Kvant 1986, số 3 · Trang

QUANTUM
3
1986

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

Nhà xuất bản “Khoa học”. Tòa soạn chính của văn học vật lý và toán học

TẠI NHÀ:
2 A. B. Middal. Sự trống rỗng hoạt động như thế nào?
10 N. P. Dolbylin. Đỉnh Delaunay

IN THIS ISSUE:
9 Our calendar
Dominique François Arago

Vòng xoay toán học
17 D. K. Faddeev, I.F. Sokolovsky. Về tiếp tuyến của đồ thị hàm số

Mathematics circle
D. K. Faddeev, I. F. Sokolovski. About tangents to graphs of functions

Trường học ở «Kvant»
21 Vật Lý 8, 9, 10
24 trường học yêu thích bài toán

Kvant’s school
Physics 8, 9, 10
Selected school problems

«Kvant» cho học sinh nhỏ
25 nhiệm vụ
26 L. Carroll. Tên lửa Hoàng gia

Kvant for younger school children
Problems
L. Carroll. The King’s croquet

Bài tập «Kvant»
30 người chiến thắng cuộc thi
«Kvant»
31 Nhiệm vụ M971—M975; F983—F987
33 Lời giải bài toán M951—M955; F963—F967
42 Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Kvant’s problems
Prizewinners of the Kvant problem-solving contest
Problems M971—M975; P983—P987
Solutions M951—M955; P963—967
List of readers who have sent correct solutions

Nghệ thuật lập trình
45 V. V. Rozhdestvensky, S. G. Khlebutin.
Lập trình trên máy vi tính: phân nhánh và lặp

The art of programming
V. V. Rojdestvenski, S. G. Khlebutin.
Programming our pocket calculator: branching and cycles

Các phần tử bán dẫn của công nghệ máy tính
48 VII. Yếu tố bộ nhớ - kích hoạt

Semiconducting elements in computers
VII. Memory elements — triggers

Xưởng của người nộp đơn
51 V. M. Bekker, V. M. Golkhovoy, Yu. I. Ionin.
phương trình tiếp tuyến

College applicant’s section
B. M. Bekker, V. M. Golkhovoy, Yu. I. Ionin.
The tangent’s equation

Các lựa chọn thi tuyển sinh

Entrance examination problems

Đáp số, gợi ý, lời giải
«Kvant» nụ cười (50)
Trang bìa của chúng tôi (8)
Trang cờ vua
Câu đố trong ván cờ
(trang bìa thứ 3)

Answers, hints, solutions
Kvant smiles (50)
Our cover page (8)
The chess page
Chessgame puzzles
(3rd cover page)

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1986

2

“Trực giác mách bảo một người rằng mọi thứ nên được kết nối trong tự nhiên, rằng vẻ đẹp của môi trường có ý nghĩa cao cả và hấp dẫn hơn. Để làm sáng tỏ những thách thức của Vũ trụ, để hiểu những điều chưa biết, tôi nhận ra sự sáng tạo của khoa học.” Những lời này thuộc về nhà vật lý trị liệu xuất sắc, Viện sĩ Arkady Venediktovich Middal, người đã có đóng góp đáng kể cho sự phát triển của lý thuyết lượng tử, lý thuyết LDR và ​​​​vật lý hạt cơ bản. A.V. Middal rất quan tâm đến việc phổ biến kiến ​​thức khoa học. Trong các cuốn sách của mình, ông nói về những thành tựu của vật lý hiện đại, đưa người đọc vào thế giới của sự sáng tạo khoa học và khiến họ cảm nhận được cái gọi là “khoa học khả thi”.
Hôm nay chúng tôi giới thiệu với độc giả một bài viết của A. V. Middal viết về những thách thức của tánh Không.

Sự trống rỗng hoạt động như thế nào?
Viện sĩ A. V. Middala

Chúng ta sẽ nói về những ý tưởng của chúng ta về thứ rộng rãi nhất trong Vũ trụ và có lẽ, đối tượng quan trọng nhất của nghiên cứu vật lý - tính trống rỗng - đã thay đổi như thế nào.

Tính Không là gì: một khái niệm trừu tượng, “không có gì” cùng với các thân vật lý khác?

Điều gì sẽ còn lại nếu một máy bơm lý tưởng loại bỏ tất cả các hạt khỏi một thể tích kín?

Có gì trong không gian quốc tế mà hầu như không có chất gì?

Sự phát triển của vật lý trong những thập kỷ gần đây đã chỉ ra rằng không gian vật lý của chúng ta - chân không - không chỉ là một vật thể hình học, không phải là một không gian trong đó không có gì, mà là một hệ phức tạp với các tính chất giao nhau hoàn toàn khác với tính chất của môi trường rắn, chất lỏng hoặc chất khí; nghiên cứu của nó liên quan đến những khái niệm sâu sắc nhất, như quan hệ nhân quả, mối liên hệ của hình học với vật chất, tính đối xứng của không gian và thời gian, mối liên hệ của tính đối xứng với các định luật bảo toàn…

Bạn không thể đẩy mà không chạm vào

Chúng ta biết rằng các cơ thể tác động lên nhau khi chúng chạm vào nhau. Hãy ném một hòn đá xuống nước - một làn sóng sẽ chạy từ nó và những cành cây nổi sẽ trượt vào - tác động được truyền từ điểm này sang điểm khác. Âm thanh sẽ lan rộng vì áp suất được truyền từ thể tích này sang thể tích liền kề, v.v. Nếu bạn dùng nắp thủy tinh đậy một chiếc chuông điện đang phát ra âm thanh và bơm không khí ra ngoài, bạn sẽ thấy búa vẫn đập vào chuông, nhưng âm thanh biến mất - âm thanh sẽ không lan truyền trong không gian trống rỗng. Đồng thời, chu kì dao động của con lắc đặt dưới nắp không thay đổi khi bỏ nắp ra.

3

không khí (nếu bỏ qua ma sát); Điều này có nghĩa là lực hấp dẫn cũng không thay đổi.

Ngược lại với các lực phát sinh trong quá trình truyền âm thanh, lực điện và lực từ, lực hấp dẫn cũng tác dụng trong khoảng không, ánh sáng truyền trong đó, đó là lý do tại sao chúng ta nhìn thấy Mặt trời và các ngôi sao.

Thật tự nhiên khi cho rằng trong không gian của nam châm lớn hơn, vật tích điện hoặc khối lượng càng lớn thì trạng thái trống rỗng sẽ thay đổi. Không gian xung quanh những vật thể này ở trạng thái “căng thẳng”, được mô tả bằng từ: “nó có một trường trong không gian”. Các điện tích tạo ra điện trường, nam châm tạo ra từ trường và một vật thể có khối lượng lớn tạo ra trường hấp dẫn. Điện trường tác dụng lên một vật tích điện, từ trường tác dụng lên nam châm và trường trọng lực tác dụng lên hòn đá khiến chúng chuyển động. Sự thay đổi tốc độ của các vật thể này được giải thích bằng tác động của trường trong vùng không gian nơi chúng tọa lạc tại một thời điểm nhất định. Lực được truyền qua không gian trống từ điểm này sang điểm khác bằng cách sử dụng trường, như thể truyền qua một chất lỏng vô hình. Cơ chế truyền ảnh hưởng này được gọi là tác động tầm ngắn và được chấp nhận bởi vật lý hoàn hảo.

Nhưng có những ý tưởng khác - “hành động tầm xa”: ảnh hưởng của cơ thể này lên cơ thể khác được truyền ngay lập tức qua một khoảng cách. Dựa trên quan điểm này, Newton đã xây dựng lý thuyết về lực hấp dẫn của mình. Giả định về sự truyền ảnh hưởng tức thời không ngăn cản ông tìm ra các mô hình chuyển động của các thiên thể trùng khớp với dữ liệu quan sát với độ chính xác cao. Bây giờ chúng ta đã biết tại sao: các thiên thể chuyển động với tốc độ tương đối thấp và tương tác hấp dẫn lan truyền với tốc độ ánh sáng và có thể được coi là tức thời trong trường hợp này.

Ý tưởng về khoảng cách rất khó dung hòa với tính chất của ánh sáng: người ta đã biết rằng ánh sáng truyền đi với tốc độ hữu hạn và đi qua tất cả các điểm trung gian dọc theo đường truyền của chùm sáng. Điều này đặc biệt rõ ràng khi một chùm ánh sáng xuyên qua sương mù - nó liên tục. Newton cho rằng một vật thể phát sáng phát ra các hạt truyền ánh sáng - tiểu thể. Khi đó, tính hữu hạn của tốc độ không mâu thuẫn với ý tưởng về khoảng cách xa, nhưng không giải thích được tính chất sóng của ánh sáng, đã được chứng minh bằng các thí nghiệm về giao thoa và nhiễu xạ. Lý thuyết hạt của Newton đã có thể giải quyết được những hiện tượng này.

Hơn một năm sau Newton, vào năm 1905, công trình đáng chú ý của Einstein về bản chất lượng tử của ánh sáng xuất hiện. Einstein đã chỉ ra rằng các mô hình được phát hiện bằng thực nghiệm về hiệu ứng quang điện (sự phóng electron ra khỏi nguyên tử trong quá trình chiếu xạ) chỉ có thể được giải thích bằng cách giả sử rằng ánh sáng là một tập hợp các hạt - photon tương tác với electron và đẩy chúng ra khỏi nguyên tử. (Chúng ta sẽ nói về sự thật chi tiết hơn ở phần sau.) Ý tưởng coi ánh sáng là sóng không thể giải thích được đặc điểm chính của hiệu ứng quang điện - năng lượng của electron phát ra không phụ thuộc vào cường độ ánh sáng mà chỉ phụ thuộc vào hạt của nó.

Trong một số trường hợp, tầm nhìn của Einstein đã quen với lý thuyết hạt của Newoton. Và một lần nữa những câu hỏi lại nảy sinh mà Newoton không thể trả lời: làm thế nào để kết hợp cả hai ý tưởng - về bản chất sóng và hạt của ánh sáng? Một nghịch lý nảy sinh, được giải quyết bằng lý thuyết lượng tử, chứng minh rằng ánh sáng vừa là sóng vừa là hạt, cũng như electron cũng là hạt; và một làn sóng! Ý tưởng này được gọi là “lưỡng nguyên sóng lượng tử”.

Bây giờ chúng ta biết rằng trong tánh Không mọi tương tác đều là điện,

Một nghịch lý quan trọng nảy sinh đã được giải quyết bằng lý thuyết lượng tử, chứng minh rằng ánh sáng vừa là sóng vừa là hạt…

4

từ tính, hấp dẫn, hạt nhân - được truyền từ điểm này sang điểm khác với tốc độ không vượt quá tốc độ ánh sáng. Nếu một vật chuyển động thì lớp trọng lực tác dụng từ phía nó lên vật kia phải thay đổi. Nhưng nếu cơ thể khác này ở xa cơ thể đầu tiên hơn thì sẽ phải mất một thời gian đáng chú ý trước khi nó nhận được ảnh hưởng. Sự xáo trộn ở đâu khi vật thứ nhất đã chuyển động, còn vật thứ hai vẫn chưa có thông tin gì về vị trí mới của nó?… Lý thuyết về khoảng cách không thể trả lời câu hỏi này, và nhiều nhà vật lý đã từ bỏ nó trong thế kỷ trước.

