và phần mô tả của nó chiếm bốn trang lớn. Thông tin dưới đây được lấy từ quỹ này.

Vâng. I. Perelman sinh ngày 22 tháng 11 năm 1882 tại Bialystok trong một gia đình nhân viên. Năm 1901, ông chuyển đến St. Petersburg và vào Học viện Lâm nghiệp (nay là Học viện Lâm nghiệp mang tên S. M. Kirov), nơi anh trai ông là Osip, sau này là nhà văn nổi tiếng Osip Dymov, đang theo học. (Từ bức thư của O. I. Dymov gửi cho em trai mình, người ta có thể tìm hiểu một số chi tiết về tiểu sử của Ykov Isidorovich.) Tuy nhiên, không phải năm 1901, năm chuyển từ tỉnh về thủ đô, mà Ya. I. Perelman xác định đây là một bước ngoặt trong cuộc đời ông, nhưng năm 1899 - từ ông, ông theo dõi sự vắng mặt của cuộc đời một nhà văn đã chọn các ngành khoa học chính xác làm anh hùng trong các tác phẩm của mình. Năm nay ở Nga và các quốc gia khác cũng vậy, người ta đã viết rất nhiều về sao chổi, được cho là đi ngang qua gần Trái đất và về dòng khí tượng do nó tạo ra. Có những tin đồn, như thường lệ, gần như về ngày tận thế, nhưng vào ngày 23 tháng 9 năm 1899, một bài báo xuất hiện trên tờ báo Grodno Province Gazette, bác bỏ những tin đồn này. Nó có tựa đề “Liên quan đến cơn mưa khí tượng dự kiến”, tác giả của nó là nhà thôi miên Ykov Perelmen, nhưng ông đã giấu họ của mình dưới một bút danh. (Anh ấy thường phát biểu, xuất bản các bài báo và ghi chú, dưới nhiều bút danh khác nhau, một trong số đó nghe có vẻ đặc trưng: Tsyfirkin.) Thực tế là, theo điều lệ của thôi miên, sinh viên của họ không có quyền xuất bản tác phẩm của mình dưới dạng in cho đến khi họ tốt nghiệp cơ sở giáo dục.

Khi danh mục các tác phẩm của ông được xuất bản ở Leningrad vào năm 1924 để kỷ niệm 25 năm ngày sinh của Ya. I. Các hoạt động phổ biến khoa học của Perelman, nó mở đầu bằng những bài phê bình về ông được viết bởi tộc trưởng vật lý người Nga, Orest Daniilovich Khvolson, tác giả của khóa học nổi tiếng nhất về vật lý đại cương vào những năm 1920. Khvolson viết: “Tác giả đã đạt được danh tiếng xứng đáng nhờ những tác phẩm nổi tiếng, trong đó “Vật lý giải trí” chiếm vị trí đầu tiên. Đây thực sự là một cuốn sách giải trí, thú vị ngay cả đối với một chuyên gia vật lý. Nó có nhiều tài liệu sai sót và đa dạng, cách trình bày dễ hiểu và chính xác.” Sau đó, danh mục cung cấp danh sách 17 cuốn sách được Perelman viết trong hơn 25 năm làm việc và tổng số lượng xuất bản của chúng là hơn một triệu bản - một con số khổng lồ vào thời điểm đó. (Để so sánh, chúng tôi chỉ ra nhiều số liệu hơn: bảy ấn bản của phần đầu tiên của “Vật lý giải trí” có tổng cộng 90.000 bản, và ấn bản thứ 17 (1965) dành cho tác giả của những dòng này đã được xuất bản với số lượng phát hành là 100.000 bản; sau đó, cuốn sách được xuất bản thêm ba lần nữa. Năm 1981, một cuốn kỷ yếu khác do UNESCO xuất bản, “Index Translationum,” được xuất bản. Trong đó thu thập thông tin về tất cả các cuốn sách trên thế giới dịch từ ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác trong năm 1977. Sách của Perelman đã được dịch 17 lần ở Liên Xô, cũng như ở Cộng hòa Dân chủ Đức, Tiệp Khắc, Tây Ban Nha và Nhật Bản.)

20

Đối với học sinh Leningrad những năm 30, Perelman không chỉ là tác giả của những cuốn sách yêu thích. Tên của ông rõ ràng gắn liền với “Ngôi nhà khoa học thú vị” (DZN), một trong những người sáng lập và tổ chức trong đó là Ykov Isidorovich. Ban văn hóa và giáo dục của Hội đồng Công nhân Leningrad đã tặng tòa nhà màu đỏ của Cung điện Sheremetev trên bờ kè sông Fontanka để tổ chức Ngôi nhà này. DZN được khai trương vào ngày 4 tháng 11 năm 1935. Hội trường của nó là nơi trưng bày các cuộc triển lãm đã “thực hiện” và thể hiện rõ ràng nhiều kinh nghiệm và ví dụ mà Perelman đã nói đến trên các trang sách của mình. Các kỳ thi Olympic toán học và vật lý được tổ chức tại DZN, các cuộc họp với các nhà khoa học được tổ chức và các chuyến du ngoạn đến đó. Trong những ngày nghỉ học, đây là nơi hành hương không chỉ của học sinh Leningrad mà còn của trẻ em đến Leningrad từ khắp nơi trên đất nước. Chỉ riêng năm 1938, hơn 100 nghìn người đã đến thăm nó.

Những bức thư được cất giữ trong tập tài liệu khổng lồ của quỹ 796, đánh số 33. Những bức thư của doanh nghiệp và gia đình (Ykov Isidorovich có một người con trai, Mikhail, người đã hy sinh tại mặt trận vào năm đầu tiên của Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại). Trên hết, bản thảo những bức thư của Perelman gửi cho nhiều người khác nhau vẫn được bảo tồn. Bức thư năm 1902 của ông gửi nhà thiên văn học nổi tiếng người Pháp Camille Flammarin đã thu hút sự chú ý đặc biệt. Cái tên Flammarina đã được độc giả Nga biết đến vào đầu thế kỷ 19 và 20. Chỉ trong những năm 1900-1902 (chúng tôi đã chọn cụ thể những năm liền kề với các chữ cái DATE) chín cuốn sách về thiên văn học phổ biến của Flammarin đã được xuất bản ở Nga; trên thế giới, ông xứng đáng có được danh tiếng là “người phổ biến số 1”. Cùng với “Thiên văn học”, “Thiên văn học bằng hình ảnh”, “Những nguyên tắc cơ bản của thiên văn học”, “Thiên văn học nhỏ” và thậm chí cả … “Thiên văn học cho Đập”, Flammarin đã viết một số tiểu thuyết khoa học viễn tưởng, bao gồm cả “Lumen”. Người anh hùng của cuốn tiểu thuyết này là một Lumen hiền lành, có khả năng di chuyển trong thế giới không gian với bất kỳ tốc độ nào, đặc biệt là vượt quá tốc độ ánh sáng.

Trong một bức thư của một sinh viên năm thứ hai tại Viện Lâm nghiệp (nơi Ya. I. Perelman khi đó đang theo học), những cảm giác được cho là do Flammarina truyền đến Lumen khi anh ta đến gần Trái đất hoặc rời khỏi nó với tốc độ bằng hoặc lớn hơn tốc độ ánh sáng đều bị phá vỡ. Vì vậy, theo Flammarin, Lumen, ngạc nhiên với tốc độ ngang bằng tốc độ ánh sáng, sẽ quan sát một bức tranh “đóng băng” về những gì đang xảy ra trên Trái đất trong quá trình khởi hành của anh ta. Theo Perelman, anh ấy sẽ không nhìn thấy gì cả. Thật vậy, Perelman lập luận, liệu Lumen có thể trải nghiệm tác động của các tia lao tới gần anh ta nếu anh ta ở một vị trí tương đối so với chúng? “Nếu một người lính chạy trốn khỏi kẻ thù với tốc độ của một quả đạn đại bác, thì không một viên đạn đại bác nào có thể bắn trúng anh ta, ngay cả khi chúng bao vây anh ta bằng một đám mây đen.” Perelman kết luận rằng người quan sát sẽ không thấy gì cả.

Bây giờ chúng ta hãy đưa ra một trích dẫn khác: “Nếu mọi thứ bắt đầu chuyển động đằng sau một tia sáng với tốc độ c (tốc độ ánh sáng trong hư không), thì tôi sẽ phải cảm nhận tia sáng đó như một trường điện từ đứng yên, biến đổi trong không gian. Nhưng không có thứ gì như thế tồn tại; điều này có thể được nhìn thấy cả từ kinh nghiệm và từ các phương trình Maxwell. Bằng trực giác, đối với tôi ngay từ đầu, tôi thấy rõ ràng rằng từ quan điểm của một vật thể quan sát được như vậy, mọi thứ sẽ xảy ra theo cùng các định luật như đối với một người quan sát đứng yên so với Trái đất.” Thật vậy, làm thế nào người được quan sát đầu tiên có thể biết hoặc khẳng định rằng mình đang ở trạng thái chuyển động nhanh đều?

Có lẽ độc giả đã đồng ý rằng lý luận này thuộc về Albert Einstein nổi tiếng. Câu trích dẫn được lấy từ cuốn Autobyugraphic Notes của ông, viết năm 1949. Trong đó, Einstein nhớ lại rằng có sự chuyển động bên trên nghịch lý.

21

Ông nghĩ về tốc độ ánh sáng từ năm 16 tuổi, khi ông lần đầu tiên nhìn thấy nó (năm 1895), trong 10 năm cho đến năm 1905, khi thuyết tương đối hẹp ra đời. Einstein tiếp tục: “Nghịch lý này đã chứa đựng mầm mống của một thuyết tương đối đặc biệt”. “Tất nhiên, bây giờ mọi người đều biết rằng mọi nỗ lực nhằm giải thích thỏa đáng nghịch lý này đều sẽ thất bại chừng nào tiên đề về bản chất tuyệt đối của thời gian và tính đồng thời vẫn bám rễ, mặc dù không mạch lạc, trong suy nghĩ của chúng ta.”

Vì vậy, vào năm 1902, những suy nghĩ của Perelman đã phát triển tương ứng với chủ đề về những suy nghĩ dài hạn của Einstein. Có nguồn gốc chung nào cho những suy nghĩ này không? Tất nhiên, Einstein có thể đã đọc cuốn tiểu thuyết của Flammarin vào thời điểm đó (xuất bản trong ấn bản đầu tiên ở Pháp năm 1878), nhưng sau đó, vào tháng 4 năm 1920, trong một cuộc trò chuyện ở Berlin với người viết tiểu sử đầu tiên của ông là A. Moszkowski và thảo luận về cuốn tiểu thuyết này, ông đã nói về nó với một chút khó chịu. (“Flammarin lấy nó <nghịch lý - V.F.> từ người khác và chỉ phổ biến nó,” Einstein nhận xét với Moshkovsky.)

Chúng ta đã đi sâu vào chi tiết của tình tiết này - một trong nhiều câu chuyện có thể thu thập được từ việc nghiên cứu kho lưu trữ của Perelman, bởi vì câu chuyện này có một kiểu tiếp nối.

Đầu tiên, điều quan trọng cần nhớ là chương “Có thể hiểu được bằng một viên đạn?” từ “Vật lý giải trí” của Perelman. Đây là một minh họa tuyệt vời cho lối suy luận của một thanh niên 20 tuổi trong bức thư gửi Flammarin. (Phải nói rằng sách của Perelman chứa đựng nhiều khoảnh khắc tự truyện - ngoài những khoảnh khắc ông trực tiếp nhấn mạnh điều này. Vì vậy, trong “Toán học sống”, cuốn “Bạn có đếm được không?” nói về cách làm nổi bật các cây thuộc các loài khác nhau trong rừng. Và “Hình học giải trí” thậm chí còn bắt đầu bằng chương “Hình học trong rừng”. Bây giờ, khi biết rằng Ykov Isidorovich đã tốt nghiệp Học viện Lâm nghiệp, chúng ta có thể đoán rằng chúng ta có thể rút ra những ví dụ liên quan từ quá trình thực tập sinh viên của anh ấy.)

