Kvant 1983, số 7 · Trang

QUANTUM
7
1983

Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Vào ngày 30 tháng 6 năm 1908, một thiên thạch rơi cách làng Vanavara 70 km. Hiện tượng này có tính chất của một thảm họa thực sự.
Đây là cách nghệ sĩ D. M. Utenkov nhìn thấy rừng taiga gần Vanavara vào năm 1980.
Thảm họa này được mô tả trong một bài báo của V. A. Bronshten.

TRONG PHÒNG:

2. N. I. Feldman. Số đại số và số siêu việt
3. V. A. Bronshten. Thiên thạch Tunguska - trong phòng thí nghiệm vật lý
4. V. P. Lishchevsky. Cuộc cách mạng trong khoa học và cuộc sống

IN THIS ISSUE:

N. I. Feldman. Algebraic and transcendental numbers
V. A. Bronshtein. The Tungus meteorite — in the physicist’s laboratory
V. P. Lishevski. Revolutionary in science and life

tin tức khoa học
8. E. A. Sviridenkov. Làm thế nào họ nhìn thấy anh ta một mình?

Science news
E. A. Sviridenkov. How a single ion was seen

vòng tròn toán học
23. S. V. Fomin. Nhân tố hóa

Mathematics circle
S. V. Fomin. Factorisation

Trường học ở «Kvant»
26. G. V. Meledin. Bài toán-điểm
34. V. E. Matizen. Tứ diện cân bằng và khung

Kvant’s school
G. V. Meledin. Estimale problems
V. E. Matizen. Special classes of tetrahedra

«Kvant» cho học sinh nhỏ
39. Bài toán
40. A. P. Savin. Về số lượng lớn

Kvant for younger school-children
Problems
A. P. Savin. About large numbers

Vấn đề «Kvant»
43. Bài toán M811—M815; F823—F827
46. Lời giải bài toán M796—M798; F808—F812
52. S. S. Wallander. Hằng số trở thành biến
53. V. N. Dubrovsky. Điều gì ẩn sau sự biến đổi của tứ diện

Kvant’s problems
Problems M811—M815; P823—P827
Solutions M796—M798; P808—P812
S. S. Vallander. When constants become variables
V. N. Dubrovski. What is hidden behind the tetrahedron’s transformations

Đánh giá, thư mục
59. I. M. Yaelom. Martin Gardner và “Người làm vườn toán học”
61. B. M. Bolotovsky. I. E. Tump: con người và nhà khoa học

Book reviews
I. M. Yaglom. Martin Gardner and “The Mathematical Gardner”
B. M. Bolotovski. I. E. Thump: con người và nhà khoa học

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang bìa của chúng tôi (32)
Trộn (16, 25, 33, 51, 55, 57, 58)
Trang cờ vua
Số màu (trang bìa thứ 3)

Answers, hints, solutions
Our cover (32)
Miscellaneous (16, 25, 33, 51, 55, 57, 58)
The chess page
Chromatic numbers (3rd cover page)

Trên trang đầu tiên của trang bìa có một bức ảnh chụp bề mặt “nhẵn” của kính được đánh bóng cẩn thận, được chụp bằng máy cắt siêu nhỏ có độ phóng đại 2100. Tính chất vật lý của bề mặt sẽ được thảo luận trong một trong những số tiếp theo của tạp chí.

Joseph Liouville (1809–1882)

Định lý Liouville (1844). Nếu α là số đại số bậc n ≥ 2 thì tồn tại một số c > 0 sao cho với mọi p ∈ Z và q ∈ N
$$|\alpha - \frac{p}{q}| \geq \frac{c}{q^n}$$

(Ý nghĩa của định lý là số đại số vô tỷ α không thể “quá tốt” xấp xỉ bằng phân số hữu tỷ *). Do đó, nếu chúng ta tìm thấy một số vô tỷ có thể xấp xỉ “quá tốt” thì đó sẽ không phải là số đại số.)

Bằng chứng. Cho α là số đại số bậc n ≥ 2. Khi đó tồn tại đa thức có hệ số nguyên
$$P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0, \ (a_n \neq 0),$$
rằng P(α) = 0. Hãy ký hiệu H hầu hết các mẫu số |a_1|, |a_2|, …, |a_n|. Hãy chứng minh rằng số

$$c = \frac{1}{n^2 H(1 + |\alpha|)^{n-1}}$$

có tài sản cần thiết. Lưu ý rằng c < 1. Lấy p ∈ Z và q ∈ N tùy ý. Khi đó

$$P\left(\frac{p}{q}\right) = \frac{a_n p^n + a_{n-1} p^{n-1} q + \dots + a_1 p q^{n-1} + a_0 q^n}{q^n} = \frac{a}{q^n}.$$

Bởi Bổ đề $P\left(\frac{p}{q}\right) \neq 0$. Điều này có nghĩa là ≠ 0.

Vì a ∈ Z nên ta có |α| ≥ 1. Do đó,

$$|P\left(\frac{p}{q}\right)| \geq \frac{1}{q^n}.$$

Vì P(α) = 0 nên ta có

$$\frac{1}{q^n} \leq |P\left(\frac{p}{q}\right)| = |P(α) - P\left(\frac{p}{q}\right)| = |a_n \left(a^n - \left(\frac{p}{q}\right)^n\right) + a_{n-1} \left(a^{n-1} - \left(\frac{p}{q}\right)^{n-1}\right) + \dots + a_1 \left(a - \frac{p}{q}\right)|.$$

Nếu |α - \frac{p}{q}| ≥ 1 thì |α - \frac{p}{q}| ≥ 1 ≥ \frac{1}{q^n} > \frac{c}{q^n}.

Nếu |α - \frac{p}{q}| < 1 thì |\frac{p}{q}| < |\alpha| + 1. Khi đó với mọi 1 ≤ k ≤ n, k ∈ N, ta thu được

$$|\alpha^k - \left(\frac{p}{q}\right)^k| = |\alpha - \frac{p}{q}| \cdot |\alpha^{k-1}| + \alpha^{k-2} \cdot \frac{p}{q} + \dots + \left(\frac{p}{q}\right)^{k-1} \leq \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| k(|\alpha| + 1)^{k-1} \leq \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| n(|\alpha| + 1)^{n-1}.$$

Từ đây

$$\frac{1}{q^n} \leq |\alpha - \frac{p}{q}| n^2(|\alpha| + 1)^{n-1} H = |\alpha - \frac{p}{q}| \cdot \frac{1}{c}, |\alpha - \frac{p}{q}| \geq \frac{c}{q^n}.$$

Định lý đã được chứng minh.

Định lý Liouville có thể được đưa ra dưới dạng sau, trong đó điều kiện độ α ≥ 2 không còn cần thiết nữa.

5

Định lý. Nếu $a - a$ là số đại diện bậc $n$, thì có một số $c_0 > 0$ sao cho với mọi $p \in \mathbb{Z}$ và $q \in \mathbb{N}$ mà $a \neq p/q$, ta có

$$\left| a - \frac{p}{q} \right| \geq \frac{c_0}{q^n}.$$

Bằng chứng. Trường hợp độ($\alpha$) $\geqslant 2$ đã được xem xét ở trên. Bây giờ đặt deg($\alpha$) = 1, tức là $a = a/b$ ($a \in \mathbb{Z}$, $b \in \mathbb{N}$). thì số $c' = 1/b$ có thuộc tính mong muốn. Thật vậy, nếu $a/b \neq p/q$ thì $|pb - qa| \geqslant 1$. Kể từ đây,

$$\left| a - \frac{p}{q} \right| = \left| \frac{a}{b} - \frac{p}{q} \right| = \frac{|pb - qa|}{bq} \geqslant \frac{1}{bq} = \frac{c'}{q}.$$

Chọn $c_0$ số nhỏ nhất trong số $c$ và $c'$, chúng ta thu được bất đẳng thức cần thiết.

Định lý Liouville cũng có thể được chứng minh bằng cách nghiên cứu hiệu $P(\alpha) - P(p/q)$ sử dụng định lý Lagrange (“Đại số và nguyên lý phân tích 9-10”, đoạn 25). Hãy thử điều này!

Xấp xỉ các số hữu tỉ đại số

Chúng ta sẽ nói rằng số $a$ thừa nhận một cấp gần đúng $m$ nếu với một hằng số $\gamma$ nào đó có vô số phân số hữu tỉ $p/q$ thỏa mãn bất đẳng thức

$$0 < \left| a - \frac{p}{q} \right| < \frac{\gamma}{q^m}.$$

Định lý Liouville cho thấy rằng một số đại số bậc $n$ không chấp nhận một xấp xỉ cấp $m$, thì từ (1) và (2) chúng ta thu được điều đó cho một dãy số tự nhiên vô hạn $q$

$$\frac{c}{q^n} < \frac{\gamma}{q^m}, \frac{1}{q^{m-n}} > \frac{c}{\gamma},$$

và bất đẳng thức này không thể xảy ra với $m > n$ và đủ lớn $q$.

Ví dụ về số siêu việt *)

Bây giờ chúng ta có một phương pháp xây dựng các số thực không phải là đại số. (Những con số như vậy được gọi là số siêu việt.) Cần phải xây dựng một số có thể xấp xỉ ở một bậc cao tùy ý. Chúng tôi sẽ chỉ định một số như vậy dưới dạng phân số thập phân vô hạn: $\alpha = 0$, $a_1 a_2 a_3 \dots$, trong đó $a_i = \begin{cases} 1, \text{ если } t = m! \text{ (m = 1, 2,...)}, \\ 0, \text{ если } t \neq m!. \end{cases}$

Đặc biệt,

$$a_1 = a_2 = a_6 = a_{24} = a_{120} = a_{720} = \dots = 1,$$

$$a_3 = a_4 = a_5 = a_7 = \dots = a_{23} = a_{25} = \dots = a_{119} = a_{121} = \dots = 0.$$

Sau đó với bất kỳ $m > 1$

$$\alpha = 0, a_1 \dots a_{(m-1)!} + 0, 0 \dots 0_{am!} = \frac{p_m}{q_m} + \beta_m,$$

Ở đâu

$$p_m = a_1 a_2 \dots a_{(m-1)!},$$

$$q_m = 10^{(m-1)!}, \beta_m = 0, 0 \dots 0_{am!} \dots,$$

$$0 < \beta_m = 10^{-m!} \cdot a_m! \dots =$$

$$= 10^{-m!} \cdot 1, \dots < 2 \cdot 10^{-m!} = \frac{2}{q_m^m}$$

Như vậy,

$$0 < \left| a - \frac{p_m}{q_m} \right| < \frac{2}{q_m^m}, \quad m = 1, 2, \dots,$$

điều đó có nghĩa là $a$ chấp nhận các xấp xỉ có bậc cao tùy ý và do đó không thể là đại số.

4. Chứng minh rằng $a$ sẽ siêu việt nếu ở (3)

$$a_t = \begin{cases} 1 \text{ при } t = m^m \text{ (m = 1, 2,...)}, \\ 0 \text{ при } t \neq m^m. \end{cases}$$

5. Sử dụng định lý Liouville để xây dựng thêm một số số siêu việt.

Định lý Dirichlet

Năm 1955, nhà toán học người Anh K. Roth đã chứng minh được rằng bất kỳ số đại số nào cũng không thừa nhận

*) Người đọc quen với khả năng đếm rõ ràng có thể dễ dàng chứng minh rằng tập hợp số đại số là đếm được. Nếu anh ta biết rằng tập hợp tất cả các số thực là không đếm được (một bằng chứng hay về sự thật này được đưa ra trong «Kvant», 1973, số 12, trang 7), anh ta sẽ kết luận ngay rằng các số siêu việt tồn tại. Tuy nhiên, sự mổ xẻ này không cung cấp một ví dụ cụ thể nào về một số siêu việt.

6

xấp xỉ bậc lớn hơn 2.

Đồng thời, mọi số vô tỷ đều chấp nhận xấp xỉ bậc hai. Điều này đã được chứng minh bởi nhà toán học người Đức P. Dirichlet với sự trợ giúp của một phương pháp rất đơn giản nhưng đồng thời rất hiệu quả mang tên ông: nếu các đồ vật được sắp xếp vào n-1 hộp thì ít nhất một hộp chứa ít nhất hai đồ vật.

6. Xây dựng một số số siêu việt bằng định lý Roth.

Định lý Dirichlet (1842). Với mọi số thực a và số tự nhiên m, cũng tồn tại p∈Z và q∈N sao cho q<m và

$$\left| a - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^m}.$$

Bằng chứng. Khoảng [0, 1] là tập hợp của m khoảng

$$\left[ 0, \frac{1}{m} \right], \left[ \frac{1}{m}, \frac{2}{m} \right], \dots,$$

$$\dots, \left[ \frac{m-2}{m}, \frac{m-1}{m} \right], \left[ \frac{m-1}{m}, 1 \right]$$

(5)

Xét các số {kα} (k=0, 1, …, n) (ở đây {x} là phần phân số; nhớ lại rằng, theo định nghĩa, {x} = x—[x]). Mỗi trong số chúng thuộc về một trong các khoảng (5). Nhưng các số của chúng ta là m+1 và có m khoảng. Do đó, ít nhất một trong các khoảng (5) chứa ít nhất hai số của chúng ta (nguyên lý Dirichlet!). Gọi đây là {k₁α} và {k₂α} (k₁>k₂). Sau đó

$$\frac{1}{n} > \left| \{k₁α\} - \{k₂α\} \right| = \left| k₁α - [k₁α] - k₂α + [k₂α] \right| = \left| (k₁-k₂)α - ([k₁α] - [k₂α]) \right|.$$

Nếu bây giờ chúng ta đặt q=k₁-k₂, p=[k₁α]-[k₂α], thì chia cho q và tính đến các bất đẳng thức 0<k₂<k₁<n, chúng ta thu được kết quả cần thiết.

Kết quả. Mọi số vô tỷ a đều thừa nhận xấp xỉ bậc hai.

