Kvant 1985, số 3 · Trang

KEANT
3
1985
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

Hiển thị ở đây là một mô hình bề mặt
từ một bộ sưu tập độc đáo được lưu trữ
tại Đại học quốc gia Moscow
phát bóng. Các mô hình bộ sưu tập đã
sản xuất tại Đức
vào đầu thế kỷ dưới sự lãnh đạo
tiếng Đức tuyệt vời
nhà toán học Felix Klein.
Bề mặt được mô tả là
nó là hình học
hình ảnh của một trong những tích phân của dạng
$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^3+ax+b}}$$
trong khu phức hợp.
Sự tương ứng với bề mặt của nguyên thủy -
cái gọi là
hàm elip - có
nhiều ứng dụng
đến hình học, lý thuyết số,
phân tích và cơ học.

TRONG PHÒNG:

2 L. S. Pontryagin. Tổng quát hóa các con số
6 V. A. Nhà chế tạo. Nghịch lý Vavilov
8 A. S. Steinberg. Báo cáo từ thế giới hợp kim
L. S. Pontriagin. Generalized numbers
V. A. Fabrikant. The Vavilov paradox
A. S. Shteinberg. Report from the world of alloys

15 Phòng thí nghiệm «Kvant»
A. V. Balko. Bóng bàn… trong chậu rửa mặt
Kvant’s lab
A. V. Byalko. Ping-pong… in the sink

18 Trường học ở «Kvant»
Vật lý 9, 10
Trường học yêu thích bài toán
Kvant’s school
Physics 9, 10
Selected school problems

23 «Kvant» cho học sinh nhỏ
Nhiệm vụ
Kvant for younger school children
Problems

24 Bài toán Kvant
Người chiến thắng cuộc thi “Bài toán Kvant
Bài toán M911—M915; F923—F927
Lời giải bài toán M891—M895; F903—F907
N.V. Vasiliev. Vấn đề về điểm sáp
N. V. Vasiliev. Vấn đề tám điểm
List of readers who have sent correct solutions

32 Kính Vạn Hoa «Kvant»
Kvant’s kaleidoscope

43 Hội thảo của người nộp đơn
I. G. Gabovich, P. I. Gornitsa. Phương trình có bao nhiêu nghiệm?
College applicant’s section
I. G. Gabovich, P. I. Gornshtein. How many roots does the equation have?

47 Thông tin
Thế vận hội Latvia và trường hè “Alpha” khai mạc
Information
Latvian open olympiads and the “Alpha” summer school

50 lựa chọn thi tuyển sinh
College entrance examination problems

57 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang bìa của chúng tôi (55)
Answers, hints, solutions
Our cover page (55)
«Kvant» mỉm cười (49)
Trang cờ vua
Sự trở lại của các số liệu (trang bìa thứ 3)
Người chiến thắng trong cuộc thi cờ vua năm 1984 (56)
Kvant smiles (49)
The chess page
Returning pieces (3rd cover page)
1984 chess contest prizewinners (56)

Trong biểu đồ, được mô phỏng ở trang đầu tiên của trang bìa, bạn có thể thấy cách nhận dạng phân tách ánh sáng trắng thành quang phổ.

2

Tổng quát hóa các con số

Viện sĩ L. S. PONTRAGIN

Bài viết này tiếp tục câu chuyện về những khái quát hóa có thể có của khái niệm số, đã bắt đầu từ số trước «Kvant»*). Ở đây cho thấy rằng không thể xoay dữ liệu theo hướng này, nghĩa là phải suy nghĩ về những khái quát hóa sâu hơn về các con số khác với những gì đã thảo luận trong bài viết trước.

§ 6. Định lý Frobenus

Cho $L$ là một tập đại lượng nhất định $x$, được viết dưới dạng

$$x = x_0 + x_1 i_1 + x_2 i_2 + \dots + x_n i_n,$$

trong đó $x_0, x_1, x_2, \dots, x_n$ là số thực (tọa độ của giá trị $x$) và ký hiệu

$$i_1, i_2, \dots, i_n$$

được gọi là đơn vị tối thiểu.

Cùng với nhau, $L$ định nghĩa phép cộng và phép nhân. Đặt $y$ là một giá trị khác của tổng $L$

$$y = y_0 + y_1 i_1 + \dots + y_n i_n.$$

Các đại lượng $x$ và $y$ được coi là bằng nhau khi và chỉ khi tọa độ của chúng bằng nhau, nghĩa là đẳng thức giữ nguyên

$$x_0 = y_0, x_1 = y_1, \dots, x_n = y.$$

Việc cộng các đại lượng $x$ và $y$ diễn ra theo quy luật

$$x + y = (x_0 + y_0) + (x_1 + y_1) i_1 + \dots + (x_n + y_n) i_n.$$

Do đó, các đại lượng từ $L$ được cộng theo tọa độ. Các giá trị từ $L$ cũng có thể được nhân với bất kỳ số thực nào, cũng theo tọa độ:

$$\lambda x = \lambda x_0 + (\lambda x_1) i_1 + \dots + (\lambda x_n) i_n.$$

Để đặt ra quy tắc nhân các đại lượng $x$ và $y$ với $L$, trước hết chúng ta phải chấp nhận rằng các số thực có thể hoán vị với đơn vị tối thiểu (51) có trong $L$, tức là khi thay đổi

$$*) См. «Кванта», № 2, c. 6.$$

biểu thức (50) và (52) mở dấu ngoặc đơn và nhóm các thuật ngữ, đặc biệt là $(x_1 i_1) \times (y_2 i_2) = (x_1 y_2)(i_1 i_2)$, v.v. Ngoài ra, bạn cần xác định quy tắc biến nào cho các đơn vị tối thiểu (51), ví dụ: cho biết $i_1 i_2$ bằng bao nhiêu. Trong trường hợp này, giả định rằng tích của hai đơn vị tối thiểu bất kỳ của hệ (51) là đại lượng nào đó từ $L$, tuy nhiên, chúng tôi không yêu cầu phép nhân của các đơn vị tối thiểu phải có tính chất giao hoán. Kết quả của Frobenous là tập hợp số lượng $L$ trùng với tập hợp các số thực, trong trường hợp đó số lượng được viết dưới dạng $x = x_0$, hoặc với tập hợp các số phức, trong trường hợp đó số lượng $L$ được viết dưới dạng

$$x = x_0 + x_1 i,$$

(55)

hoặc với tổng của tất cả các ô vuông, trong trường hợp đó giá trị từ $L$ được viết dưới dạng

$$x = x_0 + x_1 i + x_2 j + x_3 k.$$

§ 7. Một số câu bổ trợ

Khi chứng minh định lý Frobenus, tôi sẽ giả sử rằng đã biết khái niệm không gian vectơ $R^m$ có chiều tùy ý $m^*$. Ví dụ: mỗi vectơ trong không gian $R^m$ được cho bởi một dãy số thực $m$, được gọi là tọa độ của vectơ. Trong không gian này, phép cộng các vectơ được xác định, xảy ra theo tọa độ, phép nhân vectơ với một số thực, trong đó tất cả tọa độ của vectơ được nhân với số thực này. Vectơ 0 là vectơ có tọa độ đều bằng 0.

Cho phép

$$u_1, u_2, \dots, u_k$$

là một tập vectơ nhất định trong không gian $R^m$. Các vectơ (57) được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu có các số thực và $a_1, a_2, \dots, a_k$, không phải tất cả đều bằng 0, sao cho

$$a_1 u_1 + a_2 u_2 + \dots + a_k u_k = 0.$$

Kết quả mà tôi đã sử dụng ở đây mà không có bằng chứng là

*) Thông tin cần thiết về không gian vectơ có thể được đọc trong Phụ lục của bài viết này (tr.5).

3

trong phần tiếp theo. Trong không gian vectơ có chiều m, mọi hệ k vectơ, trong đó k > m, đều phụ thuộc tuyến tính.

Bây giờ chúng ta chuyển sang phần chuẩn bị chứng minh định lý Frobenus. Một đại lượng nằm trong tập các đại lượng L sẽ được coi là số thực nếu chỉ có tọa độ $x_0$ của nó khác 0, các đại lượng còn lại đều bằng 0. Chúng ta hãy chọn từ L các giá trị z thỏa mãn điều kiện sau: $z^2$ là số thực không dương, nghĩa là nó âm hoặc bằng 0. Chúng ta biểu thị tập hợp các đại lượng như vậy bằng I. Lưu ý rằng tập R gồm các số thực và tập I chỉ có một phần tử chung - 0.

Bây giờ chúng ta chứng minh điều sau:

Mỗi giá trị x của L có thể được biểu diễn dưới dạng tổng

$$x = a + z, \quad a \in \mathbb{R}, \quad z \in I$$

một cách độc đáo.

Để chứng minh nhận định này, hãy tạo một chuỗi các giá trị x, bắt đầu từ 0 đến n+1. Vì dãy (60) chứa n+2 đại lượng và chiều của không gian vectơ L bằng n+1, nên đại lượng (60) phụ thuộc tuyến tính. Điều này có nghĩa là có một đa thức f(u) của một số biến u với các hệ số thực, nghiệm của nó là x, nghĩa là điều kiện được thỏa mãn

$$f(x) = 0.$$

Vì x là nghiệm của đa thức f(u), nên số x sẽ là nghiệm của một đa thức tối giản với hệ số thực bậc một hoặc hai, như đã được chứng minh ở cuối § 5. Nếu đa thức tối giản này có bậc một, nghĩa là có dạng u - a, trong đó a là số thực, thì x - a = 0, và do đó x là số thực a. Nếu đa thức tối giản q(u) có bậc hai và nghiệm của nó không thực thì nó có thể dễ dàng chuyển về dạng

$$q(u) = (u-a)^2 + b,$$

trong đó b là một số dương. Vì x là nghiệm của đa thức này nên (x-a)^2=-b và x được viết dưới dạng

$$x = a + z,$$

trong đó a là số thực và z ∈ I, hoặc z^2=-b. Như vậy, công thức (59) đã được chứng minh.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng các số hạng a và z trong khai triển (59) được xác định duy nhất bởi đại lượng x. Tuyên bố này có thể dễ dàng xác minh trong trường hợp x là số thực, do đó z=x-a, và R và tôi chỉ có một phần tử chung - 0, vì vậy z bằng 0. Giả sử rằng nếu chúng ta vi phạm khai triển (59), thì một khai triển khác sẽ diễn ra:

Hermann Grassmann (1809-1877), nhà toán học, vật lý học và ngữ văn học người Đức, người tạo ra khái niệm chung về không gian vectơ và (cùng với A. Cayley và Y. Hamilton) lý thuyết quaternons.

$$x = a_0 + z_0.$$

Trường hợp một trong các giá trị z hoặc z₀ bằng 0 đã được chúng tôi thảo luận. Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ giả sử rằng cả hai đều khác 0. Sự tương ứng (59) và (63) hàm ý sự bình đẳng

$$z = z_0 + (a_0 - a).$$

Nâng cao sự tương ứng này bằng bình phương, chúng ta nhận được

$$z^2 = z_0^2 + 2z_0(a_0 - a) + (a_0 - a)^2.$$

Vì z₀(a₀ - a) là một số thực, nên từ sự tương ứng này, tích z₀(a₀ - a) là một số thực. Vì z₀ không bằng 0 nên điều này chỉ có thể xảy ra khi a₀—a=0. Do đó, khai triển duy nhất (59) được thiết lập.

Lưu ý rằng với bất kỳ phần tử z nào từ tập I, nó bao gồm tích của phần tử này với một số thực bất kỳ. Cùng với phần tử z≠0, tôi cũng bao gồm phần tử z⁻¹, nghịch đảo với z. Hãy viết điều này dưới dạng công thức:

$$\text{При } a \in \mathbb{R}, \quad z \in I \quad \text{имеем } az \in I.$$

$$\text{При } 0 \neq z \in I \quad \text{имеем } z^{-1} \in I.$$

Bây giờ chúng ta chứng minh điều sau:

I là không gian tuyến tính đối với các số thực, tức là với hai đại lượng u và v từ I, I cũng bao gồm tổ hợp tuyến tính của chúng với các hệ số thực

4

entami $a$ và $b$. Chúng ta hãy viết tuyên bố này dưới dạng một công thức:

$$\text{При } a \in \mathbb{R}, b \in \mathbb{R}; u \in I, v \in I \text{ имеем } au + bv \in I. \tag{67}$$

Để chứng minh khẳng định cuối cùng, chúng ta chỉ cần xét trường hợp khi $a$ và $b$ không bằng 0, vì trường hợp có ít nhất một trong các số này bằng 0 nằm trong khẳng định đã được chứng minh (65). Nhờ khai triển (59) ta có

$$au + bv = z_1 + a_1, \text{ где } z_1 \in I, a_1 \in \mathbb{R}. \tag{68}$$

Hãy để chúng tôi bình phương tương ứng (68). Sau đó chúng ta sẽ nhận được

$$a^2u^2 + b^2v^2 + ab(uv + vu) = 2a_1z_1 + a_1^2 + z_1^2. \tag{69}$$

Nhờ khai triển (59) ta có

$$uv + vu = z_0 + a_0, \text{ где } z_0 \in I, a_0 \in \mathbb{R}. \tag{70}$$

Ở đây các giá trị $z_0$ và $a_0$ không phụ thuộc vào các số $a$ và $b$ mà chỉ phụ thuộc vào $u$ và $v$. Do tính duy nhất của khai triển (59) nên đẳng thức suy ra từ (68) và (70)

$$abz_0 = 2a_1z_1. \tag{71}$$

Và vì các số $a$ và $b$ đều được coi là khác 0. chúng tôi nhận được

$$z_0 = \frac{2a_1}{ab}z_1. \tag{72}$$

Từ đẳng thức cuối cùng, suy ra rằng nếu $z_0 \neq 0$ thì $a_1 \neq 0$. (73)

Ngoài ra, $a_1 \neq 0$ đối với mọi giá trị của $a$ và $b$, vì $z_0$ không phụ thuộc vào $a$ và $b$. Xét đẳng thức cuối cùng, chúng ta có thể viết lại thư từ (68) dưới dạng:

$$au + bv = cz_0 + d, \tag{74}$$

trong đó $c = ab/(2a_1)$ là số thực khác 0. Bây giờ chúng ta chọn hai số $a'$ và $b'$, không tỷ lệ với $a$ và $b$, tức là không xảy ra đẳng thức

$$\frac{a}{a'} = \frac{b}{b'}. \tag{75}$$

Khi đó, nhờ điều đã được chứng minh, ta có

$$a'u + b'v = c'z + d', \tag{76}$$

trong đó số $c'$ không bằng 0. Bây giờ chúng ta hãy trừ đi tương ứng (74) tương ứng (76), nhân với một số thực $a$, sao cho đẳng thức $c - ac' = 0$ giữ nguyên. Sau đó chúng ta sẽ có

$$a''u + b''v = d'', \tag{77}$$

trong đó $a''$, $b''$ và $d''$ là số thực. Hoặc, nếu không,

$$a''u = -b''v + d''. \tag{78}$$

Vì vế trái của đẳng thức này thuộc về $I$ nên vế phải của đẳng thức này phải chứa một phần tử từ $I$ (do tính duy nhất của phép phân tách (59)), tức là $d'' = 0$. Chúng ta đi đến kết luận rằng các vectơ $u$ và $v$ tỷ lệ thuận với nhau. Đối với trường hợp này, tuyên bố của chúng tôi (67) là rất quan trọng. Như vậy khẳng định (67) đã được chứng minh.