Để giải thích sự truyền ảnh hưởng qua khoảng cách, một phương tiện đặc biệt đã được phát minh - ether, lấp đầy tất cả khoảng trống giữa các hạt vật chất. Tác động được truyền đi do ête xung quanh các vật thể tích điện hoặc từ hóa bị biến dạng và xuất hiện một lực tác dụng lên một vật thể tích điện hoặc từ hóa khác. Sự biến dạng của ether được truyền tuần tự - từ điểm này sang điểm khác. Ánh sáng truyền qua nó giống như cách âm thanh truyền qua môi trường.

Cho đến đầu thế kỷ 20, các nhà vật lý đã cố gắng xây dựng ether theo hình ảnh và sự giống nhau của các vật thể rắn và lỏng đã biết, nhưng nó phải được nghiên cứu riêng. Đây là một loại môi trường đặc biệt. Hậu quả của quan niệm sai lầm về bản chất của tánh Không là sự xuất hiện của những nghịch lý thú vị, việc giải quyết chúng đã dẫn đến việc tạo ra các lý thuyết vật lý mới.

Tính chất điện từ của sự trống rỗng

James Maxwell, với những phương trình tuyệt vời của mình, được tìm ra vào năm 1865, đã hợp nhất nhiều nhánh vật lý khác nhau: quang học, điện học, từ tính.

Sự khởi đầu trên con đường này được đặt ra bởi bài thuyết trình mạnh mẽ của ông bởi Michael Faraday, người đã phát hiện ra định luật cảm ứng điện từ vào năm 1831. Nếu bạn thay đổi từ trường, một vòng dây tùy ý, thì một dòng điện sẽ xuất hiện trong dây dẫn - các điện tích trong nó bắt đầu chuyển động dưới tác động của điện trường vòng hình thành trong không gian. Vì vậy, từ trường xoay chiều tạo ra một điện trường xoay chiều trong khoảng trống.

Trở lại năm 1820, một người tiền nhiệm khác của Maxwell, Hans Oersted, đã phát hiện ra rằng dòng điện chạy qua một dây dẫn sẽ tạo ra một từ trường vòng xung quanh nó! Nếu bạn thay đổi định kỳ hướng của điện trường trong dây dẫn thì sẽ xuất hiện dòng điện xoay chiều và từ trường xoay chiều. Maxwell đã đưa ra một phỏng đoán xuất sắc rằng không chỉ các điện tích chuyển động tạo ra từ trường mà nó còn được tạo ra bởi chính điện trường xoay chiều.

Trong hai đặc tính đáng chú ý này của tánh Không, đặc tính thứ ba không kém phần quan trọng là sóng điện từ lan truyền trong tánh Không. Theo Maxwell, khi một điện trường xoay chiều liếm vào, nó hình thành xung quanh chính nó một từ trường xoay chiều, và từ trường - theo định luật Faraday - tạo ra một điện trường xoay chiều ở một nơi lân cận… Như vậy, những gì đã phát sinh sẽ được truyền đi ngày càng xa.

Từ phương trình Maxwell, người ta suy ra rằng các dao động điện từ sẽ lan truyền với tốc độ ánh sáng. Sự tồn tại của sóng điện từ đã được Heinrich Hertz chứng minh bằng thực nghiệm vào năm 1886-1889. Việc đi đến kết luận rằng ánh sáng cũng là sóng điện từ là điều tự nhiên. Giả định này đã được kiểm chứng và xác nhận bằng kinh nghiệm.

Vào thời của Maxwell, những ý tưởng này thật trừu tượng!

5

Và chúng nhanh chóng trở thành nền tảng cho hầu hết tất cả lợi ích của nền văn minh hiện đại: từ điện thoại và radio đến các phương tiện liên lạc không gian hiện đại - không thể liệt kê mọi thứ được sinh ra từ các thí nghiệm trong các phòng thí nghiệm nhỏ trong nhiều thế kỷ, từ những thỏa thuận mơ hồ của những bộ óc vĩ đại!

Lý thuyết của Maxwell là một thắng lợi của tác dụng tầm ngắn: mọi ảnh hưởng điện từ đều được truyền qua một môi trường - ether. Nhưng những mâu thuẫn mới ngay lập tức nảy sinh.

Khi một vật chuyển động trong ether thì ether có chuyển động theo nó không? Các thí nghiệm đã cho kết quả trái ngược nhau; một số thí nghiệm đã cho thấy sự tham gia một phần hoặc toàn bộ của ête vào chuyển động, những thí nghiệm khác cho thấy rằng ête hoàn toàn không bị một vật thể chuyển động mang đi. Năm 1851, nhà vật lý người Pháp Armand Fizeau đã đo tốc độ ánh sáng trong dòng nước đang chảy và chứng tỏ rằng ether bị môi trường chuyển động bắt giữ một phần. Nhà vật lý người Mỹ Albert Michelson đã đo tốc độ ánh sáng dọc và ngang theo hướng chuyển động quỹ đạo của Trái đất vào năm 1881. Nếu ether đứng yên thì tốc độ ánh sáng dọc theo chuyển động của Trái đất sẽ là tổng của tốc độ ánh sáng trong ether và tốc độ của Trái đất so với ether. Hóa ra tốc độ ánh sáng là như nhau, tức là không phụ thuộc vào tốc độ của nguồn, và nếu ánh sáng thực sự truyền trong ether, điều đó có nghĩa là ether đã bị Trái đất mang đi hoàn toàn…

Lý thuyết về ether tương đối phải giải quyết được những mâu thuẫn của ether.

Ether đã chết - Ether muôn năm!

Vào đầu thế kỷ 20, ý tưởng về tác dụng tầm ngắn tiếp tục được phát triển và chứng minh trong thuyết tương đối và thuyết hấp dẫn của Einstein. Hóa ra không chỉ ảnh hưởng điện từ mà cả ảnh hưởng hấp dẫn cũng lan truyền trong tánh không với tốc độ ánh sáng. Tốc độ ánh sáng không chỉ đi vào điện động lực học mà còn đi vào cơ học và lý thuyết về trọng lực.

Sự mâu thuẫn giữa thí nghiệm của Fizeau và thí nghiệm của Michelson là một công thức mới để cộng vận tốc theo thuyết tương đối; các tính chất của ether không đóng vai trò gì ở đây. Nhu cầu về khái niệm ether đã biến mất; nó đã được thay thế bằng chân không -

Tốc độ ánh sáng không chỉ đi vào điện động lực học mà còn đi vào cơ học và lý thuyết về trọng lực.

Nhưng lúc ban đầu, cái mới, như một quy luật, không hủy bỏ cái cũ; những ý tưởng cũ và mới đan xen và thấm nhuần lẫn nhau. Hơn nữa, cuộc cách mạng khoa học triệt để không hủy bỏ mà chỉ dừng lại, suy nghĩ lại về cuộc cách mạng trước đó và đặt ra ranh giới cho khả năng ứng dụng của những sự tương ứng đã được tìm thấy trước đó. Số phận của ether là một xác nhận thuyết phục về điều này.

Vào đầu thế kỷ 20, dường như tất cả các tính chất của sự trống rỗng đều được giải thích bằng ảnh hưởng của đá granit và điện từ. Nhưng việc nghiên cứu hạt nhân nguyên tử đã chỉ ra rằng trong hạt nhân có những lực giữ neutron và proton - lực hạt nhân. Và từ quan điểm tác dụng tầm ngắn, chúng cũng cần được coi là một trạng thái chân không đặc biệt, có định hướng. Chân không đã được làm giàu với một đặc tính nữa.

Khi cơ học lượng tử được áp dụng cho trường điện từ và các trường mô tả, chẳng hạn như các cặp hạt electron - positron, proton - phản proton, v.v., hóa ra là trong khoảng trống, các dao động không sơ cấp của các trường này sẽ xảy ra, các hạt cơ bản được sinh ra và biến mất… Khi hạt mong muốn (neutron và proton) va chạm, giấc mơ về nhiều hạt khác nhau nảy sinh từ khoảng trống. Chân không chứa đầy các hạt! Một môi trường cực kỳ phức tạp và thú vị - chân không - lại có thể được gọi là ether, nếu không có sự nhầm lẫn với khái niệm nhất thế kỷ 19.

6

Cơ học lượng tử
trường chân không

Nếu không có một số thông tin tối thiểu về cơ học lượng tử thì không thể hình thành được một bức tranh vật lý thô sơ về các hiện tượng xảy ra trong chân không. Do đó, trước khi nói về những đặc tính đáng kinh ngạc của trường chân không, chúng ta sẽ phải lạc đề và nói về kết quả mà việc ứng dụng cơ học lượng tử dẫn đến một hệ dao động quanh vị trí cân bằng. Những hệ thống như vậy thường được tìm thấy trong vật lý và được gọi là bộ dao động. Cho dù bộ dao động có cấu trúc cụ thể như thế nào - có thể là nam châm, trọng lượng bên ngoài, mạch dao động - năng lượng của nó bao gồm hai thuật ngữ: thế năng, tỷ lệ với bình phương của đại lượng, có thể được gọi là “tọa độ tổng quát” và động năng, tỷ lệ với bình phương tốc độ thay đổi của “tọa độ” này. Đối với một trọng lượng bên ngoài, “tọa độ tổng quát” là sự dịch chuyển của trọng lượng khỏi vị trí cân bằng; đối với mạch dao động, đó là điện tích trên các bản tụ. Hệ số tỷ lệ trong động năng xác định “khối lượng tổng quát”. Chúng ta gọi những đại lượng này là đại lượng tổng quát vì chúng không phụ thuộc vào sự thực hiện của bộ dao động - “tọa độ” như bạn có thể thấy, không nhất thiết phải có thứ nguyên độ dài.

Hãy dừng nam châm - ở vị trí cân bằng, năng lượng của nó là tối thiểu: cả động năng và thế năng đều bằng 0. Đây là cách một bộ dao động cổ điển hoạt động. Nhưng đây chính là điều đã xảy ra khi cơ học lượng tử được áp dụng vào bộ dao động.

Một trong những nguyên lý quan trọng nhất của cơ học lượng tử, nguyên lý bất định, được Werner Heisenberg xây dựng vào năm 1927, phát biểu rằng một số đại lượng vật lý không thể đồng thời cho những giá trị xác định. Đây chính xác là các đại lượng là “tọa độ tổng quát” và “động lượng tổng quát” - tích của “khối lượng tổng quát” và “tốc độ tổng quát”. Tiến hành các thí nghiệm tưởng tượng, Heisenberg đi đến kết luận rằng người ta đo lường càng chính xác thì

Một trong những nguyên lý quan trọng nhất của cơ học lượng tử là nguyên lý bất định.

dynate của một electron thì động lượng của nó càng kém chắc chắn và ngược lại. Đây là một hạn chế cơ bản mà tự nhiên áp đặt lên các khái niệm tọa độ và động lượng.