Bằng chứng. Với m∈N bất kỳ cũng tồn tại p∈Z và q∈N sao cho q<m và (4) thỏa mãn. Vì q<m và α là vô tỉ nên từ (4) ta thu được

Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859).

$$0 < \left| a - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^2}.$$

Từ (4) suy ra rằng với sự gia tăng không giới hạn của m, các đại lượng |α−p/q| trở nên nhỏ một cách thích hợp. Do đó, nó khác 0, do đó, khi m tăng, phân số p/q phải thuộc các giá trị tăng dần gần với α, sao cho (6) thỏa mãn với vô số phân số p/q.

Những con số siêu việt đáng kể

Mặc dù, sử dụng định lý của Liouville và Roth, có thể xây dựng một tập hợp vô hạn các số siêu việt, nhưng vẫn chưa thể chứng minh được với sự trợ giúp của chúng về sự siêu việt của các số đã biết, chẳng hạn như π, e, ln 2, lg 2. Đồng thời, sự quan tâm đến những con số này đã tồn tại từ lâu.

Số π đặc biệt có ý nghĩa theo nghĩa này. Thực tế là ngay cả các nhà toán học của Hy Lạp cổ đại cũng đặt bài toán có ý nghĩa hiện nay lên bình phương của hình tròn: sử dụng la bàn và thước kẻ, dựng một hình vuông có diện tích bằng diện tích hình tròn có bán kính cho trước. bài toán này làm giảm việc xây dựng một phân đoạn

14

Những người tham gia CSE tới rừng taiga. Các nhà khoa học chuyên môn đầu tiên nhìn họ với ánh mắt trịch thượng, sau đó là thiện chí, sau đó là sự tôn trọng. Dựa trên kết quả nghiên cứu, luận án đã được viết và chỉ có tác phẩm được xuất bản. Giờ đây, đây không còn là CSE nữa mà là một nhóm các nhà nghiên cứu thường trực, do Ủy ban Thiên thạch và Bụi vũ trụ thuộc Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Chi nhánh Tomsk của Hiệp hội Thiên văn và Trắc địa Liên minh đứng đầu.

Những người tham gia CSE đưa ra bài toán: xây dựng mô hình toán học về hiện trường rừng bị đổ. Để làm được điều này, họ chia rừng taiga thành các ô vuông một cách có hệ thống và đo góc phương vị của những cây đổ. Các góc phương vị của 100 cây đã được tính trung bình thành công. Mỗi điểm rơi tương ứng với một góc phương vị trung bình nhất định. Sau đó, các nhà toán học V. G. Fast và A. P. Boyarkina đã xử lý kết quả trên máy tính. Kết quả như sau: trung bình, bụi phóng xạ có tính chất xuyên tâm (có nghĩa là đã xảy ra vụ nổ!), nhưng cũng có dấu vết đối xứng được quan sát thấy. Trục đối xứng chạy từ Đông - Đông Nam sang Tây - Đông Bắc. Có thể giả định rằng hướng này tương ứng với góc phương vị quỹ đạo của vật thể Tunguska. Hình dạng tổng thể của chỗ phình ra lấp đầy con bướm. Đó là cách nó được gọi - một con bướm.

Nghiên cứu diện tích rừng “chết” ở trung tâm cánh bướm giúp ước tính độ cao của vụ nổ là 5-10 km.

Việc xây dựng mô hình đổ rừng mất gần 10 năm tâm huyết. Bây giờ chúng tôi đã tưởng tượng việc sử dụng mô hình này để cố gắng tái tạo lại bức tranh về vụ nổ - để xác định độ dốc của quỹ đạo, cường độ giải phóng năng lượng dọc theo nó, và cuối cùng là độ cao của vụ nổ và năng lượng của nó, và từ đó - khối lượng và tốc độ của vật thể Tunguska.

bài toán này đã được giải quyết.

Tính toán trên máy tính cho kết quả như sau: năng lượng nổ - 4·10^16 J; tốc độ của vật thể Tunguska - 40 km/s; độ cao của vụ nổ ước tính khoảng 5-10 km, phù hợp tốt với dữ liệu được xác định từ bán kính của khu rừng “chết” và từ dữ liệu xử lý địa chấn.

Khối lượng của vật thể Tunguska được ước tính độc lập vào năm 1961 bằng hai phương pháp. Viện sĩ V.G. Fesenkov đã thu hút sự chú ý đến những quan sát của nhà thiên văn học người Mỹ Charles Abbott, người hai tuần sau khi thiên thạch Tunguska rơi xuống đã ghi lại sự suy yếu của bức xạ mặt trời trên khắp California. Tin rằng trong thời gian này lẽ ra phải có một đám mây bụi hình thành trong vụ nổ, V. G. Fesenkov đã có thể tính được khối lượng của vật thể phát nổ bằng cách làm suy yếu ánh sáng mặt trời. Hóa ra là khoảng một triệu tấn.

Cùng năm đó, tác giả bài báo này đã tính toán sự xâm nhập vào bầu khí quyển của một nhóm vật thể có khối lượng khác nhau với tốc độ khác nhau (trong phạm vi tốc độ đặc trưng của thiên thạch - từ 15 đến 60 km/s). Hóa ra chỉ một vật thể có khối lượng ban đầu một triệu tấn, bay với tốc độ khoảng 25 km/s, mới có thể đạt tới độ cao 5-10 km so với Trái đất và tạo ra vụ nổ năng lượng tương ứng với vụ nổ của một khu rừng: 10^16 J. Có thể thấy, cả hai ước tính đều trùng khớp với kết quả tính toán sử dụng mô hình vụ nổ: với năng lượng vụ nổ là 4·10^16 J và tốc độ 4·10^3 m/s, vật thể đó khối lượng phải là ~ 10^9 kg.

Vì vậy, cơ chế nổ đã bị loại bỏ. Nhưng vật lý của anh ấy đều ở đó

17

mang tính cách mạng
trong khoa học và cuộc sống
V. P. LISHEVSKY

Nhiều nhà khoa học là những người có số phận tuyệt vời, nhưng ít ai sống một cuộc đời thú vị, thú vị, phiêu lưu như Gaspard Monge. Một nhà khoa học đáng chú ý (nhà toán học, cơ khí, nhà hóa học và nhà luyện kim) cũng là người tích cực tham gia cuộc cách mạng tư sản vĩ đại của Pháp: chính ông là người đã phê chuẩn bản án tử hình cho Louis XVVI bằng chữ ký của mình. Con trai của cha mẹ nghèo, nhà cách mạng và Jacobin Monge, người đã chiến đấu chống lại các đặc quyền về tri thức, trở thành bá tước và bạn thân của Hoàng đế Napoléon. Sau khi khôi phục chế độ quân chủ, nhà khoa học này bị trục xuất khỏi Viện Hàn lâm Khoa học Pháp và kết thúc những ngày sống lưu vong.

Gaspard Monge sinh ngày 10 tháng 5 năm 1746 tại thị trấn nhỏ Beaune, nằm ở miền đông nước Pháp. Cha của ông là một người bán hàng rong mù chữ, nhưng ông đã cam kết mang lại cho con mình nền giáo dục tốt nhất vào thời điểm đó cho một đại diện của thế hệ thứ ba. Hai anh trai của Gaspard cũng trở thành giáo sư: người trẻ nhất, Jean, là nhà toán học, thủy văn và hàng hải, người ở giữa, Louis, là nhà toán học và thiên văn học. Điều thú vị là Louis Monge lại là thành viên của đoàn thám hiểm La Perouse - một trong ba người sống sót sau đó.

Xem xét Gaspar bắt đầu từ năm sáu tuổi và nhanh chóng trở thành học sinh giỏi nhất trường, đó là niềm tự hào. Sau khi tốt nghiệp ra trường năm 1762, ông vào trường Cao đẳng Holy Trinity ở Lyon, nơi ông vừa học vừa dạy vật lý. Nhà khoa học tương lai, như mọi khi, đã trải qua mùa hè năm 1764 ở nhà. Và ở đây số phận của anh ấy gặp nhau

Vụ án của Bệ hạ

Trong những ngày nghỉ ngơi, Gaspard cùng với một người bạn của mình đã vẽ ra bản đồ về quê hương Beaune của mình. Kế hoạch này đã được trung tá của cơ quan kỹ thuật trước Vinko nhìn thấy và mời Monge vào trường Mezières do ông đứng đầu, khoa đào tạo thạc sĩ và kỹ sư tình nguyện. Một bộ phận khác đào tạo các kỹ sư quân sự, nhưng chỉ có con cái của các quý tộc mới được nhận vào đó.

Khi còn học ở trường, Monge bắt đầu quan tâm đến một vấn đề mà các kỹ sư quân sự luôn phải đối mặt: làm thế nào để đặt các công sự trên mặt đất sao cho chúng ít bị pháo binh địch phá hủy nhất, nằm ở một điểm nhất định. Monge nhanh chóng giải được bài toán, nhưng các giáo viên của trường không nhìn vào lời giải của anh ấy vì tin rằng học sinh không thể đối phó với yêu cầu phức tạp

20

với một khối các nước phản cách mạng. Hội đồng Lập pháp Pháp tuyên bố: “Tổ quốc đang gặp nguy hiểm!” Vào ngày 10 tháng 8 năm 1792, một giai đoạn mới của cuộc cách mạng bắt đầu - nhà vua bị lật đổ và Hội đồng điều hành lâm thời, bao gồm các bộ trưởng do Hội đồng lập pháp bầu ra, lên nắm quyền. Hội đồng này bao gồm Gaspard Monge là Bộ trưởng Hải quân.

Vào ngày 21 tháng 9 năm 1792, tại cuộc họp đầu tiên, Hội nghị mới được bầu đã thông qua lời giải về quản lý chế độ quân chủ và tuyên bố thành lập một nền cộng hòa. Nhà vua bị đưa ra xét xử và bị kết án tử hình. Bản án đã được thông qua bởi Monge, người lúc đó sử dụng nhiệm vụ Chủ tịch Hội đồng Điều hành Lâm thời (vị trí Chủ tịch Hội đồng lần lượt do các bộ trưởng nắm giữ).

Cộng hòa Pháp đang ở trong tình thế khó khăn. Triển lãm vũ khí và thực phẩm. Những người lính được huấn luyện thất bại, không được trang bị đầy đủ và đói khát đã chiến đấu trên nhiều mặt trận chống lại lực lượng địch vượt trội hơn hẳn. Thay mặt chính quyền cách mạng, Monge tổ chức sản xuất thuốc súng, súng trường, dây cáp và đại bác. Anh ta đang tìm kiếm nguồn dự trữ muối cần thiết để sản xuất thuốc súng; dưới sự lãnh đạo của ông, các nhà máy, xí nghiệp sắt đang chuyển sang sản xuất vũ khí (riêng sản lượng súng ở Paris đạt 1000 chiếc mỗi ngày); Monge thành lập xưởng văn học để đúc bàn súng thần công. Anh ta đào tạo công nhân, chăm sóc thức ăn cho họ và bản thân anh ta sống từ tay đến miệng. Khi vợ của nhà khoa học thêm pho mát vào món kukukhleb - bữa tối chung của ông lúc bấy giờ - Monge từ chối: “Thật đấy, anh đang trói tôi vào một câu chuyện tồi tệ; Rốt cuộc, tôi đã nói với anh rằng tuần trước khi tôi tỏ ra chú ý đến tổ chức này, tôi đã phải cay đắng khi nghe Nina, với vẻ mặt bí ẩn, nói với những người xung quanh: “Monge đừng ngại ngùng nữa; mắt anh ấy giống như đang ăn củ cải vậy.”

Ngày 9/7/1794, ông tiến hành đảo chính phản cách mạng. Những người lãnh đạo chế độ độc tài Jacobin - Robespert, Saint-Just và những người khác - đều là quan chức chính phủ. Monge, với tư cách là một Jacobin năng động, đã phải ẩn náu một thời gian.

Công ước đã đóng cửa Viện Hàn lâm Khoa học, trường đào tạo các chuyên gia cấp cao và trung cấp. Việc sản xuất vũ khí ngày càng giảm, nhiều xưởng, nhà máy được sắp xếp lại - hiện chỉ có Monge giảng dạy.

trường bách khoa

Với sự tham gia tích cực của Monge, Trường Công chính Trung ương đã được thành lập, sau này được chuyển đổi (ngày 1 tháng 9 năm 1795) thành Trường Bách khoa Ecole - Trường Bách khoa nổi tiếng, mà Monge làm giám đốc trong nhiều năm. Đây là đứa con yêu thích của anh ấy. Monge dành toàn bộ thời gian rảnh rỗi và thậm chí cả tiền bạc (để cấp học bổng cho sinh viên có hoàn cảnh khó khăn) cho Trường Bách khoa. Và ngôi trường đã đáp ứng được hy vọng của anh. Trong những năm qua, các nhà khoa học xuất sắc như Ampère, Corilis, Gay-Lussac, Becquerel, Arago, Fresnel, Poinsot, Poisson và nhiều thế hệ kỹ sư hàng đầu đã thêu dệt từ đó.

“Không ai dạy giỏi bằng ông ấy,” học trò của Monge, kỹ sư nổi tiếng Brisson sau này nhớ lại. - Cử chỉ, tư thế, điều chế giọng nói - mọi thứ đều giúp anh phát triển tư duy. Ông luôn dõi theo con mắt của các bộ trưởng và biết cách đoán mức độ hiểu biết của từng người… Chúng tôi nhận ra Monge, người đàn ông tốt bụng nhất, gắn bó với tuổi trẻ và cống hiến cho khoa học. Anh ấy luôn ở giữa chúng tôi; Sau các bài giảng về hình học, giải tích và vật lý, những cuộc trò chuyện riêng được sắp xếp, điều này giúp chúng tôi mở rộng và củng cố thêm khả năng của mình. Thầy là người bạn của mọi học sinh, động viên chúng tôi làm việc, luôn giúp đỡ và luôn vui mừng trước những thành công của chúng tôi.”

Một học sinh khác, Dupin, mô tả ngoại hình của Monge theo cách này: “Cao, khỏe mạnh, cơ bắp. Khuôn mặt rộng và ngắn giống như một con sư tử. Đôi mắt to và sống động, lấp lánh dưới đôi lông mày đen rậm,

21

Một số nhấn mạnh vầng trán rộng và cao, có những nếp nhăn sâu và biểu thị sự thông minh tuyệt vời. Khuôn mặt đáng chú ý này thường điềm tĩnh - khuôn mặt của một người đàn ông đang chìm đắm trong suy nghĩ.