Từ những gì đã được chứng minh, suy ra rằng, theo (68), số thực $a_1$ luôn bằng 0 và do đó, do sự tương ứng (72), giá trị $z_0$ cũng luôn bằng 0. Và thế là

$$uv + vu = a_0 \tag{79}$$

là một số thực. Từ đây

5

$$k^2 = -1; \quad ki = -ik = j; \quad jk = -kj = i.$$
Do đó, với giá trị $i, j, k$ (85)

tất cả các điều kiện áp dụng cho đơn vị quaternion đều được đáp ứng (xem «Kvant» Số 2, trang 11). Nếu bây giờ bất kỳ phần tử $z$ nào của $I$ phụ thuộc tuyến tính vào giá trị $i, j, k$, thì $L$ trùng với tập hợp tất cả các quaternion.

Vẫn còn phải xem xét trường hợp khi $L$ chứa phần tử $z$ độc lập tuyến tính với giá trị $i, j, k$. Chúng ta hãy đặt (xem (59))

$$iz = a_1 + z_1; \quad jz = a_2 + z_2; \quad kz = a_3 + z_3.$$ (86)

Chúng ta cũng hãy đặt

$$l = a(z + a_1i + a_2j + a_3k).$$ (87)

Có thể dễ dàng kiểm tra xem đối với giá trị tùy ý của số thực $a \neq 0$ thì giá trị $l$ thuộc về $I$ và không bằng 0. Ta chọn số $a$ sao cho thỏa mãn điều kiện

$$l^2 = -1.$$ (88)

Từ thư từ (80) nó suy ra rằng

$$il = -li; \quad jl = -lj; \quad kl = -lk.$$ (89)

Bây giờ hãy xem xét số lượng $ilj$. chúng tôi có

$$ilj = i(-jl) = -kl; \quad ilj = -lij = -lk = kl.$$ (90)

Vì vậy, chúng ta đi đến kết luận rằng $-kl = kl$, điều này là không thể vì $(kl)^2 = -1$. Như vậy, chúng ta đã đi đến mâu thuẫn - định lý Frobenus đã được chứng minh.

Phụ lục về không gian vectơ

Xét tập $V_3$ của tất cả các vectơ trong không gian ba chiều có gốc tọa độ tại một điểm cố định $O$. Nếu chúng ta giới thiệu một hệ tọa độ $x_0, x_1, x_2$ trong không gian có gốc tọa độ tại điểm $O$, thì bất kỳ vectơ $v \in V_3$ nào cũng được biểu diễn duy nhất dưới dạng

$$v = x_0i_0 + x_1i_1 + x_2i_2,$$ (1)

ede $i_0, i_1, i_2$ là các vectơ duy nhất của trục $Ox_0, Ox_1, Ox_2$ và $x_0, x_1, x_2$ là một số số (được gọi là tọa độ của vectơ $v$). Khi cộng vectơ, tọa độ của chúng được cộng và khi nhân vectơ với một số, tọa độ của nó được nhân với số này, nghĩa là

$$v + v' = (x_0i_0 + x_1i_1 + x_2i_2) + (x'_0i_0 + x'_1i_1 + x'_2i_2) =$$

$$= (x_0 + x'_0)i_0 + (x_1 + x'_1)i_1 + (x_2 + x'_2)i_2;$$ (2)

$$av = a(x_0i_0 + x_1i_1 + x_2i_2) =$$

$$= (ax_0)i_0 + (ax_1)i_1 + (ax_2)i_2.$$ (3)

Sau khi giới thiệu tọa độ, chúng ta có thể giả sử rằng các vectơ trong không gian không gian là bộ ba số $(x_0, x_1, x_2)$ và quên đi nguồn gốc hình học của chúng. Với điều đó

có cách tiếp cận nghiên cứu thuần túy đại số và dựa trên công thức (1) - (3).

Phương pháp đại số giúp dễ dàng xác định không gian vectơ có số thay đổi lớn hơn ba. Cụ thể, với bất kỳ $n \geq 1$ nào, không gian vectơ n chiều (số học) là tập hợp các tập hợp $v = (x_1, x_2, \dots, x_n)$ của $n$ số thực trong đó các phép cộng được thực hiện:

$$u + v = (x_1, x_2, \dots, x_n) + (y_1, y_2, \dots, y_n) =$$

$$= (x_1 + y_1, x_2 + y_2, \dots, x_n + y_n) = w$$ (4)

và nhân với số $a \in R$:

$$au = a(x_1, x_2, \dots, x_n) =$$

$$= (ax_1, ax_2, \dots, ax_n).$$ (5)

Trong trường hợp này, các tập hợp $(x_1, x_2, \dots, x_n)$ được gọi là vectơ $n$ chiều. Chúng có thể được viết ở dạng $(x_1i_1 + x_2i_2 + \dots + x_ni_n)$ hoặc ở dạng $x_0 + x_1i_1 + \dots + x_{n-1}i_n$, như đã được thực hiện trong bài viết của L. S. Pontryagin (xem trang 2).

Khái niệm chính khi nghiên cứu không gian vectơ $n$ chiều là sự phụ thuộc tuyến tính: một tập hợp vectơ $v_1, v_2, \dots, v_k$ được cho là phụ thuộc tuyến tính nếu có các số $a_1, a_2, \dots, a_k$, không phải tất cả đều bằng 0, sao cho

$$a_1v_1 + a_2v_2 + \dots + a_kv_k = 0.$$

Có thể chứng minh rằng bất kỳ tập hợp nào nhiều hơn $n$ các mảnh vectơ trong $n$-không gian chiều phụ thuộc tuyến tính; Ngoài ra, trong không gian này bạn có thể chỉ định một bộ $n$ các mảnh vectơ độc lập tuyến tính (một tập hợp như vậy tùy thuộc vào cơ sở), ví dụ như một tập hợp $i_1 = (1, 0, 0, \dots, 0), i_2 = (0, 1, 0, \dots, 0), \dots, i_n = (0, 0, \dots, 0, 1).$

Bài tập

1. Chứng minh khẳng định về $V_3$ in nghiêng ở đầu Phụ lục này.
2. Chứng minh rằng hai vectơ trong không gian phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi chúng nằm trên cùng một đường thẳng và ba vectơ - khi chúng nằm trong cùng một mặt phẳng.
3. Chứng minh (hình học) rằng bốn điểm bất kỳ trong không gian đều phụ thuộc tuyến tính.
   4*. Chứng minh rằng mọi vectơ $n+1$ trong không gian $n$ chiều đều phụ thuộc tuyến tính.
   5*. Chứng minh rằng tập hợp các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng thể tích của không gian vectơ số học có chiều bốn, cơ sở của nó có thể là các đa thức $x^3, x^2, x, 1$.

O.M.

6

nghịch lý
Vavilova

Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô V. A. FABRIKANT

Trong quang học hình học, khái niệm chùm tia sáng song song có tiết diện hữu hạn thường được sử dụng một cách hiệu quả. Hơn nữa, ngay cả trong lý thuyết về hiện tượng sóng như tích phân, trong nhiều trường hợp, khái niệm này vẫn được phép sử dụng.

Trong nhiều trường hợp, nhưng không phải tất cả. Trong cuốn sách “Cấu trúc vi mô của ánh sáng” của cựu nhà vật lý Liên Xô S.I. Vavilov, một nghịch lý quang học rất quan trọng theo nghĩa này đã được phân tích.

Chúng ta hãy nhớ lại ngắn gọn năng lượng của bức tranh tích hợp trông như thế nào. Tích phân, như chúng ta biết, là sự cộng của các dao động. Trong sóng điện tử, giá trị cường độ điện trường và cảm ứng từ trường dao động. Những đại lượng này tại mỗi điểm trong không gian tại mỗi thời điểm xác định năng lượng của trường điện từ. Sóng điện từ truyền năng lượng và khái niệm mật độ dòng năng lượng có thể được đưa ra. Đây là cái mà chúng ta gọi là đại lượng bằng lượng năng lượng trường truyền trong một đơn vị thời gian qua một đơn vị bề mặt.

Mỗi sóng cũng được đặc trưng bởi một pha. Nếu khi thêm hai chùm ánh sáng, độ lệch pha của chúng luôn không đổi thì chúng ta nói rằng chúng ta đang xử lý các chùm tia kết hợp.

Trong bức tranh tích phân nảy sinh do việc bổ sung hai chùm tia kết hợp, xảy ra sự phân phối lại năng lượng ánh sáng. Trong các dải sáng, năng lượng lớn hơn tổng năng lượng của các chùm tia xếp chồng lên nhau; ở sọc sẫm màu thì ngược lại thì ít hơn. Năng lượng dư thừa ở các sọc sáng chỉ được bù đắp bằng sự thiếu hụt năng lượng ở các sọc tối. Tổng năng lượng được phân bổ trên toàn bộ mô hình tích hợp chính xác bằng tổng năng lượng của hai chùm tích hợp.

hình 1 cho thấy sự phụ thuộc của mật độ dòng năng lượng trong hình tích phân vào sự trộn trên màn hình mà nó được quan sát trên đó. Hình ảnh thu được bằng cách thêm hai chùm ánh sáng kết hợp có năng lượng bằng nhau. Đường chấm ngang mô tả tổng mật độ dòng năng lượng trong các chùm xếp chồng lên nhau. Các phần của đường cong phía trên đường này tương ứng với các sọc tích hợp ánh sáng và các phần của đường cong nằm dưới đường chấm tương ứng với các sọc tối. Tổng năng lượng phân bổ trong hình tích phân được biểu thị bằng diện tích dưới đường cong. Diện tích này chính xác bằng diện tích dưới đường chấm. Yêu cầu của “người kế toán” khắt khe của tự nhiên - định luật bảo toàn năng lượng - được thực hiện một cách nghiêm ngặt.

Bây giờ chúng ta chuyển sang nghịch lý của S.I. Vavilov. Hãy tưởng tượng hai chùm ánh sáng giới hạn rõ ràng kết hợp hoàn toàn giống hệt nhau có chiều rộng $a$ giao nhau ở một góc nhỏ $a$ (hình 2). Sự tích hợp xảy ra trong khu vực ABCD.

Để quan sát hình ảnh tích phân, bạn có thể lắp một màn hình vuông góc với mặt phẳng của bản vẽ.

8

phóng sự
từ thế giới hợp kim

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. S. STEINBERG

1. Kim loại nguyên chất và hợp kim

Hãy lấy đồng nguyên chất. Trong điều kiện bình thường, nó là một chất có cấu trúc tinh thể. Những “viên gạch” tạo nên tinh thể có thể được mô tả như trong hình 1. Đây được gọi là tế bào cơ bản của đồng. Nó được gọi là khối lập phương tâm mặt (fcc) vì các nguyên tử nằm ở cả các đỉnh của khối lập phương và ở tâm các mặt của nó. Kích thước của hình lập phương nhỏ - chiều dài cạnh của nó là $a=3,6 \cdot 10^{-10}$ m. Nếu chúng ta “tiếp tục” định kỳ các phần tử như vậy của hình lập phương theo cả ba chiều, thì chúng ta sẽ thu được một mạng tinh thể fcc bằng đồng.

Bây giờ chúng ta sẽ thêm các nguyên tử của một nguyên tố khác, ví dụ như vàng, vào tinh thể đồng. Tất nhiên, bạn không thể thêm từng nguyên tử một. Nhưng bạn có thể lấy một lượng vàng và đồng nhất định, nấu chảy chúng lại với nhau và để chất lỏng nguội và đóng băng.

9

kết tinh. Nếu bây giờ bạn nhìn vào ô cơ bản của tinh thể, hóa ra nó vẫn là khối lập phương tâm mặt và một số vị trí đồng đã bị các nguyên tử vàng chiếm giữ. (hình 2). Những hợp kim như vậy được gọi là hợp kim thay thế vì nguyên tử của một nguyên tố chỉ thay thế nguyên tử của nguyên tố khác. Đây có lẽ là nhóm hợp kim phổ biến nhất.