Khi cơ học lượng tử được áp dụng vào một bộ dao động, người ta ngay lập tức thấy rõ rằng động năng và thế năng của một bộ dao động lượng tử không thể đồng thời bằng 0: nếu đúng như vậy thì cả vị trí và động lượng của bộ dao động sẽ phải được xác định và bằng 0 cùng một lúc, và điều này mâu thuẫn với nguyên lý bất định. Một bộ dao động lượng tử, không giống như bộ dao động cổ điển, không đứng yên ngay cả ở trạng thái có năng lượng thấp nhất. Nó tạo ra “dao động bằng không” xung quanh vị trí cân bằng.

Tính chất đáng chú ý này của bộ dao động lượng tử rất tốt cho vật lý hiện đại.

Dao động đàn hồi của một vật rắn, cũng như dao động của dây, được mô tả bằng một tập hợp các bộ dao động có tần số khác nhau. Nếu chúng ta tính đến việc các bộ dao động phải được nâng lên bằng cơ học lượng tử, thì hóa ra ở nhiệt độ không tuyệt đối, xảy ra dao động đàn hồi bằng không - và một phần của vật rắn không bất động mà tham gia vào “dao động bằng không”. Điều này đã được xác nhận bằng các thí nghiệm về tán xạ ánh sáng trong chất rắn ở nhiệt độ thấp.

Sóng điện từ trong hư không cũng có thể được coi là tái

8

lượng tử của sóng điện từ đang lan truyền) với các năng lượng và xung khác nhau. Đây là trạng thái của giả thuyết lượng tử ánh sáng, được Einstein phát triển 20 năm trước khi nó được chứng minh bằng điện động lực học lượng tử.

Là kết quả của lượng tử hóa trường, khái niệm hạt nảy sinh một cách tự phát như một đặc tính của sự kích thích của sóng điện từ có độ dài nhất định. Đây là cách giải quyết vấn đề “lưỡng tính sóng-hạt”. Một ý tưởng tuyệt vời - coi các hạt là trạng thái lượng tử của các bộ dao động của một trường nhất định - hóa ra lại cực kỳ hiệu quả. Nó tạo ra tất cả vật lý lý thuyết hiện đại. Lĩnh vực này hóa ra là khái niệm cơ bản. Các hạt cơ bản phát sinh do sự lượng tử hóa của nó.

Việc áp dụng cơ học lượng tử vào các trường mô tả các hạt không phải photon, chẳng hạn như electron và positron hoặc meson pi, dẫn đến một kết quả rất kém. Trong sự trống rỗng không có dao động nào của electron-positron, pon và nói chung là trường của tất cả các hạt có thể có. Những dao động điểm không này biểu hiện ở chỗ trong chân không,
Các cặp “hạt-phản hạt” xuất hiện và biến mất: electron – positron, nucleon – phản nucleon… Chân không chứa đầy những hạt sinh ra, hình thành và biến mất một cách tự phát, chúng được gọi là “ảo” theo tiếng Latin - “khả năng”.

Nhưng ngay khi hai nucleon hoặc một electron và một positron va chạm nhau trong chân không, các hạt ảo có thể biến thành hiện thực - các hạt mới được giải phóng trong quá trình va chạm.

---

Chúng ta chỉ mới kể về một phần nhỏ những đặc tính kỳ diệu của tánh Không. Trong những năm gần đây, người ta biết rằng trong chân không, dưới tác động của từ trường bên ngoài hoặc nhiệt độ cao, sự chuyển đổi sang trạng thái khác có thể xảy ra, tương tự như sự tan chảy của chất rắn. Nhưng điều đáng chú ý nhất là “dao động bằng 0” của các tính chất hình học của không gian, chúng có thể mang lại chìa khóa để hiểu được mối liên hệ với các lực hấp dẫn khác và các lực khác của tự nhiên.

Tuy nhiên, hãy nói thêm về điều đó vào lúc khác.

bìa của chúng tôi

Các bài viết đã xuất hiện trong «Kvant» nhiều lần, nội dung của chúng dựa trên tranh của các họa sĩ tuyệt vời. Trong số này, chúng tôi xin giới thiệu với các bạn một lần nữa cách đặt bức tranh “Tháng Ba” của I. I. Levitan và … giải quyết hai bài toán, mà họa sĩ đã “xây dựng” bằng phương tiện trực quan của mình.

Chúng tôi đã đưa bài toán đầu tiên vào Bài toán Kvant của số phát hành này - bài toán F987. lời giải của cô sẽ được đăng trên tạp chí số tháng 7. Và đây là bài toán thứ hai: nghệ sĩ đã chụp vào thời điểm nào trong ngày?

9

Dominique Francois Arago
Nhiệt tình phấn đấu cho những khám phá, ông thận trọng trong kết luận của mình và hơn hết thích mở ra những con đường mới mà người ta có thể đi đến để xác định danh tính nguyên nhân của các hiện tượng khác nhau.

Alexander Humboldt

Ngày 26 tháng 2 năm 1986 đánh dấu kỷ niệm 200 năm ngày sinh của Dominique Arago, một nhà khoa học kiệt xuất người Pháp, một trong những người được yêu mến nhất ở Pháp thời bấy giờ.

Arago sinh ra ở Estagel, một thị trấn nhỏ ở Đông Pyrenees, giáp biên giới với Tây Ban Nha. Anh ta không được phân biệt bởi bất kỳ khả năng đặc biệt nào trong thời thơ ấu. Anh siêng năng học tiểu học, mơ ước lớn lên trở thành quân nhân. Sau đó, anh tiếp tục học tại trường ở thị trấn Perignan lân cận. Các quy tắc ở ngôi trường này không khác lắm và Arago dành hầu hết thời gian để đọc các tác phẩm kinh điển của Pháp. Anh thích đọc bài đầu hàng trên thành lũy đầy cỏ của thành phố cổ hơn. Chính tại đây, một cuộc gặp gỡ đã diễn ra đã thay đổi hoàn toàn cuộc đời anh và dẫn đến sự ra đời của nhà khoa học Arago.

Một ngày nọ, Dominique Francois nhìn thấy một sĩ quan của đội công binh đang thực hiện một số phép đo trắc địa phức tạp trên mặt đất phía sau thành lũy cũ. Các thanh niên đều bị sốc trước tuổi trẻ của viên sĩ quan này (họ gần như bằng tuổi nhau). Vì Aragoni chưa bao giờ ngại ngùng nên anh ta ngay lập tức đến gặp viên sĩ quan và hỏi làm thế nào mà anh ta có được dây đeo vai ở độ tuổi trẻ như vậy. Viên chức trả lời rằng anh ta nhận được chúng sau khi tốt nghiệp trường Bách khoa Ecole ở Paris.

Cùng ngày, trong thư viện của trường, Arago tìm thấy chương trình thi phải thực hiện khi nhập học vào Trường Bách khoa. Người đàn ông thời trang to lớn bị đe dọa bởi toán học - anh ta không biết gì cả. Tuy nhiên, nỗi sợ hãi toán học đã chiến đấu với mong muốn đạt được ý nghĩa quan trọng trong văn phòng. Ước mơ trở thành người chiến thắng trong quân sự đã chiến thắng, Arago ngồi xuống nghiên cứu toán học.

Rất nhanh sau đó anh đã nghiên cứu tất cả các sách giáo khoa theo ý mình, nhưng điều này rõ ràng là chưa đủ. Sau đó Arago mười lăm tuổi bắt đầu đọc những cuốn sách toán học “đang lớn lên”. Kết quả là, trong một năm rưỡi, anh ấy ngạc nhiên về toán học đến mức anh ấy đã vượt qua một cách xuất sắc bài kiểm tra đầu vào kéo dài hai tiếng rưỡi “dành cho chính Monge”*). Kiến thức của Arago về một số vấn đề nhất định trong toán học vào thời điểm đó tương ứng với trình độ của một khóa học sau đại học.

Cuộc sống sinh viên bắt đầu, kéo dài ba năm.

Sau khi tốt nghiệp trường năm 1806, Arago trở thành thư ký của Cục Kinh độ ở Paris, và từ năm 1809 đến năm 1830, ông là giáo sư tại Trường Bách khoa. Năm 1809, khi Dominique François Arago mới 23 tuổi, ông được bầu làm thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học Paris.

Khoảng 20 năm tiếp theo là những năm Arago hoạt động sáng tạo nhất. Với tư cách là giáo sư tại Ecole Polytechnique, và sau đó là giám đốc của Trường Tổng hợp Paris, ông đã làm được rất nhiều việc. Mối quan tâm khoa học rộng lớn của ông đã dẫn đến… Arago nghiên cứu thiên văn học, quang học và điện từ. Ông đã thực hiện những công trình quan trọng trong lĩnh vực khí tượng và địa lý tự nhiên. Cuối cùng, ông đã ghi dấu ấn với tư cách là một nhà sử học khoa học. Trong một ghi chú ngắn, thậm chí không có cách nào để nói về tất cả các vấn đề lời giải mà Arago đã góp phần. Vì vậy, chúng tôi sẽ chỉ cung cấp một danh sách ngắn ở đây.

Arago đã kiểm tra tính đúng đắn của định luật Boyle-Mariot đối với nhiều loại khí và không khí khác nhau bằng cách kiểm tra một loạt nghiên cứu quang học về hơi đàn hồi ở nhiệt độ cao.

*) Gaspard Monge (1746-1818) - nhà toán học nổi tiếng người Pháp, một trong những người sáng lập Trường Bách khoa.

nhiệt độ và áp suất. Arago dành nhiều năm cho các thí nghiệm quang học, thực hiện nhiều khám phá quan trọng trong lĩnh vực phân cực ánh sáng. Arago là người đầu tiên biên soạn bảng hệ số cung cấp ánh sáng trong chất khí tùy thuộc vào trạng thái của chúng. Kakstrom và nhà địa vật lý Arago trở nên nổi tiếng vì đã thiết lập mối liên hệ giữa các cơn bão cực và từ và cải thiện telexstop. Ông cũng nghiên cứu cải tiến các công thức của Trái đất, đo đường kính của các hành tinh, sự hình thành của các ngôi sao và Mặt trăng, nghiên cứu các bánh xe của Sao Thổ và nhật thực. Arago đã phát minh ra một trong những máy đo hoạt độ đầu tiên (thiết bị đo cường độ bức xạ mặt trời) và xác định trọng lượng riêng của không khí. Ông đã phát hiện ra hiện tượng từ hóa của các mạt sắt gần một dây dẫn có dòng điện và kiểm tra mực nước cũng như nhiệt độ của nước biển ở nhiều điểm khác nhau. Popstina không có lĩnh vực khoa học tự nhiên đương đại nào mà ông không đến bằng chính đôi tay, khối óc và nghị lực phi khoa học của mình.