Thứ hai, và điều này không kém phần thú vị, trong tương lai “các đường thế giới” (dùng thuật ngữ của thuyết tương đối đặc biệt) của Einstein và Perelman sẽ giao nhau ở một mức độ nào đó. Không có gì đáng ngạc nhiên khi Perelman biết đến các tác phẩm của nhà vật lý lỗi lạc (chẳng hạn như chúng được viết trong phần phụ lục của một trong những cuốn sách của ông) và quan tâm đến tính cách của ông. Điều quan trọng là về phần Einstein, không chỉ biết mà còn đánh giá cao những cuốn sách khoa học phổ thông của Perelman. Ykov Isidorovich đã biết về điều này từ nhiều người khác nhau. Vì vậy, Osip Dymov đã viết cho anh trai mình vào năm 1943: “Einstein biết về anh, ông ấy đã nghe tên anh. Tôi đã nói chuyện với anh ấy về anh ở Berlin ba năm trước.” Trong một trong những lá thư gửi A. M. Gorky, nói về cuốn sách “Vật lý giải trí”, Perelman viết rằng gần đây ông đã nhận được “một bài giảng về nó từ Albert Einstein”. Chẳng hạn, Einstein có thể đã biết về cuốn sách này từ Ehrenfest, nơi những người khác thường được nhìn thấy cùng đọc. Tatyana Alekseevna Afanasyeva Ehrenfest, vợ của nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng người Hà Lan Paul Ehrenfest, đã nói trong thư gửi Perelman rằng cả gia đình bà “từ lâu đã là những người hâm mộ sách của ông - tuy nhiên, ông đã biết điều này từ chồng tôi”.

Tại Leningrad bị bao vây, ở tuổi 59, ngày 16/3/1942, Perelman qua đời mà chưa chứng tỏ được bước đột phá và dỡ bỏ vòng vây. Nhưng những cuốn sách của ông - tác phẩm chính của cuộc đời ông - vẫn tiếp tục tồn tại, thu hút được lượng độc giả ngày càng đông đảo trong và ngoài nước, thu hút hàng trăm nghìn bạn trẻ đến với toán học và vật lý, như những năm trước, quyết định cho rất nhiều người lựa chọn con đường sống của mình. Một số phận đáng ghen tị đối với một nhà văn!

22

Chuyện gì đang xảy ra ở biên giới

Trong khóa học vật lý ở trường, không có nhiều thời gian dành cho những gì xảy ra ở bề mặt tiếp xúc của chất lỏng với môi trường khác - sức căng bề mặt, sự làm ướt, hiện tượng mao dẫn. Đồng thời, đi kèm với điều này là một điểm được bao quanh. Bây giờ, bạn dùng que xà phòng hoặc chỉ một miếng xà phòng chạm vào giữa điểm này - vết đó vỡ ra và biến thành một vòng mỏng. Một lần nữa, tâm của nó được chạm vào bằng một chiếc lông vũ (bạn có thể sử dụng mực có màu khác), sau đó sử dụng que xà phòng, v.v. Một vật trang trí gồm các vòng đậm đặc nhiều màu xuất hiện trên mặt nước (Hình 2). Chỉ cần cẩn thận đặt giấy thấm lên trên và các họa tiết màu đỏ sẽ chuyển sang đó.

Kinh nghiệm này đã tìm thấy ứng dụng thực tế. Với sự giúp đỡ của nó, ở Nhật Bản họ sản xuất giấy với nhiều mẫu mã đa dạng.

Các thí nghiệm được mô tả sẽ dễ hiểu nếu bề mặt của chất lỏng được coi là một thanh bị kéo dãn. Một mô hình như vậy lần đầu tiên được đề xuất bởi nhà vật lý nổi tiếng người Anh Thomas Young. Vào tháng 12 năm 1804, Jung viết một bài báo trong đó giải thích hoạt động của chất lỏng trong mao quản bằng cách sử dụng phép loại suy “bề mặt chất lỏng – màng đàn hồi”. Chẳng bao lâu mô hình, được xác nhận bởi những quan sát mới, đã được chấp nhận rộng rãi.

Vì vậy, bề mặt của nước sạch là một màng căng, còn nước xà phòng hoặc nước màu cũng là một màng tương tự nhưng kém đàn hồi hơn. Kết quả là, nước của kế hoạch trở nên xà phòng hoặc có màu, kéo theo “tên lửa” hoặc một vòng được bao quanh bởi mực.

Có nhiều cách để xác định bằng thực nghiệm mức độ “đàn hồi” của màng bề mặt - cái gọi là hệ số

23

ta sức căng bề mặt σ.
Một trong những cách đơn giản nhất là sử dụng giọt nước mắt. Nếu bạn lấy một pipet có vòi kéo ra và sau khi đổ đầy nước, cẩn thận và từ từ bắt đầu vắt ra một giọt, bạn có thể quan sát xem nó tăng dần kích thước, thay đổi hình dạng và cuối cùng, thoát ra khỏi pipet (Hình 3).

Lưu ý rằng giọt nước chỉ rơi ra khi đạt đến kích thước nhất định. Chỉ cần giọt nước không đủ lớn, sức căng bề mặt sẽ giữ giọt nước ở đầu pipet. Rõ ràng là tại thời điểm tách ra, trọng lực mg của giọt nước có độ lớn bằng lực căng bề mặt F: mg=F. Hoặc (ví dụ, xem § 28 của sách giáo khoa “Vật lý 9”, M., “Prosveshchenie”, 1982)

$$mg=2\pi r\sigma$$

trong đó r là bán kính của cổ được tạo thành bởi giọt nước trước khi tách.

Bằng cách đếm, chẳng hạn như 100 giọt nước và sử dụng thang đo để tìm tổng khối lượng M = 100 m của chúng, bạn có thể xác định hệ số căng bề mặt của chất lỏng:

$$\sigma=\frac{mg}{2\pi r}=\frac{Mg}{200\pi r}$$

Nhưng thật không may, nó rất không chính xác.

Thứ nhất, không dễ để thay đổi bán kính của cổ (thông thường, đối với vết rách này, một chế độ xem phóng to sẽ được chiếu lên màn hình và các phép đo đã được thực hiện ở đó). Thứ hai, việc tách một giọt hóa ra là một quá trình phức tạp hơn là chỉ đơn giản bẻ cổ (đặc biệt, đồng thời với giọt chính, một giọt nhỏ được hình thành). Có một số nguồn sai số khác trong thí nghiệm này. Tuy nhiên, nếu chúng ta chỉ muốn xác định bậc độ lớn của σ hoặc so sánh định tính sức căng bề mặt của nước tinh khiết và dung dịch xà phòng, thì sóng được phép sử dụng pipet và bán kính của cổ được coi là bằng bán kính trong của mũi pipet (ví dụ, có thể đo được cái sau bằng cách sử dụng một sợi dây có độ dày nhất định vừa khít với pipet).

Để tham khảo, chúng tôi trình bày các giá trị của σ theo đơn vị SI cho một số

Gợn sóng trên mặt nước và cách dập tắt

Hóa ra, do lực căng bề mặt, cái gọi là sóng mao dẫn (tức là gợn sóng trong nước) phát sinh. Chúng có thể được quan sát bằng cách sử dụng cùng một pipet. Đổ đầy nước vào đĩa và giữ pipet ở một khoảng cách ngắn so với bề mặt của nó, nhỏ giọt nước - sóng đồng tâm lan truyền nhanh sẽ là sóng căng thẳng bề mặt. (Nói chung, cơ chế hình thành và truyền sóng trên mặt nước không hề đơn giản. Ở đây có sự tham gia của cả hiện tượng trọng lực và hiện tượng bề mặt. Nhưng để giải thích nguồn gốc của những gợn sóng nhỏ, hoàn toàn có thể sử dụng mô hình màng đàn hồi.)

Sóng trên mặt nước ở Kvanite, bao gồm cả trong Phòng thí nghiệm Kvanite, đã được nhắc đến nhiều lần. Ví dụ, anh ấy khuyên bạn nên đọc các bài báo sau: S. Soskin, “Sóng mao dẫn trong một chuỗi” («Kvant», 1976, số 10); E. Kuznetsov, A. Rubenchik, “Trên sóng biển và gợn sóng trên vũng nước” («Kvant», 1980, số 9).

Có một truyền thuyết kể rằng vào thời cổ đại, những người thợ lặn ngọc trai, những người đã thêm nó từ Biển Aegean, đã thêm nó vào loại dầu ô liu khó chịu trước khi lặn. Do đó, khi đã ở phía dưới, dầu tiết ra, dầu này nổi lên trên bề mặt và tạo thành một “cửa sổ” yên tĩnh, phá hủy các gợn sóng trên bề mặt. Thâm nhập xuyên qua

24

Ánh sáng “cửa sổ” cho phép người LOB định hướng dưới đáy biển tốt hơn.

Đây là một quan sát thú vị khác. “Khi thời tiết lặng gió, những hình dạng đặc biệt gợi nhớ đến moire hiện rõ trên mặt biển… Nhìn kỹ, có thể dễ dàng nhận thấy rằng các gợn sóng xuất hiện trên nền có màu sáng hơn và các điểm và sọc sáng hơn trên nền này tương ứng với các khu vực mặt biển nơi những gợn sóng này bị dập tắt,” nhà địa vật lý nổi tiếng của Liên Xô, Viện sĩ V.V. Shuleikin. Dưới sự lãnh đạo của ông, các thí nghiệm đã được thực hiện để đo hệ số sức căng bề mặt của nước biển bằng phương pháp tách hình nón (ví dụ, xem bài thí nghiệm số 2 trong Vật lý 9). Họ chỉ ra rằng ở những nơi tồn tại gợn sóng, hệ số này giống như nước tinh khiết và ở khu vực có các đốm sáng thì hệ số này nhỏ hơn đáng kể. Từ đó người ta kết luận rằng những gợn sóng trên mặt biển bị làm ẩm bởi màng mỡ hoặc một số chất khác. Đúng, giải thích điều này hóa ra không hề dễ dàng.

Các nghiên cứu đã chỉ ra rằng bề mặt màng bị hư hại chủ yếu do sóng nhỏ, nhưng chúng cũng có thể ngăn chặn sự xuất hiện của bọt trên đỉnh sóng khi có bão. Và sự “trợ giúp” tương đối khiêm tốn này có thể đóng một vai trò nào đó: “để luyện tập, điều quan trọng là chỉ dập tắt những rặng núi sủi bọt, đôi khi gây nguy hiểm nghiêm trọng cho con tàu, hoặc thậm chí còn hơn thế nữa cho chiếc thuyền đang hạ thấp” (V.V. Shuleikin).

Giọt nước có hình dạng gì?

Đáp số câu hỏi này phụ thuộc vào một số trường hợp. Nếu mọi thứ chỉ được xác định bởi sức căng bề mặt, thì giọt nước sẽ luôn có hình dạng mà bề mặt của nó nhỏ nhất, tức là hình dạng của một quả bóng. Trong điều kiện của trọng lực, dưới tác dụng của trọng lực, các giọt thường bị xẹp xuống; chỉ những giọt rất nhỏ sẽ vẫn còn hình cầu. Có thể loại trừ lực hấp dẫn và bù lại nó bằng một lực khác không?

Năm 1843, nhà vật lý người Bỉ Plateau đã thực hiện một thí nghiệm đã sớm mang tên ông và được đưa vào tất cả các sách giáo khoa vật lý. Plato đã chọn nồng độ của dung dịch rượu trong nước sao cho mật độ của dung dịch bằng với mật độ của dầu ô liu và đưa một giọt dầu vào dung dịch. Trong trường hợp này, lực nổi Archimedean cân bằng trọng lực của giọt nước và sức căng bề mặt là do hình cầu của nó.