Bạn có thể thay đổi hệ số tương đối của vàng và đồng hợp kim. Sau đó, các chi tiết của bức tranh kính hiển vi sẽ thay đổi, nhưng nói chung, hoặc, như các nhà vật lý nói, về mặt chất lượng, nó sẽ giữ nguyên - cùng một mạng fcc, dọc theo các nút (vị trí) mà các nguyên tử vàng và đồng được phân bố. Sự phân bố này có thể hỗn loạn hoặc hơi có trật tự - ví dụ, tại các đỉnh của khối lập phương sẽ có các nguyên tử thuộc loại này và tại tâm của các mặt - thuộc loại khác. Vậy chính xác thì các nguyên tử thuộc các loại khác nhau sẽ được “ổn định” như thế nào trong mạng tinh thể? Điều gì quyết định cách chúng được phân bổ giữa các vị trí?

Tất nhiên, bạn luôn có thể đáp số Để trả lời những câu hỏi này, hãy thiết lập một thí nghiệm cho phép bạn quan sát bằng chính mắt mình “những cảnh trong cuộc sống của các nguyên tử”. Chúng tôi có một cơ hội như vậy. Bằng cách chiếu sáng một mẫu hợp kim mà chúng ta quan tâm bằng tia X, chúng ta sẽ thu được mô hình nhiễu xạ mà từ đó chúng ta có thể tái tạo lại bản chất của sự sắp xếp tương đối của các nguyên tử thuộc các loại khác nhau trong mạng tinh thể. Ví dụ: nếu ở nhiệt độ phòng, chúng ta nhìn “qua con mắt của tia X” vào một hợp kim bao gồm 75% nguyên tử đồng và 25% nguyên tử vàng còn lại, thì chúng ta sẽ thấy một bức tranh gần như hoàn hảo, đã được đề cập đến - gần như tất cả các đỉnh của hình khối đều bị chiếm giữ bởi các nguyên tử vàng và gần như tất cả tâm của các mặt đều bị chiếm giữ bởi các nguyên tử đồng (hình 3). Chúng tôi nói “gần như tất cả” bởi vì không có gì lạ khi một số nguyên tử đồng lạc chỗ nhấp nháy trên đỉnh khối lập phương hoặc một nguyên tử vàng không rõ ràng xuất hiện ở vị trí đồng, nhưng đây là một trường hợp rất hiếm. Về cơ bản, bức tranh chỉ đơn giản là có trật tự về tính chính xác của nó: ở trên cùng của khối lập phương có vàng, ở giữa mặt có đồng. Hợp kim cũng được cho là được đặt hàng. Lực nào buộc các nguyên tử trong hợp kim phải có trật tự? Điều này có luôn xảy ra không? Những cấu trúc có trật tự nào khác có thể có? Lại là một loạt câu hỏi; những câu hỏi mà chính thiên nhiên đặt ra cho nhà nghiên cứu. Hợp kim của tất cả các nguyên tố ở nồng độ thành phần khác nhau và ở nhiệt độ khác nhau không chuyển động dưới tia X, và do đó, đáng để thử phát triển một số phương pháp chung để dự đoán sự “phân tán” của các nguyên tử trong hợp kim. Và để làm được điều này, trước tiên bạn phải hiểu các định luật cơ bản của “cộng đồng” nguyên tử.

Các nguyên tử trong tinh thể luôn “được giám sát”. Họ có hai ông chủ quyền lực đang xung đột với nhau. Bạn sẽ đến đó trong vòng một phần nghìn giây. Chúng tôi biết rõ tên của một nhà lãnh đạo: đó là năng lượng. Người thứ hai hiện đang ẩn danh đối với chúng tôi và hiện tại chúng tôi sẽ gọi cô ấy là Nữ hoàng của sự hỗn loạn.

2. Năng lượng

Đầu tiên, chúng ta cần đưa ra các thước đo định lượng về sự tương tác của các nguyên tử trong vật chất. Đầu tiên, chúng ta sẽ xem xét

Hình 1. Ô đơn vị bằng đồng. Mũi tên chỉ ra một số cặp hàng xóm gần nhất.

Hình 2. Hợp kim thay thế đồng-vàng bị xáo trộn.

Hình 3. Hợp kim thay thế đồng-vàng theo thứ tự (cấu trúc Cu₃Au; mỗi ô chứa 1/8 · 8=1 nguyên tử vàng và 1/2 · 6=3 nguyên tử đồng).

10

Nó có nghĩa là tất cả các nguyên tử tương tác với nhau theo cặp. Chúng ta đã biết rõ các lực lượng đôi. Chúng bao gồm lực Coulomb, tác dụng giữa các điện tích và lực hấp dẫn lẫn nhau giữa các vật thể. Đặc điểm đặc trưng của các lực này là chúng giảm dần theo khoảng cách. Các vật thể tương tác càng yếu thì khoảng cách giữa chúng càng lớn. Do đó, năng lượng tương tác Coulomb của các điện tích tỉ lệ nghịch với khoảng cách giữa chúng.

Trong một tinh thể bao gồm các nguyên tử kim loại, năng lượng tương tác giữa các nguyên tử giết chết nhanh hơn nhiều. Do đó, đề xuất thứ hai là hợp lý: sự tương tác giữa các nước láng giềng gần nhất trong mạng sẽ có tầm quan trọng hàng đầu.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại hình 1. Nó biểu thị một số cặp lân cận gần nhất trong mạng fcc. Từ định lý Pythagore, có thể dễ dàng tính được khoảng cách giữa các lân cận gần nhất: nó bằng $a\sqrt{2/2}$ (hãy nhớ rằng $a$ là chiều dài cạnh của một khối cơ bản). Mỗi nguyên tử trong mạng fcc có 12 nguyên tử lân cận gần nhất (hãy thử tự chỉ ra điều này). Số lân cận gần nhất, thường được gọi là số tọa độ, được ký hiệu là $Z$.

Vì vậy, mỗi nguyên tử trong mạng tương tác với các nguyên tử lân cận gần nhất. Nhưng, một cách tự nhiên, các nguyên tử thuộc các loại khác nhau tương tác với nhau theo những cách khác nhau. Vì mạng chứa các nguyên tử thuộc hai loại $A$ và $B$ nên tương tác của chúng được mô tả theo chủ đề về các giá trị năng lượng mà chúng ta ký hiệu như sau: $v_{AA}, v_{BB}$ là năng lượng tương tác của các nguyên tử lân cận cùng loại ($A$ hoặc $B$), $v_{AB}$ là năng lượng tương tác của hai nguyên tử lân cận cùng loại $A$ và $B$. Bây giờ, thông qua các tham số này, người ta dễ dàng mô tả năng lượng của bất kỳ cấu hình nguyên tử nào trong mạng. Nó sẽ là tổng năng lượng tương tác của tất cả các cặp lân cận gần nhất - loại $AA, AB, BB$:

$$E = P_{AA} v_{AA} + P_{BB} v_{BB} + P_{AB} v_{AB},$$

trong đó $P_{AA}, P_{BB}, P_{AB}$ là số cặp lân cận tương ứng.

Giả sử chỉ có $N$ nguyên tử trong tinh thể mà chúng ta đang xem xét, trong đó $n_A$ nguyên tử loại $A$ và $n_B$ nguyên tử loại $B$ (tức là $N=n_A+n_B$). Cụ thể, nồng độ các thành phần trong hợp kim được thể hiện qua các đại lượng sau:

$$c_A = \frac{n_A}{N}, c_B = \frac{n_B}{N} = 1 - c_A.$$

Bây giờ chúng ta có mọi thứ cần thiết để đánh giá những đóng góp năng lượng khác nhau. Lưu ý rằng có sự tương ứng giữa các số $P_{AA}, P_{BB}$ và $P_{AB}$. Mỗi nguyên tử thuộc loại $A$ chỉ có thể có $Z$ lân cận gần nhau. Theo đó, tổng số lân cận gần của tất cả các nguyên tử $A$ là $n_A Z$. Trong số này, vị trí $P_{AB}$ chiếm các nguyên tử thuộc loại $B$. Nếu lân cận gần nhất của một nguyên tử thuộc loại $A$ là một nguyên tử khác cùng loại, thì lân cận này sử dụng hai trong số các vị trí $n_A Z$ cùng một lúc, vì đối với nguyên tử thứ hai, nguyên tử thứ nhất sẽ lần lượt là lân cận gần nhất. Vì vậy, đối với các nguyên tử thuộc loại $A$ phải khớp:

$$n_A Z = 2 P_{AA} + P_{AB},$$

và đối với các nguyên tử thuộc loại $B$, tương tự -

$$n_B Z = 2 P_{BB} + P_{AB}.$$

Bây giờ, từ những đẳng thức này, chúng ta biểu thị các đại lượng $P_{AA}$ và $P_{BB}$ đến $P_{AB}$ và thay chúng thành biểu thức năng lượng:

$$E = \frac{n_A Z - P_{AB}}{2} v_{AA} + \frac{n_B Z - P_{AB}}{2} v_{BB} +$$

$$+ P_{AB} v_{AB} = P_{AB} \left( v_{AB} - \frac{v_{AA} + v_{BB}}{2} \right) +$$

$$+ \left( \frac{n_A Z}{2} v_{AA} + \frac{n_B Z}{2} v_{BB} \right).$$

Vì vậy, chúng tôi trình bày năng lượng tương tác của các nguyên tử trong tinh thể hợp kim dưới dạng tổng của hai nguyên tử liền kề. Có thể thấy rằng sự dịch chuyển thứ hai phụ thuộc vào vị trí của các nguyên tử, vì sự phân bố lại của các nguyên tử trong mạng ảnh hưởng rất lớn đến số $P_{AB}$. Ví dụ: hãy tưởng tượng một tinh thể ở một phần trong đó tất cả các nguyên tử $A$ tập trung và ở phần còn lại - tất cả các nguyên tử $B$, như được thể hiện dưới dạng sơ đồ trong hình 4. Trong một tinh thể như vậy, số $P_{AB}$ sẽ là tối thiểu, vì khoảng cách gần của các nguyên tử khác nhau chỉ xảy ra trong một vùng chồng chéo hẹp giữa cả hai phần của tinh thể. Đương nhiên, khi “trộn” các nguyên tử, con số này sẽ tăng lên rất nhiều.

12

những quả bóng có màu sắc khác nhau sẽ tập trung ở hai đầu khác nhau của ống mật. Thậm chí còn ít có khả năng các quả bóng màu đỏ và xanh lam sẽ “mô tả” một số mẫu hình phức tạp đều đặn. Điều này có vẻ rất hợp lý đối với chúng tôi ngay cả khi không có thử nghiệm.

Nhưng mặt khác… Chúng ta ném những quả bóng một cách ngẫu nhiên (hỗn loạn), và vị trí của chúng trên cành cũng hoàn toàn ngẫu nhiên. Có vẻ như quả bóng không quan tâm đến việc nó được định vị như thế nào - hỗn loạn hay ở dạng quy luật. Tại sao chúng được đặt một cách hỗn loạn?

Hãy làm thí nghiệm này. Ví dụ: hãy tạo một số mẫu từ các quả bóng, chẳng hạn như mẫu trên hình 5. Bây giờ, hãy lấy một quả bóng ra khỏi mẫu và đặt nó ở bất kỳ vị trí nào khác - mẫu chắc chắn sẽ bị hỏng. Chúng ta hãy thực hiện thí nghiệm tương tự với việc sắp xếp các quả bóng một cách hỗn loạn - khi di chuyển một quả bóng đến vị trí khác, bức tranh vẫn sẽ hỗn loạn. Để tạo ra một mô hình hỗn loạn, chúng ta cần di chuyển nhiều quả bóng hơn một cách phối hợp. Về mặt sơ đồ, các mẫu này có thể được mô tả như sau:

$$\text{УЗОР} \xrightarrow{\text{перенесение шаров}} \text{ХАОС}$$

$$\text{ХАОС} \xrightarrow{\text{перенесение шаров}} \text{ХАОС.}$$

Nói cách khác, mọi con đường đều dẫn đến hỗn loạn.

Bằng cách chuyển một quả bóng từ nơi này sang nơi khác, về cơ bản chúng ta “vứt bỏ” một cấu hình mới của các quả bóng. Nhưng sự hỗn loạn có nhiều mặt, và trong mỗi cấu hình, nó chỉ hướng đến chúng ta một trong những mặt tự do của nó. Cấu hình mới - liên kết mới của sự hỗn loạn tương tự.

Từ đó, chúng ta có thể hiểu rằng mặc dù tất cả các cấu hình của quả bóng đều có “quyền tồn tại” như nhau, nhưng số lượng cấu hình tương ứng với mẫu ít hơn đáng kể so với số lượng cấu hình.

những hình tượng tương ứng với sự hỗn loạn. Nói cách khác, với mỗi lần ném, sự sắp xếp hỗn loạn của các quả bóng trên cành có nhiều khả năng xảy ra hơn so với cách sắp xếp theo thứ tự, dưới dạng một kiểu mẫu nào đó.

Từ tất cả những gì đã nói, chúng ta có thể kết luận: ngoài yếu tố năng lượng, còn có một yếu tố khác kiểm soát hoạt động của các quả bóng. Nhờ ảnh hưởng của nó, với mỗi lần ném, mô hình phân phối bóng đáng tin cậy nhất trên đường mật được thực hiện - hỗn loạn.