Tôi muốn nói thêm một chút về một khám phá ở Arago. Năm 1826, ông phát hiện ra một hiện tượng mà sau này gọi là hiện tượng từ trường Arago. Lời giải thích cho phương trình này được đưa ra bởi nhà vật lý nổi tiếng người Anh Michael Faraday. Dưới đây là mô tả về “hiện tượng Arago” theo lời của Faraday: “Nếu một tấm đồng quay lại gần một kim nam châm hoặc từ một nam châm lơ lửng sao cho nó có thể quay trong một mặt phẳng song song với (Cuối cùng, xem trang 50)

10

Đỉnh Delaunay

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
N. P. DOLBILIN

Một trong những đỉnh núi đẹp nhất trong khối núi Belukha ở Altai được gọi là “Đỉnh Delone”, được đặt theo tên của người leo núi đầu tiên. Cuộc sống và công việc của người đàn ông tuyệt vời này được mô tả ở đây.

Boris Nikolaevich Delaunay trước hết là một nhà toán học vĩ đại, và sự sáng tạo toán học chắc chắn là điều chính yếu trong cuộc đời của nhà khoa học xuất sắc này. Tuy nhiên, không thể chỉ nói về Boris Nikolaevich với tư cách là một nhà toán học, cũng như không thể chỉ ra chủ đề chính, trống rỗng, sáng sủa nhất của ông trong một tác phẩm đa âm phức tạp, vì nó gắn bó chặt chẽ với các chủ đề khác.

Cuộc đời của B. N. Delaunay, và ông đã sống được 90 năm, có thể được so sánh với cả một tác phẩm nghệ thuật. Nó vô cùng phong phú và đa dạng. Hơn nữa, quá trình liệt kê những khoảnh khắc đặc trưng nhất trong tiểu sử của ông sẽ đòi hỏi quá nhiều chỗ cho một bài báo. Trong danh sách theo trình tự thời gian như vậy, một trong những danh sách đầu tiên sẽ là

1897 - một cậu bé bảy tuổi đọc Faust của Goethe trong bản gốc, biết thuộc lòng các chương riêng lẻ của các tư thế và lần đầu tiên vẽ phong cảnh của mình bằng sơn dầu.

Đâu đó ở cuối danh sách sẽ bị hủy

1975, ngày 6 tháng 7 - Boris Nikolaevich, ở tuổi thứ 86 của cuộc đời, trải qua gần 25° dưới 0 trên một sông băng dưới đỉnh Khan Tengri ở độ cao 4200 m. Vào buổi sáng, anh đi trực thăng xuống Hồ Issyk-Kul và từ đó bay đến Frunze, nơi có nhiệt độ 40 độ. Đến cuối ngày, anh thấy mình đang ở sân bay gần Moscow, từ đó anh phải đến căn nhà gỗ nằm ở vùng lân cận Abramtsevo. Đến ga trên chuyến tàu cuối cùng, Boris Nikolaevich với chiếc ba lô nặng nề đi xuyên rừng vào đêm khuya và lạc đường. Bị lạc trong rừng vào ban đêm, anh ta vứt bỏ áo choàng của mình ở một nơi vắng vẻ và nhẹ nhàng, chỉ tìm thấy nhà của mình vào lúc bình minh.

Những chi tiết tiểu sử này một mặt cho thấy áp lực linh hoạt của B. N. Delaunay đã bộc lộ ngay từ khi còn rất sớm. Mặt khác, cho đến tuổi già, ông vẫn giữ được khí chất vui tươi trẻ trung và sức khỏe thể chất vượt trội đã cho phép ông tham gia vào cả công việc khoa học và du lịch với sự cống hiến hết mình vào cuối đời. Hình học số, tinh thể toán học, hình học rời rạc - đây là phạm vi công trình khoa học được viết bởi Boris Nikolaevich khi ông đã ngoài tám mươi. Altea và Caucasus, Carpathians và Tien Shan - đây là địa lý của cuộc hành trình được thực hiện bởi Boris Nikolaevich ở một thời đại tuyệt vời.

---

Boris Nikolaevich Delaunay sinh năm 1890 trong một gia đình giáo sư cơ khí. Như người ta đã nói trước đây, ông đã nhận được một nền giáo dục xuất sắc. Việc nghiên cứu âm nhạc của anh ấy rất kỹ lưỡng. Biết và yêu thích Bach và Mozart. Chơi rất nhiều bản sonata của Beethoven

13

hệ số $p(a, x_1, \dots, x_n)$, rằng không có thuật toán nào cho phép mỗi giá trị nguyên của tham số $a$ tìm ra xem số nguyên lời giải có ​​phương trình hay không

$$p(a, x_1, \dots, x_n) = 0.$$

Phương trình khuếch tán đơn giản nhất có lẽ là phương trình bậc một với hai ẩn số

$$ax + by = 1,$$

trong đó $a$ và $b$ là số nguyên. Nếu $a$ và $b$ có thừa số chung thì lời giải không có. Nếu $a$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau thì lời giải là vô số (để biết thêm chi tiết, xem «Kvant» 1973, số 4, trang 38). Theo các nhà sử học toán học, lý thuyết về các phương trình như vậy đã được nhà toán học Ấn Độ Arribhata vạch ra vào thế kỷ thứ 5-6. N. đ. (nhân tiện, vệ tinh Trái đất nhân tạo đầu tiên của Ấn Độ được đặt theo tên ông).

Bước khó khăn nhất tiếp theo sau phương trình tuyến tính tự nhiên là phương trình bậc hai tương tự

$$ax^2 + bxy + cy^2 = 1.$$

Một phần quan trọng của phương trình bậc 2 là phương trình Pell

$$x^2 - dy^2 = 1$$

• được nghiên cứu bởi Euler (để biết thêm chi tiết, xem «Kvant» 1985, số 1, trang 20). Nếu $c (>0)$ là bình phương của một số nguyên thì ngoài lời giải (1; 0) hiển nhiên, không có số nguyên nào khác lời giải. Nếu $c$ không phải là bình phương của một số nguyên thì lời giải là vô số. Nghiên cứu về dạng tổng quát của phương trình khuếch tán bậc 2 được thực hiện bởi nhà toán học người Pháp Lagrange (1736-1813).

Đối với lời giải phương trình khuếch tán ở mức độ cao hơn, không có điều kiện máy chủ nào cho vấn đề này cho đến đầu thế kỷ 20. Điều này khiến cho câu hỏi về phương trình vi phân bậc 3 trở thành một bài toán khó. Về vấn đề này, Boris Nikolaevich, người luôn nêu rõ mong muốn đảm nhận những công việc khó khăn, quan trọng bài toán, không lãng phí tài năng và thời gian của mình vào những chuyện vặt vãnh, đã để lại sự lựa chọn của mình.

Thật không may, hoặc có lẽ là không, Delaunay đã không biết về công trình của nhà toán học Na Uy A. Thue, được xuất bản trước đó không lâu.

Thue xét phương trình vi phân dạng

$$a_0 x^n + a_1 x^{n-1} y + \dots + a_{n-1} x y^{n-1} + a_n y^n = b (1)$$

và chứng minh rằng với $n \geq 3$ chúng chỉ có thể có số hữu hạn lời giải, tất nhiên, nếu

Chân Dung Người Cha (hình Boris Delaunay)

vế trái của phương trình không khai triển thành tích của các đa thức có hệ số hữu tỷ chứa các thành phần bậc nhỏ hơn 3. (Nếu khai triển chứa đa thức bậc hai hoặc bậc một thì lời giải có thể là vô số.)

Định lý Thue là một trong những định lý cơ bản nhất trong lý thuyết phương trình vi phân. Tuy nhiên, bằng cách khẳng định với mỗi vi phân của phương trình thuộc loại đã chỉ ra rằng số lời giải là hữu hạn, định lý Thue không thể nói lên điều gì về cách tìm những lời giải này. Nó không nói gì về giới hạn trên của các giá trị lời giải của một phương trình cụ thể. Và điều này rất quan trọng. Hãy tưởng tượng rằng từ các hệ số của một phương trình vi phân cụ thể, chúng ta có thể tính CONSTANTу $c$, điều này phụ thuộc vào việc vượt quá các giá trị tuyệt đối $|x_0|, |y_0|$ đối với bất kỳ số nguyên lời giải $(x_0, y_0)$ nào của phương trình vi phân này. Sau đó, bằng cách thay thế vào phương trình tất cả các cặp số nguyên $(x, y)$ có thể có với điều kiện $|x|, |y| < c$, chúng ta có thể tìm thấy tất cả lời giải của một phương trình cụ thể. Bản thân định lý Thue không có hiệu quả trong vấn đề này.

Các nghiên cứu của B. N. Delaunay liên quan đến các phương trình bậc 3, nhưng, như chúng ta sẽ thấy, cho kết quả rất hiệu quả và toàn diện. Đầu tiên, ông bắt đầu nghiên cứu phương trình tương tự bậc ba của phương trình Pell:

$$ax^3 + y^3 = 1,$$

trong đó số nguyên $a$ không phải là lập phương của một số nguyên. (Trong trường hợp $a$ là lập phương của một số nguyên, vế trái của phương trình được mở rộng thành tích của các đa thức có hệ số nguyên và phương trình bậc ba của Pell đưa ra bằng chứng cho các phương trình khuếch tán lời giải của bậc 1 và bậc 2.)

Phương trình bậc ba của Pell luôn có ít nhất một lời giải

14

không - (0; 1). Có lời giải nào khác không, và nếu có thì là cái nào?

Đáp số những câu hỏi này liên quan đến việc nghiên cứu một tập hợp số có dạng $A^3\sqrt{a^2}+B^3\sqrt{a}+C$ (A, B, C ∈ Z), trong đó a là hệ số của phương trình Pell).

Trong số những số này, đơn vị nổi bật, tức là những số có hình dạng giống nhau. Ví dụ: khi a=2, số $3^2-1$ là một, vì nghịch đảo của nó là $\varepsilon^{-1}=3^2+3^2+1$. Được biết, với mỗi số nguyên a ($3^2\notin Z$) trong số các đơn vị sẽ có một đơn vị (cơ bản) $\varepsilon_0$, 0 < $\varepsilon_0<1$, từ đó tất cả các đơn vị (dương) khác có được bằng cách nâng lên lũy thừa số nguyên.

Thể hiện sự khéo léo đặc biệt, B. N. Delaunay đã chứng minh một định lý khó: phương trình $ax^3+y^3=1$, trong đó a là số nguyên, nhưng không phải là số nguyên lập phương, có thể có, ngoài lời giải (0, 1), không nhiều hơn một lời giải trong số nguyên; lời giải thứ hai tồn tại khi và chỉ nếu đơn vị cơ sở $\varepsilon_0$ là nhị thức, nghĩa là có dạng $\varepsilon_0=X_0^3\sqrt{a}+Y_0$, và sau đó lời giải thứ hai là $(X_0, Y_0)$.

Về việc tìm đơn vị cơ bản, hai mươi năm trước Voronoi đã đưa ra một thuật toán để tính nó.