Điều thú vị là ở trạng thái không trọng lượng, bạn có thể thu được những quả bóng lớn chứa nhiều chất lỏng khác nhau. Ví dụ, những giọt như vậy được quan sát thấy trong các thí nghiệm hàn điện trong không gian. Chúng bao gồm kim loại nóng chảy.

Ở nhà, bạn có thể lặp lại trải nghiệm Plateau bằng cách sử dụng dầu thầu dầu và nước. Mật độ của dầu nhỏ hơn mật độ của nước một chút, vì vậy nếu bạn thả nước sạch vào đó, những giọt nước rơi từ từ sẽ có dạng hình cầu thực tế. Những giọt nước có thể dễ dàng được sơn bằng nhiều màu khác nhau bằng màu nước, sau đó một hình ảnh xuất hiện trong cốc dầu giống như những quả bóng nhiều màu (xem trang 1 của bìa).

Một thí nghiệm khó khăn hơn nhưng cũng hiệu quả hơn được thực hiện với nhựa epoxy lỏng và dung dịch muối. Bằng cách đổ muối vào đáy lọ, bạn có thể thu được dung dịch có nồng độ giảm theo chiều cao và do đó mật độ giảm. Trong dung dịch như vậy, một giọt nhựa sẽ xuất hiện ở một độ cao nhất định. Kết quả của các lần thả sẽ do người đọc tự lựa chọn.

Dấu vết từ một giọt nước cao

Một trong những điều bí ẩn thoạt nhìn có liên quan đến hiện tượng làm ướt, xảy ra khi một giọt dung dịch nào đó khô lại. Chúng ta hãy thực hiện thí nghiệm đơn giản này - đặt những giọt dung dịch muối (không đậm đặc lắm) lên một tấm thủy tinh và để chúng nổi lên. Đương nhiên, những đốm muối nhẹ hơn sẽ hình thành thay cho những giọt nước. Vậy điều bí ẩn là muối

25

Hình 4.

lắng đọng không phải thành một lớp đồng nhất mà ở dạng bánh xe xen kẽ (Hình 4). Hóa ra nguyên nhân của điều này là do tính chất khô đột ngột của giọt nước. Để giải thích hiện tượng này, chúng tôi sẽ trích dẫn một đoạn trích từ Ya. Nhân tiện, cuốn sách “The Drop” của E. Geguzin (M., “Nauka”, 1973), rất nên đọc:

“Điều sau đây sẽ xảy ra với giọt nước. Nước bốc hơi đều trên toàn bộ bề mặt của nó. Dễ hiểu là khi hơi ẩm bay hơi, nồng độ muối hòa tan sẽ tăng lên và trước hết, các tinh thể sẽ bắt đầu rơi ra ở nơi có nồng độ muối dư lớn nhất. Đây sẽ là phần mỏng nhất của giọt, tức là dọc theo chu vi của nó. Đó là dọc theo chu vi mà các tinh thể sẽ rơi ra. Giọt chất lỏng, làm ướt các tinh thể rơi xuống, dường như dính vào chúng. Do đó, một giọt, mất chất lỏng, phải thay đổi nó. hình dạng, trở nên phẳng hơn - xét cho cùng, thể tích của nó giảm đi, nhưng chu vi của nó không thay đổi.

Khi bắt đầu quá trình sấy khô, hình dạng của giọt nước nằm trên kính ở trạng thái cân bằng. Điều này có nghĩa là trong tất cả các dạng có thể có, dạng trong đó năng lượng của bề mặt tiếp giáp với va chạm và tấm kính là nhỏ nhất đối với một thể tích giọt nước nhất định được nhận ra…

Độ ẩm càng bốc hơi nhiều thì hình dạng giọt nước càng bay hơi và đến một giai đoạn nào đó, giọt nước sẽ tách ra khỏi các tinh thể ở chu vi và có hình dạng cân bằng. Và sau đó - lại như vậy… cho đến khi giọt nước bay hơi, để lại một vết, trạng thái các bánh xe đồng tâm của tinh thể muối.”

«Kvant» mỉm cười

Sự tò mò

Những câu nói sau đây đã thành công của học sinh lớp 9-10.

1. Diode chân không là một diode được đặt trong chân không.
2. Vôn kế đóng vai trò là thiết bị để điều chỉnh cường độ dòng điện trong mạch.
3. Chuyển động có gia tốc đều là chuyển động trong đó vật tăng lên những lượng bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau.
4. Với hiệu ứng quang điện, nếu các điện tích âm thì chúng thoát ra khỏi kim loại; nếu chúng tích điện dương thì trường sẽ giữ chúng.
5. Mặt trời là một hành tinh nóng, nằm cách Trái đất 100 năm ánh sáng.
6. Chu kì dao động của ma trận toán $T = 2\pi\sqrt{l/g}$ khi di chuyển từ Matxcơva đến làn đường phía Bắc sẽ thay đổi vì số l sẽ thay đổi.
7. Tia hồng ngoại là tia màu đỏ vô hình.
8. Ăng-ten thu bắt đầu dao động khi tiếp xúc với trường điện từ.
9. Điện trường xoay chiều tạo ra các electron trong ăng-ten.
10. Không khí lạnh biến thành những giọt nước.

N. Patrikeeva

26

Bài toán

M771 — M775; F783 — F787

M771. Cho tam giác ABC vẽ đường phân giác AK. Biết rằng tâm của các đường tròn nội tiếp tam giác ABK và ngoại tiếp tam giác ABC trùng nhau. Tìm các góc của tam giác ABC.

M772. Xưởng có năm loại máy khác nhau. Đào tạo một công nhân vận hành một máy tốn 1.000 rúp. Với mỗi chi phí tối thiểu, liệu 8 công nhân có thể được đào tạo sao cho khi không có 3 công nhân đó thì tất cả các máy đều có thể sử dụng đồng thời được không? Mỗi công nhân chỉ có thể làm việc trên một máy tại một thời điểm.

M773. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC, AC lần lượt tại các điểm M, N và P. Người ta biết rằng
$$\overrightarrow{AN} + \overrightarrow{BP} + \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{0}.$$
Chứng minh tam giác ABC đều.
P. Gusyatnikov, S. Reznitsenko

M774. Hàm $f(x)$ được xác định trên khoảng [0; 1], có phải như vậy không
$$f(0) = f(1) = 0$$
Và
$$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leq f(x) + f(y)$$
dành cho tất cả mọi người $x, y \in [0; 1]$. Chứng minh rằng:
a) $f(x) \geq 0$ cho tất cả $x \in [0, 1]$;
b) $f(x)$ có vô số số 0 trên khoảng [0; 1];
c) nếu tồn tại một số $A \geq 0$ sao cho với mọi $x; \left[0; \frac{1}{2}\right]$ thì bất đẳng thức đúng
$$f(x) \leq A$$, thì $f(x) \leq A$ cho mỗi $x \in [0; 1] \in \Gamma^*$ nếu hàm $f(x)$ liên tục tại ít nhất một điểm $x_0$ của đoạn [0; 1], sau đó $f(x) = 0$ cho tất cả $x \in [0; 1]$;
d) $^*$ tồn tại hàm số $f(x)$ thỏa mãn

27

Các điều kiện (1), (2) này không bằng tác dụng dòng điện bằng 0.

P. Gusyatnikov

M775. Với những số tự nhiên nào $n \geqslant 3$ thì có các số tự nhiên phân biệt $a_1, a_2, \dots, a_n$ sao cho $1 \leqslant a_k \leqslant n+1$ với mọi $k=1, 2, \dots, n$ và tất cả các số $n$ $|a_1-a_2|, |a_2-a_3|, \dots, |a_{n-1}-a_n|, |a_n-a_1|$ đều phân biệt?

A. Anjan

F783. Một thanh không trọng lượng có chiều dài $3l$ nằm ngang với các vật nặng có khối lượng $m_1$ và $m_2$ gắn vào nó được giữ ở vị trí cân bằng bằng hai sợi dọc (Hình 1). Xác định lực căng của ren trái tại thời điểm đầu tiên nếu ren phải được ren lại.

S. Krotov

F784. Một lực không đổi $F$ bắt đầu tác dụng lên một vật đang chuyển động với tốc độ không đổi $v$. Sau thời gian $t$ tốc độ của vật trở nên bằng $v/2$. Trong khoảng thời gian tương tự tiếp theo, tốc độ giảm thêm một nửa. Xác định vận tốc của vật sau khoảng thời gian $3t$ tính từ lúc bắt đầu tác dụng lực $F$.

K. Serdeev

F785. Một cục nước đá nổi trong cốc nước. Trên mặt nước có một lớp dầu. Mực chất lỏng trong cốc sẽ thay đổi như thế nào khi nước đá tan? Mặt phân cách giữa nước và dầu sẽ dịch chuyển về đâu?

S. Kazakov

F786*. Trong chất khí đơn nguyên tử trung tính, lực hút tác dụng giữa các phân tử. Xét rằng thế năng của tương tác phân tử tỷ lệ thuận với mật độ của khí, tức là $U = \alpha \frac{N}{V}$, trong đó $N$ là số lượng phân tử khí, $V$ là thể tích mà khí chiếm giữ. $\alpha$ - hệ số tỷ lệ ($\alpha < 0$), xác định sự chênh lệch nhiệt dung mol của khí ở áp suất không đổi ($c_p$) và ở thể tích không đổi ($c_V$).

V. Tugushchev

F787. Điện áp nguồn thay đổi tuyến tính theo thời gian. Tại thời điểm ban đầu hướng bằng 0. Sử dụng phím $K$, nguồn có thể được nối với mạch như hình 2. Cần đóng phím tại thời điểm nào để cường độ dòng điện trong mạch không đổi? Điện trở $R$, điện dung $C$.

A. Zilberman

29

P786. Forces of attraction between molecules act in a nonideal single atom gas. Assuming that the potential energy of molecular interaction is proportional to the gas density, i.e. $\Pi = \alpha \frac{N}{V}$, where $N$ is the number of gas molecules, $V$ the volume of gas, $\alpha$ a coefficient ($\alpha < 0$). Find the difference between the molar heat capacities at constant pressure ($c_p$) and at constant volume ($c_V$).

V. Tugushev

P787. The voltage of a source varies linearly. At the initial moment it was zero. The switch $K$ can be used to connect the source to the circuit shown on figure Pric. 2, p. 27). At what moment should the switch be turned on to make the current in the circuit constant? The resistance is $R$, the capacity is $C$.

A. Zilberman

Lời giải bài toán

M746. Một hình vuông giấy được gấp đôi dọc theo một đường thẳng nhất định $l$ đi qua tâm của nó thành một hệ chín phần (không lồi). Cách vẽ đường thẳng $l$ để:
a) hình chín phần thu được có diện tích lớn nhất không?
b)* Nó có chứa một hình tròn có bán kính lớn nhất có thể không?

Hình 1.

Hình 2.

Đặt đường thẳng $l$ dọc theo hình vuông được gấp lại tạo thành một góc $\alpha (0 \leqslant \alpha \leqslant 45^\circ)$ trên cạnh ngang của nó thì độ dài cạnh của hình vuông là $2q$.

a) Nếu hình thu được bằng cách gấp hình vuông dọc theo đường thẳng $l$ được bổ sung một hình đối xứng (so với tâm của hình vuông $O$ hoặc so với đường thẳng $l$ - không thành vấn đề!), thì bạn sẽ có được đa giác như trong Hình 1 - giao của hình vuông với bề mặt ở góc $2\alpha$. Nó có bốn trục đối xứng. Để biết khi nào diện tích của nó là lớn nhất, chúng ta lưu ý rằng có thể thu được nó bằng một hình vuông bổ sung $2q \times 2q$ có bốn hình tam giác vuông giống nhau màu hồng. Dễ dàng tìm thấy cạnh huyền $c$ và chân $a, b$ của mỗi cạnh, sau đó lưu ý rằng $a + b + c = 2q$, $a = c \sin 2\alpha$, $b = c \cos 2\alpha$, từ đâu $c = 2q / (1 + \sin 2\alpha + \cos 2\alpha) = 2q / (1 + \sqrt{2} \cos(45^\circ - 2\alpha))$; diện tích của tam giác là $q(q - c)$ và lớn nhất ở $\alpha = 22,5^\circ$ khi cạnh huyền $c$ là nhỏ nhất. Như vậy, 16 giác ở Hình 1 có diện tích lớn nhất là $8q^2(2 - \sqrt{2})$ khi nó ở dạng “ngôi sao” với 8 trục đối xứng (Hình 2); ở cùng một góc $a = 22,5^\circ$ một nửa của nó có diện tích lớn nhất.