Bây giờ chúng ta hãy quay trở lại với hợp kim của chúng ta. Mặc dù có một số “mô hình” và “hỗn loạn”, sự tương đồng giữa các quả bóng có màu sắc khác nhau trong trường mật và các nguyên tử thuộc các loại khác nhau trong mạng tinh thể là khá rõ ràng. Trong trường hợp hợp kim, việc thay thế mô hình đường mật tương ứng với một hợp kim có trật tự, và sự sắp xếp hỗn loạn của các quả bóng tương ứng với một hỗn loạn. Và bây giờ chúng ta đã hiểu người cai trị thứ hai đóng vai trò gì trong cuộc sống của các nguyên tử, mà chúng ta gọi là Nữ hoàng của sự rối loạn - bà ta tìm cách đưa sự hỗn loạn vào sự sắp xếp của các nguyên tử trong mạng tinh thể. Và tên thật của thước đo này là entropy.

4. Trật tự và rối loạn trong hợp kim

Hãy tóm tắt một số kết quả. Chúng ta biết rằng hệ số năng lượng có xu hướng sắp xếp trật tự các nguyên tử trong các nút của mạng tinh thể. Điều này dẫn đến sự hình thành cấu trúc có trật tự hoặc sự phân hủy hợp kim thành các nguyên tố nguyên chất. Mặt khác, hệ số entropy có xu hướng làm rối loạn hệ thống, tạo ra một kiểu sắp xếp hỗn loạn nào đó của các nguyên tử. Cuộc đấu tranh của hai xu hướng này quyết định những quy luật của “cộng đồng” nguyên tử mà chúng ta đang nói đến.

13

đã xảy ra lúc đầu. Xu hướng nào sẽ chiếm ưu thế: năng lượng hay liên quan đến năng lượng? Ai quyết định cuộc tranh chấp giữa hai người phụ nữ đầu tiên - Năng lượng và Entropy? Thẩm phán hóa ra là một đại lượng mà chúng ta đã biết rõ - nhiệt độ! Và thẩm phán không vô tư. Nhiệt độ đóng vai trò như một sự đồng nhận thức về các lực gây rối loạn, các lực lượng, theo ngôn ngữ “bàn bida” của chúng ta, cố gắng biến một khuôn mẫu nghiêm ngặt thành hỗn loạn.

KHÔNG CÓ GÌ ĐẶC BIỆT ĐÁNG TIN CẬY VỀ ĐIỀU NÀY. Từ ví dụ về chất khí, chúng ta biết rằng khi nhiệt độ tăng, chuyển động của các phân tử ngày càng trở nên mãnh liệt hơn. Điều tương tự cũng xảy ra với các chất khác. Ở một nhiệt độ nhất định, chuyển động ấm này có khả năng phá vỡ “đường năng lượng” và từ đó làm rối loạn hệ thống.

Có rất nhiều ví dụ về những biến đổi như vậy. Một trong số đó đang tan chảy. Chúng ta hãy nhớ điều gì xảy ra khi đun nóng thành một vật rắn là một tinh thể thông thường, tức là cùng một kiểu mà chúng ta chưa nói đến. Khi nhiệt độ tăng lên, mong muốn thoát ra khỏi mạng tinh thể ngày càng mạnh mẽ hơn, và cuối cùng họ thành công - trên điểm nóng chảy, một chất lỏng được hình thành từ một tinh thể thông thường - mô hình trở nên hỗn loạn.

Vì vậy, ở nhiệt độ đủ cao, yếu tố năng lượng có vai trò quyết định. Sự tuân thủ ở nhiệt độ thấp hơn bị chi phối bởi yếu tố năng lượng. Nhiệt độ “đủ cao” và “thấp hơn” nghĩa là gì được quyết định trong từng trường hợp cụ thể theo cách riêng của nó. Điều chính cần được hiểu và ghi nhớ là bộ điều chỉnh nhiệt độ liên quan đến tầm quan trọng của năng lượng và các yếu tố năng lượng.

Chúng ta hãy quay trở lại và cuối cùng bây giờ là thế giới của hợp kim. Ở nhiệt độ cao, sự phân bố của các nguyên tử sẽ chủ yếu được xác định bởi hệ số năng lượng - và hợp kim sẽ bị mất trật tự. Tuy nhiên, khi nhiệt độ tăng lên, yếu tố năng lượng sẽ ngày càng đóng vai trò nhiều hơn cho đến khi, ở một nhiệt độ nào đó, yếu tố năng lượng trở nên quan trọng hơn yếu tố năng lượng. Nhiệt độ này được gọi là quan trọng. Ở nhiệt độ tới hạn, hợp kim trở nên trật tự và sẽ giữ nguyên như vậy khi được làm nguội thêm.

Tất cả thông tin về trật tự và sự hỗn loạn trong hợp kim thường được chứa trong các sơ đồ đặc biệt, được gọi là sơ đồ trạng thái. Vào hình 6, sơ đồ như vậy được đưa ra ở dạng hơi đơn giản hóa đối với hợp kim đồng-vàng mà chúng ta đã bắt đầu câu chuyện này. Trục hoành biểu thị nhiệt độ và trục hoành biểu thị nồng độ tương đối của các thành phần. Bất kỳ điểm nào trên sơ đồ đều tương ứng với định nghĩa về giá trị nồng độ và nhiệt độ. Các điểm nằm trên các đường cong biểu thị giá trị nhiệt độ tới hạn đối với các nồng độ khác nhau của các thành phần. Phía trên các đường là vùng trạng thái hỗn loạn của các hợp kim, phía dưới các đường là vùng các hợp kim có trật tự. Các trạng thái có trật tự dưới hai đường cong cực trị đã biết cấu trúc thuộc loại được hiển thị trong hình 3: bên trái là hợp kim có nồng độ tương đối $c_{\text{Cu}}=75\%$ và $c_{\text{Au}}=25\%$, và bên phải là hợp kim với $c_{\text{Cu}}=25\%$, $c_{\text{Au}}=75\%$. Các vị trí do các nguyên tử đồng chiếm giữ trong mạng tới hạn của hợp kim thứ nhất bị chiếm giữ bởi các nguyên tử vàng trong hợp kim thứ hai và ngược lại. Và dưới đường cong

Hình 6. Biểu diễn đơn giản một phần sơ đồ pha của hợp kim đồng-vàng. Ở nhiệt độ thấp, hình dạng chính xác của sơ đồ vẫn chưa được biết.

14

5. Phần kết luận

Bây giờ chúng ta hãy thoải mái phát huy trí tưởng tượng của mình. Chúng ta có cần một hợp kim có độ bền, độ dẻo và độ dẫn điện nhất định không? Không có gì có thể đơn giản hơn. Chúng tôi đưa tất cả các yêu cầu vào máy tính và máy cho ra kết quả hợp kim chính xác.

Anh ấy thực sự muốn mọi thứ diễn ra đúng như thế này. Nhưng điều này vẫn còn một chặng đường dài. Ngày nay chúng ta vẫn xem xét trạng thái của vật chất rắn, và bài toán về dạng hợp kim chỉ là một khâu khiêm tốn trong một hành trình dài.

bài toán này đã 65 tuổi rồi. Các nhà vật lý học Liên Xô L. D. Landdu và E. M. Lifshitz, các nhà khoa học Mỹ H. Bethe và L. Onsager, và nhà vật lý người Anh R. Peierls đã tham gia vào quá trình phát triển nó. Nhưng vẫn còn nhiều chỗ trống: làm thế nào để tính các giá trị năng lượng trộn? Làm thế nào để tính đến sự tương tác tầm xa của các nguyên tử, nghĩa là vượt xa sự gần đúng của các nước láng giềng gần gũi? làm thế nào để khái quát hóa kết quả cho hợp kim có ba thành phần trở lên? Những câu hỏi này và nhiều câu hỏi khác sẽ khiến lời giải của họ bật cười.

Nghịch lý Vavilov

(Để bắt đầu, xem trang 6)

Hãy chứng minh rằng để thỏa mãn điều kiện $\Delta L = \lambda/4$ thì góc $\alpha$ phải rất nhỏ.

Như có thể thấy từ (3),

$$\alpha = \frac{1}{2} \frac{\lambda}{a}.$$ (4)

Hãy lấy $a=1$ cm, $\lambda=5 \cdot 10^{-5}$ cm; thì $\alpha=2,5 \cdot 10^{-5}$ radian.

Vì vậy, các vấn đề về định luật bảo toàn năng lượng nảy sinh khi góc giữa các chùm tia có thứ tự bước sóng tương đối với chiều rộng chùm tia.

Nghịch lý Lời giải nằm ở chỗ ở những góc nhỏ như vậy người ta không còn có thể sử dụng lý tưởng dễ hiểu về một chùm tia song song có tiết diện hữu hạn nữa.

Mọi nỗ lực triển khai các gói như vậy sẽ thất bại. Do hiện tượng nhiễu xạ, việc hạn chế kích thước của chùm tia nhất thiết dẫn đến sự biến đổi của nó thành chùm phân kỳ. Góc phân kỳ chùm tia $\varphi$ được xác định chính xác theo công thức (4). Đương nhiên, góc $\alpha$ mà các dầm giao nhau chỉ có thể được xác định với độ chính xác theo thứ tự của góc $\varphi$. Trong khi $\alpha \gg \varphi$, có thể bỏ qua sự phân kỳ của các chùm giao nhau. Nhưng khi $\alpha$ có thể so sánh được với $\varphi$ về độ lớn, khái niệm về một bó song song có giới hạn sẽ mất đi ý nghĩa của nó.

Nếu nhiễu xạ vẫn chưa được phát hiện, thì trên cơ sở định luật bảo toàn năng lượng và công thức (4), chúng ta sẽ không chỉ phải đồng ý về sự tồn tại của nó mà còn phải chỉ ra mô hình cơ bản chi phối độ lớn của góc nhiễu xạ (góc phân kỳ). Đây là một ví dụ điển hình về việc định luật bảo toàn trong vật lý luôn có thể đóng vai trò là ngôi sao dẫn đường đáng tin cậy như thế nào.

Xét các tính chất của chùm tia, tất nhiên chúng ta sẽ không bao giờ mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng. Trong các thí nghiệm giao thoa thuộc loại này sẽ luôn có bằng chứng về sự phân bố lại không gian của dòng năng lượng.

15

Bóng bàn…
trong chậu rửa

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. V. BYALKO

Mọi thí nghiệm sẽ được thảo luận đều có thể truy cập được đối với mọi người và không yêu cầu bất kỳ thiết bị đặc biệt nào. Tất cả những gì bạn cần là một quả bóng bàn (bóng bàn), chậu rửa (hoặc bồn tắm) tiêu chuẩn, thước milimet, bình ba lít và đồng hồ có kim giây.

Thí nghiệm 1. Đóng lỗ thoát nước của bồn rửa (bồn tắm) và đổ đầy nước đến mức 3 - 5 cm. Đặt một quả bóng bàn dưới dòng nước nơi nó cắt qua mặt nước và thả nó ra. Đối với tôi, có vẻ như máy bay phản lực nên ném quả bóng sang một bên. Nhưng điều đó không đúng! Ngược lại, máy bay phản lực sẽ bắt quả bóng và nó vẫn ở nguyên nơi nó rơi.

Hãy nhìn kỹ hơn. Hóa ra quả bóng không bất động - dưới tác dụng của phản lực, nó tạo ra những dao động nhỏ. Chụm lòng bàn tay của bạn và di chuyển chúng dưới quả bóng để nó tiếp tục nổi dưới dòng nước mà không chạm vào tay bạn. Bây giờ nhấc bóng dọc theo dòng suối. Bạn sẽ nhận thấy tần số rung giảm dần khi quả bóng bay lên.

Thí nghiệm 2. Mở lỗ thoát nước. Trong bồn rửa tiêu chuẩn (bồn tắm), nó xuất hiện dưới dạng một lỗ hình trụ có cấu trúc dạng lưới sâu khoảng 20 mm và đường kính khoảng 40 mm. Quả bóng bàn nhỏ hơn một chút - đường kính 37 mm nên bóng nằm gọn trong lỗ thoát nước và vẫn có khe hở 1 - 2 mm (hình 1).

Đưa quả bóng xuống nước đến lỗ thoát nước và thả ra. Dòng nước sẽ kéo quả bóng vào lỗ, mặc dù quả bóng không nổi trong nước. Nhưng nó là gì? Bạn nghe thấy một âm thanh vo ve trầm, rất indo, do sự rung động của quả bóng gây ra. Ý nghĩ đầu tiên xuất hiện trong đầu là quả bóng đang nảy trên lưới. Tuy nhiên, không phải điều này. Chạm ngón tay vào quả bóng từ phía trên và bạn sẽ tin chắc rằng nó dao động không phải theo chiều dọc mà theo chiều ngang - trong khoảng cách cho phép.

Hơn thế nữa. Nhìn vào dấu hiệu xuất xưởng trên quả bóng, bạn sẽ thấy quả bóng cũng quay và quay khá chậm nên có thể nhìn thấy bằng mắt. Đôi khi chuyển động quay chỉ xảy ra theo một hướng và đôi khi hướng quay của quả bóng thay đổi ngẫu nhiên theo thời gian.

Làm thế nào những thí nghiệm này có thể được thực hiện? Hãy nói ngay rằng cả hai đều là minh họa sống động cho định luật Bernoulli - một

16

nhiều định luật đầu tiên của thủy động lực học. Về mặt định tính, nó có thể được xây dựng như sau (“Vật lý 8”, § 65): trong chất lỏng chuyển động, áp suất sẽ lớn hơn trong những giây mà tốc độ chuyển động thấp hơn và ngược lại, khi tốc độ cao hơn thì áp suất thấp hơn. Nói cách khác, khi tốc độ của chất lỏng tăng lên thì áp suất trong nó giảm đi. Sự giảm áp suất này dẫn đến thực tế là trong cả hai thí nghiệm, dòng nước dường như hút một quả bóng nhựa vào bên trong nó.