Ví dụ: đối với phương trình $4x^3+y^3=1$ đơn vị cơ bản là ba số hạng, do đó phương trình này không có lời giải nào khác ngoại trừ (0; 1). Và phương trình $37x^3+y^3=1$, trong đó đơn vị cơ bản là nhị thức, $\varepsilon_0=-3^3\sqrt{37}+10$, có hai lời giải (0,1) và (-3, 10).

Sau đó B. N. Delaunay chuyển sang trường hợp tổng quát hơn của phương trình bậc ba với hai ẩn số của phân biệt âm

$ax^3+bx^2y+cxy^2+dy^3=1$, (A) trong đó các hệ số a, b, c, d là số nguyên và các từ “trong trường hợp phân biệt âm” có nghĩa là phương trình đa thức tương ứng $at^3+bt^2+ct+d$ có một nghiệm thực duy nhất $t_0$. Ngược lại, bài toán cũng giảm xuống việc nghiên cứu các đơn vị học kỳ hai học kỳ. Sau “thuật toán tăng dần” do ông tạo ra, B. N. Delaunay thu được kết quả hàm số sau: trong trường hợp tổng quát, phương trình dạng (A) có không quá ba lời giải trong

số nguyên. Chỉ trong hai trường hợp, phương trình dạng (A) có số chẵn lời giảis, và trong một trường hợp khác phương trình có năm lời giảis. Không có phương trình dạng (A) nào có nhiều hơn gót chân lời giải. (Do đó, phương trình $x^3-xy^2+y^3=1$ có năm lời giải: (1; 1), (1; 0), (0; 1), (-1, 1), (4, -3) và thực tế là không có lời giải nào khác xuất phát từ định lý Delaunay.

---

Các công trình của B. N. Delaunay về phương trình bậc ba có lẽ đã đánh dấu cdwg máy chủ đầu tiên sau Euler và Lagrange theo hướng nghiên cứu cụ thể về các phương trình bậc cao hơn. Thành công không phải ngẫu nhiên. Hàng nghìn giờ làm việc tận tâm là cái giá để giải quyết một vấn đề khó khăn. Làm việc chăm chỉ, ý chí, sự cống hiến và tất nhiên, tình yêu dành cho khoa học - nếu không có những phẩm chất này thì cuộc sống sẽ không thể tồn tại được. Hơn nữa, chúng tôi đến làm việc trong những điều kiện đặc biệt: Denikites và Petliurists, “Kaiserites” và White Poles, “Greens” và “Zhovtolakitnye” - những kẻ đã khủng bố Kyiv trong cuộc nội chiến…

Có thể nói, khi xác định ý nghĩa của kết quả, B.N. Delaunay vẫn duy trì nhịp độ gần như liên tục cho đến cuối những năm 60. Là thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô D.K. Faddeev đã viết:

“Xét về tính cụ thể của phân tích, sự đơn giản và rõ ràng, chu trình làm việc của B. N. Delaunay, dành riêng cho các phương trình bất định, là đặc biệt trong toán học thế kỷ 20 với bộ máy thường cồng kềnh và các cấu trúc trừu tượng. Theo phong cách của nó, chu trình này gần với những ví dụ điển hình nhất về các tác phẩm cổ điển của Gauss và Chebyshev về lý thuyết số.”

---

Sau chu kỳ nghiên cứu các phương trình diophantine, B. N. Delaunay vẫn còn 60 năm hoạt động sáng tạo, điều này đã bổ sung thêm uy tín của một nhà đại số lớn cho thẩm quyền của một nhà hình học lớn. Sự kết hợp nghiên cứu của ông với hình học diễn ra một cách tự nhiên. Vai trò của định nghĩa ở đây được thực hiện bởi sự tiếp xúc trong quá trình nghiên cứu các phương trình bất định với công trình của Voronoi. Nhưng lý do chính cho việc hình học hóa nghiên cứu của B. N. Delaunay là sự chỉ định đặc biệt của ông, nhận thức nghệ thuật về thế giới.

15

V.N. Delone trước chuyến du lịch (thập niên 70)

Đặc điểm là Boris Nikolaevich không bao giờ muốn dành năng lượng hoặc thời gian để đưa sự hiểu biết về một kết quả toán học dường như đã hoàn thành đến mức mà kết quả đó có thể hình thành dưới dạng một hình học thông thường. “Điều này đơn giản có nghĩa là gì?” - Câu hỏi yêu thích của Boris Nikolaevich, câu hỏi mà ông đã tự hỏi mình và các đồng nghiệp khi thảo luận về công việc tiếp theo của mình. Không phải ngẫu nhiên mà trong tác phẩm của ông, họ “kéo các đường song song chia đôi”, “duỗi mũi”, “cho quả bóng bay” giữa các điểm nằm rải rác trong không gian.

Sự công nhận thành tích khoa học không mất nhiều thời gian: năm 1929, V. N. Delaunay được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Tính đến thời điểm này, anh đã làm việc chuyên nghiệp tại Đại học Leningrad được bảy năm. Những bài giảng cực kỳ rõ ràng, chu đáo của ông đã khơi dậy sự quan tâm lớn của sinh viên. V.N. Delone không bao giờ bỏ lỡ cơ hội để nói với họ về một vấn đề khó khăn chưa được giải quyết. Trong quá trình giảng dạy của mình, V. N. Delaunay đã được hướng dẫn bởi nguyên tắc nổi tiếng “Học sinh không phải là một chiếc bình cần được đổ đầy mà là một ngọn đuốc cần được thắp sáng”. Thẩm quyền khoa học cao, thái độ tận tâm và đồng thời tự nhiên đối với khoa học, sức hấp dẫn cá nhân, tính nghệ thuật - tất cả những điều này đã thu hút giới trẻ đến với anh. Không có gì đáng ngạc nhiên khi Boris Nikolaevich có nhiều học sinh, trong đó có các nhà toán học xuất sắc: Viện sĩ A. D. Aleksadrov, các thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô D. K. Faddeev và I. R. Shafarovich.

Vào mùa xuân năm 1934 tại Leningrad, B. N. Delone đã tổ chức Olympic toán học đầu tiên cho học sinh, đây thực sự là khởi đầu cho phong trào Olympic ở nước ta. Những người tham gia Olympic Leningrad vẫn còn nhớ “ấn tượng tuyệt vời” khi gặp Boris Nikolaevich đối với họ (xem «Kvant» 1984, số 9, trang 52).

Năm 1934, Viện Toán học mang tên. V. A. Steklova, nơi B. N. Delaunay từ ngày thành lập đã đứng đầu khoa đại số (cho đến năm 1960), và sau đó là khoa hình học. Năm 1935, Viện Toán học Naiad cùng với các tổ chức hàng đầu khác của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô được chuyển đến Moscow. Cùng năm đó, B. N. Delone đứng đầu khoa hình học tại Đại học Moscow. Khi làm việc tại Đại học quốc gia Moscow, ông đã giảng dạy một khóa học đầu tiên về hình học giải tích, nổi bật bởi sự phong phú đặc biệt của các ý tưởng hình học. Những sinh viên hân hạnh được tham dự các bài giảng của B. N. Delaunay hầu như không nghi ngờ rằng những mô tả tuyệt vời của họ ẩn chứa sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Vì vậy, trong những năm đầu tiên, anh ấy phải mất trọn hai ngày để chuẩn bị một bài giảng dài hai giờ, sau đó là một ngày. Boris Nikolayevich không thể chịu đựng được sự hời hợt hoặc sơ suất; anh ấy trau chuốt mọi ý tưởng, xác minh từng lời nói, tuyệt vọng từng hình. Và, kết quả của việc này, trong bài giảng, những “mèo affine” dễ thương, những parabol và hyperbol thanh lịch, những con số thập phân và những con icoasdes rõ ràng nhanh chóng xuất hiện trên bảng đen. Tuy nhiên, vào thời điểm đó, sinh viên cơ chế Đại học quốc gia Moscow đã có hàng loạt giai thoại về các giáo sư của họ về chủ đề này:

17

Về tiếp tuyến của đồ thị hàm số

Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
D. K. FADDEYEV,
I. F. SOKOLOVSKY

Mục tiêu chính của bài viết này là giải thích rõ ràng tiếp tuyến của đồ thị hàm số khả vi khác với các đường khác đi qua điểm tiếp tuyến như thế nào. Hóa ra đáp số đối với câu hỏi này không chỉ làm rõ ý nghĩa hình học của tiếp tuyến mà còn cho phép bạn tìm phương trình của nó mà không cần tính hàm đạo hàm.

Tiếp tuyến của đồ thị hàm $y = f(x)$ tại điểm $M(x_0; f(x_0))$ thường được xác định là vị trí giới hạn của cát tuyến $MN$, khi điểm $N$ tiến vô thời hạn đến điểm $M$, di chuyển dọc theo đồ thị của hàm (hình 1). Từ định nghĩa này, phương trình tiếp tuyến nổi tiếng được rút ra (“Đại số và sự khởi đầu của phân tích”, đoạn 23)

$$y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0),$$

(1) trong đó $f'(x_0)$ là giá trị đạo hàm $f'$ của hàm $f$ tại $x = x_0$. Công thức này hợp lệ với giả định rằng hàm $f$ có đạo hàm tại điểm $x_0$.

Câu hỏi có thể đặt ra: “Tại sao người ta không chú ý nhiều đến tiếp tuyến có thể hiểu được? Tại sao tiếp tuyến lại ở điểm $(x_0; y_0)$, trong đó $y_0 = f(x_0)$, “tốt hơn” so với các đường khác đi qua điểm này?” Thật vậy, trong trường hợp tổng quát, người ta thậm chí không thể nói về một tiếp tuyến của đồ thị hàm số (tương tự như tiếp tuyến của một đường tròn) rằng nó có một điểm chung duy nhất với đồ thị hàm số. Hơn nữa, một tiếp tuyến của đồ thị của hàm số có thể cắt đồ thị, di chuyển từ phía này sang phía kia của đồ thị, chính xác tại điểm tiếp tuyến; ví dụ: đây là hành vi của tiếp tuyến với đồ thị của hàm $y = x^3$ tại điểm $(0; 0)$ hoặc tiếp tuyến với đồ thị của hàm $y = x^3 - 3x^2$ tại điểm $(1; -2)$. Và tiếp tuyến của đồ thị của hàm $y = x^4$ sin $(1/x)$ cắt đồ thị vô số lần.

Vậy làm cách nào để áp dụng tiếp tuyến cho đồ thị của hàm $y = f(x)$ tại điểm $(x_0; y_0)$? Hóa ra là trong một lân cận đủ nhỏ của điểm tiếp tuyến, tiếp tuyến thuộc đồ thị của hàm số chặt chẽ hơn bất kỳ đường nào khác đi qua điểm tiếp tuyến. Hãy xem xét điều này chi tiết hơn.

