[Thư gửi biên tập viên yêu cầu xuất bản hình ảnh điện trường bằng máy tính]

22

Nó phù hợp với màu của bầu trời trong xanh của nước Ý, nếu không muốn nói là vượt qua nó.”

III. Trong cuộc sống hàng ngày, chúng ta thường gặp trường hợp như vậy khi trong một môi trường đồng nhất (chất lỏng hoặc khí) có các hạt tạo thành rất nhỏ (so với bước sóng của ánh sáng khả kiến). Đó là khói, sương mù hoặc bụi trong không khí, các hạt vật chất rắn nhỏ trong nước, các loại nhũ tương khác nhau, v.v. Tất cả chúng đều có thể gây ra sự tán xạ ánh sáng.

Vậy màu xanh của bầu trời mùa xuân hay màu của hoàng hôn gắn liền với khói bụi trong không khí? Đó là những gì chúng tôi nghĩ lúc đầu. Nhưng điều này đã mâu thuẫn, chẳng hạn, bởi thực tế là ở vùng núi cao, nơi không có bụi và khói, màu sắc của bầu trời có thể sáng hơn ở một thành phố bụi bặm.

Lời giải thích là khác nhau. Do sự chuyển động hỗn loạn của các phân tử không khí, có thể xuất hiện sự thiếu hụt mật độ đáng kể trong đó. Những điểm không hoàn hảo này khiến ánh sáng bị tán xạ và tạo ra màu xanh lam hoặc lục lam trên bầu trời ban ngày. Và các tia nắng mặt trời khi tản ra hoặc khi mặt trời lặn đạt độ dày không khí lớn hơn nhiều so với ban ngày, thu được màu đỏ hoặc vàng.

Tất nhiên, điều này không loại trừ ảnh hưởng của bụi, khói, sương mù đến màu sắc của bầu trời. Về vấn đề này, chúng ta có thể trích dẫn một tình tiết thú vị *), được K. Paustovsky mô tả trong cuốn sách “Bông hồng vàng”:

“Nghệ sĩ người Pháp Monet đến London và vẽ Tu viện Westminster. Monet làm việc trong một ngày sương mù bình thường ở London

*) Độc giả «Kvant» có thể gặp anh trong bài viết “Pháo hoa vật chất của năm mới” của A. Shmelev ở vị trí số 1 năm 1982.

Hỏi - chúng tôi trả lời

Các biên tập viên thân mến!

Tạp chí của bạn thường xuất bản nhiều bức vẽ hậu trường khác nhau thu được bằng máy tính. Sẽ rất hữu ích nếu giới thiệu cho độc giả cách biểu diễn bằng đồ họa của điện trường trong các câu đố chính xác không dùng muối. Suy cho cùng, trong tất cả sách giáo khoa, sách giáo khoa ở các trường đại học, hình vẽ cũng được làm “bằng mắt” chứ không tuân theo các phép tính toán học chặt chẽ.

V. I. Kondratenko, giáo viên vật lý từ Drojubitsa

Các biên tập viên hỏi Yu. V. Kotov, chuyên gia trong lĩnh vực đồ họa máy tính, trả lời bức thư này.

Sự phân bố của điện trường trong không gian (trên mặt phẳng) có thể được hiển thị trực quan với sự trợ giúp của các đường lực và bề mặt đẳng thế (đường).

Trên trang bìa thứ hai, hình ảnh trường lưỡng cực được sao chép, tính toán và xây dựng bằng máy tính và máy vẽ. Do tính đối xứng trục, hình ảnh như vậy giống nhau trong tất cả các mặt phẳng đi qua lưỡng sắc. Để minh họa rõ ràng sự phụ thuộc của điện thế vào tọa độ của một điểm trong mặt phẳng, một biểu thức phụ
(Cuối cùng xem trang 26)

24

Phản đối 2. Nhưng đường phân giác có thể trùng với đường vuông góc giữa.

Đáp số. Đối với sự phản đối này, tôi có hai đáp số. Thứ nhất, trong trường hợp này đường phân giác cũng trùng với đường cao và tam giác lại trở thành tam giác đều. Thứ hai, nếu đường phân giác trùng với đường vuông góc ở giữa thì điểm $N$ có ​​thể được chọn tùy ý trên đường phân giác và thực hiện mọi luận điểm của chứng minh.