Định luật Bernoulli sẽ giúp giải thích cả dao động của quả bóng trong dòng nước và trong vỏ. Nhưng trước tiên, hãy ước tính tốc độ nước chảy từ vòi nước.

Không khó để chọn một dòng nước chảy vào bồn rửa (hoặc bồn tắm) sao cho mực nước trong đó hầu như không thay đổi. Sử dụng bình ba lít và đồng hồ bấm giờ, bạn có thể đo mức tiêu thụ chất lỏng tương ứng (nghĩa là khối lượng chất lỏng tiêu thụ trên một đơn vị thời gian). Hóa ra là khoảng (80 - 100) g/s. Bây giờ, dùng thước đo, đo đường kính của dòng nước gần mặt nước trong bồn rửa. Nó gần 6 mm. Điều này tương ứng với tốc độ phản lực khoảng 3 m/s (kiểm tra cái này). Tất nhiên, tốc độ hiện tại có thể được thực hiện lớn hơn hoặc nhỏ hơn giá trị thu được, nhưng trong các ước tính áp suất sâu hơn, nó có thể được coi là chính xác như vậy.

Để thảo luận chi tiết hơn về các hiệu ứng quan sát được, chúng ta không chỉ cần một công thức định tính mà còn cần một công thức định lượng của định luật Bernoulli*). Theo cái này

Trên thực tế, trong bất kỳ phần nào của dòng chất lỏng lượng không đổi

$$\frac{\varrho v^2}{2} + p + \varrho gh,$$

trong đó $\varrho$ là mật độ, $v$ là tốc độ, $p$ là áp suất chất lỏng, $h$ là chiều cao của phần đã chọn.

Giải thích thí nghiệm 1. Chúng ta hãy tạm đơn giản hóa bài toán cho mình: khoảng cách không phải là sự tương tác của quả bóng với dòng hình trụ, mà là tác dụng của dòng phẳng lên hình trụ. Điều này sẽ không thay đổi hiện tượng vật lý hiện có, nhưng chúng ta sẽ dễ dàng suy luận hơn.

Đầu tiên, chúng ta sẽ thảo luận trường hợp hình trụ chỉ tiếp xúc nhẹ với dòng nước và ước tính lực tác dụng lên nó (hình 2). Theo định luật Bernoulli, áp suất bên trong tia uốn giảm đi một lượng

$$p_0 - p = \frac{\varrho}{2} (v^2 - v_0^2)$$

(thuật ngữ $\varrho gR$ có thể bị bỏ qua, vì trong trường hợp của chúng tôi, các giá trị $gR \approx 0,2 \text{ m}^2/\text{c}^2$ nhỏ hơn đáng kể so với $v^2/2 \approx 4,5 \text{ m}^2/\text{c}^2$). Quỹ đạo của phần chất lỏng mô tả hình trụ là một cung tròn nên chúng chuyển động với gia tốc hướng tâm. Gia tốc này là do sự chênh lệch giữa áp suất khí quyển $p_0$ (cũng là áp suất nước trong dòng thẳng) và áp suất $p$ trong dòng cong:

$$m \frac{v^2}{R} = (p_0 - p)S,$$

hoặc $$\frac{v^2}{R} = \frac{p_0 - p}{\varrho d},$$

trong đó $S$ là diện tích tiếp xúc của tia với xi lanh. Đối với một luồng có độ dày $d$ nhỏ hơn nhiều so với bán kính của hình trụ $R$, vận tốc dòng chảy chỉ lớn hơn một chút so với vận tốc ban đầu $v_0$. Do đó, lực làm lệch dòng bằng

$$F = (p_0 - p)S = \frac{\varrho v_0^2 d}{R} S.$$

Một lực có cùng độ lớn nhưng ngược chiều tác dụng lên hình trụ.

Kết quả này, thu được cho dòng chảy quanh một hình trụ, vẫn đúng cho dòng chảy quanh một quả bóng, có thể với các hệ số số khác. Diện tích tiếp xúc của máy bay phản lực với quả bóng hầu như luôn có thứ tự bình phương bán kính của nó $R$. Do đó lực kéo quả bóng

17

Hình 3.

vào dòng khi chúng chạm vào, có độ lớn bằng nhau

$$F \sim \varrho v_0^2 Rd.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét dòng chảy tâm xung quanh quả bóng khi tia rơi chính xác vào đỉnh của nó (hình 3). Trong trường hợp này, nước chảy xung quanh quả bóng một cách đối xứng và do đó $F=0$. Đối với dòng chảy trung tâm, không khó để tìm thấy độ dày lớp $d$. Từ điều kiện để xây dựng dòng chảy, nó suy ra rằng

$$d \sim \frac{r_0^2}{R}$$

(tự trình bày đi).

Cuối cùng, đối với trường hợp trung gian, khi độ dịch chuyển $x$ của quả bóng so với trục đối xứng của tia không đáng kể so với bán kính của nó $R$ (hình 4), thì lực $F$ phụ thuộc tuyến tính vào $x$ và có hướng để đưa quả bóng về vị trí cân bằng:

$$F \sim -\varrho v_0^2 d \cdot x \sim \frac{\varrho v_0^2 r_0^2}{R} x.$$

(Thật không may, khó có được giá trị chính xác của lực $F$ trong trường hợp này.)

Dưới tác dụng của lực này quả bóng sẽ dao động. Biểu thức tần số dao động có thể được viết tương tự với dao động của một vật nặng hướng ra ngoài:

$$F_{\pi p} = -kx \Rightarrow \omega_{\pi p} = \sqrt{\frac{k}{m}},$$

$$F_{\pi} \sim -\frac{\varrho v_0^2}{R} x \Rightarrow \omega_{\pi} \sim v_0 r_0 \sqrt{\frac{\varrho}{RM}}.$$

Với khối lượng quả bóng $M \approx 3$ g, chúng ta thu được $\omega_{\pi} \sim 40 \text{ c}^{-1}$ và $v_{\pi} \sim 6 \text{ Гц}$.

Khi nhấc bóng trong lòng bàn tay

Hình 4.

lên tia, $r_0$ và $v_0$ đồng thời thay đổi, nhưng tích $v_0 r_0^2$ không đổi. Khi $r_0$ tăng lên, sản phẩm $v_0 r_0$ giảm xuống. Do đó, khi nó tiến tới nguồn, tần số dao động của quả bóng sẽ giảm, điều này được quan sát bằng thực nghiệm.

Khi tần số dao động giảm đi, bạn sẽ nhận thấy quả bóng cũng quay theo các hướng khác nhau. Ở những tia mỏng, chậm, sự dao động và quay của quả bóng được kết hợp thành một chuyển động phức tạp, đẹp mắt xung quanh tia. Hãy tự mình chứng kiến ​​điều này thông qua kinh nghiệm.

Giải thích thí nghiệm 2. Cho vị trí ban đầu của quả bóng như trong hình 5 (nhìn từ trên xuống). Chúng ta hãy ước tính tốc độ dòng chảy của phản ứng thoát nước. Diện tích khe hở không phụ thuộc vào vị trí của quả bóng và bằng $\pi(R_{\text{отв}}^2 - R^2) \approx 1 \text{ cm}^2$, do đó tốc độ trung bình chuyển động quanh quả bóng là $v \approx 1 \text{ m/c}$. Tuy nhiên, tốc độ này tương đối không cố định trên mặt cắt ngang của khe hở: ở phần rộng nhất của nó lớn hơn đáng kể so với phần khô nhất (gần điểm tiếp xúc $A$), nơi dòng chảy bị chậm lại do chấn động tác động vào tường. Theo định luật Bernulin, áp suất trong chất lỏng chuyển động sẽ lớn hơn ở nơi tốc độ thấp hơn. Do đó xuất hiện lực khe hở

(Cuối cùng xem trang 48)

Hình 5.

18

Vật lý 9, 10

Cuốn sách đã xuất bản “Khám phá điện tử” dành cho học sinh lớp 9, “Làm thế nào để nhìn thấy cái vô hình?” - học sinh lớp mười.
Nguyên liệu được chuẩn bị bởi N.K. Belkin.

Sự khám phá ra electron

Từ “electron” - tên của một trong những hạt cơ bản được nạp - và các dẫn xuất của nó có lẽ thường được tìm thấy nhiều nhất trong các tài liệu khoa học và kỹ thuật ngày nay. Gần đây, từ “điện tử” xuất hiện, một mặt biểu thị nghiên cứu về sự tương tác của các electron với trường điện từ, mặt khác là một lĩnh vực công nghệ mới. Những tính từ như “điện tử”, “điện tử”, v.v. đã đi vào ngôn ngữ và cuộc sống của chúng ta một cách rộng rãi. Chẳng hạn, chỉ cần nhớ lại sự tồn tại của nhiều thiết bị điện tử và máy tính điện tử là đủ.

Electron được phát hiện khi nào, bởi ai và như thế nào? Khi nào, ai và làm thế nào xác định được các đặc tính cơ bản của nó và làm rõ vai trò của nó trong tự nhiên?

Tia hay hạt? Việc phát hiện ra electron đánh dấu sự hoàn thành của nhiều thập kỷ nghiên cứu về sự phóng điện của khí, tức là quá trình cho dòng điện truyền qua chất khí (Vật lý 9, §70-72). Đặc biệt, vào khoảng giữa thế kỷ trước, người ta phát hiện ra rằng nếu đặt một điện áp đủ cao vào các điện cực được hàn vào ống thủy tinh chứa khí, thì một dòng điện sẽ đi qua chất khí và chất khí đó sẽ tự phát sáng. Bản chất của ánh sáng phụ thuộc vào áp suất khí và điện áp đặt vào, còn màu sắc của ánh sáng được xác định bởi bản chất của khí. Tuy nhiên, ở áp suất đủ thấp (khoảng một pakel, tức là một nửa bầu khí quyển), ánh sáng của khí gần như biến mất (mặc dù dòng điện vẫn tiếp tục chạy), nhưng thủy tinh của ống bắt đầu phát sáng màu xanh lục.

Điều gì xảy ra trong ống phóng điện sau khi ánh sáng khí biến mất? Về vấn đề này, đã nảy sinh tranh chấp giữa các nhà vật lý tích cực nghiên cứu hiện tượng này nhất.

Các nhà vật lý người Đức (G. Hertz, E. Goldstein) tin rằng các tia đặc biệt phát ra từ cực âm của ống, khiến thủy tinh phát sáng. Vì vậy chúng được gọi là tia catôt. Hertz, người phát hiện ra sóng điện từ, có xu hướng tin rằng tia âm cực là sóng điện từ đặc biệt, tương tự như ánh sáng, nhưng là ánh sáng vô hình.

Các nhà vật lý người Anh (W. Crookes, A. Schuster, sau đó là J. J. Thomson) tin rằng không phải các tia phát ra từ cực âm mà là một số hạt tích điện âm, và dưới tác động của chúng, thủy tinh sẽ phát sáng. Ví dụ, Crookes lập luận rằng đây là những phân tử khí di chuyển ra khỏi cực âm, thu được điện tích âm và sau đó được gia tốc bởi lực đốt điện về phía cực dương. Điều này được đề xuất bởi thực tế là các tia âm cực bị lệch bởi từ trường. Tất nhiên, các nhà vật lý người Đức cũng biết về thực tế quan trọng này, nhưng vào thời điểm đó người ta vẫn chưa khẳng định chắc chắn rằng sóng điện từ không tương tác với từ trường.

Cả hai bên tranh chấp đều khẳng định chắc chắn rằng tính chất của tia âm cực không phụ thuộc vào vật liệu làm ra cực âm. Cuộc tranh cãi này đã có kết quả vì mỗi nhóm nhà khoa học đều cố gắng nghĩ ra và thực hiện các thí nghiệm để chứng minh họ đúng.

Các thí nghiệm mang tính quyết định được thực hiện vào năm 1897 bởi nhà vật lý người Anh Joseph John Thomson. Những trạng thái này được kiểm tra bằng cách quan sát chuyển động của các hạt tích điện trong điện trường và từ trường.

Chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và từ trường. Ở số trước, trong bài “Về số Faraday và điện tích riêng của một hạt tích điện”, đã chỉ ra rằng tốc độ v và căn a của một hạt tích điện trong điện trường được xác định bởi điện tích riêng của hạt q/m (q là điện tích của hạt, m là khối lượng của hạt):

21

Hình 2. Sơ đồ chuyển đổi quang điện tử: 1 - vật được chiếu sáng bằng tia hồng ngoại; 2 - các vật thể thu được hình ảnh ánh sáng; 3 - quang điện; 4 - hình ảnh ánh sáng; 5-5’ — điện cực hội tụ; 6 - hình ảnh điện tử; 7 - anom, lớp phủ bằng chất nhiều lớp.

mà mắt người có thể “nhìn thấy”. Hãy nói về điều này chi tiết hơn một chút.

Vào những năm 30, một nhóm các nhà vật lý người Hà Lan do V. Holst đứng đầu đang nghiên cứu vấn đề cải thiện chất lượng ảnh chụp thu được trong điều kiện ánh sáng yếu. Ý tưởng đằng sau phương pháp được đề xuất khá đơn giản.