Giả sử $y = f(x)$ là một hàm đã cho có đạo hàm $f'(x_0)$ tại một điểm cho trước $x_0$. Phương trình đường nghiêng tùy ý đi qua điểm $(x_0; y_0)$ có dạng $y = k(x - x_0) + y_0$. Với $k = f'(x_0)$ ta thu được phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f(x)$ tại điểm $(x_0; y_0)$. Tọa độ của một điểm trên đồ thị.hàm $y = f(x)$ khác với tọa độ của điểm tương ứng trên đường thẳng tới đỉnh

$$\varepsilon = f(x) - (k(x - x_0) + f(x_0)) = f(x) - f(x_0) - k(x - x_0) = (x - x_0) \left( \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} - k \right).$$

Bằng cách giới thiệu các ký hiệu $x - x_0 = \Delta x$ và $f(x) - f(x_0) = \Delta f(x_0)$, biểu thức này có thể được viết ngắn gọn hơn:

$$\varepsilon = \Delta x \cdot \left( \frac{\Delta f(x_0)}{\Delta x} - k \right).$$

Nếu $k = f'(x_0)$, tức là trong trường hợp tiếp tuyến, tại $\Delta x \to 0$ chúng ta có $\frac{\Delta f(x_0)}{\Delta x} \to f'(x_0)$ và do đó, mỗi thành phần ở vế phải của đẳng thức có xu hướng bằng 0.

Hình 1.

18

Nếu $k \neq f'(x_0)$ thì $k = f'(x_0) + c$, trong đó $c$ là một hằng số nào đó không bằng 0. Sau đó

$$\varepsilon = \Delta x \left( \frac{\Delta f(x_0)}{\Delta x} - f'(x_0) - c \right).$$

Đối với $\Delta x \to 0$, thừa số thứ hai ở vế phải của đẳng thức có xu hướng $c \neq 0$. Do đó, tại $\Delta x \to 0$, một điểm trên tiếp tuyến sẽ tiến đến điểm tương ứng trên đồ thị nhanh hơn một điểm có cùng hoành độ trên một đường thẳng khác với tiếp tuyến.

Điều đặc biệt quan trọng là tiếp tuyến phù hợp với đường cong không chỉ tốt hơn về mặt định lượng so với các đường thẳng khác, mà theo một nghĩa nào đó “tốt hơn một bậc độ lớn”. Hãy giải thích điều này.

Chúng ta hãy viết lại biểu thức cho $\varepsilon$ trong trường hợp $k \neq f'(x_0)$ ở dạng

$$\varepsilon = \Delta x \left( \frac{\Delta f(x_0)}{\Delta x} - f'(x_0) \right) - c \Delta x.$$

Từ công thức viết này, rõ ràng rằng trong trường hợp đường thẳng khác với tiếp tuyến, hiệu giữa tọa độ của các điểm tương ứng trên đường thẳng và trên đồ thị hàm số chứa một số hạng tỉ lệ $\Delta x$, tức là có dạng $c \cdot \Delta x$, trong đó $c$ là một hằng số, nhưng trong trường hợp tiến gần theo một tiếp tuyến, khoảng cách giữa điểm trên đường thẳng và điểm tương ứng trên đồ thị giảm “một bậc độ lớn” nhanh hơn” so với chính $\Delta x$, nó có dạng $\gamma \cdot \Delta x$, trong đó $\gamma$ là một biến có xu hướng tiến tới 0 cùng với $\Delta x$. Do đó, trong số tất cả các đường thẳng đi qua một điểm trên đồ thị của hàm, chỉ có tiếp tuyến khác hàm số một lượng không chứa thuật ngữ tuyến tính đối với $\Delta x$.

Tính chất này của tiếp tuyến là đặc điểm giúp phân biệt nó với toàn bộ họ đường đi qua điểm tiếp tuyến. Nó mô tả đầy đủ tiếp tuyến và do đó có thể được sử dụng làm cơ sở cho định nghĩa tiếp tuyến; thì đạo hàm của hàm số tại một điểm có thể được định nghĩa là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị của hàm số tại điểm đó. Tính chất dẫn xuất của tiếp tuyến biện minh cho phương pháp thu được phương trình của tiếp tuyến thông qua các đẳng thức gần đúng ước tính giá trị của hàm cường độ từ điểm tiếp tuyến. Hãy cho thấy ứng dụng của phương pháp này bằng các ví dụ. (Trong phần tiếp theo, $\Delta x$ sẽ được biểu thị bằng chữ cái $\alpha$.)

Ví dụ 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $f(x) = x^2 - 3x - 6$ tại điểm $x_0 = -1$.

Lời giải e. Đặt $x = -1 + \alpha$, trong đó $|\alpha|$ gần bằng 0. Sau đó $f(-1 + \alpha) = (-1 + \alpha)^2 - 3(-1 + \alpha) - 6 = 1 - 2\alpha + \alpha^2 + 3 - 3\alpha - 6 = -5\alpha + \alpha^2 - 2$. Biến đổi $\alpha^2$, chúng ta nhận được $f(-1 + \alpha) \approx -5\alpha - 2$. Hãy quay lại ký hiệu cũ; chúng tôi nhận được $f(x) \approx -5x - 7$ cường độ từ $x_0 = -1$. Lấy $y = -5x - 7$ độ lớn $x_0 = -1$ khác với $f(x)$ bởi một giá trị không chứa số hạng tương đối tuyến tính $\alpha$ và chỉ tiếp tuyến mới có thuộc tính này, có nghĩa là $y = -5x - 7$ là phương trình tiếp tuyến của đồ thị của hàm này tại điểm $x_0 = -1$. (Kiểm tra kết quả này bằng cách lấy phương trình tiếp tuyến sử dụng công thức (1).)

Ví dụ 2. Ta suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $f(x) = x^2$ tại một điểm tùy ý $x_0$.

Lời giải e. Đặt $x = x_0 + \alpha$, trong đó $|\alpha|$ gần bằng 0. Sau đó $f(x_0 + \alpha) = x_0^2 + 2x_0\alpha + \alpha^2$. Chúng ta biến đổi $\alpha^2$ và nhận được $f(x_0 + \alpha) \approx x_0^2 + 2x_0 \times (x - x_0) = x_0^2 + 2x_0x - 2x_0^2 = 2x_0x - x_0^2$. Lấy $y = 2x_0x - x_0^2$ tiếp tuyến với đồ thị của hàm số tại điểm $x_0$ thì hệ số góc của tiếp tuyến $2x_0$ là đạo hàm của $x^2$ tại điểm $x_0$.

Việc suy ra phương trình tiếp tuyến trở nên đặc biệt đơn giản trong trường hợp khi biểu thức xác định hàm $f(x)$ chứa các thừa số tuyến tính có dạng $(x - x_0)$.

Ví dụ 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

$$y = (x - x_0)(x - x_1)(x - x_2)$$

tại giao điểm của đồ thị với trục hoành.

Lời giải e. Đặt $x = x_0 + \alpha$, $y = \alpha(x_0 - x_1 + \alpha)(x_0 - x_2 + \alpha)$. Rõ ràng là khi mở ngoặc của số hạng, quan hệ tuyến tính $\alpha$ có dạng $\alpha(x_0 - x_1)(x_0 - x_2)$ thì

$$y = (x - x_0)(x_0 - x_1)(x_0 - x_2)$$

là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm $x_0$. Tương tự, ta thu được phương trình tiếp tuyến tại các điểm $x_1$ và $x_2$:

$$y = (x - x_1)(x_1 - x_0)(x_1 - x_2),$$

$$y = (x - x_2)(x_2 - x_0)(x_2 - x_1).$$

Hãy đưa ra các ví dụ cụ thể trong đó cần tìm phương trình tiếp tuyến tại điểm $x_0$.

21

Vật lý 8, 9, 10

Cuốn sách đã xuất bản “Vận tốc vũ trụ thứ hai” dành cho tác phẩm kinh điển tám, “Khoảnh khắc tuyệt vời của dòng điện” dành cho tác phẩm kinh điển nói chung, “Về vấn đề hạt nhân” dành cho tác phẩm kinh điển nói chung. Nguyên liệu được chuẩn bị bởi N.K. Belkin.

Vận tốc thoát thứ hai

Nếu một vật thể nào đó được ban cho một vận tốc bằng vận tốc vũ trụ thứ nhất thì nó sẽ không rơi xuống Trái đất mà sẽ trở thành một vệ tinh nhân tạo chuyển động theo quỹ đạo tròn gần Trái đất. Chúng ta hãy nhớ lại rằng tốc độ này phải vuông góc với tâm Trái đất và có độ lớn bằng nhau

$$v_1 = \sqrt{gR} = 7,9 \text{ km/c},$$

trong đó $g = 9,8 \text{ m/c}^2$ là gốc rơi tự do của một vật trên bề mặt Trái đất, $R = 6,4 \cdot 10^6 \text{ m}$ là bán kính Trái đất (xem “Vật lý 8”, § 40).

Liệu một vật thể có thể phá vỡ hoàn toàn chuỗi trọng lực “trói” nó vào Trái đất không? Hóa ra là có thể, nhưng để làm được điều này, nó cần phải được “ném” với tốc độ lớn hơn nữa. Tốc độ ban đầu tối thiểu phải được truyền cho một vật thể trên bề mặt Trái đất để nó vượt qua lực hấp dẫn của Trái đất được gọi là tốc độ vũ trụ thứ hai $v_{II}$. Hãy tìm giá trị của nó.

Khi một vật chuyển động ra xa Trái đất thì lực hấp dẫn thực hiện tác dụng âm nên động năng của vật giảm đi. Tuy nhiên, lực hấp dẫn giảm dần theo điều này. Nếu động năng giảm xuống 0 trước khi lực hấp dẫn bằng 0 thì vật sẽ quay trở lại Trái đất. Để điều này xảy ra, động năng cần phải khác 0 cho đến khi lực hấp dẫn bằng 0. Và điều này chỉ có thể xảy ra ở một khoảng cách vô cùng lớn so với Trái đất.

Theo định lý về động năng (xem “Vật lý 8”, § 55), độ biến thiên động năng của một vật bằng công thực hiện bởi một lực tác dụng lên vật đó. Đối với dịch vụ của chúng tôi, bạn có thể viết:

$$0 - \frac{mv_II^2}{2} = A,$$

hoặc

$$\frac{mv_II^2}{2} = -A,$$

(*)

trong đó $m$ là khối lượng của vật được ném ra khỏi Trái đất, $A$ là công do trọng lực thực hiện. Như vậy, để tính vận tốc vũ trụ thứ hai, cần tìm công do lực hấp dẫn của một vật thể trên Trái đất thực hiện khi vật đó di chuyển ra xa bề mặt Trái đất đến một khoảng cách vô cùng lớn. Điều đáng ngạc nhiên là công việc này không hề lớn đến mức vô hạn, mặc dù thực tế là chuyển động của cơ thể dường như vô cùng lớn. Nguyên nhân của hiện tượng này là do lực hấp dẫn giảm khi vật thể di chuyển ra khỏi Trái đất. Công mà lực hấp dẫn thực hiện là gì?