Đối với nhân viên của mình, Monge đã viết một số sách giáo khoa về hình học (mô tả, phân tích và vi phân), từ đó nhiều thế hệ kỹ sư đã nghiên cứu.

Monge và Napoléon

Trong khi đó, các cuộc tụ họp trong nước vẫn diễn ra theo cách của họ. Tháng 2 năm 1796, Ban Giám đốc bổ nhiệm tướng Bonaparte, 26 tuổi, làm tổng tư lệnh quân đội Pháp đang chiến đấu ở Ý. Vào tháng 5 cùng năm, Monge rời đến Ý theo chỉ dẫn của Thư mục. Tại đây, anh đã gặp vị hoàng đế tương lai, người đóng một vai trò lớn trong cuộc đời của nhà khoa học.

Bonaparte và Monge đã từng gặp nhau một lần trước đây (khi ông này còn là Bộ trưởng Bộ Hải quân), nhưng nhà khoa học không nhớ vị khách tiếp theo là ai. Bây giờ Bonaparte mỉm cười nhớ lại nhân chứng: “Một sĩ quan pháo binh trẻ… đã đưa ra yêu cầu với Bộ trưởng Bộ Hải quân vào năm 1792. Có lẽ Bộ trưởng đã không nhớ sự việc này - bạn không bao giờ biết lúc đó ông ấy đã có bao nhiêu người thỉnh cầu… Về phần người sĩ quan vô danh, ông ấy sẽ không bao giờ quên sự chú ý của mình.”

Một mối quan hệ tin cậy ngay lập tức được thiết lập giữa người chỉ huy và nhà khoa học. Đó là sự đồng cảm lẫn nhau giữa hai con người thông minh, sau này trở thành tình bạn chân thành. Bonaparte không để Monge rời xa mình dù chỉ một bước. Và mặc dù mối quan hệ của họ không phải lúc nào cũng suôn sẻ, nhưng ở con người Monge - nhà khoa học vô tư, có đầu óc đơn giản, không có khả năng lừa dối, không thành thật, mưu mô dù là nhỏ nhất, Napoléon Bonaparte đã tìm thấy một người bạn thực sự. Vị hoàng đế tương lai đã không nhầm lẫn trong sự lựa chọn của mình. Monge vẫn trung thành với tình bạn này cho đến khi qua đời.

Khi Bonaparte bắt đầu chiến dịch Ai Cập (1798-1799), Monge đã tham gia vào đó. Chiến dịch này gần như hủy hoại cuộc đời ông: ông suýt chết trong một trận dịch hạch. Chỉ nhờ nhà hóa học Bertola, người đã tận tình chăm sóc chú Monge to lớn, chú mới bình phục.

Những lời của Napoléon, được ông nói trong thời điểm nguy hiểm, đề cập chính xác đến chiến dịch của Ai Cập: “Những con lừa và các nhà khoa học ở giữa!” Một số người cố gắng giải thích cụm từ này là sự thiếu tôn trọng đối với các nhà khoa học. Tuy nhiên, cung cấp dữ liệu về số lượng của vị hoàng đế tương lai, chúng tôi lưu ý rằng ông ấy đã ra lệnh đặt những người mà ông ấy quý trọng nhất ở giữa quảng trường: các nhà khoa học và động vật vận chuyển vũ khí, thức ăn và nước uống.

Ở Ai Cập, Monge và các nhà khoa học khác tham gia chuyến thám hiểm của Bonaparte đã thực hiện công việc khoa học. Mục tiêu của họ, như Monge đã xác định, là duy trì một chương trình giáo dục của Ai Cập. Vì mục đích này, Viện Capri được thành lập, trong đó Monge được bầu làm chủ tịch và Bonaparte được bầu làm phó chủ tịch. Các nhà khoa học Pháp đã biên soạn “Mô tả về Ai Cập”, nghiên cứu các di tích và nông nghiệp cổ xưa, đồng thời thực hiện dự án kênh đào tạo ra Địa Trung Hải và Biển Đỏ.

Vị thế của quân Pháp ngày càng xấu đi. Và không chỉ ở Ai Cập. Suvorov giải phóng nước Ý khỏi tay người Pháp. Tình hình còn khó khăn ở các mặt trận khác. Với những điều kiện này, Napoléon chấp nhận lời giải trở lại Paris. Tháng 8 năm 1799, ông rời quân ngũ và lên đường sang Pháp. Đi cùng anh còn có Monge, Bertolet, Murat và những người thân thiết khác. Vào ngày 16 tháng 10, Bonaparte và những người bạn đồng hành của mình lên đường đến Paris. Anh được chào đón bởi đám đông người dân nhiệt tình.

Vào ngày 18 tháng 11 (9 tháng 11), 1799, Thư mục bị bãi bỏ và ngày hôm sau - quốc hội. Ba lãnh sự lên nắm quyền, nhưng mọi quyền lực đều tập trung vào tay lãnh sự đầu tiên, Napoléon Bonaparte. Ngày 24 tháng 12 năm 1799

23

Nhân tố hóa

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học S. V. FOMIN

Ở trường bạn thường phải giải các phương trình đại số. Các phương trình tuyến tính đã có thể được giải bởi học sinh lớp sáu. Trong lớp học ở làng, học sinh được học công thức của phương trình bậc hai lời giải. Các công thức khá phức tạp cho lời giải phương trình bậc ba và phương trình bậc bốn, được tìm thấy vào thế kỷ 16, hóa ra lại ít được sử dụng trong thực tế (xem cuốn sách “Những câu chuyện về các nhà vật lý và toán học” của S. G. Gindikin (M., “Nauka”, 1981)). Các phương trình bậc 5 trở lên trong trường hợp tổng quát không thể giải được bằng radiacalx.

Chưa hết, trong nhiều trường hợp, phương trình bậc $n>2$ rất dễ giải. Thông thường, bao thanh toán sẽ giúp ích. Từ khẳng định “số $a$ là nghiệm của đa thức $P(x)$ khi và chỉ nếu $P(x)$ chia hết cho $x-a$” và Định lý cơ bản của đại số («Kvant», 1982, số 4), suy ra rằng mọi đa thức có hệ số thực bậc $n>2$ đều bị rối loạn trong tích của các thừa số thứ nhất bậc và trieles vuông không thể phân tách được.

Hãy giải một số phương trình.

$$2x^3 - x^2 - 7x + 2 = 0.$$

(1)

Đa thức ở vế trái của phương trình (1) có hệ số nguyên. Dễ dàng chứng minh rằng nếu một phương trình như vậy có nghiệm nguyên thì nghiệm này là ước số của số hạng tự do (chứng minh đi!). Số 2 là nghiệm của phương trình (1). Điều này có nghĩa là đa thức $2x^3 - x^2 - 7x + 2$ chia hết cho $x-2$. Rõ ràng, phương trình riêng phần là phương trình bậc hai

một bội tam thức có hệ số cao nhất là 2, do đó

$$2x^3 - x^2 - 7x + 2 = (x-2)(2x^2 + Bx + C),$$

trong đó $B$ và $C$ là các hệ số hiển thị không xác định. Sự đẳng thức này đúng với mọi $x$. Bằng cách nhấp vào $x=0$, chúng tôi nhận được $-2C=2$, $C=-1$. Ví dụ: bằng cách che chắn $x=1$, chúng tôi nhận được $-(B+1) = -4$, $B=3$.

Do đó, phương trình (1) được viết lại thành

$$(x-2)(2x^2 + 3x - 1) = 0.$$

Đáp số. $\left\{2, \frac{-3+\sqrt{17}}{4}, \frac{3\sqrt{17}}{4}\right\}$

$$\frac{x^4 - 3x^3 + x^2 - 2}{x^3 + 1} = \frac{2}{3x-1}$$

Nếu loại bỏ ngay mẫu số, chúng ta sẽ có phương trình bậc 5. Vì vậy, “chúng ta hãy thử đếm” - chúng ta hãy thử tìm hiểu xem có thể giảm phân số ở vế bên trái hay không. Mẫu số của nó được nhân tử hóa:

$$x^3 + 1 = (x+1)(x^2 - x + 1).$$

Tử số không chia hết cho thừa số thứ nhất (xét cho cùng, số - 1 không phải là nghiệm của đa thức $x^4 - 3x^3 + x^2 - 2$). Hãy thử chia nó cho $x^2 - x + 1$. Tất nhiên, bạn có thể áp dụng lại “phương pháp hệ số không xác định”:

$$x^4 - 3x^3 + x^2 - 2 = (x^2 - x + 1)(x^2 + Ax + B) + C.$$

Xin vui lòng chia bằng một “góc” dễ dàng hơn - cách chúng ta chia số có nhiều chữ số cho số có nhiều chữ số:

$$\frac{x^4 - 3x^3 + x^2 - 2}{x^4 - x^3 + x^2 - 2} = \frac{x^2 - x + 1}{x^2 - 2x - 2}$$

$$- \frac{2x^3 + 2x^2 - 2x}{2x^2 + 2x - 2}$$

$$- \frac{2x^2 + 2x - 2}{0}$$

(Chúng ta chia số hạng dẫn đầu của số bị chia cho số hạng đứng đầu của số chia: $\frac{x^4}{x^2} = x^2$ - đây sẽ là số hạng dẫn đầu của thương. Sau đó, chúng ta nhân số hạng kết quả của thương với số chia và trừ tích của số chia. Tiếp theo, chúng ta chia số hạng dẫn đầu của hiệu một lần nữa

24

ước số cho số hạng dẫn đầu: $\frac{-2x^3}{x^2} = -2x$ - chúng ta nhận được số hạng tiếp theo của thương, v.v.)

Chúng tôi đã “may mắn” - chúng tôi bị chia cắt không dấu vết. Do đó, phương trình (2) được viết lại thành
$$\frac{(x^2-x+1)(x^2-2x-2)}{(x+1)(x^2-x+1)} = \frac{2}{3x-1},$$
$$\frac{x^2-2x-2}{x+1} = \frac{2}{3x-1}$$

và dễ dàng khớp với phương trình
$$x(x-3)(3x+2) = 0.$$
Đáp số. $\{0, 3, -\frac{2}{3}\}$.
$$\frac{2}{x+1} + \frac{4}{x-2} - \frac{2}{x} + x+4 = 0.$$ (3)

Bạn có thể ngay lập tức loại bỏ mẫu số và nhân vế trái của phương trình bậc bốn thu được. Tuy nhiên, việc phân tích trực tiếp vế trái của phương trình (3) sẽ dễ dàng hơn. Lưu ý rằng số 1 là gốc của nó. Tại $x=1$, năm số hạng ở vế trái nhận các giá trị 1, -4, -2, 1 và 4. Chúng ta hãy biến đổi phương trình này bằng cách trừ giá trị của nó tại $x=1$ từ mỗi số hạng:
$$\left(\frac{2}{x+1}-1\right) + \left(\frac{4}{x-2}+4\right) + \left(-\frac{2}{x}+2\right) + (x-1) + (4-4) = 0$$
(tổng các số hạng được thêm vào bằng 0). Hãy thực hiện các hành động trong mỗi dấu ngoặc:
$$-\frac{x-1}{x+1} + \frac{4(x-1)}{x-2} + \frac{2(x-1)}{x} + (x-1) = 0.$$
Thừa số $x-1$ xuất hiện ở mỗi số hạng. Điều này không có gì đáng ngạc nhiên - xét cho cùng, giá trị của mỗi số hạng tại $x=1$ phải bằng 0! Bây giờ bài toán đã được rút gọn thành phương trình lời giải
$$-\frac{1}{x+1} + \frac{4}{x-2} + \frac{2}{x} + 1 = 0.$$
Không khó để đoán một trong những gốc của nó: $x=-2$ và áp dụng lại ví dụ tương tự:
$$\left(-\frac{1}{x+1}-1\right) + \left(\frac{4}{x-2}+1\right) +$$

$$+\left(\frac{2}{x}+1\right) + (1-1) = 0,$$
hoặc
$$-\frac{x+2}{x+1} + \frac{x+2}{x-2} + \frac{x+2}{x} = 0,$$
từ đâu $x=-2$ hoặc
$$-\frac{1}{x+1} + \frac{1}{x-2} + \frac{1}{x} = 0,$$
$$\frac{x^2+2x-2}{x(x+1)(x-2)} = 0.$$
Giải phương trình bậc hai ta tìm được các nghiệm còn lại.

Đáp số. $\{1, -2, -1-\sqrt{3}, -1+\sqrt{3}\}$.
$$(x^2+3x-2)^2 + 3(x^2+3x-2) - 2 = x.$$ (4)

Lưu ý rằng nếu x là nghiệm của phương trình
$$x^2+3x-2=x,$$
thì nó thỏa mãn phương trình (4). Do đó, chúng ta biết hai nghiệm của phương trình (4): $x_1 = -1-\sqrt{3}$ và $x_2 = -1+\sqrt{3}$. Mở ngoặc và di chuyển $x$ sang bên trái, ta thu được phương trình
$$x^4+6x^3+8x^2-4x-4=0.$$
Vế trái của nó chia hết cho $x-x_1$ và $x-x_2$, và do đó cũng chia hết cho $(x-x_1)(x-x_2) = x^2+2x-2$. Chia theo cách này hay cách khác, chúng ta nhận được $(x^2+2x-2)(x^2+4x+2) = 0.$
Đáp số. $\{-1+\sqrt{3}, -1-\sqrt{3}, -2+\sqrt{2}, -2-\sqrt{2}\}$.

Tóm lại ta giải hệ phương trình
$$\left\{ \begin{array}{l} (x+1)(13x-2y-15) - 2(y-1)(3y+2) = 0, \\ (x+1)(x+4y-15) - 28(y-1) = 0. \end{array} \right.$$ (5)

Dễ dàng nhận thấy cặp $(-1; 1)$ thỏa mãn điều đó. Không khó để tìm được một cặp $(1; 0)$ khác.