Phản đối 3. Điều gì xảy ra nếu đường phân giác cắt đường vuông góc giữa tại đáy $AC$ tức là $N = M$?

Đáp số. Trong trường hợp này, đường phân giác trùng với đường trung tuyến $BM$. Từ đây dễ dàng suy ra rằng tam giác $ABC$ một lần nữa lại là tam giác đều.

Phản đối 4. Chưa xét trường hợp đường phân giác cắt đường trung bình vuông góc bên trong tam giác $ABC$.

Đáp số. Trường hợp này được minh họa trong Hình 2. Lập luận tương tự như những gì chúng ta đã làm khi xem xét Hình 1, chúng ta kết luận rằng $|AN| = |NC|$, $|NP| = |NQ|$ và do đó $\Delta APN = \Delta CQN$. Vì vậy $\angle NAP = \angle NCQ$. Ngoài ra, $\Delta ANC$ là đẳng thế, nên $\angle NAM = \angle NCM$. Cộng các góc bằng nhau, ta được $\angle BAC = \angle BCA$. Do đó, tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Tuy nhiên, có thể tưởng tượng một lập luận phản bác khác: trường hợp được mô tả trong Hình 2 là không thể, vì đường phân giác của một tam giác luôn nằm giữa đường trung tuyến và đường cao của nó.

Vì vậy, tôi đã xoay sở để chống lại bốn sự phản đối. Tôi mời độc giả dừng lại ở điểm này và tìm kiếm sự phản đối quyết định đối với

của “bằng chứng” đã cho. Và nếu cách đó không hiệu quả, hãy xem phần “Đáp số, gợi ý, lời giải”.

---

Chà, bây giờ bạn sẽ rất nghi ngờ về những bức vẽ. Có lẽ một số độc giả thậm chí còn muốn tiếp tục thực hiện tất cả các bằng chứng toán học thành một bằng chứng logic-hình thức hoàn hảo mà không cần dùng đến các biểu diễn trực quan, do đó loại trừ khả năng xảy ra sai sót. Các nhà toán học chuyên nghiệp thường hài lòng rằng chứng minh của họ có thể được viết ra một cách hình thức. Tuy nhiên, theo quy định, họ sử dụng rộng rãi các hình thức trình bày trực quan, bao gồm cả hình vẽ. Điều này được giải thích bởi thực tế là các kết luận chính thức dài hơn nhiều so với bằng chứng thông thường và khó nhận thức và đưa ra hơn nhiều*). Vì vậy, không có ích gì khi bỏ qua các hình vẽ và cách trình bày trực quan khi chứng minh các định lý hình học; bạn chỉ cần học cách sử dụng chúng một cách chính xác. lời giải sau đây bài toán sẽ giúp bạn điều này, hãy đọc thêm sách của Y. S. Dubnov.

Bài tập. Tìm lỗi sai trong các chứng minh sau.

1. Như bạn đã biết, tổng các số nguyên của một tam giác là $180^\circ$. Bằng chứng của thực tế này dựa trên tiên đề về tính song song. Bây giờ chúng ta đưa ra một chứng minh không sử dụng tiên đề song song.

*) Ví dụ: viết bằng một trong các ngôn ngữ hình thức - dàn ý của lý thuyết tập hợp $H$. Wurbakki không hề dễ dàng chút nào. Một “bản ghi đầy đủ” chứa vài chục nghìn ký tự; làm ơn, đối với “các cá nhân”, điều này là quá nhiều” (Manni Yu. I. Provable và Unprovable. M.: Đài phát thanh Liên Xô, 1979).

26

5. Người ta biết rằng chu vi của một hình tròn có bán kính $R$ bằng $2\pi R$. Nhưng chúng ta sẽ “chứng minh” rằng chu vi của một hình tròn gấp đôi đường kính của nó.