Chúng ta hãy lợi dụng thực tế là công của lực hấp dẫn không phụ thuộc vào hình dạng quỹ đạo của vật thể (xem “Vật lý 8”, § 56), và theo khoảng cách, trường hợp đơn giản nhất là vật thể chuyển động ra xa Trái đất dọc theo một đường đi qua tâm Trái đất. hình hiển thị ở đây cho thấy Trái đất và vật thể có khối lượng $m$ đang di chuyển dọc theo hướng được chỉ định bởi mũi tên.

Trước tiên chúng ta hãy tìm công $A_1$, được thực hiện bởi lực hấp dẫn trong một diện tích rất nhỏ từ một điểm tùy ý $N$ đến điểm $N_1$. Khoảng cách của các điểm này đến tâm Trái đất lần lượt được ký hiệu là $r$ và $r_1$ nên công $A_1$ sẽ bằng

$$A_1 = -F(r_1-r) = F(r-r_1).$$

Không, nên thay giá trị nào của lực $F$ vào công thức này? Rốt cuộc, nó thay đổi từ điểm này sang điểm khác: tại $N$ nó bằng $GMm/r^2$ (m là khối lượng của Trái đất), tại điểm $N_1$ - $GMm/r_1^2$. Rõ ràng bạn cần lấy giá trị trung bình của lực này

23

mômen lực bằng 0 và hệ ở trạng thái cân bằng ổn định. (Trên thực tế, hệ quy chiếu không dừng lại ngay lập tức; trong một thời gian nó sẽ quay quanh vị trí cân bằng của nó.)

Không khó để chỉ ra (bạn tự làm) rằng ở bất kỳ vị trí trung gian nào, khi pháp tuyến với mặt phẳng đối diện, một góc β tùy ý được tạo thành với chỉ thị của từ trường thì mô men xoắn bằng

$$M = BIS \sin \beta.$$

Từ biểu thức này, rõ ràng rằng đối với một giá trị nhất định của chỉ thị trường và khi xác định vị trí của bộ đếm với dòng điện, mô-men xoắn chỉ phụ thuộc vào tích của diện tích bộ đếm S và cường độ dòng điện I trong đó. Đại lượng IS được gọi là mô men từ của thiết bị mang dòng điện. Chính xác hơn, IS là mô hình của vectơ mômen từ. Và vectơ này được định hướng vuông góc với mặt phẳng đối diện và theo cách mà nếu chúng ta quay miếng gimlet theo hướng của dòng điện trong mạch, thì hướng chuyển động tịnh tiến của miếng gimlet sẽ chỉ ra hướng của mô men từ. Ví dụ, mômen từ của contra thể hiện trong Hình 1 và 2 hướng ra xa chúng ta phía sau mặt phẳng của trang giấy. Mô men từ được đo bằng A m2.

Bây giờ chúng ta có thể nói rằng một mạch điện có dòng điện đặt trong từ trường đều được lắp đặt sao cho mô men từ của nó “nhìn” theo hướng của từ trường gây ra chuyển động quay của nó.

Được biết, không chỉ mạch điện có dòng điện mới có đặc tính tạo ra từ trường riêng và quay trong một từ trường bên ngoài. Các tính chất tương tự cũng được quan sát thấy ở một thanh từ hóa, chẳng hạn như ở kim la bàn.

Trở lại năm 1820, nhà vật lý nổi tiếng người Pháp Ampere đã bày tỏ ý tưởng rằng sự giống nhau về hành vi của một nam châm và một dòng điện ngược với dòng điện được giải thích bởi thực tế là các dòng điện kín tồn tại trong các bộ phận của nam châm. Ngày nay người ta biết rằng trong các nguyên tử và phân tử thực sự có những dòng điện cực nhỏ liên quan đến chuyển động của các electron trên quỹ đạo của chúng xung quanh hạt nhân. Do đó, các nguyên tử và phân tử của các chất có nhiều đuôi, chẳng hạn như vật liệu thuận từ, có mômen từ. Sự quay của những khoảnh khắc này trong từ trường bên ngoài dẫn đến sự từ hóa của các chất thuận từ.

Những người khác cũng đã phát hiện ra. Tất cả các hạt tạo nên nguyên tử cũng có mômen từ hoàn toàn không liên quan đến bất kỳ chuyển động nào của điện tích, tức là với dòng điện. Đối với họ, mômen từ có đặc tính “bẩm sinh” giống như điện tích, khối lượng, v.v. Ngay cả một hạt không có điện tích—neutron, một phần không thể thiếu của hạt nhân nguyên tử—cũng có mômen từ. Vì vậy hạt nhân nguyên tử cũng có mô men từ.

Như vậy, mô men từ là một trong những khái niệm quan trọng nhất trong vật lý.

Về chất hạt nhân

Hạt nhân nguyên tử chứa hai loại hạt: proton tích điện dương và neutron trung tính. Chúng có khối lượng rất gần nhau $m_p \approx m_n \approx 1,67 \cdot 10^{-27}$ kg. Giá trị này không đáng kể, tuy nhiên, mật độ vật chất trong lõi rất cao. Hãy thử đánh giá nó.

Các thí nghiệm của Rezerforad, trong đó sự tồn tại của hạt nhân nguyên tử, cho thấy kích thước của nó là ~10$^{-14}$—10$^{-15}$ m. Các phép đo tiếp theo về bán kính của hạt nhân có giá trị số khối $A > 10$

$$R_\pi \approx 1,3 \cdot 10^{-15} \sqrt{A} \text{ m}.$$

Hơn nữa, đối với thể tích của hạt nhân (giả sử nó có dạng hình cầu) ta có

$$V_\pi = \frac{4}{3} \pi R_\pi^3 \approx 10^{-44} A \text{ m}^3.$$

Khối lượng lõi

$$M_\pi \approx m_p A,$$

mật độ vật chất trong hạt nhân

24

$$\varrho_{\pi} = \frac{M_{\pi}}{V_{\pi}} \approx \frac{m_p A}{V_{\pi}} \approx 10^{17} \text{ кг/м}^3.$$

Hóa ra nó lớn một cách kỳ diệu. Nếu có thể lấp đầy hoàn toàn một khối lập phương có thể tích một cm khối bằng hạt nhân, thì khối lượng của khối này sẽ xấp xỉ 100 triệu tấn!

Mật độ vật chất hạt nhân cao như vậy rõ ràng cho thấy sự tồn tại của lực hấp dẫn cực lớn tác dụng giữa các hạt tạo nên hạt nhân. (Các tính chất cơ bản của lực hạt nhân được mô tả trong § 107 của Vật lý 10.) Ngoài hạt nhân thông thường, các nhà vật lý lý thuyết còn đề xuất khả năng tồn tại những hạt “bất thường”: neutron thuần túy, siêu đặc (ở chúng vật chất bị nén mạnh hơn gấp nhiều lần), v.v. Các nghiên cứu thực nghiệm về chúng vẫn chưa dẫn đến kết quả khả quan.

Vật chất hạt nhân có thể tồn tại trong tự nhiên dưới dạng hình thành lớn? Kết quả tích cực đáp số cho câu hỏi này được đưa ra khi các nhà thiên văn học phát hiện ra (năm 1967) một ngôi sao neutron.

Một ngôi sao như vậy có thể hình thành từ một ngôi sao chung trong quá trình suy giảm nhanh chóng. Trong một ngôi sao thông thường, có sự cân bằng giữa lực hấp dẫn, có xu hướng nén ngôi sao và lực áp suất của vật chất sao bị nung nóng, chống lại sự co lại này. Quá trình nén bắt đầu khi các nguồn năng lượng nhiệt hạch bên trong ngôi sao cạn kiệt nguồn tài nguyên của chúng. Ngôi sao nguội đi, trạng thái cân bằng bị xáo trộn và vật chất lao về phía trung tâm của ngôi sao. Mật độ vật chất tăng mạnh, các electron nguyên tử bị “ép” vào hạt nhân và các phản ứng hạt nhân bắt đầu, chuyển proton thành neutron. Sẽ đến một thời điểm mà vật chất bên trong ngôi sao sẽ bao gồm chủ yếu là neutron và có mật độ hạt nhân. Trong trường hợp này, một ngôi sao có khối lượng bằng Mặt trời sẽ co lại thành một quả bóng có bán kính ~10 km.

Khả năng tồn tại của sao neutron đã được nhà vật lý lỗi lạc Liên Xô L. D. Landdu dự đoán.

Trường học yêu thích bài toán

lớp tám

1. Giải phương trình
   $$x^3 - 9x^2 + 27x = 19.$$
2. Chứng minh rằng số 1984·1985·1986×1987+1 là số chính phương.
3. Chứng minh rằng nếu hai tứ giác có cạnh bằng nhau thì diện tích của chúng bằng nhau.
4. $x, y$ là số nguyên và số $6x+11y$ chia hết cho 31. Chứng minh rằng số $x+7y$ cũng chia hết cho 31.
5. Từ hai điểm A và B cách nhau 100 km, hai xe đạp cùng lúc được gọi hướng về nhau, chuyển động với vận tốc 20 km/h và 30 km/h. Cùng với chiếc xe đạp thứ nhất, một con ruồi ngựa bay ra từ điểm A với tốc độ 50 km/h và bay về phía điểm B cho đến khi gặp chiếc xe đạp thứ hai, sau đó quay đầu bay trở lại cho đến khi gặp chiếc xe đạp thứ nhất, quay lại, v.v. Hỏi có bao nhiêu km theo hướng từ điểm A đến điểm B cho đến thời điểm hai xe đạp gặp nhau?

*) bài toán này cũng được S.R. gửi cho chúng tôi. Sefibekov. (Ghi chú của biên tập viên)

lớp chín
6. Vẽ đồ thị hàm số
$$y = \frac{1}{2} \left( \sqrt{x+2\sqrt{x-1}} - \sqrt{x-2\sqrt{x-1}} \right).$$
7. Số nào lớn hơn: lg²11 hay lg 12?
8. Chứng minh rằng nếu một đoạn thẳng nối hai cạnh đối diện của một tứ giác lồi bằng nửa tổng hai cạnh kia của nó thì đó là hình thang.
9. Có hàm số f và g nào được xác định trên toàn bộ trục số sao cho đẳng thức giữ được cho mọi x và y không?
$$f(x) \cdot g(y) = x+y+1?$$
10. Vẽ một hình vuông bằng cách sử dụng bốn điểm nằm lần lượt trên các cạnh của nó.

lớp mười
11. Số nào lớn hơn: cos sin 1 hay sin cos 1?
12. Phương trình là bao nhiêu
$$x-y)^2=x+y$$
số nguyên lời giải thỏa mãn bất đẳng thức |x|<100, |y|<100?
13. Các đường chéo chia hình thang thành bốn hình tam giác. Gọi s là diện tích hình thang, s₁ và s₂ là diện tích của hai tam giác liền kề với các đáy của hình thang. Chứng minh rằng √s = √s₁ + √s₂.
14. Thật vậy, các số x, y, a sao cho x+y=a-1, xy=a²-7a+14. Tại giá trị nào của a thì tổng x2+y2 có giá trị lớn nhất?
15. Một phần của đặc điểm làm hài lòng n có thể là đặc điểm làm hài lòng (n+2) thông thường không?