Và bây giờ - một động thái không chuẩn. Hãy vẽ một đường thẳng đi qua các điểm $(-1; 1)$ và $(1; 0)$ (phương trình của nó là $y=-\frac{x}{2}+\frac{1}{2}$) và lấy một điểm khác trên đó, ví dụ (3; -1). Tại $x=3; y=-1$ vế trái của phương trình thứ nhất của hệ (5) bằng 100 và vế thứ hai bằng -8. Kế tiếp

25

Do đó, nếu nhân phương trình thứ nhất của hệ (5) với 2, phương trình thứ hai với 25 rồi cộng lại thì cặp (3; -1) sẽ thỏa mãn phương trình thu được (chúng ta ký hiệu là ()). Các cặp (-1; 1) và (1; 0) rõ ràng cũng thỏa mãn phương trình (). Như vậy hệ phương trình
$$\left\{ y = -\frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right\}$$

có ít nhất ba lời giải khác nhau. Mặt khác, thay thế biểu thức của $y$ đến $x$ từ phương trình thứ hai của hệ (6) vào phương trình thứ nhất, chúng ta thu được cho $x$ một phương trình không cao hơn bậc hai. Điều này có nghĩa là phương trình () sau khi thay thế $y = -\frac{x}{2} + \frac{1}{2}$ trở thành đẳng thức (xét cho cùng, phương trình bậc $n \leq 2$ không thể có nhiều hơn hai nghiệm). Do đó, bất kỳ lời giải nào của phương trình $y + \frac{x}{2} - \frac{1}{2} = 0$ đều là nghiệm của phương trình (). Do đó, điều tự nhiên khi cho rằng vế trái của phương trình (*) bị phân hủy thành các thừa số, một trong số đó là $y + \frac{x}{2} - \frac{1}{2}$

Về ký hiệu thập phân của một số số

Trong hai cuốn sách do nhà xuất bản Prosveshcheniye xuất bản năm 1980, về ý nghĩa của các số $n$ và $e$, người ta nói rằng 707 chữ số thập phân đã được tìm thấy cho $n$ và hơn hai nghìn cho $e$. Hãy để chúng tôi trình bày dữ liệu đầy đủ hơn về những con số này và một số con số khác thu được bằng máy tính.

Vào năm 1961, người ta đã tìm thấy 100.625 chữ số thập phân cho số $n$ và 100.265 chữ số thập phân cho số $e$. Năm 1964, hơn một triệu chữ số của số $e$ đã được tính toán, và vào năm 1967 - 500.000 chữ số của số $n$, nhưng những kết quả này không được công bố.

Đối với ký hiệu số $1 : \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ (“vàng”)

2.878 ký tự được tính toán.

Vào năm 1970–71, người ta đã thu được một triệu chữ số của số $\sqrt{2}$. Khi kiểm tra kết quả, hãy bình phương nó ra là một, theo sau là dấu thập phân và 1.000.082 số chín.

Về số nguyên tố lớn. Năm 1963, số nguyên tố Mersen thứ 23 $^*$) $2^{11 213} - 1$ được tìm thấy. Nó chứa 3.376 chữ số và được trình bày đầy đủ trong cuốn sách “Tiểu thuyết toán học” của M. Gardner, 1974, tr. 349.

Năm 1971, số thứ 24 $2^{19 937} - 1$ được tìm thấy, năm 1978 - số thứ 25 $2^{21 701} - 1$, và năm 1979 - số thứ 26 $2^{23 209} - 1$ và số thứ 27 $2^{44 497} - 1$.

Chúng ta hãy tìm các chữ số của các chữ số, cũng như một số chữ số đầu tiên và cuối cùng của số Mersen cuối cùng được liệt kê. Các số $2^p - 1$ và $2^p$ có cùng số chữ số. Thật vậy, nếu $2^p$ có ​​thêm một chữ số thì kết thúc của nó sẽ là 0. Nhưng điều này là không thể, vì không có một lũy thừa nào của 2 tận cùng bằng 0. Vậy chữ số của số nguyên tố Mersen thứ 27 bằng số chữ số của $2^{44 497}$. Chúng tôi có:

$$\lg 2^{44 497} = 44 497 \cdot \lg 2 = 44497 \cdot 0,3010 2999 57 = 13394,93172.$$

Đặc trưng của logarit là 13394, do đó, bản thân số này có 13.395 chữ số. Giá trị lớn của logarit là 93.172, vì vậy số bắt đầu bằng các chữ số 8545.

Có thể chứng minh được ba chữ số tận cùng sẽ là 6, 7 và 1. Vậy:

$$2^{44 497} - 1 = 8545...671.$$

M. S. Gelfand

26

Nhiệm vụ đánh giá

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
G. V. MELEDIN

Trong cuộc đời mỗi người đều có những đánh giá: liệu mình có thể đến đó kịp thời không, liệu mình có đủ tiền không, cần bao lâu để điều chỉnh bộ điều chỉnh đồng hồ, cần bao nhiêu để giữ tải, v.v.

Trong hoạt động của một nhà nghiên cứu, việc đánh giá là cần thiết về mặt chuyên môn. Ứng dụng thô, ước tính theo bậc độ lớn là một giai đoạn gần như bắt buộc trong việc chuẩn bị thí nghiệm, thiết kế hệ thống lắp đặt và phát triển lý thuyết. Họ không thể thiếu trong quá trình thảo luận về những ý tưởng và dự án mới. Đôi khi các ước tính đề xuất đường dẫn của lời giải bài toán chính xác, giúp thiết lập ranh giới của phạm vi của lời giải chính xác và hiểu những thay đổi nào sẽ được yêu cầu khi thiết lập và lời giải bài toán bên ngoài khu vực này.

Khả năng điều chỉnh cùng với trực giác rất quan trọng trong công việc sáng tạo. Vì vậy, không phải ngẫu nhiên mà gần đây các bài tập đánh giá bắt đầu xuất hiện trong các kỳ thi tuyển sinh đại học. Ví dụ, trong vài năm nay, mọi phiên bản của bài thi viết vật lý dành cho ứng viên vào Khoa Vật lý của Đại học Bang Novosibirsk đều có điểm bài toán. Trong công thức của bài toán như vậy không có hoặc hầu như không có giá trị số của các đại lượng vật lý cần thiết cho lời giải; Người ta cho rằng mọi người đều có thể tự chọn và đặt chúng.

Công thức vật lý của bài toán, việc lựa chọn và xây dựng mô hình vật lý đơn giản nhất của hiện tượng là giai đoạn quan trọng nhất nhưng đồng thời cũng khó khăn của việc ước tính lời giải bài toán. Cần phải lựa chọn chính xác các thông số vật lý có ý nghĩa nhất đối với bài toán, xác định tính chất vật lý của nó và bỏ qua các thông số ít ảnh hưởng đến hiện tượng khô xen kẽ. Để thiết lập mối quan hệ giữa các tham số khác nhau, việc sử dụng đúng các định luật và định nghĩa vật lý cơ bản là điều cần thiết. Đôi khi bạn có thể giới hạn bản thân trong những định nghĩa không quá nghiêm ngặt hoặc cách giải thích định tính về các định luật vật lý.

Trước khi chuyển sang nhiệm vụ cụ thể, chúng tôi sẽ đưa ra hai nhận xét nhỏ. Trước tiên, hãy cùng thống nhất về ý nghĩa chính xác của cụm từ “thứ tự ước tính cường độ”. Hai giá trị số của bất kỳ đại lượng vật lý nào được coi là khác nhau theo một bậc độ lớn nếu tỷ lệ của chúng xấp xỉ bằng 10, hai bậc độ lớn nếu nó bằng 10², v.v. Theo quan điểm này, số 89 nên được coi là một số có bậc 102 và số 15 - có bậc 10. Ví dụ, nếu hai giá trị khác nhau 1,3 lần, thì chúng phải được coi là đại lượng của cùng một bậc. Điều tương tự cũng áp dụng cho trường hợp có chênh lệch 2,3 hoặc thậm chí 5 lần. Với ước tính sơ bộ cũng không có sự khác biệt so với kết quả chính xác.

Thứ hai, điều kiện về ký hiệu. Cùng với dấu bằng “=” hoặc dấu bằng gần đúng “≈” chúng ta sẽ sử dụng dấu “~”. Rõ ràng nó được dùng để ghi lại sự tỉ lệ của hai đại lượng. Chúng ta sẽ sử dụng ký hiệu này để biểu thị sự bằng nhau về độ lớn, từ đó nhấn mạnh rằng các hệ số tỷ lệ không thứ nguyên trong các công thức của chúng ta là các số có thứ tự thống nhất. Một lần nữa, chúng tôi nhấn mạnh rằng sự khác biệt giữa hệ số “thực” và “ước tính” nhiều lần là không đáng kể đối với hệ số của chúng tôi.

27

Bây giờ hãy xem xét một số ước tính bài toán tương đối đơn giản. Hầu hết đều được lấy từ kỳ thi tuyển sinh vào Khoa Vật lý của NSU.

Hãy bắt đầu với bài toán, trong đó vật lý là một môn học rõ ràng và bạn chỉ cần lựa chọn một cách khôn ngoan các giá trị cụ thể của các đại lượng vật lý tương ứng.

Bài toán 1. Ước tính áp lực của bút bi lên giấy khi viết.

Để ước tính như vậy, hãy sử dụng áp suất không xác định: $p = F/S$. Bây giờ chúng ta cần suy nghĩ xem các giá trị số của lực và diện tích có trong định nghĩa này là gì. Mỗi dòng mà chúng ta vẽ trên giấy khi viết bao gồm các điểm riêng lẻ. Điểm có thể coi là một đường tròn có đường kính bằng chiều rộng bên trái $d$ còn lại trên tờ giấy: $S = \pi d^2/4$. Hơn nữa, $d \sim 0,2$ mm (điều này khá hợp lý). Chúng tôi cũng sẽ đánh giá mức tăng $F$ áp dụng cho tay cầm “bằng mắt”: nó không vượt quá trọng lượng của bàn tay, nhưng chắc chắn lớn hơn trọng lượng của tay cầm. Hãy lấy $F \sim 1$ N. Sau đó

$$p = \frac{F}{S} \sim \frac{4F}{\pi d^2} \sim 3 \cdot 10^7 \text{ Pa}.$$

Để biết nó nhiều hay ít, việc so sánh giá trị thu được với một số giá trị khác là rất hữu ích. Giả sử trên bàn có một vật nặng 1kg. Đường kính ở đáy của nó khoảng 4 cm nên trọng lượng tác dụng một áp suất khoảng $8 \cdot 10^3$ Pa lên bàn. Điều này có nghĩa là khi viết bằng tay bi, áp lực lên tờ giấy lớn hơn hàng nghìn lần áp lực của một quả cân nặng đặt trên bàn.

Bài toán 2. Ước tính tốc độ dòng hơi thoát ra từ vòi của ấm đun nước đang sôi.

Đặt công suất của lò sưởi là $W$ và nhiệt dung riêng của sự hóa hơi nước là $L$. Hãy để chúng tôi giới thiệu thêm một tham số nữa—tỷ lệ công suất $\eta$ góp phần hình thành hơi nước. Khi đó $\eta W/L$ là khối lượng hơi nước hình thành trong mỗi đơn vị thời gian. Rõ ràng, lượng hơi nước được tạo thành bao nhiêu thì lượng hơi thoát ra khỏi ấm cũng như vậy:

$$\frac{\eta W}{L} = \varrho v S.$$

Ở đây $\varrho$ là mật độ hơi nước trong quá trình đun sôi, $v$ là tốc độ dòng hơi nước, $S$ là diện tích mặt cắt ngang của vòi ấm. Theo định luật Mendeleev-Clapeyron, mật độ hơi là $\varrho = p\mu/(RT)$, trong đó $p$ là áp suất, $\mu$ là khối lượng mol của nước, $R$ là hằng số khí phổ quát, $T$ là nhiệt độ hơi nước. Cuối cùng chúng tôi nhận được

$$v = \frac{\eta W}{L\varrho S} = \frac{\eta WRT}{Lp\mu S}.$$

Nếu công suất lò sưởi là $W \sim 1$ kW, $\eta \sim 0,5$, $S \sim 1$ cm$^2$, $T \sim 373$ K, $p \sim 10^5$ Pa (vì áp suất hơi bão hòa tại điểm sôi bằng áp suất khí quyển) và các giá trị không đổi bằng nhau, tương ứng với $R = 8,3$ J/(kg K), $L = 4,2$ kJ/kg và $\mu = 18 \cdot 10^{-3}$ kg/mol thì

$$v \sim 2 \text{ м/с}.$$

Bài toán 3. Hãy ước tính xem ngày nắng đẹp trời sáng hơn đêm trăng tròn bao nhiêu lần.

Trước hết, chúng tôi lưu ý rằng Mặt trăng chỉ phản chiếu ánh sáng từ Mặt trời chiếu vào nó. Hãy giả sử

28

Về cơ bản, độ sáng do Mặt trời tạo ra trên Trái đất và trên Mặt trăng là gần như nhau và bằng $E_C$. Năng lượng ánh sáng $E_C \pi R^2$ chạm vào Mặt Trăng (ở đây $R$ là bán kính của Mặt Trăng). Mặt trăng tạo ra sự chiếu sáng trên Trái đất $E_\pi = E_C \pi R^2 k / (2\pi l^2)$, trong đó $k$ là hệ số phản xạ ánh sáng từ bề mặt Mặt trăng, $l$ là khoảng cách từ Mặt trăng đến Trái đất (chúng tôi giả định rằng Mặt trăng “tỏa” ánh sáng phản xạ một cách đồng đều trong một góc đặc bằng một nửa góc tối đa). Bây giờ hãy tìm tỷ lệ chiếu sáng:

$$\frac{E_C}{E_\pi} = \frac{2}{k} \left( \frac{l}{R} \right)^2 = \frac{8}{k} \left( \frac{2R}{l} \right)^{-2},$$

trong đó $2R/l$ là kích thước góc của Mặt trăng, có độ lớn bằng 0,01 radian.