6. Đáp số: hình tròn lớn nhất trong hình vuông phức tạp được đặt ở $\alpha_0 = 2$ arctg $2 - 90^\circ \approx 36,87^\circ$; bán kính của nó $r_0$ bằng $5q/8$ và đường thẳng tương ứng $l$ chia các cạnh của hình vuông theo tỷ lệ 1:7. Một thí nghiệm hình học giúp xác nhận điều này đáp số: nếu mọi $2^\circ$ hoặc $3^\circ$ (từ $\alpha = 0^\circ$ đến $\alpha = 45^\circ$) xây dựng hình vẽ tương ứng chính xác hơn (thật tiện lợi khi cắt một hình vuông lớn hơn từ bìa cứng, dùng một nút đâm vào giữa và sử dụng nó để tạo phần chính và bề mặt của hình vuông, và một hình tròn lớn hơn cho mỗi $\alpha$ - xây dựng “với la bàn và thước kẻ”), bạn có thể xây dựng khá chính xác đồ thị về sự phụ thuộc của bán kính của hình tròn lớn nhất $r$ vào $\alpha$ (Hình 3). Trên biểu đồ của hàm này, một số điểm $a_i$ được đánh dấu - đoạn $0^\circ \leqslant \alpha \leqslant 45^\circ$ được chia thành 5 phần, trên mỗi phần, vòng tròn lớn nhất được xác định bởi các điều kiện hình học khác nhau, do đó bán kính của nó được biểu thị bằng các công thức khác nhau (đôi khi rất cồng kềnh). Tuy nhiên, $\alpha_0$ cũng là một trong những điểm kỳ dị này, do đó tại điểm $a_0$ hàm $r = r(\alpha)$ không phải là tùy ý và chúng ta sẽ đánh giá nó một cách riêng biệt trên các phần khác nhau.

Hình 2, 4—7 cho thấy một số giai đoạn “tiến hóa” của vòng tròn lớn nhất khi $\alpha$ thay đổi từ $0^\circ$ thành $45^\circ$. Nhìn vào chúng, không khó để tưởng tượng phần còn lại: với $\alpha = 0^\circ$ bất kỳ hình tròn nào tiếp xúc với chiều dài cạnh của nửa hình chữ nhật của hình vuông là phù hợp; Tại

30

0° < α < α₁ đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng l = (MN), MB và CK, điểm L nằm ngoài đường tròn; với α = α₁ điểm L rơi trên đường tròn; trường hợp α₁ < α < α₂ được thể hiện trên Hình 4; với α₂ ≤ α ≤ α₃ đường tròn tiếp xúc l và đi qua các điểm L và K, đối với α = α₂ thì đường tròn chạm (CK) tại điểm K, và đối với α = α₃ thì đường tròn chạm (MC) tại điểm L; điều này bao gồm “dấu hoa thị” (Hình 2); các trường hợp còn lại ở Hình 5, 6 và 7.

Hãy chứng minh rằng bán kính của đường tròn luôn không quá 5q/8 và đẳng thức chỉ xảy ra với α = α₀. Chúng tôi sẽ bỏ qua một số chi tiết về lý do, nhưng chúng không khó để tái tạo lại từ các dòng chữ trong hình.

Đối với α₀ ₫ α ₫ 45° mọi chuyện đều đơn giản: đường tròn lớn nhất tiếp xúc với đường thẳng l tại điểm O và chạm vào hai cạnh của hình ngũ giác, đối xứng với đường thẳng tương đối OK; bán kính r của nó bằng (Hình 7)

$$r = q \mathrm{tg}(45° - \alpha/2) / \cos \alpha = q/2 \cos^2(45° - \alpha/2) = q/(\cos(90° - \alpha) + 1)$$

và rõ ràng là khi α giảm từ 45° đến α₀ tăng (từ (2 - √2)q lên 5q/8); các giá trị của α₀ và r₀ có thể được xác định từ các tam giác ONQ và ONK trong Hình 6.

Trường hợp α nhỏ cũng không gây khó khăn gì: rõ ràng chỉ cần đường tròn lớn nhất chạm vào (CK) thì đường kính của nó không vượt quá |MC| (Hình 4). Nếu |MC| < 5q/4, tức là α < arctan 1/4 ≈ 14,43°, sau đó còn hơn thế nữa r ≤ 1/2 |MC| <5q/8.

Đối với các giá trị của α mà tại đó đường tròn lớn nhất đi qua điểm L, nghĩa là, với α₁ ≤ α ≤ α₃, để ước tính bán kính của nó, chúng ta có thể lấy bán kính của đường tròn đi qua các điểm K, L và O (xem Hình 4), bằng |KL|/2 sin KO L = c/2 sin 45° = q/(\sqrt{2}/2 + cos(45° - 2α)) (xem lời giải của a)). Bán kính này không vượt quá 5q/8 tại cos(45° - 2α) ≥ 8/5 - √2/2 ≈ 0,8929, tức là 9,12° < α < 35,88°. Vì khoảng này trùng với khoảng trước đó nên tất cả các giá trị của α từ 0° đến ít nhất là α₃ đều được kiểm tra.

Vẫn còn phải chứng minh rằng r < r₀ = 5q/8 trên đoạn [α₃; α₀], trong đó hình tròn lớn nhất nằm như trong Hình 5. Chúng ta hãy cố định một hình tròn có bán kính r₀ và chứng minh rằng nếu chúng ta gắn hình vuông gấp của mình vào nó sao cho nó nội tiếp trong góc CMO, thì điểm K sẽ nằm bên trong hình tròn (hoặc trên nó tại α = α₀). Điều này có nghĩa là không thể đặt một vòng tròn có bán kính lớn trong hình của chúng ta.

Chúng ta sẽ vẽ cạnh MO nằm ngang và tiếp tuyến với một đường tròn bán kính r₀ tại điểm T thấp nhất của nó (Hình 8). Để dựng điểm K = K(α), cần phải tắt từ điểm T đoạn TM có độ dài r₀tg(45° + α/2) về bên trái (nhớ lại rằng OMC = 90° - α) rồi kiểm tra đoạn MK có độ dài q√2/cos α hợp với MO một góc 45° (△OMK là hình chữ nhật đều, và |OM| = q/cos α). Khi α = α₀, điểm K rơi vào điểm trên cùng của đường tròn; khi α giảm, nó chuyển động với tốc độ bằng tổng vectơ của hai tốc độ: một, dọc theo đường thẳng MO, hướng về bên phải và có các giá trị u = r₀|tg(45° + α/2)|’ = r₀/2 cos²(45° + α/2) = r₀/(1 - sin α), còn lại - dọc theo đường thẳng K(α)M(α) - hướng về phía sau và hướng xuống dưới và có độ lớn bằng v = q√2|(1/cos α)’| = q√2sin α/(1 - sin2α) (các giá trị α₀ - α ≥ 0 được trộn lẫn). Chúng tôi chỉ quan tâm đến một phần nhỏ các giá trị α gần α₀; nhưng ngay cả khi chúng ta tiếp tục chuyển động này của điểm K đến α = 0°, nó sẽ không vượt ra ngoài đường tròn, vì tại α = 0° √2 q = |MK| < r₀(√2 + 1). Nếu chúng ta cũng nhận thấy rằng tỷ lệ u/v sẽ giảm dần

32

$$= |\vec{a}| \left( \sin \frac{\pi}{2} - \sin \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) = 2 |\vec{a}|.$$

Bởi vì

$$|\vec{a}_1| + \dots + |\vec{a}_n| = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( a_1(\varphi) + \dots + a_n(\varphi) \right) d\varphi \geqslant$$

$$\geqslant \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( b_1(\varphi) + \dots + b_m(\varphi) \right) d\varphi = |\vec{b}_1| + \dots + |\vec{b}_m|.$$

Bây giờ, đặt $A'_1, \dots, A'_n$ và $O'$ là hình chiếu của các điểm $A_1, \dots, A_n$ và $O$ lên một đường tùy ý (xem hình). Theo bổ đề, ta chỉ cần chứng minh rằng

$$p' = |A'_1A'_2| + |A'_2A'_3| + \dots$$

$$\dots + |A'_nA'_1| \geqslant \frac{4}{n} \left( |O'A'_1| + \dots + |O'A'_n| \right).$$

Lưu ý rằng $O'A'_1 + \dots + O'A'_n = 0$, vì tổng của dự án và một số vectơ bằng dự án của tổng của chúng. Do đó, tọa độ các điểm $A'_1, \dots, A'_n$ trên trục số $l$ với gốc $O'$ tạo thành một tập hợp các số thỏa mãn điều kiện của điểm a). Tổng các giá trị tuyệt đối $a$ của các số này bằng tổng ở vế phải của bất đẳng thức () và hiệu giữa lớn nhất và nhỏ nhất trong số chúng là độ dài của hình chiếu của đa giác, tức là vị trí của tổng $p'$ độ dài của hình chiếu của tất cả các cạnh của nó. Bằng khẳng định a) $p'/2 \geqslant 2a/n$ và bất đẳng thức () được chứng minh.

Thứ hai lời giải. (Điều này lời giải được đề xuất bởi S. Matyushov, học sinh lớp 10 Trường Vật lý số 18 ở Mátxcơva.) Đối với bất kỳ điểm nào $A$

$$\overrightarrow{OA} = \frac{1}{n} \left( (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A_1A}) + \dots + (\overrightarrow{OA}_n + \overrightarrow{A_nA}) \right) =$$

$$= \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n \right) + \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{A_1A} + \dots + \overrightarrow{A_nA} \right) =$$

$$= \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{A_1A} + \dots + \overrightarrow{A_nA} \right).$$

Điều này ngay lập tức hàm ý sự bất bình đẳng

$$|OA| \leqslant \frac{1}{n} \left( |AA_1| + \dots + |AA_n| \right).$$

Đặt $A = A_1, A = A_2, \dots, A = A_n$ vào nó một cách liên tiếp và cộng tất cả các bất đẳng thức thu được, chúng ta thấy rằng

$$d = |OA_1| + \dots + |OA_n| \leqslant \frac{2}{n} \sum |A_iA_j|$$

(**)

(mỗi số hạng $|A_iA_j|$, $1 \leqslant i < j \leqslant n$ được tính vào tổng một lần nên được biểu thị bằng tổng độ dài các cạnh và đường chéo của đa giác).