Phim chụp ảnh vật thể nhận biết ánh sáng khả kiến, vật thể phản xạ được chụp ảnh. Tuy nhiên, bản thân vật thể luôn luôn (ở nhiệt độ khác độ không tuyệt đối) đóng vai trò là nguồn phát ra cái gọi là bức xạ nhiệt, bản chất cũng là điện từ. Hóa ra là bước sóng, tương ứng với mức cực đại trong sự phân bố năng lượng của bức xạ này trên các bước sóng, phụ thuộc vào nhiệt độ (xem biểu đồ trên hình 1, trong đó bước sóng được vẽ dọc theo trục hoành, và năng lượng bức xạ tới một khoảng bước sóng đơn vị được vẽ dọc theo trục tọa độ). Ở nhiệt độ rất cao, cơ thể chủ yếu phát ra ánh sáng nhìn thấy được. Ở nhiệt độ phòng, khi việc chụp ảnh thường được thực hiện ngẫu nhiên, lượng phát xạ tối đa xảy ra ở vùng hồng ngoại vô hình.

Nếu có thể tìm ra cách chuyển đổi hình ảnh hồng ngoại vô hình này thành các bước sóng ngắn hơn mà phim có thể cảm nhận được thì có thể chụp ảnh trong điều kiện ánh sáng yếu hoặc thậm chí trong bóng tối.

Bộ chuyển đổi như vậy đã được tạo ra và được gọi là chuyển đổi quang điện tử. Thành phần chính của nó là photocathode - một màng xử lý mỏng làm bằng vật liệu chứa các nguyên tử của kim loại nguyên - Caesium, rubidium hoặc kali. Ranh giới màu đỏ của hiệu ứng quang điện $\lambda_{\max}$ đối với các vật liệu đó nằm trong vùng hồng ngoại, do đó, khi các tia hồng ngoại có bước sóng $\lambda < \lambda_{\max}$ chiếu vào màng thì ánh sáng sẽ hút các electron ra khỏi màng. Để tận dụng lợi thế của các electron phát ra trong quá trình quang hiệu, một lớp kim loại được đặt lên màng, mỏng đến mức màng vẫn có khả năng biến đổi.

Sơ đồ chuyển đổi chính được thể hiện ở hình 2. Hình ảnh của vật 1, được chiếu sáng bằng ánh sáng hồng ngoại, được hình thành trên tế bào quang 3. Như đã đề cập, một lớp kim loại mỏng không phải là vật cản đối với các tia và ở những vị trí của vật thể quang điện nơi hình ảnh của vật chạm vào, các electron quang dẫn xuất hiện ở phía đối diện của màng. Trong một số trường hợp, cực dương 7 nằm trong katom, bề mặt của nó được phủ một lớp vật liệu nghiền (phần này của thiết bị được lấp đầy bằng một ống truyền hình thông thường). Một sự chênh lệch điện thế cao (ở mức hàng chục nghìn volt) được tạo ra giữa cực dương và cực âm, làm tăng tốc các quang điện tử. Điều này sẽ tạo ra một dòng electron bay từ cực âm đến cực dương và tùy theo những điều kiện nhất định, sự phân bố của các electron này trên bề mặt cực dương sẽ tuân theo hình dạng của vật thể được chụp ảnh. Khi ở trên cực dương, các electron làm cho nó phát sáng.

Hơn nữa, nếu photokat cảm thấy -

22

Vì cây lanh nhạy cảm với ánh sáng đỏ và hồng ngoại nên cực dương phát quang phát ra tia xanh lam, phylote và thậm chí cả tia cực tím. Nói cách khác, khi một hình ảnh hồng ngoại vô hình được chiếu lên tế bào quang điện, một hình ảnh nhìn thấy được sẽ được quan sát ở cực dương.

Ở đây chúng tôi chỉ phác thảo sơ đồ nguyên lý hoạt động của quá trình chuyển đổi quang điện tử do Holst và các cộng sự của ông tạo ra vào năm 1933. Các thí nghiệm của họ đã chứng minh khả năng chuyển đổi một ảnh neid bước sóng dài thành một ảnh nhìn thấy có bước sóng ngắn bằng cách sử dụng hiệu ứng quang hợp.

Trong 50 năm qua, công nghệ quang điện đã đi được một chặng đường dài. Hiện nay, nó không chỉ được sử dụng trong khoa học mà còn được sử dụng trong nghiên cứu khoa học, quân sự và công nghệ.

Trường học yêu thích bài toán

(Dựa trên cuốn sách “The Knot Tale” của Lewis Carroll)

lớp 8

1. Cho độ dài $a$ và $b$ của hai cạnh kề nhau của một tứ giác và góc nhọn $a$ giữa chúng. Ngoài ra, người ta biết rằng các góc của một tứ giác kề với mỗi cạnh này đều vuông. Tìm: a) các cạnh còn lại của tứ giác; b) diện tích tứ giác.

2. Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số tự nhiên khác nhau nhân với tổng bình phương của hai số tự nhiên khác nhau có thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương của hai số tự nhiên.

3. Hai du khách rời khách sạn lên đỉnh núi lúc 3 giờ chiều và trở về lúc 9 giờ tối. Lộ trình của họ đi qua mặt đất bằng phẳng, lên dốc hoặc xuống dốc. Trên mặt đất bằng phẳng, chúng di chuyển với tốc độ 4 dặm một giờ, lên dốc với tốc độ 3 dặm một giờ và xuống dốc với tốc độ 6 dặm một giờ. Họ đi được bao xa trong khi đi bộ? Đồng thời xác định, trong khoảng thời gian không quá 30 phút, thời điểm lên đến đỉnh núi, coi khi di chuyển lên đỉnh núi, chiều dài đoạn đi lên lớn hơn chiều dài đoạn xuống.

4. Trên cơ sở của tam giác này, hãy tìm một điểm sao cho đường thẳng nối các đường vuông góc vẽ từ điểm này với các cạnh song song với đáy.

5. Bên trong một góc có đỉnh $B$ cho trước một điểm $P$. Vẽ một đường đi qua điểm $P$ nảy ra khỏi góc của tam giác có diện tích nhỏ nhất.

lớp 9

6. Hai chuyến đi đến Putrovno lúc 6 giờ sáng cùng ngày. Cả hai đều đi trên cùng một con đường và cùng một hướng. Người đi bộ $B$ ban đầu đi trước người đi bộ $A$ 14 dặm. Cả hai đều chạy từ 6 giờ sáng đến 6 giờ chiều. Vào ngày đầu tiên $A$, di chuyển suốt cả ngày với tốc độ không đổi, vượt qua 10, vào ngày thứ hai - 9, vào ngày thứ ba - 8 dặm, v.v. Người đi bộ $B$, cũng di chuyển với tốc độ không đổi trong suốt cả ngày, vượt qua 2 vào ngày đầu tiên, vào ngày thứ hai - 4, vào ngày thứ ba - 6 dặm, v.v. Người đi bộ $A$ và $B$ họ sẽ nói chuyện ở đâu và khi nào với nhau?

7. Hai đường tròn cắt nhau sao cho dây chung của chúng có các góc ở tâm là 30° và 60°. Phần nào của hình tròn được bao quanh bởi hình tròn nhỏ nằm bên trong hình tròn lớn?

8. Trong vòng tròn này, hãy viết một hình thang có một đáy lớn gấp đôi đáy kia và có diện tích lớn nhất.

9. Một ly nước chanh, 3 chiếc bánh sandwich và 7 chiếc bánh quy có giá 1 shilling 2 pence. Một ly nước chanh, 4 chiếc bánh sandwich và 10 chiếc bánh quy có giá 1 shilling 5 pence. 2 ly nước chanh, 3 bánh sandwich và 5 bánh quy giá bao nhiêu? (1 shilling bằng 12 xu)

10. Trong tam giác nhọn này, hãy viết một tam giác có các cạnh tại mỗi đỉnh của nó tạo thành các góc trên cạnh của tam giác đã cho.

lớp 10

11. Gọi $p$ là nửa chu vi của một tam giác nào đó, $S$ diện tích của nó và $V$ thể tích của một hình bình hành bên phải có các cạnh bằng các cạnh của tam giác. Tìm tổng bình phương các cạnh của tam giác.

12. Một số người đang ngồi quanh một chiếc bàn tròn. Mỗi người ngồi có một số shilling nhất định. Người thứ nhất nhiều hơn người thứ hai 1 shilling, người thứ hai nhiều hơn người thứ ba 1 shilling, v.v. Người ngồi thứ nhất chia cho người thứ hai một shilling, người thứ hai chia cho người thứ ba hai shilling, v.v. Mỗi người đưa cho người tiếp theo nhiều hơn số tiền mình đã trả 1 shilling, miễn là có thể. Kết quả là một trong những người ngồi có tư thế cân bằng. Tìm độ dài cạnh của hình lục giác nếu độ dài các cạnh của tam giác là $a$, $b$ và $c$.

13. Từ một tam giác đã cho, cắt ba hình tam giác có các cạnh thẳng, song song với nhau sao cho hình lục giác còn lại là đều. Tìm độ dài các cạnh của tam giác bằng $a$, $b$ và $c$.

14. Ba tháp hình trụ có bán kính đáy 1, 2, 3 được đặt trên một mặt phẳng. Tìm một điểm trên mặt phẳng mà từ đó chiều rộng của chúng có vẻ giống nhau.

15. Tất cả các mặt của tam giác paramid đều là các tam giác bằng nhau có các cạnh $a$, $b$, $c$. Tìm những điểm chung của paramida này.

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi A. A. Egorov

23

Kvasht
dành cho học sinh nhỏ tuổi

Nhiệm vụ

1. Trong công thức số hiển thị ở hình, hãy sắp xếp các dấu + và - sao cho thỏa mãn các đẳng thức biểu thị. Không cần thiết phải đặt dấu giữa một số số liền kề bằng cách khoanh tròn chúng thành một số.

2. Trong quá trình thẩm vấn của cuộc thi thu gom kim loại phế liệu, hóa ra 6 “A” thu thập được nhiều phế liệu hơn 6 “B” và 6 “C” cộng lại, nhưng 6 “A” và 6 “B” thu thập được nhiều phế liệu bằng 6 “B” và 6 “D”, ngoài ra, 6 “C” và 6 “D” thu được nhiều phế liệu hơn 6 “A” và 6 “B”. Các vị trí được phân bổ như thế nào trong cuộc thi của các lớp này?

3. Có ba tấm thẻ có ghi số trên bàn. Đầu tiên, họ cộng số lớn nhất có thể, sau đó cộng số lớn nhất tiếp theo. Tổng của chúng hóa ra là 1233. Trên các tấm thẻ có những con số nào?

4. Tổng của 13 số tự nhiên khác nhau là 92. Tìm các số đó.

5. Khi tôi rửa ly bằng nước nóng và đặt chúng úp ngược xuống một chiếc bàn nhẵn để lau khô, chúng bắt đầu bò dọc theo bàn. Tôi nhớ rằng khi tôi rửa chúng bằng nước lạnh, điều này không xảy ra với chúng. Tại sao kính bắt đầu di chuyển?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi:
L. P. Mochalov, A. V. Sidriansky,
N. K. Antonovich, A. P. Savin.

23

24

Người chiến thắng cuộc thi
“Vấn đề"Quenta”

Hàng năm tạp chí của chúng tôi tổ chức một cuộc thi dành cho học sinh để giành lời giải bài toán từ Sách Vấn đề “Kvaenta”.
Danh sách người chiến thắng cuộc thi “Quaenta problem” được công bố dưới đây
1984.
Được trao Bằng tốt nghiệp và huy hiệu của tạp chí “Quant”
và nhận quyền tham gia ngay vào vòng thứ tư (cộng hòa) của All-Olympiad 1985:

Trong toán học
M. ALEXANDROV - Moscow, s.sh. Số 542, 9 ô.
A. ASRYAN - Yerevan, Trường Vật lý số 1 tại Đại học Bang Yerevan, lớp 10.
R. VABAEV - Baku, s.sh. Số 145, 10 ô.
S. VELESKO - Minsk, s.sh. Số 103, 9 ô.
E. VELIMETOV - Baku, Trường Vật lý số 1, lớp 10.
L. VERTGEIM - Novosibirsk, s.sh. Số 25, 10 ô.
D. GAMARNIK - Tbilisi, Trường Vật lý được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 9.
R. GENDLER - Tashkent, s.sh. Số 110, 8 ô.
A. GRIGORYAN - Yerevan, Trường Vật lý số 1 tại Đại học Bang Yerevan, lớp 9.
A. DAVTYAN - Yerevan, Trường Vật lý số 1 tại Đại học Bang Yerevan, lớp 9.
S. DEMyanCHENKO - Moscow, s.sh. Số 315, 10 ô.
V. DZYUVA - Odessa, s.sh. Số 100, 10 ô.
A. DYNNIKOV - Zhukovsky, s.sh. Số 1, 9 ô.
I. DYNNIKOV - Zhukovsky, s.sh. Số 10, 8 ô.
V. ELISTRATOV - Donetsk, s.sh. Số 17, 10 ô.
V. ZHURAVLEV - Gayvoron, s.sh. Số 2, 8 ô.
S. ZEINALOV - Baku, Trường Vật lý số 1, lớp 10.
L. ZOSIN - Kyiv, s.sh. Số 145, 10 ô.
V. KAPOVICH - Khabarovsk, s.sh. Số 2, 9 ô.
I. KAPOVICH - Khabarovsk, s.sh. Số 2, 9 ô.
T. KOVDIKOV - Pavlodar, s.sh. Số 3, 10 ô.
M. KURINNOY - Kharkov, s.sh. Số 27, 9 ô.
S. LAUSMAA - Koktla-Jarve, vĩ độ Bắc số 15, 6 ô.
M. MAKAROV - Sevastopol, phía bắc sh. Số 3, 9 ô.
T. MISIRPASHAYEV - Moscow, s.sh. Số 57, 9 ô.
A. MOLOTKOV - Leningrad, s.sh. Số 366, 10 ô.
V. POGREBNYAK - Vinnitsa, s.sh. Số 6, 10 ô.
I. SAMOVOL - Gayvoron, s.sh. Số 5, 8 ô.
R. SIBILEV - Leningrad, s.sh. Số 30, 9 ô.
A. TRUCHAN - Minsk, s.sh. Số 116, 10 ô.
E. FINK - Leningrad, s.sh. Số 239, 9 ô.
Y. SHAMRUK - làng Novy Dvor, vùng Grodno, lớp 7.