Hãy lấy $k \sim 0,2$, rồi cuối cùng

$$E_C/E_\pi \sim 4 \cdot 10^5.$$

Bài toán 4. Ước tính quả lựu đạn sẽ đi được bao xa nếu vận động viên ném nó từ cự ly đang chạy.

Giả sử khi một quả lựu đạn bay đi, nó sẽ đạt độ cao tối đa $H$. Khi đó thời gian bay của lựu đạn là $2\sqrt{2H/g}$. Nếu tại thời điểm ban đầu hình chiếu ngang của tốc độ lựu đạn tăng $v$ và hình chiếu dọc thực tế không thay đổi, thì thời gian bay sẽ không thay đổi và tầm bay sẽ tăng thêm $l = 2v\sqrt{2H/g}$.

Sẽ hợp lý khi xem xét $H \sim 5$ m và $v \sim 8$ m/s (ví dụ: hãy nhớ rằng những người chạy nước rút chạy một quãng đường hàng trăm mét trong thời gian khoảng 10-12 giây); do đó $l \sim 20$ m.

Kết quả ước tính là khá hợp lý.

Bài toán 5. Ước tính thời gian phóng điện của một quả cầu kim loại tích điện nối với Trái đất thông qua một điện trở có điện trở đã biết.

Gọi điện thế của quả bóng tích điện là $\varphi$ và điện tích $Q = C\varphi$, trong đó $C = 4\pi\varepsilon_0a$ là dung tích của quả bóng ($a$ là bán kính của quả bóng). Sau khi kết nối với Trái đất, cả điện thế và điện tích của quả bóng sẽ bằng không. Trong quá trình phóng điện, dòng điện $I$ xuất hiện trong mạch, tất nhiên dòng điện này sẽ thay đổi theo thời gian, nhưng với mục đích đánh giá, chúng ta sẽ bỏ qua yếu tố này. Sau đó chúng tôi nhận được

$$I \sim \frac{Q}{t} \sim \frac{\varphi}{R},$$

trong đó $R$ là điện trở, $t$ là thời gian phóng điện. Từ đây

$$t \sim \frac{QR}{\varphi} = CR = 4\pi\varepsilon_0aR.$$

Tại $a \sim 1$ m, $R \sim 1$ MΩ và $\varepsilon_0 = 8,85 \cdot 10^{-12} \Phi/\text{м}$

$$t \sim 10^{-4} \text{ с.}$$

Ở Ya. I. Trong “Vật lý giải trí” của Perelman có một câu chuyện mang tên “Dry Out of the Water”. Nó bắt đầu như thế này: “Đặt đồng xu lên một cái đĩa phẳng lớn, đổ lượng nước vừa đủ để

29

phủ đồng xu và mời khách cầm trực tiếp bằng tay mà không bị ướt ngón tay.

Điều tưởng chừng như không thể bài toán này được giải quyết khá đơn giản với sự trợ giúp của một chiếc ly và một mảnh giấy đang cháy. Đốt mảnh giấy, đặt nóng vào trong ly rồi nhanh chóng đặt ngược tờ giấy lên một chiếc đĩa gần đồng xu. Tờ giấy sẽ bay ra ngoài, ly sẽ bốc khói trắng và sau đó toàn bộ nước từ đĩa sẽ tự tụ lại dưới đó. Tất nhiên, đồng xu sẽ vẫn ở nguyên vị trí và trong một phút nữa, khi nó khô, bạn sẽ có thể nhặt nó lên mà không bị ướt ngón tay.”

Hãy giải quyết bài toán này liên quan đến câu chuyện này.

Bài toán 6. Ước tính nhiệt độ tối thiểu mà kính phải được làm nóng để sau khi nguội, tất cả nước từ tấm sẽ xuất hiện trong đó.

Trước tiên chúng ta hãy giải chính xác bài toán (theo chiều kim đồng hồ, trong khuôn khổ một số giả định mà chúng ta sẽ nói đến sau). Khi đưa tấm thủy tinh lên mặt nước, áp suất không khí trong đó bằng áp suất khí quyển $p_a$, còn nhiệt độ của nó $T_x$ thì không xác định được. Khi thủy tinh nguội đi và một khối nước $m$ rơi vào đó thì áp suất không khí trong đó sẽ là $p$, nhiệt độ của thủy tinh sẽ bằng nhiệt độ $T$ của không khí xung quanh và thể tích sẽ giảm theo lượng không khí trong nước, tức là thủy tinh sẽ bằng $(S_l - m/Q)$, trong đó $S$ và $l$ là diện tích mặt cắt ngang của kính và chiều cao của nó, $Q$ là mật độ của nước. Theo định luật Mendeleev-Clapeyron,

$$\frac{p_a S_l}{T_x} = \frac{p S (l - m/(\varrho S))}{T}.$$

Từ điều kiện cân bằng của một cột nước suy ra $pS + mg = p_aS$, thì

$$T_x = T \frac{1}{1 - \frac{mg}{p_a S}} \frac{1}{1 - \frac{m}{\varrho l S}}.$$

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra những giả định ngầm mà chúng ta đã đưa ra cho lời giải. Chúng ta giả định rằng nhiệt độ của không khí trong kính trùng với nhiệt độ của các vách kính; rằng kính được đặt từ từ trên mặt nước, sao cho áp suất ban đầu trong nó trùng với áp suất khí quyển; rằng áp suất của hơi nước trong thủy tinh có thể bỏ qua; hiệu ứng vốn là không đáng kể.

Điều thú vị là công thức thu được cho $T_x$ có tính đến sự thay đổi áp suất (do cột nước đi vào ly gây ra) và tính đến sự thay đổi thể tích không khí trong ly nước dưới dạng các thành phần độc lập. Vì vậy, ảnh hưởng của chúng có thể được nghiên cứu riêng biệt.

Hãy biến đổi người sống chung đầu tiên từ phía bên phải của công thức đã chỉ ra:

$$\frac{1}{1 - \frac{mg}{p_a S}} = \frac{1}{1 - \frac{p_{BO}}{p_a}} \approx 1 + \frac{p_{BO}}{p_a}.$$

Áp suất khí quyển tương ứng với áp suất của cột nước cao 10 m, và trong trường hợp của chúng ta rõ ràng là chiều cao của cột nước đổ vào cốc không thể vượt quá chiều cao của cốc, tức là khoảng 10 cm, vì vậy sẽ hợp lý khi bỏ qua áp suất của cột nước và coi hệ số này xấp xỉ bằng đơn vị:

$$\frac{1}{1 - \frac{mg}{p_a S}} \approx 1.$$

Người sống chung thứ hai có liên quan đến sự thay đổi thể tích nước trong ly. Thể tích của nước và thể tích của cốc không còn chênh lệch nhiều như áp suất nên không thể bỏ qua thể tích của nước.

Như vậy,

$$T_x \approx \frac{T}{1 - \frac{m}{\varrho l S}}.$$

31

Nhiệm vụ 8. Ước tính thời gian sau đó bạn sẽ nghe thấy điều này sau một tia sét, nếu bạn biết rằng sét đã đánh vào một cái cây cách bạn khoảng 3 km.

Vì ánh sáng truyền đi với tốc độ $\approx 3 \cdot 10^5$ km/s nên sẽ xuất hiện tia sét sau khoảng thời gian $\sim 10^{-5}$ s. Âm thanh truyền đi lâu hơn nhiều. Hãy thử ước tính tốc độ truyền dao động âm thanh trong không khí. Hãy sử dụng phương pháp thứ nguyên cho việc này.

Rõ ràng là tốc độ $v$ của âm thanh phụ thuộc vào các thông số đặc trưng cho môi trường này. Gọi đây là áp suất $p$ và mật độ $\rho$ đối với không khí. Giả sử bây giờ $v \sim p^x \rho^y$,

trong đó $x$ và $y$ là số lần hiển thị không xác định. Nếu một công thức như vậy thực sự tồn tại thì kích thước của cạnh trái và phải của nó tất nhiên phải giống nhau.

Điều kiện về thứ nguyên của đại lượng vật lý $A$ được ký hiệu là [A].

Sau đó

$$v = m \cdot c^{-1},$$

$$p = \Pi a = \kappa \Gamma \cdot m^{-1} \cdot c^{-2},$$

$$\rho = \kappa \Gamma \cdot m^{-3},$$

và chúng ta có thể viết

$$m \cdot c^{-1} = (\kappa \Gamma \cdot m^{-1} \cdot c^{-2})^x (\kappa \Gamma \cdot m^{-3})^y.$$

Sự bình đẳng này được duy trì với điều kiện

$$x + y = 0,$$

$$-x - 3y = 1,$$

$$-2x = -1.$$

Từ đây

$$x = \frac{1}{2} \text{ и } y = -\frac{1}{2},$$

theo tư thế chúng tôi nhận được

$$v \sim \sqrt{\frac{p}{\rho}}.$$

Hệ số bằng số trong công thức này không thể được xác định từ các thông báo thứ nguyên. Giả sử rằng nó thuộc thứ tự một (nói chung, điều này cần được kiểm tra bằng cách nào đó).

Để ước tính tốc độ của âm thanh, áp suất không khí được áp dụng cho áp suất khí quyển bình thường: $p \sim 1$ atm $\sim 10^5$ Pa, và mật độ không khí sẽ được coi bằng mật độ trong điều kiện bình thường: $\rho \sim 1,3$ kg/m³. Khi đó tốc độ âm thanh

$$v \sim \sqrt{\frac{p}{\rho}} \sim 300 \text{ м/c},$$

và thời gian sau đó tình trạng sấm sét được quan sát,

$$t \sim \frac{3 \cdot 10^3 \text{ м}}{300 \text{ м/c}} \sim 10 \text{ с}.$$

Thời gian này dài hơn sáu bậc độ lớn so với thời gian truyền ánh sáng, điều này hoàn toàn hợp lý xét theo quan điểm kinh nghiệm sống của chúng ta.

Cuối cùng, một số ước tính bài toán khác được đề xuất. Trước đó, không cần nhìn vào đáp số, hãy tự mình lấy những ước tính cần thiết.

Thử thách phản ánh

1. Ước tính áp suất khí quyển sẽ thay đổi như thế nào nếu nước trong đại dương bốc hơi.
2. Hãy ước tính tốc độ chiếc dù rơi xuống khi chiếc dù mở ra.
3. Hãy ước tính mật độ trung bình của Mặt Trời.
4. Hãy ước tính xem nó sẽ tự động thực hiện bao nhiêu vòng (lộn nhào), tự do rơi xuống vực thẳm dài hàng km với tốc độ tối đa.
5. Đánh giá sự thành công của một vận động viên trong cú ném bóng.
6. Tính lực căng của xích xe đạp khi lên dốc.
7. Hãy ước tính tốc độ di chuyển của một giọt nước nếu khi chạm vào một bức tường đứng yên, nó tạo ra một áp suất trung bình cỡ $10^6$ Pa.
8. Hãy ước tính lực căng của dây đai an toàn giữ người trên xe số tự động nếu xe số tự động đang di chuyển với tốc độ khoảng 30 km/h và va chạm với cột, khiến xe số tự động bị lõm sâu khoảng 30 cm.
9. Hãy ước tính khoảng cách giữa mực nước đại dương trên thế giới và tâm Trái đất ở cực và xích đạo sẽ là bao xa.
10. Ước tính khoảng cách một người mặc quần áo sáng màu khi đi vào rừng thông sẽ bị mất tầm nhìn. (Không có bụi rậm.)

32

Túp lều trên chân gà

Để xây “túp lều trên chân gà”, bức ảnh ở trang thứ tư của trang bìa, bạn sẽ không cần bất cứ thứ gì ngoài một vài hộp diêm. Các que diêm trong chòi được “tự tay cầm” mà không cần đến sự trợ giúp của keo dán hay bất kỳ dụng cụ buộc chặt nào khác. Khi hiểu được ý tưởng xây dựng túp lều này, bạn sẽ có thể xây dựng nhiều công trình tương tự khác trong tương lai, có lẽ theo cách đa dạng hơn. Trong thời gian chờ đợi, chúng tôi khuyên bạn nên tuân thủ nghiêm ngặt mô tả bên dưới.

Hãy bắt đầu với việc lựa chọn vật liệu xây dựng. Đối với xây dựng, các trận đấu mỏng nhất là tốt nhất. Que diêm càng mỏng thì bạn càng cần nhiều diêm, nhưng túp lều sẽ càng đơn giản hơn. Trong quá trình xây dựng, các que diêm được ném ra ngoài, sau đó chúng được chiếu sáng hoàn hảo so với các que diêm khác về độ dày cũng như các que diêm bị uốn cong.

Sau đó chúng tôi sẽ chuẩn bị mặt bằng xây dựng. Lấy một số loại đế vững chắc cho nó, chẳng hạn như một chiếc knik, trên đó, nếu cần, bạn sẽ xoay cấu trúc chưa hoàn thiện.

Cuối cùng, bạn có thể bắt đầu xây dựng. Đặt 5-6 que diêm song song với nhau trên đế theo hướng cách xa bạn, chừa khoảng cách giữa chúng bằng độ dày của que diêm. (Trong tương lai, chúng ta sẽ gọi hướng cách xa chúng ta là dọc và hướng vuông góc với nó, tức là từ trái sang phải là ngang.) Trên lớp đầu tiên, đặt cùng lớp thứ hai theo hướng ngang. Hai lớp này tạo thành sàn của túp lều. Bây giờ hãy xây các bức tường theo hình giếng (hai que diêm ở bên phải và bên trái theo hướng dọc, hai que diêm theo hướng ngang, v.v.). Chiều rộng của giếng phải lớn hơn chiều rộng của sàn: khi nhìn từ trên xuống, giữa các bức tường và các nan bên ngoài của sàn phải có một khe hở bằng một gai. Tất cả các giếng phải chứa 4-5 cặp que diêm dọc và cùng số lượng que diêm ngang. Cặp ghim cuối cùng phải đi theo hướng ngang. Đặt hai lớp trần lên trên: dọc và phía trên, ngang.