Đối với $n$ lẻ có $n$ cạnh, $n$ đường chéo cắt 1 đỉnh, $n$ đường chéo cắt 2 đỉnh, …, $n$ đường chéo cắt $\frac{n-3}{2}$ đỉnh. Độ dài của đường chéo cắt các đỉnh $k$ không vượt quá độ dài của đường đứt liên kết $(k+1)$ tính từ cạnh của đa giác nối các đầu của đường chéo. Do đó, tổng độ dài các đường chéo như vậy không quá $(k+1)p$, trong đó $p$ là chu vi của đa giác và (**) được viết lại như sau:

$$d \leqslant \frac{2}{n} \left( p + 2p + \dots + \frac{n-1}{2} p \right) = \frac{n^2 - 1}{4n} p,$$

nghĩa là, $p \geqslant \frac{4n}{n^2 - 1} d.$

33

Đối với $n$ chẵn, sự khác biệt là số đường chéo cắt các đỉnh $n/2$ là $n/2$. Vì độ dài của mỗi trong số chúng không lớn hơn $p/2$, từ (**) chúng ta thu được

$$d \leq \frac{2}{n} (p + 2p + \dots + \frac{n-2}{2} p + \frac{n}{4} p) = \frac{n-2}{4} p + \frac{1}{2} p = \frac{n}{4} p,$$

nghĩa là, $p \geq 4d/n$.

c) Từ lời giải điểm 6) suy ra rằng đối với $n$ lẻ thì ước tính chính xác hơn: $p \geq \frac{4n}{n^2-1} d > \frac{4d}{n}$. Không thể làm rõ thêm được nữa. Thật vậy, hãy để $n = 2k$ hoặc $n = 2k+1$. Xét một “$n$-gon” suy biến với các đỉnh $k$ tại một điểm và các đỉnh $n-k$ còn lại ở một điểm khác. Dễ dàng nhận thấy rằng tỷ lệ $p/d$ đối với “$n$-gon” như vậy hoàn toàn bằng $4/n$ đối với $n = 2k$ và $4n/(n^2-1)$ đối với $n = 2k+1$. Rõ ràng là có thể mở rộng một chút các đỉnh của nó để hình thành một lồi $n$-gon “thực”, trong khi các giá trị của $p/d$ sẽ khác một chút so với các ranh giới mà chúng tôi đã chỉ ra như mong muốn.

V. Prasolov

M748. a) Có thể có một số hữu hạn parabol trên một mặt phẳng sao cho diện tích bên trong của chúng bao phủ toàn bộ mặt phẳng không? (Chúng ta gọi vùng bên trong của parabol là hình lồi có ranh giới là parabol này.)

6)* Có một số đầu không giao nhau trong không gian. Chứng minh rằng chúng không thể di chuyển sao cho chúng bao phủ toàn bộ không gian. (Ở đây chúng ta gọi hình nón là một hình lồi không giới hạn thu được nhờ xử lý neotorodo uel xung quanh bissertis của nó.)

Hình 1.

Hình 2.

a) Hãy vẽ một đường thẳng tùy ý không song song với bất kỳ trục nào của parabol. Một đường thẳng như vậy chỉ có thể giao nhau với vùng bên trong của bất kỳ parabol nào dọc theo một khoảng. Trên thực tế, phương trình parabol trong một hệ tọa độ nhất định có dạng $y = ax^2$ ($a > 0$), và phương trình đường thẳng có dạng $y = kx + l$; Trục hoành của các điểm thuộc phần bên trong của parabol thỏa mãn bất đẳng thức $kx + l > ax^2$, tập lời giải trong đó trống. Hoặc là khoảng $x_1 < x < x_2$, trong đó $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình $ax^2 - kx - l = 0$.

Từ đó, trên đường vẽ anh ta sẽ tìm thấy các điểm không thuộc bất kỳ vùng bên trong nào của parabol.

6. Cho $O$ là một điểm tùy ý trong không gian và $K'$ là một hình nón thu được từ hình nón $K$ có ​​đỉnh $Q$ bằng cách dịch song song lấy điểm $Q$ tới điểm $O$. Chúng ta hãy vẽ một tia tùy ý $l$ có gốc tọa độ tại điểm $O$. Chúng ta hãy xem xét các phần của các đầu $K$ và $K'$ bằng một mặt phẳng đi qua tia $l$ và điểm $Q$ (Hình 1). Nó cắt các hình nón ở hai góc có các cạnh song song; Sử dụng cách này, có thể dễ dàng xác minh rằng tia $l$ cắt hình nón $K$ dọc theo tia khi và chỉ khi nó nằm hoàn toàn trong hình nón $K'$. Ngược lại, tia $l$ cắt hình nón $K$ dọc theo một đoạn hoặc tại một điểm $Q$ hoặc không cắt nhau chút nào.

Bây giờ chúng ta cắt các đỉnh của tất cả các đầu tại điểm $O$ và chứng minh rằng không có hai hình nón $K'_1$ và $K'_2$ có ​​điểm chung $A \neq O$. Khi đó tia $l = [OA)$ được chứa trong mỗi tia đó. Như đã chỉ ra, trong trường hợp này, tia $l$ giao với hình nón $K_1$ dọc theo một số tia $l_1$ và với hình nón $K_2$ dọc theo tia $l_2$. Nhưng khi đó tia $l_1 \cap l_2$ thuộc về các hình nón chung $K_1$ và $K_2$. Sự mâu thuẫn.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một hình cầu có tâm tại điểm $O$. Nó giao nhau với mỗi đầu của “bó hoa” dọc theo một “nắp hình cầu” nhất định (Hình 2). Vì tất cả các “mũ” không giao nhau theo cặp nên tổng diện tích của chúng nhỏ hơn diện tích hình cầu. Vì vậy, cho dù chúng ta di chuyển chúng xung quanh quả cầu bằng cách nào thì cũng không thể che được tên quả cầu của chúng ta. Điều này có nghĩa là đối với bất kỳ vị trí nào của các đầu trong không gian trên hình cầu, nó sẽ tìm thấy một điểm không bị bao phủ bởi các “mũ”. Nếu $A$ là một điểm như vậy thì tia $[OA)$ chỉ có thể giao nhau với hình nón dọc theo một số hữu hạn các đoạn. Do đó, trên tia này nó sẽ hoàn toàn tìm thấy những điểm không thuộc bất kỳ đầu nào.

A. Kuzminykh

34

M749*. a) Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, x_3$ là số dương thì
$$\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_1+x_2} \geq \frac{3}{2};$$
Trong những điều kiện nào thì sự bất bình đẳng này biến thành sự bình đẳng?
b) Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, \dots, x_n (n \geq 4)$ là số dương thì
$$\frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \dots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_{n-2}} + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2,$$
Hơn nữa, sự bình đẳng chỉ có thể xảy ra với $n=4$.
c) Chứng minh rằng với $n>4$ bất đẳng thức ở phần b) là chính xác theo nghĩa là với không $n$ thì số 2 ở vế phải không thể thay thế bằng số lớn hơn.

Hình 1.

Hình 2.

a) Đặt $a=x_2+x_3, b=x_3+x_1, c=x_1+x_2$. Khi đó $x_1 = \frac{b+c-a}{2}, x_2 = \frac{a+c-b}{2}, x_3 = \frac{a+b-c}{2}$, vế trái của bất đẳng thức sẽ được viết lại như sau:
$$\frac{b+c-a}{2a} + \frac{a+c-b}{2b} + \frac{a+b-c}{2c} =$$
$$= \frac{1}{2} \left( \frac{b}{a} + \frac{a}{b} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{c}{a} + \frac{a}{c} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right) - \frac{3}{2}.$$
Mỗi dấu ngoặc trong biểu thức này không nhỏ hơn 2 do bất đẳng thức nổi tiếng $x + \frac{1}{x} \geq 2$ cho $x>0$. Do đó, toàn bộ phía bên trái ít nhất là 3—$\frac{3}{2} = \frac{3}{2}$. Và vì $x + \frac{1}{x} = 2$ chỉ với $x=1$, nên bất đẳng thức đã được chứng minh chỉ chuyển thành đẳng thức đối với $a=b=c$.
b) Hãy chứng minh bất đẳng thức cảm ứng trên $n$. Đối với $n=4$ điều hiển nhiên là:
$$\frac{x_1}{x_2+x_4} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_4+x_2} + \frac{x_4}{x_1+x_3} =$$
$$= \frac{x_1+x_3}{x_2+x_4} + \frac{x_2+x_4}{x_1+x_3} \geq 2;$$
đẳng thức có thể xảy ra khi và chỉ khi $x_1+x_3=x_2+x_4$.
Bây giờ chúng ta hãy chứng minh bất đẳng thức cho các số dương tùy ý $x_1, \dots, x_{n+1}$, giả sử rằng nó đúng với mọi số dương $n (n \geq 4)$. Hãy chọn số nhỏ nhất $x_1, \dots, x_{n+1}$. Vì chúng tham gia vào bất đẳng thức một cách đối xứng, nên chúng ta có thể, không mất tính tổng quát, giả sử rằng đây là $x_{n+1}$. Sau đó $x_{n+1}>0$, $x_{n+1} \leq x_n$ và $x_{n+1} \leq x_1$, và do đó
$$\frac{x_1}{x_2+x_{n+1}} + \frac{x_2}{x_3+x_{n+1}} + \dots + \frac{x_n}{x_{n+1}+x_{n-1}} + \frac{x_{n+1}}{x_1+x_{n}} > \frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \dots + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2$$
(bất đẳng thức cuối cùng được thỏa mãn bởi giả thuyết quy nạp). Trong quá trình thực hiện, chúng tôi thấy rằng đối với $n>4$ đẳng thức là bất bình đẳng.
c) Các số $x_1, \dots, x_n$ thuận tiện xếp xung quanh hình tròn; thì mỗi số hạng ở vế trái của bất đẳng thức được coi là một trong những số này chia cho tổng của hai số liền kề với nó. Đối với $n=2k$, chúng tôi xác định $x_i$ như trong Hình 1 và đối với $n=2k+1$ như trong Hình 2.
Trong trường hợp đầu tiên chúng ta nhận được tổng
$$2 \left( \frac{1}{q+1} + \frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3+q} + \dots + \frac{q^{k-1}}{q^{k-1}+q^{k-2}} \right) =$$
$$= 2 \left( 1 + \frac{(k-2)q}{q^2+1} \right),$$
và trong lần thứ hai -
$$\frac{1}{2q} + 2 \left( \frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3+q} + \dots + \frac{q^k}{q^k+q^{k-1}} \right) =$$
$$= \frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} - \frac{2q}{q+1} =$$

35

$$= 2 + \left( \frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} - \frac{2}{q+1} \right).$$

Trong cả hai trường hợp, với $q$ đủ lớn, giá trị của vế trái sẽ gần tùy ý với 2, do đó số 2 trong bất đẳng thức không thể thay thế bằng số lớn hơn.

A. Egorov

F758. Phôi cứng được kẹp giữa hai thanh dẫn hướng song song di chuyển theo hướng nằm ngang với tốc độ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$. Tại một số thời điểm, điểm tiếp xúc của phôi với các thanh dẫn hướng nằm trên đường thẳng vuông góc với các vectơ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$. Những điểm nào của phôi có vận tốc tại thời điểm này có giá trị tuyệt đối bằng $v_1$ và $v_2$?

Vận tốc của các điểm phôi hiện nằm trên đoạn $AB$ thay đổi đồng đều từ $\vec{v}_1$ tại điểm $A$ đến $\vec{v}_2$ tại điểm $B$. Do đó, tốc độ của điểm $O$ (xem hình) tại thời điểm này bằng không. Điểm $O$ là tâm quay tức thời. (Vì phôi có tính thể tích nên điểm $O$ nằm trên trục quay tức thời, vuông góc với mặt phẳng vẽ.) Rõ ràng rằng tốc độ $|\vec{v}_1|$ tại một thời điểm nhất định có các điểm phôi nằm trên một đường tròn bán kính $OA$, và tốc độ $|\vec{v}_2|$ có các điểm nằm trên một đường tròn bán kính $OB$. (Trong một phôi thể tích, các điểm có tốc độ như vậy nằm trên các bề mặt hình trụ có bán kính lần lượt bằng $|OA|$ và $|OB|$.)

S. Krotov

F759. Một thanh không trọng lượng có chiều dài $l$ với một tải trọng nhỏ $m$ ở cuối được gắn bản lề tại điểm $A$ (Hình 1) và ở vị trí thẳng đứng, chạm vào một vật có khối lượng $M$. Với một cú đẩy nhẹ, hệ thống bắt đầu di chuyển. Với tỷ lệ nào giữa $m$ và $M$ thì thanh tại thời điểm “tách” khỏi vật $M$ sẽ tạo một góc $α = \pi/6$ với đường chân trời? Tốc độ của cơ thể $M$ lúc này sẽ là bao nhiêu? Bỏ qua trence.