Hãy dựng một hình bán nguyệt có đường kính $AB$ (Hình 7). Chúng ta hãy chia đoạn $AB$ làm đôi cho điểm $C$ và dựng hình bán nguyệt trên các đoạn $AC$ và $CB$, đặt chúng ở các phía đối diện của đường thẳng $AB$. Mỗi hình bán nguyệt được tạo có đường kính bằng một nửa đường kính của hình bán nguyệt ban đầu. Do đó, chiều dài của chúng bằng một nửa chiều dài hình bán nguyệt ban đầu. Do đó, độ dài của đường lượn sóng đặt trong hình là số 1 bằng độ dài của hình bán nguyệt này. Bây giờ chúng ta hãy chia mỗi đoạn $AC$ và $CB$ làm đôi và dựng một đường lượn sóng 2. Chiều dài của nó cũng bằng chiều dài của hình bán nguyệt ban đầu. Hãy tiếp tục quá trình này, thu được một đường lượn sóng có cùng độ dài ở mỗi bước. Khoảng cách từ các điểm của đường thẳng này đến đường thẳng $AB$ không vượt quá bán kính của các hình bán nguyệt tạo nên đường thẳng này, tức là nó có xu hướng bằng không. Do đó, chuỗi các đường lượn sóng có xu hướng hướng tới đoạn $AB$. Vì độ dài của chúng là độ dài của một hình bán nguyệt nhất định nên độ dài của đoạn $AB$ cũng sẽ có cùng độ dài. Do đó, chu vi của một hình tròn bằng hai lần đường kính của nó.

6. Hãy chứng minh rằng diện tích hình cầu có bán kính $R$ bằng $\pi^2 R^2$.

Xét một bán cầu có sọc $O$ và chia đường xích đạo của nó thành $n$ phần bằng nhau. Diện tích của bán cầu bằng $n$ lần diện tích của mỗi tam giác cầu nhỏ như trong Hình 8. Hãy xem xét một tam giác như vậy. Đáy của nó là $2\pi R/n$ và chiều cao của nó có xu hướng $\pi R/2$ tại $n \to \infty$. Do đó, diện tích của nó có xu hướng $\pi^2 R^2/2n$. Do đó, diện tích của bán cầu bằng

$$n \cdot \frac{\pi^2 R^2}{2n} = \frac{\pi^2 R^2}{2},$$

và diện tích của hình cầu là $\pi^2 R^2$.

Tài liệu do S. L. Gabachnikov chuẩn bị

Hỏi - chúng tôi trả lời

(Để bắt đầu, xem trang 22)
bề mặt động. Ứng dụng của các điểm của nó tương ứng với các giá trị tiềm năng tại các điểm của phần mặt phẳng của trường. Tại vị trí của các điện tích, bề mặt “kéo dài” lên hoặc xuống và khi di chuyển ra khỏi các điện tích, nó sẽ tiến đến mặt phẳng nằm ngang (“không”).

Tại những điểm khác nhau, bề mặt có độ nghiêng khác nhau so với mặt phẳng nằm ngang. Để làm rõ độ nghiêng, cần dựng mặt phẳng tiếp tuyến tại điểm giao nhau của bề mặt và xác định góc nghiêng của nó với mặt phẳng ngang. Tiếp tuyến của góc này liên hệ với giá trị của hướng trường tại một điểm cho trước.

Các đường trường nhỏ có thể được vẽ trên phần mặt phẳng phụ của trường. Tại vị trí của các điện tích, bề mặt “kéo dài” lên hoặc xuống và khi di chuyển ra khỏi các điện tích, nó sẽ tiến đến mặt phẳng nằm ngang. Để làm rõ độ nghiêng, cần dựng mặt phẳng tiếp tuyến tại điểm giao nhau của bề mặt và xác định góc nghiêng của nó với mặt phẳng ngang. Tiếp tuyến của góc này liên hệ với giá trị của hướng trường tại một điểm cho trước.

Với sự trợ giúp của máy tính và máy vẽ, có thể thu được các mẫu trường điện tử tương tự cho một số điểm điện tích được đặt theo những cách khác nhau. Ví dụ, dưới đây cho thấy các đường hợp lưu của một trường được hình thành bởi ba điện tích, nằm trên cùng một đường thẳng. Các điện tích bên ngoài giống nhau và giống hệt nhau, điện tích ở giữa trái dấu và về giá trị tuyệt đối thì bằng tổng của hai điện tích ngoài cùng.

Yu. V. Kotov