Bây giờ đến công việc phức tạp nhất - lắp đặt các que diêm dọc trên tường. Đặt một đồng xu có kích thước phù hợp trên túp lều (thường là đồng xu ba kopeck là phù hợp). Nhấn đồng xu để làm cứng kết cấu, lắp các nan thẳng đứng của tường hướng lên trên. Bạn nên bắt đầu từ bức tường bên phải (hoặc bên trái), vì các nan của bức tường phía trước và phía sau sẽ bám vào các nan của sàn bằng các đầu của chúng, điều này hứa hẹn sẽ có một số độ nhám nhất định làm giảm độ bám dính. Đặt cành đầu tiên ở góc trước bên phải - bên trong giếng, nhưng bên ngoài sàn và trần nhà (bạn có thể tạm thời di chuyển các lớp dọc của sàn và trần vào giữa để chúng không gây cản trở). Đặt các nan tiếp theo dọc theo bức tường bên phải, xuyên qua chúng bằng các nan ngang của sàn và trần nhà. Bạn có thể mở rộng các nan hoa trên các lớp ngang bằng cách sử dụng một nan hoa khác. Tất cả các nan dọc phải được đẩy xuống đế. Sau khi lắp xong các que diêm dọc của bức tường bên phải (chúng phải ở trên một đầu hơn là ở các lớp ngang), lắp một bức tường bên trái tương tự (đây là nơi bạn có thể xoay con ngựa chuồng).

Tường trước và tường sau tuy chưa hoàn thiện nhưng những gì có được cũng đủ để tạo nên một công trình vững chắc! Trong khi dùng đồng xu ấn xuống mái nhà từ trên cao, đồng thời dùng ngón tay véo các bức tường phía trước và phía sau để những bức tường này phẳng hết mức. Hãy chắc chắn rằng tất cả các nan tường đều được xoắn. Bây giờ bạn có thể nâng khung kết quả lên (tốt hơn là tiếp tục loại bỏ các bức tường phía trước và phía sau). Các nan hoa của lớp thấp nhất sẽ vẫn ở trên đế, nhưng các nan hoa còn lại sẽ giữ nguyên! Trong mọi trường hợp, bạn không nên loại bỏ các bức tường bên phải và bên trái; ngược lại, nên di chuyển chúng ra xa nhất có thể để có đủ không gian cho các bức tường phía trước và phía sau.

Về nguyên tắc, việc lắp đặt các khớp dọc của các bức tường phía trước và phía sau có thể được thực hiện “trên không”, tuy nhiên, nếu bạn làm điều này, bạn có nguy cơ thấy cấu trúc của mình ngay lập tức biến thành một khớp ngực. Do đó, hãy lắp ráp các bức tường phía trước và phía sau như mô tả ở trên và lắp đặt các nan thẳng đứng của các bức tường này trên đế. Các nan cực của những bức tường này đã được lắp đặt như một phần của bức tường bên phải và bên trái. Các nan hoa được lắp đặt phải đi vào bên trong giếng nhưng theo các lớp ngang.

Sau khi đảm bảo rằng tất cả các nan hoa đã đi vào không gian dành riêng cho chúng, hãy luân phiên loại bỏ bức tường bên phải từ bên trái và bức tường phía trước từ phía sau, đồng thời ấn lên trần nhà. Cần phải liếm hết gai. Để làm điều này, bạn có thể phải nhấn riêng một số nan hoa. Sau thao tác này, sẽ thu được trọng lượng của khung đọc (ảnh 1).

(Sau khi phần khó khăn nhất của công việc đã qua đi, bạn có thể thư giãn một chút và xem xét kỹ hơn những gì bạn đã tạo ra. Xin lưu ý: “khối” bạn đã tạo không thực sự là một khối lập phương; các mặt của nó có kích thước khác nhau. Hãy nghĩ về cách tạo một khối lập phương thực sự.)

35

Hình 2.

Người đọc, người đã nắm được sự tương tự giữa tứ diện và tam giác, có lẽ đang mong đợi câu sau: “Tất cả các điểm (các đường vuông góc đi từ đỉnh đến mặt đối diện) của tứ diện cắt nhau tại một điểm, gọi là trực tâm của nó”. Nhưng than ôi, phát biểu này không đúng với một tứ diện tùy ý mà chỉ đúng với một loại tứ diện gọi là trực tâm. Chúng tôi sẽ không đề cập đến các lớp này trong bài viết này, nhưng chúng tôi hy vọng sẽ quay lại chủ đề này trong «Kvant».

Sự song song được mô tả (Hình 1) giúp hình dung một giếng tứ diện trong không gian, được xác định bởi thực tế là các cạnh giao nhau của tứ diện là các đường chéo của các mặt đối diện của nó. Trong hình này, có thể dễ dàng “làm nổi bật” một yếu tố quan trọng khác của tứ diện: các đường vuông góc chung của các cạnh giao nhau - chúng tạo thành chiều cao của hình bình hành (ví dụ: đoạn KH trong Hình 1).

Tứ diện đẳng diện

Như đã đề cập, một tứ diện được gọi là đẳng diện nếu tất cả các mặt của nó đều là hình dựng. Để tưởng tượng một tứ diện đẳng diện, khác với tứ diện thông thường, có thể là một tam giác nhọn tùy ý làm bằng giấy và chúng ta sẽ uốn cong nó dọc theo các đường ở giữa. Sau đó, ba đỉnh chảy vào một điểm và hai nửa của các cạnh lại với nhau, tạo thành các cạnh bên của khối tứ diện (Hình 2).

Bây giờ chúng ta hãy liệt kê các tính chất của tứ diện, mỗi tính chất là điều kiện cần và đủ để có đẳng diện, bắt đầu từ định nghĩa.

(0) Các khuôn mặt có thể xây dựng được.
(1) Các cạnh giao nhau được thi công theo cặp.
(2) Các góc tam diện đều có tính xây dựng.
(3) Xây dựng các góc nhị diện đối diện.
(4) Hai góc phẳng nằm trên một cạnh là hai góc tăng cường.

37

kah $B$, $C$ và $D$ được gắn vào ba góc, tổng của chúng là $180^\circ$, do đó các góc $A_1BA_2$, $A_2OA_3$, $A_3CA_1$ - mở rộng; Điều này có nghĩa $A_1A_2A_3$ là một tam giác chứa các điểm $B$, $C$, $D$ và là sự phát triển của tứ diện $ABCD$. Đối với các lần quét khác, sự xa lánh cũng tương tự.

Bước tiếp theo của chúng ta là chứng minh sự tương đương

(1) ⇔ (7)

Trên thực tế, vì các cạnh cắt của tứ diện là các đường chéo của các mặt của hình bình hành được mô tả (xem Hình 1), nên từ sự đồng dạng theo cặp của các cạnh, có thể suy ra rằng các mặt của hình bình hành được mô tả là hình chữ nhật và ngược lại.

Bây giờ chúng tôi đề xuất chuyển nhượng theo kế hoạch

(7) ⇒ (8) ⇒ (9) ⇒ (10) ⇒ (7)

Chúng ta chỉ tập trung vào (7) ⇒ (8). Nhìn vào Hình 5, bạn có thể dễ dàng xác định rằng các trục đối xứng là các đường thẳng nối các tâm đối xứng của các mặt đối diện của hình bình hành (hình chữ nhật) được mô tả, hoặc, ở đây giống nhau, các đường vuông góc chung của các mặt giao nhau.

Tiếp theo, rất indo,

(0) ⇒ (11), (12), (13), (14), (15)

Chúng ta sẽ chứng minh rằng (11) ⇒ (1), (12) ⇒ (3), (13) ⇒ (12), (14) ⇒ (1), (15) ⇒ (4); Điều này sẽ thiết lập sự tương đương của 15 thuộc tính đầu tiên.

Để cài đặt

(11) ⇒ (1)

Hãy viết điều kiện (11) dưới dạng

$$a_2 + b_2 + c_2 = a_2 + b_1 + c_1 = b_2 + a_1 + c_1 = c_2 + a_1 + b_1,$$

(*)

trong đó $a_1$, $b_1$, $c_1$ là độ dài các cạnh của tứ diện phát ra từ một đỉnh, $a_2b_2c_2$ là độ dài của các cạnh tương ứng cắt chúng. Từ hệ thống này thật dễ dàng để có được (bằng cách nào?)

$$a_1 = a_2, b_1 = b_2, c_1 = c_2,$$

và đây là bản ghi điều kiện (1).

Để chứng minh lời nói

39

Nhiệm vụ

1. Có 5 bóng đèn trong bôi trơn. Công tắc có 6 vị trí, trong đó mỗi lần thắp sáng một số lượng bóng đèn khác nhau - từ 0 đến 5. Một ngày nọ, một số bóng đèn bị cháy. Hỏi bạn phải lật công tắc ít nhất bao nhiêu lần để tìm ra cái nào?

2. Tìm tất cả các số có ba chữ số bằng tích của số có hai chữ số cuối và số có chữ số cuối của nó.

3. Các số 1,2,…,9 được đặt vào các ô của hình vuông 3x3. Sau đó, trong mỗi vòng tròn, giá trị trung bình số học của bốn số xung quanh nó được viết ra. Sau đó, giá trị trung bình số học của bốn số thu được đã được tính toán. Số lớn nhất có thể đạt được là bao nhiêu?

4. Có 18 lít xăng trong một thùng. Có hai thùng có thể tích 7 lít, trong đó bạn cần đổ đầy 6 lít xăng. Ngoài ra còn có muỗng 4 lít. Làm thế nào một sự cố tràn có thể được thực hiện?

5. Tại sao vào ban ngày, từ một căn phòng có cửa sổ được che bằng rèm tuyn, có thể nhìn thấy rõ đồ vật trên đường nhưng nhìn từ ngoài đường lại không nhìn thấy đồ vật trong phòng?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
A. I. Azamov, G. A. Galperin,
V. V. Proizvolov, S. V. Dvoryaninov,
A. P. Savin.

40

Về số lượng lớn

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. P. SAVIN

Một lần, trong một trại tiên phong, tôi có cơ hội tham gia vào một buổi tối đặt câu hỏi và đáp số có tên “Ai là người…?” Có rất nhiều câu hỏi khác nhau: “Ai có cái đuôi dài nhất? Ngôi sao nào gần Trái đất nhất? Nhưng một cô gái đã hỏi:

• Số nào lớn nhất?
  Thay vì đáp số, tôi đề nghị cô ấy chơi trò chơi này.
  “Đây là kẹo,” tôi nói, “ai gọi số cao nhất sẽ nhận được kẹo này.” Hãy cho tôi biết số của bạn!
  “Một trăm nghìn triệu,” cô gái buột miệng.
  “Không có cái tên nào như vậy cả,” tôi trả lời.

“Không, có đấy,” cô gái khẳng định.

• Được rồi tôi ước hai trăm nghìn triệu. Chúng ta chơi lại nhé?
  Những người còn lại gây ồn ào và bắt đầu nói chuyện, ngắt lời nhau.
  “Im lặng,” tôi nói, “chúng ta hãy nói chuyện từng người một, nếu không chúng ta sẽ không hiểu gì cả.” Trong số mười chàng trai giơ tay ngay lập tức, tôi chọn một cậu bé thấp bé đeo kính.
  “Trò chơi không công bằng,” anh ấy nói, “bất kể Masha gọi tên con số nào, bạn sẽ đặt tên thêm một số nữa và tiến lên cao hơn.” Và nói chung, không có cái gì gọi là con số: một con số có thể được thêm vào bất kỳ con số nào.
  Masha, người vẫn đứng gần bàn, hỏi tôi:
  -Các số lớn hơn một triệu gọi là gì?
  Đánh giá qua khuôn mặt của các chàng trai, câu hỏi này khiến nhiều người trong số họ quan tâm. Tôi bắt đầu kể.
  — Trong phần nghìn đầu tiên, như bạn đã biết, mỗi đơn vị cỡ đều có tên: một, mười, một trăm, nghìn. Đơn vị tiếp theo có tên riêng của nó.

41

tion, trải qua ba chữ số, nghĩa là mỗi đơn vị được đặt tên tiếp theo chứa một nghìn đơn vị được đặt tên trước đó:
1.000.000 - triệu,
1 000 000 000 - tỷ hoặc tỷ,
1.000.000.000.000 - nghìn tỷ,
1 000 000 000 000 000 - bốn triệu,
tiếp theo là Quitilluon, Sextillion, Centilluon, Octilluon, Nonilluon, Deucilluon.

Các điểm tham quan hình thành được gọi là không sử dụng. Các nhà thiên văn học, nhà vật lý và các chuyên gia khác làm việc với các số lớn thích viết các số sử dụng lũy ​​thừa của 10. Do đó, nhà vật lý sẽ viết số 460.000.000 là $46 \cdot 10^7$ hoặc thường xuyên hơn là $4,6 \cdot 10^8$. Nếu con số này cần được đọc, thì anh ta sẽ đọc nó là “bốn và sáu chục đến mười trong một phần tám”.

• Nếu không có số 0 ở cuối thì sao? - một cậu bé hỏi tôi.

“Thực tế là,” tôi nói, “rằng trong các phép đo vật lý và các phép đo khác, theo quy luật, chỉ có hai hoặc ba chữ số đầu tiên là đúng.” Để có được số lượng lớn các dấu hiệu chính xác cho mỗi số, ví dụ như khối lượng của một hành tinh hoặc khoảng cách của nó, cần phải có các biện pháp phòng ngừa đặc biệt và các dụng cụ đặc biệt, rất chính xác. Do đó, với số lượng lớn thu được từ một thử nghiệm thông thường, chỉ còn lại hai hoặc ba chữ số đầu tiên và phần còn lại được thay thế bằng số không.

— Con số lớn nhất bạn phải giải quyết trong thực tế là bao nhiêu? - câu hỏi đến từ hàng cuối cùng.

“Bạn thậm chí có thể gọi một con số như vậy,” tôi trả lời, “các nhà vật lý tin rằng trong toàn bộ Vũ trụ, số lượng nguyên tố của các hạt tạo nên nguyên tử và chất có trong đó không quá $10^{88}$.” Do đó, thực tế không có nhu cầu sử dụng số lớn hơn $10^{100}$. Một cái tên đặc biệt đã được phát minh cho con số này - uchelol. Mọi người đều có thể tưởng tượng một thị trấn như vậy. Nhưng dù sao hãy thử xem.