Khi tải trọng chạm vào vật thì tốc độ của vật bằng hình chiếu ngang của tốc độ của tải, gia tốc của vật bằng hình chiếu ngang của gia tốc của tải.

Gọi $\vec{a}$ là tổng gia tốc của tải. Khi đó chúng ta có thể viết: $\vec{a} = \vec{a}_\tau + \vec{a}_u$, trong đó $\vec{a}_u$ là gia tốc hướng tâm của tải khi nó di chuyển dọc theo một vòng tròn bán kính $l$, nghĩa là $|\vec{a}_u| = v^2/l$, trong đó $v$ là mô đun tốc độ của tải. Hình chiếu ngang của gia tốc của tải bằng (xem Hình 2)

$$a_r = a_\tau \sin \alpha - \frac{v^2}{l} \cos \alpha.$$

Cơ thể di chuyển với gia tốc như vậy. Phương trình chuyển động của cơ thể -

$$N = Ma_r = Ma_\tau \sin \alpha - M \frac{v^2}{l} \cos \alpha,$$

trong đó $N$ là lực ép bình thường tác dụng lên tải trọng. Tại thời điểm dỡ tải $N = 0$, và

$$a_\tau \sin \alpha = \frac{v^2}{l} \cos \alpha.$$

Gia tốc $a_\tau$ tại thời điểm tách ra chỉ được truyền vào tải bằng trọng lực và (xem Hình 2)

$$a_\tau = g \cos \alpha.$$

Do đó, tốc độ tại thời điểm tách bằng

$$v = \sqrt{g l \sin \alpha},$$

36

và tốc độ của cơ thể là

$$u = v \sin \alpha = \sin \alpha \sqrt{g l \sin \alpha}.$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng, tại thời điểm thanh tạo một góc $\alpha$ với đường chân trời thì

$$m g l = m g l \sin \alpha + m \frac{v^2}{2} + M \frac{v^2 \sin^2 \alpha}{2}.$$

Thay thế vào đẳng thức này biểu thức tìm được của $v$ tại thời điểm tách và giá trị $\sin \alpha = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$, ta tìm được tỷ lệ $M/m$:

$$\frac{M}{m} = \frac{2 - 3 \sin \alpha}{\sin^3 \alpha} = 4.$$

Vận tốc của vật khi nâng vật nặng bằng

$$u = v \sin \alpha = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{g l}{2}}.$$

K. Serdtsev

F760. Một quả bóng thép có khối lượng $m_2 = 1$ g được đưa vào một bình cách nhiệt chứa $m_1 = 20$ g rau xanh với tốc độ $v = 100$ m/s. Bắt đầu thay đổi nhiệt độ vào bình. Tác động của quả bóng lên thành bình và tác động của các nguyên tử lên quả bóng được coi là đàn hồi tuyệt đối.

◆

Sau một thời gian dài, quả bóng sẽ mất gần như toàn bộ tốc độ (khối lượng của nó lớn hơn khối lượng của một nguyên tử xanh gấp nhiều lần) và ta có thể giả sử rằng độ biến thiên nội năng của khí vào bình bằng động năng ban đầu của quả bóng:

$$\frac{m_2 v^2}{2} = \Delta U = \frac{3}{2} N k \cdot \Delta T = \frac{3}{2} k N_A \frac{m_1}{\mu} \cdot \Delta T,$$

(*)

trong đó $N = N_A \frac{m_1}{\mu}$ là số nguyên tử xanh trong bình, $\Delta T$ là độ thay đổi nhiệt độ của màu xanh lá cây. Cho rằng $k N_A = R$, từ (*) ta tìm được:

$$\Delta T = \frac{m_2 v^2 \mu}{3 m_1 R} \approx 0,08 \text{ K}.$$

lời giải chính xác hơn phải tính đến sự gia tăng nhiệt độ của quả bóng. Sau đó

$$\frac{m_2 v^2}{2} = c m_2 \cdot \Delta T' + \frac{3}{2} \frac{m_1}{\mu} R \cdot \Delta T'$$,

trong đó $c = 0,5 \cdot 10^3$ J/(kg K) là nhiệt dung riêng của thép. Từ đây xuất hiện $\Delta T'$:

$$\Delta T' = \frac{m_2 v^2}{2 \left[ c m_2 + \frac{3}{2} \frac{m_1}{\mu} R \right]} \approx 0,08 \text{ K}.$$

Đáp số hóa ra thực tế là giống nhau.

R. Aleksaidrov

◆

Cường độ dòng điện $I_3$ qua vôn kế $B_2$ bằng hiệu của dòng điện chạy qua ampe kế $A_1$ và $A_2$:

$$I_3 = I_1 - I_2 = 0,2 \text{ мA}.$$

Trong trường hợp này, số chỉ của vôn kế là $B_2 - U_2 = 0,25 \text{ B}$. Do đó, điện trở của vôn kế $B_2$ và $B_1$

$$R_{B1} = R_{B2} = U_2/I_3 = 12,5 \cdot 10^2 \text{ Ом}.$$

Dòng điện chạy qua vôn kế $B_1 - I_1 = 1,1 \text{ мA}$; trong trường hợp này, vôn kế $B_1$ hiển thị

38

F764. Sóng xung kích là vùng có áp suất cao lan truyền với tốc độ cao v theo hướng trục X (Hình 1); lúc sóng tới, áp suất tăng mạnh từ p0 lên 2p0. Trên đường truyền sóng có một hình nêm, kích thước của hình nêm như hình 2, khối lượng của hình nêm là m. Cái nêm sẽ đạt được tốc độ bao nhiêu ngay sau khi mặt sóng xung kích đi qua nó? Giả sử rằng tốc độ thu được của nêm nhỏ hơn nhiều so với tốc độ truyền sóng; ma sát là không đáng kể.

$$v_A = \frac{v}{2\sqrt{1 - \left(\frac{d}{2R}\right)^2}}$$

S. Krotov

HÃY CHỌN GỐC THAM CHIẾU THEO TRỤC X NHƯ HÌNH 2. Khi đó lực tác dụng lên nêm chỉ phụ thuộc vào tọa độ x của mặt sóng xung kích. Hình chiếu ngang của lực này bằng

$$F_x = p_0 c x \ t g a = \frac{p_0 c x a}{b} = \frac{p_0 c v t a}{b},$$

trong đó x = vt là tọa độ của mặt sóng tại thời điểm t tính từ thời điểm bắt đầu truyền sóng qua nêm. Gia tốc truyền vào nêm tại thời điểm cho trước bằng

$$a_t = \frac{F_X}{m} = \frac{p_0 c a}{b m} \ v t.$$

Tại thời điểm t0, khi mặt sóng tới mép xa của nêm, tức là tọa độ của mặt sóng sẽ bằng b = vt0 thì gia tốc của nêm sẽ là

$$a_t0 = \frac{p_0 c a}{m}.$$

Hình 1.

Hình 2.

Vì nêm phụ thuộc tuyến tính theo thời gian nên để tính tốc độ u của nêm tại thời điểm t0, ta sử dụng giá trị gia tốc trung bình acp = \frac{p_0 ca}{2m}:

$$u = a_{cp} t_0 = \frac{p_0 abc}{2mv}.$$

Khi trọng lượng của nêm được đặt vào vùng có áp suất tăng lên, lực ròng tác dụng lên nêm sẽ bằng không.

Có thể thấy rằng điều kiện u << v có nghĩa là

$$p_0 \ll 2mv^2/abc.$$

A. Buedin

F765. Hiện nay, công suất của tất cả các nguồn năng lượng trên Trái Đất sử dụng con người là ΔP = 10^{13} W, còn công suất của năng lượng mặt trời đi vào Trái Đất là P0 = i\theta^{17} W. Quá nóng đến mức nào ΔT

Giả sử rằng công suất P phát ra từ một vật nóng có liên hệ với nhiệt độ tuyệt đối T ở mức độ phụ thuộc P = σT^n, trong đó σ là một số hệ số tỷ lệ. Khi đó đối với hai nhiệt độ của vật bức xạ T1 và T2 ta thu được:

$$P_1 = \sigma T_1^n, \quad P_2 = \sigma T_2^n, \quad \frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{T_1}{T_2}\right)^n.$$

39

Các bề mặt của Trái đất có được điều khiển bởi các nguồn năng lượng trên mặt đất không? Giá trị tối đa cho phép $\Delta P_{\text{max}}$ là bao nhiêu nếu mức quá nhiệt tối đa từ các thông báo môi trường không được vượt quá giá trị $\Delta T_{\text{max}} = 0,1$ K? Được biết, năng lượng mà cơ thể phát ra trong một đơn vị thời gian tăng 16 lần khi nhiệt độ tuyệt đối của cơ thể tăng lên 2 lần.

Từ đây có thể dễ dàng thu được bằng cách sử dụng dữ liệu bài toán, rằng $n = 4$.

Vì vậy, $P = \sigma T^4$. Bây giờ bạn có thể viết:

$$P_0 + \Delta P = \sigma (T_0 + \Delta T)^4 \approx \sigma T_0^4 (1 + 4 \frac{\Delta T}{T_0} + \dots).$$

Vì $\Delta T/T_0 \ll 1$, các số hạng cấp hai trở lên có thể bị loại bỏ trong biểu thức cuối cùng. Sau đó chúng tôi nhận được:

$$\Delta P = 4P_0 \frac{\Delta T}{T_0}.$$

Từ đây là:

$$\Delta P = \frac{\Delta P}{4P_0} T_0 \approx 10^{-2} \text{ K},$$

$$\Delta P_{\text{max}} = 4P_0 \frac{\Delta T_{\text{max}}}{T_0} \approx 10^{14} \text{ Bt}.$$

Như vậy, sức mạnh của tất cả các nguồn năng lượng trên Trái đất được con người sử dụng chỉ có thể tăng lên không quá 10 lần. (Tất nhiên, điều này không áp dụng cho các nguồn sử dụng năng lượng mặt trời.)

S. Kozel

F766. Đối với đèn công nghệ cao, một tụ điện phi tuyến đã được sử dụng (nó chứa đầy chất điện môi có giá trị điện môi phụ thuộc vào điện áp trường). Đồ thị của điện áp $U$ so với điện tích $Q$ của tụ điện được thể hiện trên Hình 1. Tụ điện được sạc từ pin $c$ $U_0 = 300$ V thông qua một điện trở có điện trở $R = 10$ kOhm. Tìm năng lượng tối đa của vysshiki. Ước tính số lượng tháp tối đa trong 1 phút. Giả sử ở điện áp cao tụ điện đã phóng điện hoàn toàn. Điện áp ban đầu tối thiểu là $U_1 = 250$ V.

Năng lượng tìm kiếm tối đa bằng số diện tích dưới đồ thị của đường cong $U(Q)$, bị giới hạn bởi giá trị $U = U_0 = 300$ V (trong trường hợp này là $Q \approx 0,3$ C; xem Hình 1). Để tính diện tích này, chúng ta chia đường cong $U(Q)$ thành các phần mà sự phụ thuộc $U(Q)$ có thể được coi là tuyến tính gần đúng. Dưới mỗi diện tích như vậy, diện tích bằng $U_i \cdot \Delta Q_i$. Do đó, năng lượng tìm kiếm tối đa là (xem Hình 1)

$$W \approx \left( \frac{140}{2} \cdot 0,05 + \frac{140 + 200}{2} \cdot 0,075 + \frac{200 + 300}{2} \cdot 0,175 \right) \text{ Дж} = 60 \text{ Дж}.$$

Một cách thuận tiện để tìm thời gian sạc của tụ điện từ 0 đến 250 V được gợi ý theo công thức $I \cdot \Delta t = \Delta Q$, từ đó $\Delta t = \Delta Q/I$ và

$$t_{\text{обш}} = \sum \frac{1}{I} \cdot \Delta Q.$$

Hãy vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của $1/I$ vào $Q$ (Hình 2). Dòng điện tại một giá trị nhất định $Q$ được tìm theo biểu đồ trong Hình 1:

Hình 1.

$$I = \frac{U_0 - U}{R}.$$

Diện tích dưới đồ thị đường cong giới hạn bởi các giá trị $I = 200$ A, $Q = 0,2$ C, bằng chiều cao của tụ điện

$$t_{\text{обш}} \approx \left( \frac{33 + 100}{2} \cdot 0,125 + \frac{100 + 200}{2} \cdot 0,075 \right) c \approx 20 \text{ c}.$$

40

F767. Trong một trong những dự án sản xuất điện, người ta đã đề xuất sử dụng dòng hải lưu và từ trường Trái đất. Dự án sẽ bao gồm những điều sau đây.