Trong vật lý
O. AVRAMENKO - Kherson, s.sh. Số 30, 10 ô.
V. APALKOV - Kharkov, s.sh. Số 16, 10 ô.
G. ARVELADZE - Tbilisi, s.sh. Số 37, 9 ô.
A. BAIRAMOV - Baku, Trường Vật lý số 1, lớp 10.
A. BEGLAROV - Tbilisi, s.sh. Số 42, 9 ô.
E. BONDARENKO - Poltava, s.sh. Số 6, 10 ô.
R. BOTASHEV - Frunze, s.sh. Số 61, 10 ô.
E. WEINSTEIN - Tashkent, s.sh. Số 71, 10 ô.
M. GOTMAN - Kyiv, s.sh. Số 145, 10 ô.
A. DODA - Korsun-Shevchenkovsky, s.sh. Số 4, 9 ô.
S. DUBOVIK - Brest, s.sh. Số 1, lớp 10.
S. ZHILINSKAS - Vilnius, s.sh. Số 9, 11 ô.
G. KLIMOVICH - Bolshevo, s.sh. Số 3, 10 ô.
D. KUCHULORYAYA - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên.
V. M. Komarova, lớp 9.
A. LICHTSINDER - Tashkent, v.sh. Số 49, 10 ô.
K. LOPIN - Frunze, s.sh. Số 61, 9 ô.
D. LUNTZ - Saratov, s.sh. Số 13, 10 ô.
Y. MAKHLIN - Moscow, s.sh. Số 57, 9 ô.
V. MENKOV - Moncherorsk, s.sh. Số 3, 10 ô.
A. MIKALYKEVICHS - Panavezys, s.sh. họ. Y. Balchikonis, lớp 11.
O. MOROZ - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
A. ONUFRIEV - Moscow, s.sh. Số 91, 10 ô.
Y. PUGAI - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
S. RAKHAMOV - Kazan, s.sh. Số 131, 9 ô.
A. RZHEVSKY - Novosibirsk, s.sh. Số 149, 10 ô.
R. RIVKIN - Minsk, s.sh. Số 16, 10 ô.
M. RUDIK - Vinnitsa, s.sh. Số 33, 10 ô.
M. SAVCHENKO - Belgorod, s.sh. Số 3, 10 ô.
V. SAKBEV - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 9.
M. SKOROVOGATOV - Kyiv, s.sh. Số 208, 10 ô.
S. STEPANYANTS - Yerevan, Trường Vật lý số 1 tại Đại học Bang Yerevan, lớp 10.
V. SULEIMANOV - Baku, Trường Vật lý số 1, lớp 10.
S. TUZHANSKY - Vinnitsa, s.sh. Số 33, 9 ô.
L. FEDICHKIN - Moscow, s.sh. Số 91, 10 ô.
S. FERANCHUK - Minsk, s.sh. Số 1, lớp 10.
S. CHERNYSHEV - Tashkent, s.sh. Số 50, 10 ô.
A. SHEGOLEV - Làng Chernogolovka, vùng Moscow, phía bắc sh. Số 82, 10 ô.

25

Nhiệm vụ

M911—M915; F923—F927

M911. Trên các cạnh AB và CD của tứ giác lồi ABCD lần lượt chọn các điểm E và F tùy ý. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng AF, BF, CE, DE là các đỉnh của một tứ giác và diện tích của nó không phụ thuộc vào việc chọn các điểm E và F.

M912. Chứng minh rằng a) đa thức $x^2$, b) bất kỳ đa thức nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng hiệu của hai đa thức, mỗi đa thức là một hàm tăng đơn điệu.

B. P. Pikulin

M913. Các đường tròn tiếp tuyến của tam giác ABC vẽ tại các điểm A và B cắt nhau tại điểm P. Chứng minh rằng đường thẳng PC a) cắt cạnh AB tại điểm K và chia nó theo tỷ lệ $AC^2:BC^2$;
b) đối xứng với đường trung tuyến vẽ từ C so với đường phân giác góc C của tam giác.

S. Litovchenko, học sinh lớp 10.

M914. Trên đảo Seroburomalin có 13 con tắc kè hoa màu xám, 15 con màu nâu và 17 con tắc kè hoa màu đỏ thẫm. Nếu hai con tắc kè hoa có màu khác nhau gặp nhau, chúng đồng thời đổi màu thành màu thứ ba (cả màu xám và nâu đều trở thành màu đỏ thẫm, v.v.). Có thể tuân theo để sau một thời gian tất cả các con tắc kè hoa sẽ có cùng màu không?

V. G. Ilchev

M915*. Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c, d bất đẳng thức đều đúng

$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \geq 2.$$

L. D. Kurlyandchik

F923. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn, hai đĩa chạm vào nhau được buộc chặt bằng một sợi chỉ không giãn (hình 1). Một đĩa có bán kính R bắt đầu quay quanh một trục thẳng đứng cố định đi qua tâm của nó và tốc độ quay tuyến tính tăng dần theo thời gian. Tại một số thời điểm, một đĩa nhỏ hơn bán kính r tách ra khỏi đĩa lớn (không còn chạm vào nó nữa). Lúc này đĩa lớn sẽ quay một góc bằng bao nhiêu? Không có ma sát giữa các đĩa.

26

Giả sử toàn bộ khối lượng của đĩa tập trung ở tâm của nó.

L. G. Markovich

F924. Khi trời nóng, để làm nguội nhanh nước, bạn hãy đổ vào khuôn đã phủ đá lấy từ ngăn đá của tủ lạnh. Nước được “cuộn” từ mép khuôn này sang mép khuôn khác rồi đổ ra ngoài. Đánh giá xem lượng nước nhiều hay ít trong quá trình vận hành này.

L. A. Ashkinazi

F925. Hai ống lớn giống hệt nhau lăn xuống các cầu trượt có cùng chiều cao nhưng có hình dáng khác nhau (hình 2). Dọc theo đường trượt đầu tiên, đường ống di chuyển suốt toàn bộ phần mà không bị trượt; trên đường trượt thứ hai có một đoạn hoàn toàn bằng phẳng (đoạn 1-2), nhưng đến cuối đường dẫn (dưới chân đường trượt) đường ống lại di chuyển mà không bị trượt. Ống nào ở cuối đường trượt có tốc độ nhanh nhất?

A. I. Buzdin

F926. Trong không gian có 1985 quả cầu kim loại không tiếp xúc với điện tích của chúng lần lượt bằng $q, -2q, 3q, -4q, ..., -1984q, 1985q$ ($q > 0$). Chứng minh rằng trong số đó có một quả cầu có mật độ điện tích bề mặt không âm. Khoảng cách giữa các quả bóng là hữu hạn.

V. A. Yasinsky

F927. Một hạt tích điện di chuyển qua một bộ đếm nhấp nháy, có hình dạng song song và các phân tử nhấp nháy nằm dọc theo quỹ đạo của nó sẽ phát ra ánh sáng. Ánh sáng tại mỗi điểm được phát ra một cách đẳng hướng, nghĩa là phát ra đều theo mọi hướng. Phần năng lượng ánh sáng nào được giải phóng từ chất phát sáng trong không khí nếu chiết suất của chất phát sáng là $n=1,6$? Bỏ qua sự hấp thụ ánh sáng trong scinitillor.

Lưu ý: góc khối tại đỉnh của hình nón bằng $\Omega=2\pi(1-\cos \theta)$, trong đó $\theta$ là góc giữa trục của hình nón và ma trận của nó.

S. A. Khoroshov

Problems

M911—M915; P923—P927

M911. Arbitrary points $E$ and $F$ are chosen on sides $AB$ and $CD$ respectively of the quadrilateral $ABCD$. Prove that the midpoints of the segments $AF, BF, CE,$ and $DE$ are the vertices of a convex quadrilateral whose area does not depend on the choice of the points $E$ and $F$.

M. V. Stark

M912. Prove that a) the polynomial $x^2$, b) any polynomial may be represented as the difference of two polynomials, each of which is a monotonic increasing function.

V. P. Pikulin

28

—4q, …, —1984q, 1985q (q>0), respectively.
Prove that one of the balls has an everywhere positive charge density on its surface. The distances between the balls are finite.

V. A. Yasinski

P927. A charged particle flies through a scintillation counter; the scintillating molecules along its trajectory emit light. The light is emitted isotropically (i.e. uniformly in all directions) at each point. What part of the emitted light will leave the scintillator into the air, if the refraction coefficient of the scintillating matter is $n=1.6$? Light absorption in the scintillator may be neglected.

Remark. The solid angle at the vertex of a cone equals $\Omega=2\pi(1-\cos\theta)$, where $\theta$ is the angle between the cone’s axis and its generator.

S. A. Khorozov

Lời giải bài toán

M891 — M895; F903 — F907

Trong tam giác $ABC$ này, chúng ta biểu thị độ dài các cạnh $BC$ và $CA$ bằng $a$ và $b$, độ dài của các đường trung tuyến $AA_1$ và $BB_1$ bằng $m_a$ và $m_b$, giao điểm của các đường trung tuyến bằng $M$ (xem. hình). Vì khoảng cách từ giữa một cạnh đến giao điểm của các đường trung tuyến bằng một phần ba của nó và tứ giác $MA_1CB_1$ được mô tả xung quanh một đường tròn nên đẳng thức $m_a/3+b/2=m_b/3+a/2$ hoặc

$$m_a + \frac{3b}{2} = m_b + \frac{3a}{2}. \tag{1}$$

Hơn nữa, các tam giác $AA_1C$ và $BB_1C$ có diện tích bằng nhau (bằng diện tích tam giác $ABC$) và có chung đường tròn nội tiếp nên chu vi của chúng bằng nhau: $m_a+a/2+b=m_b+b/2+a$, tức là

$$m_a + \frac{b}{2} = m_b + \frac{a}{2}. \tag{2}$$

Trừ đẳng thức (2) từ (1), chúng ta thu được $a=b$.

Lưu ý rằng câu bài toán cũng đúng khi đường tròn tiếp xúc với phần kéo dài hai cạnh của tam giác và hai đường trung tuyến.

A. A. Muragov

M892. a) Chứng minh rằng trong các số $2^m+2^k$ cũng như trong các số $3^m+3^k$ có vô số bậc và trong các số $4^m+4^k$, $5^m+5^k$ và $6^m+6^k$ không có một số nguyên chính phương nào (ở đây $m$ và $k$ là các số tự nhiên, $m \neq k$).
b)* Có hình vuông nào giữa các số $7^m+7^k$ không?

a) Trước tiên chúng ta lưu ý rằng nếu số $a^m+a^k$ là số bình phương thì có vô số số bình phương loại này: $a^{m+2n}+a^{k+2n}=(a^n)^2 \cdot (a^m+a^k)$ (ở đây $m$ hoặc $k$ cũng có thể bằng 0). Do đó, mệnh đề bài toán cho $a=2$ và $a=3$ suy ra từ các đẳng thức $2^3+2^0=8+1=3^2$, $3^1+3^0=2^2$.

Trường hợp $a=4$. Đặt $4^m+4^k=b^2$, trong đó $b$ là số nguyên và $m>k$; sau đó $4^{m-k}+1=(b/2^k)^2$ hoặc $4^n+1=c^2 (n=m-k, c=b/2^k)$. Theo sau đó là $(c+2^n)(c-2^n)=1$, điều này rất khó xảy ra.

29

Trường hợp $a=5$. Dễ dàng nhận thấy rằng số $5^m$ với bất kỳ $m>1$ nào đều có chữ số tận cùng là 25, vì vậy $5^m+5^k$ chỉ có thể kết thúc bằng 30 (đối với $k=1$) hoặc 50 (đối với $k>1$) và do đó, không thể là số chính phương (hình vuông tận cùng bằng 0 phải chia hết cho 100).

Trường hợp $a=6$. lũy thừa của 6 luôn tận cùng bằng 6, nghĩa là số $6^m+6^k$ luôn tận cùng bằng 2. Nhưng bình phương các số nguyên chỉ có thể tận cùng bằng 0, 1, 4, 6, 9.

6. Đáp số: không. Vì 7 khi chia cho 3 dư 1 nên mọi lũy thừa của 7 cũng có cùng số dư. Do đó, số $7^m+7^k$ chia cho 3 dư 2 và do đó, không thể là số bình phương $((3n)^2$ chia hết cho 3 mà là $(3n \pm 1)^2 = 3(3n^2 \pm 2n) + 1)$.

A. I. Zaichik, V. N. Dubrovsky

M893. Hai trong số n khối máy tính được kết nối bằng một sợi dây. Có thể phủ mỗi dây này bằng một trong n—1 màu sao cho n—1 dây có màu khác nhau thoát ra khỏi mỗi khối nếu a) $n=6$; b) $n=13$?

a) Đáp số: bạn có thể. Màu yêu cầu được hiển thị ở hình.

6. Đáp số: không thể được. Thật vậy, nếu sử dụng $m$ các lỗ có một màu bất kỳ thì số khối là $2m$ (số đầu của tất cả các lỗ này và mỗi đầu được kết nối với chính xác một khối). Nhưng 13 là số lẻ.

bài toán này thường được xây dựng dưới dạng bài toán về việc lên lịch cho một chuyến tham quan vòng tròn - trong trường hợp này, các dây cùng màu được trả lời bằng cách chia các phần của chuyến tham quan thành từng cặp cho cùng một loại. Chúng ta đã thấy rằng đối với $n$ lẻ thì bài toán này là không thể quyết định được. Có thể chứng minh rằng với số chẵn $n$ nó luôn có lời giải (ví dụ, xem cuốn sách của O. Ore “Lời mời đến lý thuyết số” (M.: Нayka, 1980, Ch. 8, § 3), cũng như lời giải bài toán 1.16 trong cuốn “Mô tả toán học tương ứng” (M.: Hayka, 1981, tr.19)).