Hãy tưởng tượng một tấm bảng có 400 bóng đèn được xếp thành hình vuông $20 \times 20$. Thật dễ dàng để tưởng tượng; những bảng tương tự được tìm thấy ở các sân bay và nhà ga lớn; ở đó, với sự hỗ trợ của đèn chiếu sáng, các thông báo về việc đến và đi của tàu hoặc máy bay sẽ được hiển thị. Bây giờ chúng ta hãy nghĩ xem có bao nhiêu cách khác nhau để làm sáng bảng điểm $20 \times 20$.

Hãy bắt đầu đếm số trạng thái trên bảng điểm của chúng ta. Để đặt hàng, chúng ta đánh số các bóng đèn từ 1 đến 400. Bóng đèn đầu tiên có thể ở hai trạng thái: tắt và bật. Hai bóng đèn có thể đã ở bốn trạng thái. Nếu chúng ta dùng dấu o để biểu thị bóng đèn đã tắt và dấu + để biểu thị bóng đèn đang sáng thì có thể liệt kê 4 trạng thái sau: 00, +0, 0+, ++0, 00+, +0+, 0++, +++. Lượng trạng thái đáp ứng cho hai đèn đầu tiên khi đèn thứ ba tắt, cộng với lượng trạng thái tương tự khi đèn thứ ba sáng. Dễ dàng nhận thấy rằng khi cộng bốn trạng thái đèn, thỏa mãn và lại bằng $2^4 = 16$, với năm trạng thái đèn sẽ là $2^5 = 32$, với mười – đã là $2^{10} = 1024$, và với 400 đèn – $2^{400}$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng con số này lớn hơn một googol. Lưu ý rằng $2^{10} = 1024 > 10^3$, do đó $2^{400} = 2^{10 \cdot 40} > 10^3 \cdot 40 = 10^{120}$. Vì vậy, với sự trợ giúp của bảng điểm đơn giản, chúng tôi đã có thể vượt qua googol.

Sẽ mất bao lâu để nhận ra tất cả các cơ hội có sẵn? Hãy để bạn

42

Chúng tôi có một lời giải điện tử, có thể thay đổi trạng thái của bảng với tốc độ 100 lần mỗi giây. Vì mỗi giờ có 3600 giây, một ngày có 86.400 giây và một năm có 31.536.000 giây, nên trong một năm, bảng sẽ là 3.153.600.000 milliins hoặc 3,1536 10^9. Chia 10^120 cho số này sẽ được khoảng 3 · 10^110 năm - một con số lớn hơn hàng tỷ lần so với một googol. Đó là tali!

Có lẽ chúng ta đã có một khám phá vĩ đại trong khoa học? Thật không may là không. Từ lâu người ta đã hiểu rằng số lượng trạng thái của một hệ thống lớn hơn nhiều lần số lượng các phần tử của nó. Và rất thường rất khó để chọn ra cái tốt nhất trong số rất nhiều lựa chọn. Ví dụ, đặt nhà máy sản xuất một số loại sản phẩm mới ở đâu? Nên chọn công suất nào cho các nhà máy này? Nếu bạn làm một vài nhà máy lớn thì chi phí sản xuất sẽ thấp, những sản phẩm này sẽ cần thiết hơn nữa. Nếu làm nhiều nhà máy nhỏ thì sẽ phải vận chuyển ít sản phẩm hơn nhưng chi phí sản xuất sản phẩm ở các doanh nghiệp nhỏ lại tăng lên. Để giải quyết bài toán tương tự, có ý nghĩa phổ biến hơn, hàng nghìn máy tính điện tử đang liên tục làm việc, phân loại hàng nghìn lựa chọn mỗi giây.

• Tôi có thể hỏi câu khác được không? – Cậu bé đeo kính giơ tay trước.
• Vâng, làm ơn.
• Nhưng các nhà toán học có lẽ phải làm việc với những con số còn lớn hơn nữa?
• Những người nghĩ rằng tất cả những gì các nhà toán học làm là cộng, nhân và chia các số là rất xa sự thật. Chỉ trong một lĩnh vực - lý thuyết số - các nhà khoa học thường giải quyết các số nguyên cụ thể. Và ở đây số thực có vẻ lớn hơn nhiều so với con số. Ví dụ: việc hoàn thành mất nhiều thời gian - ai có thể kể tên số nguyên tố lớn nhất. Không gian có nghĩa là chỉ có hai ước số khác nhau: chính nó và sự thống nhất. Sau đó, họ bắt đầu chỉ tìm những số nguyên tố giống như:

2^n - 1. Những con số này được gọi là số nguyên tố Mersenne, đặc biệt bởi nhà khoa học người Pháp Marin Mersenne, nhà toán học, âm học, lý thuyết âm nhạc, một trong những người sáng lập Viện Hàn lâm Khoa học Paris. Số Mersenne rất thú vị vì nếu số 2^n - 1 là số nguyên tố thì số 2^n−1 (2^n - 1) bằng tổng của tất cả các ước của nó ngoại trừ chính số đó. Người Hy Lạp cổ gọi những con số như vậy là hoàn hảo. Hãy cho biết ba số hoàn hảo đầu tiên:

6 = 2 · 3 = 2(2^2 — 1) = 1 + 2 + 3,
28 = 2^2 · 7 = 2^2(2^3 — 1) =
= 1 + 2 + 4 + 7 + 14,
496 = 2^4 · 31 = 2^4(2^5 — 1) =
= 1 + 2 + 4 + 8 +

• 16 + 31 + 62 + 124 + 248.

Điều thú vị là số 2^n - 1 sẽ chỉ là số nguyên tố nếu số n là số nguyên tố. Vào cuối thế kỷ này, 12 số nguyên tố Mersenne đã được biết đến: với n=2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107 và 127. Với n=127, số nguyên tố Mersenne là - sau đó tôi lấy một cuốn sổ ra khỏi túi và viết nó lên bảng: 170141183460469231731687303715884105884105727

“Con số này ngày càng nhỏ hơn một googol,” tôi tiếp tục. “Nhưng hiện nay máy tính điện tử đang hoạt động. Họ phát hiện ra rằng số 2^n - 1 sẽ là số nguyên tố với n=521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941, 11213, 44497.

Sau đó, số 2^44497 - 1 đã có hơn 13 nghìn chữ số. Bởi vì Googol “chỉ” có 100 chữ số.

Tiếp theo là những câu hỏi mới: “Máy tính nào đếm mọi người nhanh nhất? Con vật nào chạy nhanh nhất?

Buổi tối của câu hỏi và đáp số tiếp tục…

43

Bài toán

M811—M815; F823—F827

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường. Các dấu hoa thị bài toán khó nhất sẽ bị loại bỏ. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả các nhiệm vụ này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 30 tháng 9 năm 1983 đến địa chỉ: 103006, Moscow, K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Trong cột “Tới”, viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 7-83” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ: “M811, M812” hoặc “F823”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả kiểm tra lời giải trong phong bì này). Điều kiện của mỗi bài toán ban đầu được đề xuất xuất bản được ghi trong một phong bì riêng gồm hai bản sao cùng với lời giải của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Bài toán «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “…bài toán mới trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái hãy cho biết mã số trường và lớp bạn đang theo học.

M811. Gọi $h_a, h_b, h_c$ là các đường cao, $m_a, m_b, m_c$ là đường trung tuyến của tam giác nhọn (được vẽ sang các cạnh $a, b, c$), $r$ và $R$ là bán kính của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp. Chứng minh rằng

$$\frac{m_a}{h_a} + \frac{m_b}{h_b} + \frac{m_c}{h_c} \leq 1 + \frac{R}{r}.$$

D. M. Milosevic

M812. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3\sqrt{2}} + \frac{1}{4\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{(n+1)\sqrt{n}} < 2.$$

S. I. Mayzus

M813. Cho các đoạn $OA, OB$ và $OC$ có cùng độ dài (điểm $B$ nằm trong góc $AOC$). Các vòng tròn được xây dựng trên chúng như trên đường kính. Chứng minh rằng diện tích của một tam giác cong giới hạn bởi hai đường tròn này và không chứa điểm $O$ (xem Hình 1, trang 44) bằng một nửa diện tích (của tam giác xiên $ABC$).

V. V. Prasolov

M814. Chúng ta hãy lưu ý rằng các số trong chuỗi tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương của các số tự nhiên. Ví dụ, trung bình của các số xuất hiện trong bộ ba số liên tiếp

$$72 = 6^2 + 6^2, 73 = 8^2 + 3^2, 74 = 7^2 + 5^2.$$

a) Giải thích tại sao các số liên tiếp không thể xuất hiện.

Chứng minh rằng trung bình cộng của các số có vô số 6) cặp, c*) bộ ba số liên tiếp.

L. D. Kurlyandchik

M815*. Có $4k$ điểm được đặt trên vòng tròn, được đánh số theo thứ tự ngẫu nhiên với các số 1, 2, …, $4k$.

a) Chứng minh rằng các điểm này có thể nối $2k$ bằng các đoạn rời nhau theo từng cặp sao cho hiệu số ở hai đầu mỗi đoạn không vượt quá $3k-1$.

46

the ammeter then? The battery is assumed ideal, the resistance of the wires is 2 Ohm.

A. R. Zilberman

P826. Far-away objects are viewed through a convergent lens of focal distance $F=9$ cm, the eye being located at the distance $a=36$ cm from the lens. Estimate the minimal size of a screen which, if placed behind the lens, would entirely cover the field of vision. Where should the screen be placed?

D. V. Belov

P827. A cube with side $a$ moves with velocity $v=0.8$ c (where $c$ is the velocity of light) in a direction perpendicular to one of its faces. What will we see on a photograph of the cube taken by a far-away camera with a very short exposure, if the optical axis of the camera is perpendicular to a face of the cube and intersects the trajectory of its centre (figure Pric. 3)?

D. Ju. Grigoriev

Lời giải bài toán

M796—M798; F808—F812

TRẢ LỜI: $\widehat{APB}=135^\circ$. Hãy xoay $\triangle ABP$ quanh điểm $B$ bằng $90^\circ$ sao cho đỉnh $A$ thẳng hàng với $C$ (xem hình). Để đỉnh $P$ đi đến điểm $Q$. Sau đó $|PQ|^2=2|BP|^2=8|AP|^2$ ($\triangle BPQ$ hình chữ nhật có đầu bằng nhau) và $|QC|=|PA|$. Do đó, $|PQ|^2+|QC|^2=9|AP|^2=|CP|^2$, tức là $PQC$, là tam giác vuông có góc vuông $PQC$. Do đó $\widehat{APB}=\widehat{CQB}=\widehat{CQP}+\widehat{PQB}=90^\circ+45^\circ=135^\circ$.

Ngoài ra còn có một lời giải ít nhân tạo hơn (nhưng cồng kềnh hơn) bằng cách sử dụng phương pháp tọa độ. Ta lấy các đường thẳng $AB$ và $AD$ làm trục tọa độ; gọi $(x, y)$ là tọa độ của điểm $P$. Khi đó, xét cạnh hình vuông bằng 1, ta có: $|AP|^2=x^2+y^2$, $|BP|^2=x^2+(1-y)^2$, $|CP|^2=(1-x)^2+(1-y)^2$. Theo điều kiện $|AP|^2:|BP|^2:|CP|^2=1:4:9$, từ đây dễ dàng tìm được $x$ và $y$, rồi đến góc mong muốn.

L. D. Kurlyandchik

M797*. Người ta biết rằng các chữ số cuối cùng của bình phương các số nguyên chỉ có thể là các số 0, 1, 4, 5, 6 và 9. Có đúng là trước chữ số cuối cùng chúng có thể chứa bất kỳ nhóm chữ số nào, nghĩa là với bất kỳ tập hợp $n$ chữ số $a_1, a_2, \dots, a_n$ nào, người ta có thể tìm thấy một số nguyên có hình vuông kết thúc bằng các chữ số $a_1a_2\dots a_nb$ (trong đó b là một trong các chữ số được liệt kê ở trên)?

TRẢ LỜI: Không. Chúng tôi sẽ đưa ra hai bằng chứng về sự thật này.

Bằng chứng đầu tiên. Gọi $A_n$ là số của tất cả các kết hợp từ $n$ chữ số mà hình vuông chính xác quay trên đó. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng nếu $n \geq 4$ thì $A_n<10^n$. Tuyên bố của chúng tôi sẽ tiếp nối điều này: ngay cả khi mỗi kết hợp $a_1, \dots, a_n$ được tìm thấy kết hợp với chỉ một $b$, thì sẽ có $A_n=10^n$. Để có được tất cả các phần cuối có $n$ chữ số của các hình vuông là rất cần thiết; chỉ cần xét bình phương của các số có $n$ chữ số là đủ. Hãy chia các số $10^n$ này (từ 0 đến $10^n$-1) thành các lớp, thu thập vào một lớp tất cả các số có cùng đuôi hình vuông $n$ chữ số ($p$ và $q$ được xếp vào một lớp nếu $p^2-q^2$ chia hết cho $10^n$). Khi đó $A_n$ bằng số lớp đó; Dựa trên điều này, chúng tôi sẽ ước tính $A_n$.