Hai tấm kim loại nằm ngang được đặt trên biển, đặt chồng lên nhau cách nhau $l=100$ m; diện tích mỗi tấm là $S=1$ km$^2$. Nước biển có điện trở suất $\varrho=0,25$ Ohm m, chảy giữa các mảng từ tây sang đông với tốc độ $v=1$ m/s. Từ trường Trái đất ở một nơi nhất định là đồng nhất, hướng từ nam lên bắc; cảm ứng trường là $B=10^{-4}$ T. Xác định công suất điện tối đa có thể giải phóng trên mỗi điện áp nối với các bản.

Nước biển có độ không dẫn điện đáng chú ý, do đó khi các ion tích điện di chuyển trong từ trường Trái đất, chúng bị lệch khỏi trường Lorentz đến một trong các tấm nằm ngang. Kết quả là một điện tích không bù sẽ xuất hiện trên tấm này và một điện trường xuất hiện giữa các tấm. Trường này tác dụng lên các nano có lực hướng ngược lại với lực Lorentz. Việc nạp điện tích vào một trong các bản sẽ xảy ra cho đến khi điện trường của các điện tích này cân bằng với tác dụng của lực Lorentz. Lưu ý rằng để trạng thái cân bằng như vậy xảy ra, chỉ cần một phần rất nhỏ trong tổng số ion chảy giữa các bản lệch về phía một trong các bản là đủ.

Xác định điện áp $\mathcal{E}$ phát sinh giữa các tấm nằm ngang khi không có dòng điện giữa chúng, tức là EMF của “máy phát điện” thu được. Nếu $q$ là điện tích in thì ở điều kiện cân bằng

$$qvB=q\mathcal{E}/L \Rightarrow \mathcal{E}=vBL.$$

Nếu các tấm được nối với tải bên ngoài $R$ thì dòng điện $I$ sẽ chạy qua nó; trong khi đó sức cản của nước biển giữa các mảng. bằng $\varrho L/S$, sẽ đóng vai trò là điện trở trong của máy phát điện thu được.

Hãy xác định công suất giải phóng trên tải:

$$P=I^2R=\frac{\mathcal{E}^2R}{(\varrho L/S+R)^2}.$$

Để xác định công suất cực đại, thực tế toán học sau đây được sử dụng: với mọi $x>0$ bất đẳng thức đều được thỏa mãn

$$x+1/x \geq 2, (x+1/x)^2 \geq 4.$$

Trong công thức tính lũy thừa, chúng ta lấy lũy thừa $\varrho L/R/S$ ra khỏi ngoặc thành mẫu số:

$$P=\frac{\mathcal{E}^2R}{\varrho L/R/S(\varrho L/S+RS/L\varrho)^2}.$$

Trong công thức cuối cùng, biểu thức trong ngoặc ở mẫu số lớn hơn hoặc bằng 4. Do đó, để có lũy thừa cực đại, chúng ta có:

$$P_{\max}=\mathcal{E}^2S/4\varrho L=\frac{v^2B^2LS}{4\varrho}=1 \text{ Вт}.$$

(Lưu ý rằng công thức này tương ứng với trường hợp tải ngoài bằng điện trở trong của máy phát.)

41

Kvasht
dành cho học sinh nhỏ tuổi

Nhiệm vụ

1. Ở mỗi hàng ngang, hãy sắp xếp lại một kết quả phù hợp sao cho tất cả sáu đẳng thức đều đúng.

2. Hai nút thắt được buộc vào một sợi dây co giãn được buộc vào hai bức tường đối diện của căn phòng. Có thể thay đổi nút thắt mà không cần tháo hoặc làm rách dây không?

3. Viết lại ví dụ về phép cộng (các hình vuông khác nhau tương ứng với các số khác nhau, các hình giống nhau tương ứng với các số giống nhau).

4. Vitya nói với người bạn Kolya của mình: “Tôi đã nghĩ ra một ví dụ về phép chia trong đó số bị chia, số chia, thương và số dư lần lượt kết thúc bằng 1, 3, 5 và 7”. Sau khi suy nghĩ, Kolya trả lời: “Bạn đang nhầm lẫn điều gì đó.” Kolya có đúng không?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
N. Aktonovich, A. Lexis, D. Plakhta,
S. Savastok

41

42

Từ sách
Vâng. I. Perelman

Năm nay đánh dấu kỷ niệm ngày sinh của nhà phổ biến vật lý và toán học, cơ học và thiên văn học nổi tiếng Ykov Isidorovich Perelman. Tên tuổi của người tài năng này được biết đến rộng rãi cả trong và ngoài nước; nó quen thuộc với cả những nhà khoa học đáng kính và những người trẻ yêu khoa học.
Vâng. I. Perelman là tác giả của hơn 50 cuốn sách và hàng nghìn bài báo và tạp chí. Sách của ông mở ra và sẽ mở ra cho thế hệ độc giả mới thế giới khoa học tuyệt vời và không thể dạy được.
Dưới đây là một vài đoạn trích từ họ.

Một triệu lớn đến mức nào

(từ cuốn sách “Những buổi tối vay mượn khoa học,” viết theo V.I. Pryanitsinkov)

Mỗi ngày chúng ta đọc trên báo và sách về hàng triệu rúp, hàng triệu tấn hoặc km. Chúng ta biết một triệu là một nghìn nghìn, nhưng chúng ta không thể tưởng tượng được con số thực sự của một triệu. Trên bầu trời cũng có rất nhiều ngôi sao có thể nhìn thấy bằng mắt thường; Tập hợp nào lớn hơn: số “triệu” hay số lượng ngôi sao trên vòm bầu trời đang yên nghỉ?

Các nhà khoa học đọc lại tất cả các ngôi sao có thể nhìn thấy trên bầu trời bằng con mắt đơn giản, và hóa ra có ít hơn một triệu trong số chúng: $3^{1/2}$ nghìn; trong khi đó trong một triệu có 1000 nghìn. Điều này có nghĩa là chúng ta nhìn thấy các ngôi sao trên bầu trời (không gặp khó khăn gì)

Cuộc đời và sự nghiệp sáng tạo của Ya. I. Perelman được mô tả trong bài viết “Hiệp sĩ của sách khoa học đại chúng” của V. Frenkel.

Qua các trang của Jonathan Swift

(từ Hình học của Zanmatel) Tác giả cuốn Những chuyến du hành của Guliver đã hết sức cẩn thận để tránh nguy cơ vướng vào các mối quan hệ hình học. Người đọc chắc chắn sẽ nhớ rằng ở vùng đất của người Lilliputians, bàn chân của chúng ta tương ứng với một inch*), còn ở vùng đất của những người khổng lồ thì ngược lại, một inch tương ứng với một foot. Nói cách khác, người Lilliputians có tất cả mọi thứ, mọi sản phẩm của họ, ít hơn bình thường 12 lần, trong khi những người khổng lồ có cùng số lượng gấp nhiều lần như vậy. Tuy nhiên, những mối quan hệ tưởng chừng đơn giản này lại trở nên phức tạp vô cùng khi phải giải quyết các câu hỏi trong nghiên cứu sau:

1. Bữa tối Guliver ăn nhiều hơn Lilliputian bao nhiêu lần?
2. Đã bao nhiêu lần Guliver đòi nhiều tiền hơn Lilliput cho một bộ vest?

*) 1 inch = 0,0254 m, 1 foot = 12 inch = 0,3048 m. (Ghi chú của biên tập viên)

43

3. Quả táo của xứ người khổng lồ giá bao nhiêu?

Tác giả của “Hành trình” đã đối phó thành công với nhiệm vụ này trong hầu hết các trường hợp. Ông đã tính toán chính xác rằng razliput ngắn hơn Gulliver 12 lần, khi đó thể tích cơ thể của ông nhỏ hơn 12 × 12 × 12, tức là 1728 lần; do đó, Gulliver cần lượng thức ăn để nuôi nhiều hơn Lilliput gấp 1728 lần. Và chúng ta đọc trong cuốn “Du lịch” mô tả này về bữa tối của Gulliver:

“Ba trăm đầu bếp đã chuẩn bị thức ăn cho tôi. Những túp lều được dựng xung quanh ngôi nhà nơi những người đầu bếp và gia đình họ sinh sống. Khi đến giờ ăn tối, tôi cầm 20 người hầu trên tay và đặt họ lên bàn, 100 người phục vụ từ sàn nhà: một người phục vụ đồ ăn, số còn lại mang thùng rượu và các đồ uống khác lên cột, đeo từ vai này sang vai khác. Những người đứng phía trên, nếu cần, sẽ nhấc tất cả lên bàn bằng dây thừng và khối…”

Swift đã tính toán chính xác số lượng nguyên liệu cho trang phục của Gulliver. Bề mặt cơ thể của anh ta lớn hơn 12x12=144 lần so với người Lilliputians; anh ta cần số lượng vật liệu, thợ may nhiều hơn gấp nhiều lần, v.v. Tất cả những điều này đã được Swift tính đến, người thay mặt Gulliver nói rằng “300 thợ may Lilliputian đã được giao cho anh ta với hướng dẫn may một cặp ván hoàn chỉnh theo cách địa phương.” (Công việc vội vàng đòi hỏi số lượng thợ may phải tăng gấp đôi.)

Nhu cầu thực hiện các phép tính như vậy nảy sinh trong Swift trên hầu hết mọi trang. Và nói chung, anh ấy đã làm chúng một cách chính xác. Nếu trong “Eugene Onegin” của Pushkin, như Pozt tuyên bố, “thời gian được tính theo lịch”, thì trong “Những chuyến du hành” của Swift, tất cả các chiều đều phù hợp với các quy luật hình học. Chỉ đôi khi thang đo thích hợp không được duy trì, đặc biệt là khi mô tả vùng đất của những người khổng lồ. Đôi khi có sai sót ở đây.

Gulliver kể: “Có một lần, một người lùn lái xe đi cùng chúng tôi ra vườn. Nhân lúc tôi đang đi bộ, thấy mình đang ở dưới một gốc cây, anh ta nắm lấy một cành cây và lắc qua đầu tôi. Một trận mưa táo, mỗi quả to bằng cả thùng, rơi ầm ĩ xuống đất; một quả đập vào lưng tôi và làm tôi ngã xuống…”

Gulliver đứng dậy an toàn sau cú đánh này. Tuy nhiên, có thể dễ dàng tính toán rằng tác động từ cú rơi của một quả táo như vậy sẽ rất nặng nề: xét cho cùng, một quả táo nặng hơn quả táo của chúng ta 1728 lần, tức là nặng *) 80 kg, rơi từ độ cao gấp 12 lần. Năng lượng va chạm phải vượt quá 20.000 lần năng lượng rơi của một quả táo thông thường và chỉ có thể so sánh được

44

chỉ với năng lượng của một quả đạn pháo…
Swift mắc một sai lầm nhỏ khi tính toán sức mạnh cơ bắp của những người khổng lồ. Chúng ta đã thấy trong chương đầu tiên*) rằng sức mạnh của động vật không tỷ lệ thuận với kích thước của chúng. Nếu chúng ta áp dụng thông điệp được đưa ra ở đó cho xe đạp của Swift, thì hóa ra là mặc dù sức mạnh cơ bắp của họ lớn hơn Gulliver 144 lần nhưng trọng lượng cơ thể của họ lại lớn hơn 1728 lần**). Và nếu Gulliver có thể nâng không chỉ trọng lượng của cơ thể mình mà còn có tải trọng tương đương, thì những người khổng lồ sẽ không thể vượt qua ngay cả tải trọng của cơ thể khổng lồ của họ. Họ phải nằm bất động ở một nơi, bất lực để thực hiện bất kỳ chuyển động đáng kể nào. Bản chất của chúng, như Swift mô tả, chỉ có thể xuất hiện do tính toán sai.