V. V. Alekseev

M894. a) Tổng gót của các số không âm bằng 1. Chứng minh rằng chúng có thể đặt cách nhau xung quanh một đường tròn sao cho tổng gót của tích từng cặp của các số lân cận không vượt quá 1/5.

b)* Xung quanh hình tròn có $n \geqslant 4$ các số không âm, tổng bằng 1. Chứng minh rằng tổng n tích từng cặp của các số lân cận không vượt quá 1/4.

a) Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng đối với mọi cách sắp xếp số $a, b, c, d, e$, chúng ta xem xét tổng lớn hơn 1/5, cụ thể là (xem hình 1 và 2):

$$ab+bc+cd+de+ea > 1/5,$$
$$ac+ce+eb+bd+da > 1/5.$$

Từ đây ta có mâu thuẫn:

$$1 = (a+b+c+d+e)^2 = \frac{a^2+b^2}{2} + \frac{b^2+c^2}{2} + \frac{c^2+d^2}{2} +$$
$$+ \frac{d^2+e^2}{2} + \frac{e^2+a^2}{2} + 2[(ab+bc+cd+de+ea) +$$
$$+(ac+ce+eb+bd+da)] \geqslant$$
$$\geqslant 3(ab+bc+cd+de+ea) +$$
$$+ 2(ac+ce+eb+bd+da) > 1$$

(chúng tôi đã sử dụng bất đẳng thức $x^2+y^2 \geqslant 2xy$).

Từ lời giải rõ ràng không tồn tại điều kiện không âm của các số. Tuyên bố bài toán

30

(với 1/5 được thay thế bằng 1/n) có giá trị cho mọi số $n$.

6. Chúng ta phải chứng minh rằng với mọi $n \geqslant 4$ số không âm $a_1, \dots, a_n$ có tổng bằng 1 thì bất đẳng thức đúng
   $$a_1a_2 + a_2a_3 + \dots + a_{n-1}a_n + a_na_1 \leqslant 1/4.$$

Với ngay cả $n (n=2m)$, bất đẳng thức này được chứng minh vô thời hạn: đặt $a_1 + a_3 + \dots + a_{2m-1} = a$; thì rõ ràng là
$$a_1a_2 + \dots + a_na_1 \leqslant (a_1 + a_3 + \dots + a_{2m-1}) \times \times (a_2 + a_4 + \dots + a_{2m}) = a(1-a) \leqslant 1/4.$$

Bây giờ đặt $n$ là số lẻ và đặt $a_k$ là số nhỏ nhất trong các số đã cho. (Để thuận tiện, chúng tôi sẽ giả sử rằng $1 < k < n-1$ - điều này không giới hạn tính tổng quát cho $n \geqslant 4$.) Chúng ta hãy đặt $b_i = a_i$ cho $i=1, \dots, k-1$, $b_k = a_k + a_{k+1}$ và $b_i = a_{i+1}$ cho $i=k+1, \dots, n-1$. Áp dụng bất đẳng thức cho các số $b_1, \dots, b_{n-1}$, ta có:
$$a_1a_2 + \dots + a_{k-2}a_{k-1} + (a_{k-1} + a_{k+2})b_k + a_{k+2}a_{k+3} + \dots + a_{n-1}a_n + a_na_1 \leqslant 1/4.$$

Nó vẫn còn để tận dụng thực tế là
$$a_{k-1}a_k + a_ka_{k+1} + a_{k+1}a_{k+2} \leqslant a_{k-1}a_k + a_{k-1}a_{k+1} + a_{k+1}a_{k+2} \leqslant (a_{k-1} + a_{k+2})b_k.$$

Lưu ý rằng nhìn chung, các ước tính được chỉ ra là chính xác (không thể giảm bớt); ở điểm a) ước tính $1/n$ đạt được khi tất cả các số $n$ đều bằng nhau và ở điểm 6) - khi hai trong số chúng bằng 1/2 và các số còn lại bằng 0.
S. V. Gashkov, A. N. Dranshinkov

*M895. Chứng minh rằng diện tích một phần của hình lập phương bởi mặt phẳng tiếp xúc với hình cầu nội tiếp trong đó không vượt quá một nửa diện tích mặt của hình lập phương. Giải quyết trường hợp khi phần này là a) hình tam giác, b) hình tứ giác. b) Chứng minh rằng trong trường hợp a) diện tích toàn phần của hình lập phương nhỏ hơn diện tích mặt. (Các hình chiếu trực giao của ba mặt này lên mặt phẳng của mặt thứ nhất che phủ hoàn toàn nó và diện tích của các hình chiếu nhỏ hơn diện tích của các mặt đó.) Tuy nhiên, chúng ta sẽ chứng minh a) một cách độc lập, vì điều này sẽ cho một kết quả tổng quát hơn một chút.

Chúng ta hãy biểu thị các đỉnh của phần tam giác của hình lập phương đang xét bằng $A, B, C$, đỉnh chung của ba cạnh; trên đó chúng nằm - qua $V$, các điểm tiếp xúc của hình cầu nội tiếp với các mặt phẳng $ABC, VAB, VBC, VCA$ - qua $T, K, L, M$ (ba điểm cuối cùng, rất thuận tiện, là tâm của mặt khối lập phương; hình 1). Do các tiếp tuyến vẽ với hình cầu bằng nhau từ một điểm, $AT=AK=AM, BT=BK=BL, CT=CL=CM$, nên các tam giác $ABK$ và $ABT, BCL$ và $BCT, CAM$ và $CAT$ (hình 1), cũng như $AVK$ và $AVM, BVK$ và $BVL, CVL$ và $CVM$ (hình 2) theo cặp bằng nhau và hơn nữa, có kích thước bằng nhau. Do đó, diện tích của phần $ABC$ bằng tổng $S_1$ diện tích của các hình tam giác trên hình 1 và diện tích $S_{\text{тетр}}$ của toàn bộ bề mặt của tam giác $VABC$ bằng tổng diện tích của các hình tứ giác $AKBV, BLCV$ và $CMAV$, tức là hai lần tổng

31

$S_2$ vùng hình tam giác xanh lục, đỏ và vàng trên hình 2:
$$S_{\text{тетр}} = 2S_2 = 2(S_{AKV} + S_{BKV} + S_{CLV}) = 2(S_{AKBV} + S_{CLV}).$$

Gọi $S_0$ là diện tích của mặt hình lập phương. Hãy chứng minh rằng với ba điểm bất kỳ $A, B, C$ trên các cạnh của hình lập phương, xuất phát từ đỉnh $V$,
$$S_1 = S_{ABK} + S_{BCL} + S_{CAM} \leq S_0 / 2$$
(1)
(và cụ thể là câu a)).

Để làm điều này, hãy lưu ý rằng nếu hai trong số ba điểm, chẳng hạn như $B$ và $C$, là đóng, thì diện tích của các tam giác $ABK$ và $ACM$, và do đó luôn là tổng $S_1$, phụ thuộc tuyến tính vào $x=VA$ (để chứng minh, xem hình 3). Do đó, bạn luôn có thể di chuyển điểm $A$ đến cuối cạnh để giá trị $S_1$ tăng (hoặc trong mọi trường hợp không giảm). Điều tương tự có thể được thực hiện tuần tự từ các điểm $B$ và $C$; do đó, chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (1) cho các điểm $A, B$ và $C$ nằm ở các đỉnh của hình lập phương là đủ. Chỉ có 4 địa điểm như vậy (có thể sắp xếp lại); chúng được hiển thị ở hình 4. Trong hai trường hợp $S_1=0$, trong hai trường hợp còn lại $S_1=S_0 / 2$. Dễ hiểu rằng, ngoại trừ hai trường hợp cuối, bất đẳng thức ở (1) luôn chặt chẽ, nhưng tam giác $ABC$ trên hình 4, in có thể coi là vị trí giới hạn của phần tiếp tuyến với hình cầu viết nên ước lượng ở bài toán a) là chính xác.

Bây giờ chúng ta chứng minh bất đẳng thức
$$S_2 = S_{AKBV} + S_{CLV} < S_0 / 2$$
(và cùng với nó - câu lệnh b)).

Hãy để định nghĩa $KB \geqslant KA$. Rõ ràng, đường $KB$ chia mặt hình lập phương thành hai hình thang bằng nhau có diện tích $S_0 / 2$, một trong số đó - $VBB_1U$ (hình 2) bao gồm bốn hình tam giác $AKBV$ và $AKB_1U$. Như vậy đủ để chứng minh rằng
$$S_{CLV} < S_{AKB_1U}.$$
Chúng ta hãy vẽ đoạn $UC_1=VC$ (hình 5) trên cạnh $UV$; thì các tam giác $C_1KU$ và $CLV$ bằng nhau và $\angle C_1KU = \angle CLV = \angle AKB_1$.

(Thật vậy, từ đẳng thức của các tam giác một cạnh trên hình 2 suy ra $2(\angle CLV + \angle AKB) = \angle AKB + \angle BLC + \angle CMA = \angle ATB + \angle BTC + \angle CTA = 360^\circ = 2(\angle AKB_1 + \angle AKB)$.) Do đó, $\angle B_1KU = \angle C_1KA$ (hình 5) và, ngoài ra, $KB_1 = KB \geqslant KA$, $KU > KC_1$, do đó, $S_{AKC_1} < S_{B_1KU}$, đó là
$$S_{CLV} = S_{C_1KU} = S_{AKC_1} + S_{AKU} < S_{B_1KU} + S_{AKU} = S_{AKB_1U}.$$
Các thông báo tương tự như ở điểm a) cho thấy ước tính ở đây là chính xác.

6. Đặt $ABCD$ là một phần tứ giác của khối ngăn cách cạnh $UV$ với nó và giao các mặt với tâm $K, L, M, N$ (hình 6). Như trên dễ thấy diện tích của nó bằng tổng $S_3$ diện tích của các tam giác $ABK, BCL, CDM$ và $DAN$, hiển nhiên nhỏ hơn tổng
   $$S_4 = S_{ABK} + S_{BLCV} + S_{CDM} + S_{DNAU}.$$

(Cuối cùng xem trang 34)

32

Kính vạn hoa “Quaita”

P. L. Chebyshev

“Đưa lý thuyết đến gần thực tiễn hơn sẽ tạo ra những kết quả có lợi nhất, và không chỉ thực hành mới tạo ra điều này; bản thân các ngành khoa học cũng phát triển dưới ảnh hưởng của nó: nó mở ra cho chúng những chủ đề nghiên cứu mới hoặc những khía cạnh mới trong những chủ đề đã được biết đến từ lâu…”
P. L. Chebyshev

---

Pafnuty Lvovich Chebyshev (1821-1894) - nhà toán học và thợ cơ khí vĩ đại người Nga. Ông có kết quả xuất sắc trong nhiều lĩnh vực toán học. Đặc biệt, ông đã chỉ ra rằng số lượng số nguyên tố $n$ không vượt quá số $n$ của chúng, được mô tả chính xác hơn bằng sự phụ thuộc: $\pi(n) \approx n/\log n$. Chebyshev đã phát triển lý thuyết xấp xỉ hàm số bằng đa thức và có đóng góp to lớn cho sự phát triển của lý thuyết xác suất. Đồng thời, ông rất chú trọng đến toán học ứng dụng và cơ học. Các tác phẩm của ông về việc cắt vải hợp lý, cấu trúc bản đồ địa lý và đường bay của đạn pháo đã được biết đến.

Nghiên cứu của P. L. Chebyshev về lý thuyết và thiết kế cơ chế bản lề rất thú vị, ông đã cống hiến 15 công trình của mình cho nghiên cứu này. Ông đã phát minh và thiết kế khoảng 40 cơ chế khác nhau, trong đó có “máy cấp hạt”,

lượng tử 3
1985

hoặc, như người ta thường gọi, “ngựa cơ khí”, một chiếc thuyền có cơ cấu chèo, bộ điều chỉnh cho động cơ hơi nước (xem ảnh), đồng hồ đo số học, v.v.

P. L. Chebyshev cũng là một giáo viên xuất sắc. Ông đã đào tạo nhiều nhà toán học tài năng, những người đã tạo nên trường toán học St. Petersburg, những trường có truyền thống vẫn còn tồn tại cho đến ngày nay.

Hãy vẽ một số đa giác trên giấy ca-rô với các đỉnh ở các nút lưới, chẳng hạn như hình trên hình 1. Bây giờ chúng ta hãy thử tính diện tích của nó. Làm thế nào để làm điều này? Có lẽ, quá khứ được chia thành các hình tam giác vuông và các đường thẳng, diện tích của chúng dễ dàng tính toán và cộng kết quả. Thực hiện các phép tính tuần tự, chúng ta thấy rằng diện tích đa giác của chúng ta là 20,5, nếu chúng ta lấy diện tích của một hình vuông giấy ca rô làm đơn vị diện tích. Nhưng nếu chúng ta nhớ rằng cạnh của một hình vuông như vậy là 0,5 cm, nghĩa là diện tích của nó bằng 1/4 cm vuông, thì diện tích của một đa giác bằng nhau tính bằng cm vuông sẽ bằng 20,5/4 = 5,125 cm².

Phương pháp chúng tôi sử dụng rất đơn giản nhưng rất