Chúng ta hãy xem xét riêng ba nhóm số có $n$ chữ số: (1) các số chia hết cho $5^n$ (và cả $2^n$); (2) số lẻ không chia hết cho $5^n$ (có ít hơn $0,5 \cdot 10^n$); (3) các số chẵn không chia hết cho $5^n$ (các số này cũng ít hơn $0,5 \cdot 10^n$). Số lượng các số trong nhóm đầu tiên nhỏ so với $10^n$. Điều quan trọng đối với chúng tôi là chúng cho các số dư khác nhau theo từng cặp khi chia cho $2^n$ (vì $k \cdot 5^n-l \cdot 5^n=(k-l) \cdot 5^n$ không thể chia cho

47

2$^n$ tại $1 \leqslant l < k \leqslant 2^n$), và do đó, trong số các dư lượng này, tất cả các dư lượng có thể có của quá trình phân tách ở $2^n$ đều xảy ra một lần. Hơn nữa, giả sử $m$ là một số thuộc nhóm thứ hai. Chúng ta hãy tìm trong nhóm đầu tiên các số $k_1 \cdot 5^n, k_2 \cdot 5^n, k_3 \cdot 5^n$ và $k_4 \cdot 5^n$, khi chia cho $2^n$ thì có cùng số dư như $2m, 2^{n-1}+2m, 2^n-2m$ và $2^{n-1}-2m$. Khi đó các bình phương của 8 số $m, 10^n-m, 0,5 \cdot 10^n \pm m, k_1 \cdot 5^n-m, k_3 \cdot 5^n+m$ và $k_4 \cdot 5^n+m$ (chúng được viết ở lề) có cùng đuôi $n$ chữ số ở $n \geqslant 4$. Thật vậy, vì $0,25 \cdot 10^n$ là số nguyên ($n \geqslant 4$), $k_i$ là số chẵn và các số trong ô màu xanh ở lề đều chia hết cho $2^n$ nên tất cả các số trong ô màu đỏ đều chia hết cho $10^n$. Do đó, các lớp số của nhóm thứ hai chứa ít nhất 8 phần tử nên số của chúng nhỏ hơn $0,5 \cdot 10^n/8$. Tương tự, đối với $n \geqslant 4$ các lớp số của nhóm thứ ba chứa ít nhất 16 phần tử. (Mỗi lớp, cùng với số $m$, chứa các số $10^n-m, 0,25 \cdot 10^n \pm m, 0,5 \cdot 10^n \pm m, 0,75 \cdot 10^n \pm m, k_1 \cdot 5^n-m, ..., k_4 \cdot 5^n-m, k_5 \cdot 5^n+m, ..., k_8 \cdot 5^n+m$, trong đó $k_1, ..., k_8$ được chọn sao cho các số $k_1 \cdot 5^n, ..., k_8 \cdot 5^n$ khi chia cho $2^n$ sẽ có số dư bằng các số $2^n, 2^{n-2}+2m, 2^{n-1}+2m, 3 \cdot 2^{n-2}+2m, 2^n-2m, 2^{n-1}-2m, 3 \cdot 2^{n-2}-2m$.) Do đó, số lớp trong nhóm (3) nhỏ hơn $0,5 \cdot 10^n/16$ và tổng số số lớp $A_n < 2^n + \frac{0,5 \cdot 10^n}{8} + \frac{0,5 \cdot 10^n}{16} = 10^n \left( \frac{1}{5^n} + \frac{1}{16} + \frac{1}{32} \right) \leqslant 10^n \left( \frac{3}{32} + \frac{1}{5^4} \right) = 0,9535 \cdot 10^{n-1} < 10^{n-1}$.

Hãy thử tìm kiếm $\lim_{n \to \infty} A_n/10^{n-1}$.

Bằng chứng thứ hai. Nó ngắn hơn cái đầu tiên, nhưng kém tôn trọng hơn. Thực tế sau đây được áp dụng:

Nếu chữ số áp chót của một hình vuông là số lẻ thì chữ số cuối cùng là 6.

Trên thực tế, từ đẳng thức $(10a+b)^2 = 100a^2 + 20ab + b^2$, rõ ràng chữ số áp chót của bình phương của bất kỳ số nào và chữ số áp chót của bình phương của chữ số cuối cùng của nó có cùng tính chẵn lẻ. Nhưng trong bình phương của số có một chữ số, chữ số áp chót chỉ là số lẻ trong hai trường hợp: $4^2 = 16$ và $6^2 = 36$.

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng một hình vuông chính xác không thể kết thúc bằng 005$b$. Thật vậy, theo những gì đã được chứng minh, một bình phương như vậy phải có tận cùng là 0056, và khi chia cho 16 sẽ có dư 8, điều này rõ ràng là không thể (bình phương của một số chia hết cho 4 thì chia hết cho 16, và bình phương của một số không chia hết cho 4 thì không chia hết cho 8).

Chúng tôi mời người đọc nghiên cứu độc lập $n=2$ và 3 chi tiết hơn. Chứng minh rằng a) với mọi số $a_1a_2$ luôn tồn tại một số chính phương có tận cùng là $a_1a_2b$; b) một bình phương chính xác có thể tận cùng bằng $a_1a_2a_3b$ (với neoctor $b$) khi và chỉ nếu số có ba chữ số $a_1a_2a_3$ có số dư không bằng 5 hoặc 7 khi chia cho 8.

Chúng ta hãy đưa ra một bài toán khác về chủ đề này, do D. Fedorov gửi cho người biên tập: chứng minh rằng một số có dạng $aa...ab$, trong đó $b=a+1$, không thể là một số chính phương.

D. B. Fuchs

◆ Trước tiên chúng ta giả sử rằng các đoạn màu đỏ không giao nhau và chứng minh rằng khi đó mỗi đoạn màu đỏ giao nhau với ít nhất một hình ảnh, tức là số giao điểm màu đỏ-xanh không nhỏ hơn $k$. Lấy bất kỳ đoạn màu đỏ nào $AB$ và một trong những người bạn phụ trách đoạn đó. Số chấm đỏ trên đó là số chẵn (vì

48

đoạn mi và đoạn màu xanh lam 2k - đến đoạn màu xanh lam (không có ba đoạn nào giao nhau tại một điểm). Chứng minh rằng có ít nhất k giao điểm của đoạn màu đỏ và đoạn màu xanh.

Hình 1.

Hình 2.

F808. Một chiếc thuyền máy đặt tại điểm A cách bờ hồ một khoảng R, bắt đầu chuyển hướng, chuyển động với vận tốc v=18 km/h dọc theo một đường tròn bán kính r=R/2; Tại thời điểm ban đầu, vận tốc của thuyền hướng vào bờ. Sóng từ thuyền vào bờ tại thời điểm t=3 phút sau khi bắt đầu rẽ. Vận tốc truyền sóng từ thuyền dọc theo mặt nước là u=9km/h. Tìm khoảng cách R

F809. Một bình hình trụ chứa đầy chất lỏng có khối lượng riêng q. Phía trên thùng được đậy kín bằng nắp có bán kính R. Ở phía dưới thùng có một lỗ có diện tích s, được đậy kín bằng nút có khối lượng m (xem hình).

Rằng bất kỳ điểm nào trong số chúng phải được nối bằng một đoạn với một điểm trên cùng một cung), do đó, số điểm màu xanh trên cung này là số lẻ. Do đó, một trong các đoạn màu xanh bắt đầu trên nó phải cắt AB.

Telery sẽ chỉ ra rằng bất kỳ hệ thống nào có các đoạn màu đỏ và xanh lam đều có thể được “làm sáng tỏ” - được thay thế bằng một hệ thống mới trong đó các đoạn màu đỏ không giao nhau theo cặp mà không làm tăng số lượng giao điểm màu đỏ-xanh. Cho AC và BD cắt các đoạn màu đỏ. Hãy thay thế chúng bằng các đoạn màu đỏ AB và CD (Hình 1). Rõ ràng là bất kỳ đoạn thẳng nào (đỏ hoặc xanh) cắt đoạn AB hoặc đoạn CD đều có cùng số giao điểm với nó như với AC và BD. Do đó, khi thay thế, số nút giao đỏ-xanh không tăng mà số nút giao đỏ-xanh giảm ít nhất 1. Sau một số thao tác như vậy, ta thu được hệ các đoạn trong đó các đoạn màu đỏ không giao nhau theo cặp và số lượng nút giao đỏ-xanh không nhiều hơn ban đầu, đồng thời như đã chứng minh ở phần đầu, không nhỏ hơn k.

Có thể dễ dàng xây dựng một ví dụ về hệ thống các đoạn có k nút giao màu đỏ-xanh (Hình 2).

S. V. Fomin

◆ Coi con thuyền là nguồn sóng, truyền từ mỗi điểm trên quỹ đạo của con thuyền, ta sẽ tìm được điểm C mà từ đó sóng sẽ vào bờ. Vị trí điểm C được xác định từ điều kiện bằng nhau giữa vận tốc truyền sóng và hình chiếu vận tốc của thuyền theo phương “hướng vào bờ” (trục X trên hình):

$$u = v_x = v \sin \alpha \Rightarrow \sin \alpha = u/v = 1/2,$$

nghĩa là, $\alpha = 30^\circ$. Xét từ điểm C ra bờ là

$$l = R - r \cos \alpha = R - \frac{R}{2} \cos \alpha = R \left( 1 - \frac{1}{2} \cos \alpha \right).$$

Thời gian t để sóng truyền từ điểm C vào bờ là

$$t_1 = l/u = \frac{R}{u} \left( 1 - \frac{1}{2} \cos \alpha \right).$$

Thời gian t₂ để thuyền đi từ điểm A đến điểm C là

$$t_2 = \frac{2\pi r}{v} \cdot \frac{60^\circ}{360^\circ} = \frac{\pi R}{6v}.$$

Tổng thời gian sau đó kể từ khi bắt đầu rẽ sóng vào bờ bằng

$$t = t_1 + t_2 = \frac{R}{u} \left( 1 - \frac{1}{2} \cos \alpha \right) + \frac{\pi R}{6v}.$$

Từ đây tìm được R từ điểm A tới bờ:

$$R = \frac{6tuv}{3v (2 - \cos \alpha) + \pi u} \approx 545 \text{ м.}$$

A. I. Buzdin

◆ Áp suất trong chất lỏng trong một bể quay ở cùng độ sâu sẽ khác nhau ở tâm bình và ở thành bình - áp suất tăng khi nó di chuyển ra xa tâm. Chúng ta hãy tìm xem áp suất ở các bức tường khác với áp suất ở trung tâm là bao nhiêu.

Chúng ta hãy nhẩm chọn một cột chất lỏng mỏng nằm ngang có diện tích mặt cắt ngang σ (xem hình).

49

Để rút phích cắm ra khỏi bình, bạn cần tác dụng một lực f. Với tốc độ góc tối đa bao nhiêu thì thùng có thể quay quanh một trục thẳng đứng mà phích cắm không bị văng ra ngoài?

Khối tâm của bàn này chuyển động dọc theo một đường tròn bán kính $R/2$. Viết phương trình chuyển động của chiếc ghế:

$$\varrho R \omega^2 \frac{R}{2} = \Delta p \cdot \sigma$$

($\varrho R \sigma$ là khối lượng của stolnik, $\Delta p \cdot \sigma$ là kết quả của các lực ép tác dụng lên stolnik ở bên phải và bên trái). Do đó, áp suất trong chất lỏng ở thành lớn hơn áp suất ở trung tâm phía trên

$$\Delta p = \frac{1}{2} \varrho \omega^2 R^2.$$

Đối với Posny, lực tác dụng lên nút từ phía chất lỏng bằng

$$F = s \left( p_0 + \varrho g H + \frac{1}{2} \varrho \omega^2 R^2 \right),$$

trong đó $p_0$ là áp suất khí quyển, $H$ là chiều cao của bể.

Hãy viết phương trình ùn tắc giao thông:

$$m \omega^2 R = p_0 s + F_{\text{тр}} - s \left( p_0 + \varrho g H + \frac{1}{2} \varrho \omega^2 R^2 \right).$$

Theo điều kiện sau, phích cắm bay ra khỏi bình ở mức $F_{\text{тр}} = f + s \varrho g H$. Khi tính đến điều này, chúng ta tìm được vận tốc góc quay mà tại đó phích cắm sẽ bay ra ngoài:

$$\omega = \sqrt{\frac{f}{m R + \frac{1}{2} s \varrho R^2}}.$$

V. I. Komov

F810. Có máy cắt có nhiệt độ hoạt động $t_H = 700^\circ\text{C}$. Nhiệt độ môi trường xung quanh - $t_0 = 20^\circ\text{C}$. Phải lấy nhiệt lượng tối thiểu bao nhiêu từ máy cắt để bay hơi $m = 3$ kkw. nước, cắt đến điểm sôi ($t_1 = 100^\circ\text{C}$)? Nhiệt độ riêng của nước cắt $r = 2,26$ MJ/kg.

Khi truyền nhiệt trực tiếp từ lò sưởi sang nước, để làm bay hơi một khối nước $m$ cần nhận một lượng nhiệt $Q_0 = mr$ từ lò sưởi.

Chúng ta hãy cố gắng giảm giá trị này bằng cách lợi dụng thực tế là một máy bơm nhiệt (nghĩa là động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình ngược) có thể bơm một lượng lớn năng lượng nhiệt từ vật lạnh sang vật nóng với chi phí cơ năng thấp, nếu chênh lệch nhiệt độ không phải là VELK.

Hãy tưởng tượng một thiết bị làm bay hơi nước, bao gồm một động cơ nhiệt lý tưởng $M$ và một bơm nhiệt lý tưởng $H$, được bật như trong Hình 1. Máy lấy lượng nhiệt $Q_1$ từ lò sưởi và truyền lượng nhiệt $Q_2$ sang nước nóng, trong khi thực hiện công $A$. bơm nhiệt $H$, sử dụng công $A$, lấy lượng nhiệt $Q_3$ từ môi trường và truyền lượng nhiệt $Q_4$ sang nước nóng.

Hãy tính tổng nhiệt lượng $Q_2 + Q_4$, ta được nước. Hệ số hiệu suất của máy $M$ bằng

$$\eta = \frac{A}{Q_1} = \frac{T_H - T_1}{T_H}.$$

Từ đây

$$A = Q_1 \frac{T_H - T_1}{T_H}, \quad Q_2 = Q_1 \frac{T_1}{T_H}.$$

Vì bơm nhiệt $H$ là một động cơ nhiệt lý tưởng hoạt động theo chu trình ngược nên chúng ta có thể viết nó theo cách tương tự

$$\frac{A}{Q_4} = \frac{T_1 - T_0}{T_1} \Rightarrow Q_4 = A \frac{T_1}{T_1 - T_0} = Q_1 \frac{(T_H - T_1) T_1}{T_H (T_1 - T_0)}.$$

Như vậy,

$$Q_2 + Q_4 = Q_1 \frac{T_1}{T_H} \frac{T_H - T_0}{T_1 - T_0}.$$