Một số thí nghiệm được thực hiện (từ cuốn sách “Vật lý ở mỗi bước”)

Chuông lặn. Một chiếc chậu thông thường sẽ phù hợp cho thí nghiệm này, nhưng nếu bạn có được một chiếc lọ sâu và rộng thì việc tiếp tục thí nghiệm sẽ thuận tiện hơn. Bạn cũng sẽ cần một chiếc ly cao. Đây sẽ là “chuông nước” của bạn và bát nước tượng trưng cho một phiên bản nhỏ hơn của biển hoặc hồ.

Hầu như không có kinh nghiệm nào về quá khứ. Bạn cầm ly lên, nhúng xuống đáy chậu, tiếp tục cầm bằng tay (để nước không đẩy ly ra ngoài). Đồng thời, dễ dàng nhận thấy nước bên trong kính gần như không thấm vào: không khí không cho phép. Điều này trở nên rõ ràng hơn nhiều khi dưới “cái chuông” của chúng ta có một vật dễ bị ướt nào đó, chẳng hạn như một miếng đường. Đặt một vòng tròn nút chai trên mặt nước, đổ đường vào và đậy một chiếc cốc lên trên. Hãy thoải mái hạ kính xuống nước ngay bây giờ. Đường sẽ trong dưới mực nước, nhưng vẫn khô vì nước sẽ không thấm vào dưới ly.

Bạn có thể tiếp tục thí nghiệm tương tự với phễu thủy tinh, nếu bạn xoay nó với đầu rộng hướng xuống, dùng ngón tay bịt chặt lỗ của nó rồi nhúng vào nước. Nước không lọt vào dưới phễu mà đọng lại

*) Điều này đề cập đến cuốn sách “Hình học giải trí”. (Lưu ý ped.)

**) Vì sức mạnh của cơ bắp phụ thuộc vào độ dày của chúng, tức là mặt cắt ngang, nên khi kích thước của con vật tăng lên, sức mạnh sẽ tăng theo tỷ lệ với bình phương và trọng lượng - theo lập phương của mức tăng. (Lưu ý ped.) “Quy luật tăng không đều về thể tích và trọng lượng của động vật, đồng thời sức mạnh cơ bắp, giải thích tại sao một loài côn trùng, như chúng ta thấy ở loài kiến, ong bắp cày hóa học

v.v., có thể kéo những vật nặng gấp 30, 40 lần so với toàn bộ cơ thể của họ, trong khi một người có thể kéo một vật nặng bình thường - chúng tôi loại trừ những vận động viên thể dục và những người nâng hạng nặng - chỉ khoảng 9/10, và một con ngựa, mà chúng tôi coi là một cỗ máy làm việc sống tuyệt vời, thậm chí còn ít hơn, cụ thể là chỉ bằng khoảng 7/10 trọng lượng của nó. (Trích bài “Anh hùng sáu chân”)

45

Bỏ ngón tay ra khỏi đáp án và từ đó để không khí thoát ra ngoài, để nước nhanh chóng dâng lên trong cống ngang với mực nước xung quanh.

Trải nghiệm này sẽ giải thích cho bạn cách mọi người có thể ở và làm việc dưới nước trong một chiếc chuông lặn hoặc bên trong những đường ống rộng gọi là caisson. Nước không thấm vào bên trong chuông lặn hoặc caisson vì lý do tương tự như lý do nó không chảy dưới kính trong thí nghiệm của chúng tôi.

Báo nặng nề. “Hãy cầm tờ báo lên,” anh trai tôi từng nói với tôi trong những năm tháng tuổi trẻ, khi vật lý vẫn còn hoàn toàn xa lạ với tôi. – Tờ báo nhẹ lắm phải không? Và tất nhiên, bạn nghĩ rằng bạn luôn có thể nhấc nó lên bằng ít nhất một ngón tay. Nhưng bây giờ bạn sẽ thấy rằng cùng một tờ báo có thể làm cho nó trở nên rất nặng nề. Đưa tôi cái thước vẽ đằng kia.

“Nó bị băm nhỏ, không ổn đâu.”

• Càng nhiều càng tốt: sẽ không có gì xấu hổ nếu nó bị vỡ.
  Người anh đặt cây thước lên bàn sao cho một phần của nó cao quá mép bàn.
• Chạm vào tôi ở mức cao cấp. Dễ nghiêng phải không? Vậy thì…

cố gắng nghiêng nó khi tôi che nửa kia bằng giấy báo.

Anh trải tờ báo lên bàn, cẩn thận vuốt thẳng các nếp gấp và che thước kẻ lại.

• Lấy một cây gậy gõ mạnh vào phần nhô ra của thước. Hãy tấn công bằng tất cả sức mạnh của bạn.
  “Tôi sẽ đánh bạn mạnh đến nỗi cây thước sẽ chạm trần nhà!” - Tôi kêu lên và vẫy tay.
• Điều quan trọng là không tiếc công sức…

---

Tại thời điểm này chúng tôi sẽ dịch câu chuyện. Hãy tự mình thực hiện thí nghiệm này và cố gắng giải thích kết quả, chứng minh nó bằng các phép tính số.

Đã chuẩn bị ấn phẩm
I. Kirillova

46

P. Satyanov

Công thức và đồ thị

Ký hiệu số học là các hình hình học được viết và các hình hình học là các công thức được vẽ.

(D. Gilbert)

Đặc điểm này hoặc đặc điểm kia của công thức xác định hàm số được phản ánh như thế nào trong biểu đồ của hàm số này? Khả năng trả lời chính xác câu hỏi này - trong các tình huống khác nhau - rất hữu ích khi xây dựng biểu đồ, đặc biệt là những biểu đồ xuất hiện trong các kỳ thi tuyển sinh. Ở đây chúng ta không tập trung vào các đặc điểm của đồ thị hàm liên quan đến cực trị của chúng (điều này được thảo luận chi tiết trong sách giáo khoa “Al-

Số không và thay đổi dấu hiệu

Nếu hàm $y=f(x)$ biến mất tại một điểm nào đó $x_0$, điều này không có nghĩa là đồ thị của hàm $f$ cắt nghịch đảo trục $Ox$ ở một góc khác 0. Có những khả năng khác - ví dụ: chạm (đổi dấu hoặc không). Làm thế nào để phân biệt một cú chạm với một sự thay đổi dấu hiệu đơn giản?

Đồ thị hàm số$^*$

$$y=(x-1)^3(x-2)^2$$

được mô tả trong Hình 1. Trong công thức (1), $x-1$ có thể xuất hiện ở mức độ lẻ - do đó, khi đi qua $x=1$, nó đổi dấu. Tất nhiên, hệ số nhân $x-2$ không đổi dấu khi truyền $x=1$. Do đó, khi đi qua $x=1$, tích của chúng đổi dấu - đồ thị cắt trục hoành. Hệ số $x-2$ có trong công thức (1) trong trường hợp chẵn

*) Trong hình này và hình sau, tỷ lệ dọc theo trục $Oy$ khác với tỷ lệ dọc theo $Ox$.

47

độ - do đó khi đi qua $x=2$ nó không đổi dấu. Thừa số $x-1$ khi đi qua $x=2$ tất nhiên cũng không đổi dấu. Do đó, tích của họ không đổi dấu khi đi qua $x=2$ và đồ thị tiếp xúc với trục $x$ mà không cắt nó tại điểm $x=2$.

Đồ thị của hàm số $y=(x-1)^2 \times (x-4)^4$ và $y=-(x-1)^2(x-4)^4$ lần lượt được thể hiện trên Hình 2 và Hình 3.

Do đó, trong các biểu thức có dạng $f(x)=\varphi(x)(x-a)^k$ ($k \in N$), trong đó $\varphi(a) \neq 0$ và $\varphi$ không nguyên tố tại điểm $x=a$, tất cả là về độ thuần khiết của $k$: sự đổi dấu tại điểm $x=a$ xảy ra khi và chỉ nếu $k$ là số lẻ. Trong trường hợp $\varphi$ khả vi tại $x=a$, đồ thị của $f$ chạm vào trục $Ox$ tại $a$ nếu $k \geq 2$ (nghĩ về lý do tại sao) và vẫn nằm cùng phía với trục $Ox$ khi và chỉ khi $k$ chẵn.

tiệm cận đứng

Đồ thị của hàm số $y=\frac{1}{x-2}$ được hiển thị trong Hình 4. Khi $x$ tiến đến 2, mô hình $\left|\frac{1}{x-2}\right|$ tăng vô hạn; trong trường hợp này, đường thẳng $x=2$ được gọi là đường tiệm cận đứng. Chúng ta sẽ viết nó như thế này:

$$\lim_{x \to 2} \left|\frac{1}{x-2}\right| = +\infty.$$

Trong tương lai, chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu thuận tiện này, mặc dù nó không có trong sách giáo khoa ở trường. Tất nhiên, trong kỳ thi, việc sử dụng tài liệu extragram sẽ hơi nguy hiểm; do đó, tốt hơn nên nói bằng lời rằng với $x \to 2$ hàm $1/|x-2|$ tăng vô hạn. Đối với những người tò mò, chúng tôi cung cấp định nghĩa tương ứng trong trường hợp chung: hàm $f(x)$ có xu hướng $+\infty$ cho $x \to a$ (ký hiệu: $\lim_{x \to a} f(x) = +\infty$), nếu với bất kỳ số $A_0$ nào tồn tại một $x_0$ sao cho $f(x) > A_0$, ngay khi $x$ gần với $a$ hơn $x_0$, chính xác hơn là ngay sau $0 < |x-a| < |x_0-a|$.

Hoạt động của các hàm $y=\frac{1}{x-2}$ trong vùng lân cận của điểm $x=2$ có thể được mô tả chi tiết hơn - với $x$ hướng tới 2 từ bên phải (“Đại số và phần đầu của phân tích 9-10”, đoạn 11), $\frac{1}{x-2}$ có xu hướng $+\infty$:

$$\lim_{x \to 2+0} \frac{1}{x-2} = +\infty;$$

với $x$ thiên về 2 từ, $\frac{1}{x-2}$ thiên về $-\infty$:

$$\lim_{x \to 2-0} \frac{1}{x-2} = -\infty.$$

Đường thẳng $x=2$ cũng là đường tiệm cận (dọc) của đồ thị hàm số $y=\frac{1}{(x-2)^2}$ (Hình 5):

$$\lim_{x \to \infty} \left|\frac{1}{(x-2)^2}\right| = \lim_{x \to 2} \frac{1}{(x-2)^2} = +\infty.$$

Trong trường hợp này, với $x$ có xu hướng 2 từ và với $x$ có xu hướng 2 từ, $\frac{1}{(x-2)^2}$ có ​​xu hướng $+\infty$:

$$\lim_{x \to 2+0} \frac{1}{(x-2)^2} = +\infty,$$

$$\lim_{x \to 2-0} \frac{1}{(x-2)^2} = +\infty.$$

Đường thẳng $x=2$ cũng là đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=-\frac{1}{x-2}$ (Hình 6) và $y=-\frac{1}{(x-2)^2}$ (Hình 7).

Bất kỳ đường thẳng nào có dạng $x=\frac{\pi}{2}+\pi k$ ($k \in Z$) đều là tiệm cận của đồ thị của hàm $y=\mathrm{tg} x$ (Hình 8).

Đường thẳng $x=0$ là tiệm cận của đồ thị hàm số $y=\log_a x$ tại $x$,