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi L.D. Kurlyandchik

25

Nhiệm vụ

1. Ruslan đã mua bốn con tem cho bộ sưu tập của mình: tem Cuba, tem Mông Cổ, tem Bulgaria và tem Ba Lan. Chi phí mua không có tem Cuba là 40 kopecks, không có tem Mông Cổ - 45 kopecks, không có tem Bulgaria - 44 kopecks và không có tem Ba Lan - 27 kopecks. Mỗi con tem giá bao nhiêu?

2. Nếu bạn cộng 16 với 20, bạn sẽ có 36—một hình vuông hoàn hảo. Nếu bạn lấy hai mươi trừ mười sáu, bạn sẽ có bốn - cũng là một hình vuông hoàn hảo. Có những số nào khác trở thành số chính phương sau khi cộng và trừ số 16 không?

3. Các du khách đến gần một con sông nhỏ với một khúc gỗ được ném ngang qua. Họ cần phải sang phía bên kia. Du khách đầu tiên đi dọc theo một khúc gỗ và rơi xuống nước, nhưng bơi được sang bờ bên kia. Sau đó, người dẫn đầu nhanh chóng chạy qua khúc gỗ. Những du khách còn lại theo anh sang phía bên kia.

Tại sao chạy ngang qua một khúc gỗ lại tốt hơn là băng qua?

4. Điểm A và B, nằm trong hình chữ nhật CDEF, được nối với các đỉnh của nó. Hai trong số các hình tam giác thu được được sơn màu xanh lam, hai hình tam giác còn lại được sơn màu đỏ, giống như hình tứ giác ở giữa (xem hình). Chứng minh rằng diện tích phần màu đỏ của hình chữ nhật bằng diện tích phần màu xanh của nó ứng với mọi vị trí của điểm A và B bên trong hình chữ nhật.

5. Cơ sở nào của hệ thống số lời giải có (và cái gì) câu đố về số trên hình? (Về hệ thống số, xem đáp số trong bài thơ truyện tranh “Cô gái phi thường” ở trang 60.)

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi V. D. Vyon, một học sinh lớp 7 trường số 60 ở Vakuu, Nazim Shirinov, S. S. Krotov, G. A. Galperin, A. V. Shvetsov.

Kordkem
Ở lối vào vườn có
bụi hoa hồng lớn,
những bông hồng trên đó có màu trắng,
nhưng ba người làm vườn đều siêng năng
nhưng họ sơn chúng màu đỏ
màu mới. Nohodya
Alice nghe thấy: - Pya-
vắt tay! bạn tôi
văng tung tóe!

• Đây là Bảy
  đẩy tôi
• đã trả lời

còn ai nữa?

Bảy trong
nhìn vào không-
và nói:

• Đúng rồi,
  Hãy ra khỏi đây
  hú vào mặt người khác
• Tốt hơn là cậu nên…
  giữ im lặng. - Pya nói-
  vắt. - Hôm qua tôi
  Tôi đã tận tai nghe thấy Ko-
  roleva đã nói rằng bạn có-
  nhưng đã đến lúc phải cắt đầu!
• À, anh biết đấy… - nhưng
  ánh mắt anh hướng về Alice.
  Cả ba cúi đầu
  com cung. - Kể,
  làm ơn, - rụt rè hỏi
  sức mạnh Alice, tại sao bạn
  bạn có vẽ những bông hồng này không? Hai

Jack, nhưng anh ấy chỉ ul-
số không và cúi đầu. Sau đó
cô ấy quay sang Alice và
hỏi: “Tên bạn là gì,
con?" - Tên tôi là Ali-
đậu nành, với sự cho phép của Vashto
Thưa bệ hạ, - đã trả lời
Alice một cách lịch sự. - Đây là ai thế?
như thế này - Nữ hoàng hỏi
chỉ vào những người đã ngã xuống
người làm vườn quanh bụi cây.
Họ nằm úp mặt với rượu, và
Nữ hoàng không thể làm sáng tỏ
quân đội là những người làm vườn, hoặc
cận thần. — Pereverini
của họ! - cô ra lệnh cho Valya -
cái đó. Jack di chuyển cẩn thận
mang về những người làm vườn bằng một chiếc tất
khởi động. - Thức dậy!

hét lên. Bảy trong
nhìn vào không-
và nói:

• Đúng rồi,
  Hãy ra khỏi đây
  hú vào mặt người khác
• Tốt hơn là cậu nên…
  giữ im lặng. - Pya nói-
  vắt. - Hôm qua tôi
  Tôi đã tận tai nghe thấy Ko-
  roleva đã nói rằng bạn có-
  nhưng đã đến lúc phải cắt đầu!
• À, anh biết đấy… - nhưng
  ánh mắt anh hướng về Alice.
  Cả ba cúi đầu
  com cung. - Kể,
  làm ơn, - rụt rè hỏi
  sức mạnh Alice, tại sao bạn
  bạn có vẽ những bông hồng này không? Hai

tất cả cùng một lúc, không cần chờ đợi -
có hàng đợi. Sắp ra mắt
Nữ hoàng đã tới
nỗi buồn dậm chân
và không ngừng hét lên: “Chặt đầu cô ấy đi!” cái đầu
Xuống với anh ta! Alice đang lo lắng
gật đầu, quyết định rằng cô ấy đã
Một tranh chấp có thể nảy sinh giữa Nữ hoàng.
Điều gì sẽ xảy ra với tôi? - tôi nghĩ
Alice. - Họ rất thích ở đây
chặt đầu thuyền. Cô ấy
nhìn lên, muốn không được chú ý
nhưng lẻn đi thì bất ngờ
cô ấy có một cái đầu trong đầu
một điều gì đó khó hiểu. Alice
Tôi thực sự không thể hiểu được điều đó
nó là thế này đây, nhưng thông qua

Thôi kệ, nghĩ đi
Alice. - Vẫn là một câu hỏi
cuộc sống đã dừng lại rồi
không đánh nhau cũng không
bỏ trốn

• Thôi kệ, nghĩ đi
Alice. - Vẫn là một câu hỏi
cuộc sống đã dừng lại rồi
không đánh nhau cũng không
bỏ trốn

nói nhỏ:

• Bạn thấy đấy, cô gái trẻ, Nữ hoàng đã ra lệnh trồng hoa hồng đỏ, và chúng tôi, những kẻ ngốc, đã trồng hoa trắng. Bây giờ đầu chúng tôi đang khóc. Đúng lúc đó Paterka hét lên:
• Nữ hoàng! Người làm vườn ngã sấp mặt. Alice quay lại. “Mười người lính cầm giáo đứng phía trước, họ rất giống những người làm vườn - cũng bằng phẳng và có hình tứ giác, phía sau là mười ổ, quần áo của họ rộng ra.

Tôi là Kretami.
Những đứa trẻ hoàng gia đang chạy phía sau ổ đĩa. Ngoài ra còn có mười người trong số họ. Quần áo của họ lấp lánh ánh vàng đỏ. Phía sau họ là những vị khách, tất cả đều là các vị Vua và Hoàng hậu lớn. Theo sau các vị khách là ALTER Worms. Alice do dự: có lẽ cô nên lao thẳng vào mặt mình? Tuy nhiên, tại sao lại tổ chức đám rước nếu mọi người đều ngã sấp mặt? Sau đó không ai nhìn thấy gì cả… Và cô ấy vẫn đứng. Ngay khi người thứ sáu đuổi kịp Alice, Nữ hoàng nghiêm khắc hỏi: “Đây là ai nữa?” Cô ấy thành lập để

30

Những người chiến thắng trong cuộc thi “Sách Vấn đề Quaita”
Hàng năm tạp chí của chúng tôi tổ chức một cuộc thi giữa các học sinh để giành được Sách Vấn đề lời giải bài toán “Quaita”.
Dưới đây là danh sách được công bố của những người chiến thắng trong cuộc thi “Sách Vấn đề Quaita” năm 1985.
Họ sẽ được trao Dillom và huy hiệu của tạp chí “Quait” và nhận quyền tham gia ngay vào vòng thứ tư (cung cấp trước) của Olympic Thế giới 1986:

Trong toán học
A. AKSENOV - Velikie Luki, tr. ii. Số 7, 9 ô.
M. ALEXANDROV - Mátxcơva, tr. ii. Số 542, 10 ô.
Y. ARGENTOV - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
J. VARSHAVSKY - Kharkov, tr. ii. Số 27, 8 ô.
T. GAZARYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại YSU, lớp 10.
D. GAMARNIK - Tbilisi, Trường Vật lý được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 10.
O. GEVORKOV - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 9.
R. GIỚI THIỆU - Tashkent, tr. ii. Số 110, 9 ô.
N. GRIGORIEV - Andropov, tr. ii. Số 33, 10 ô.
A. GRIGORYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại YSU, lớp 10.
A. DAVTYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại YSU, lớp 10.
D. DOVRITSYN - Mátxcơva, tr. ii. Số 91, 9 ô.
A. DYNNIKOV - Zhukovsky, tr. ii. Số 1, lớp 10.
D. ZAITSEV - Kyiv, tr. ii. Số 145, 9 ô.
A. IVANOV - Pervomaisk, tr. ii. Số 15, 10 ô.
S. ISMAILOV - Baku, Trường Vật lý số 1, lớp 10.
V. KAPOVICH - Khabarovsk, tr. ii. Số 2, 10 ô.
O. KIRNASOVSKY - Vinnitsa, tr. ii. Số 15, 8 ô.
A. KISELEV - Leningrad, tr. ii. Số 30, 10 ô.
A. KONONENKO - Kyiv, tr. ii. Số 145, 9 ô.
V. KRUGLIKOV - Kharkov, tr. ii. Số 149, 9 ô.
M. KURINNOY - Kharkov, tr. ii. Số 27, 10 ô.
N. KUSHLEVICH - Mátxcơva, tr. ii. Số 91, 9 ô.
S. KYARAS - Moletai, tr. ii. Số 2, 10 ô.
O. LIMESHKO - Kuibyshev, tr. ii. Số 16, 9 ô.
K. MAMUROV - Dushanbe, tr. ii. Số 53, 10 ô.
V. MEKHRABOV - Baku, tr. ii. Số 20, 10 ô.
G. MIKHALKIN - Leningrad, tr. ii. Số 30, 10 ô.
M. MUNKIN - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
D. MURALASHVILI - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 10.
I. RASKINA - Vitebsk, tr. ii. Số 31, 10 ô.
M. RZAEV - Baku, tr. ii. Số 94, 9 ô.
I. SAMOVOL - Gayvoron, tr. ii. Số 5, 9 ô.
R. SIVILEV - Leningrad, tr. ii. Số 30, 10 ô.
I. SIMONENKO - Velikie Luki, tr. ii. Số 1, lớp 10.
D. TAMARKIN - Gorky, tr. ii. Số 17, 9 ô.
K. TISHENKO - Minsk, tr. ii. Số 65, 10 ô.
Y. SHAMRUK - làng Novy Dvor, vùng Grodno, lớp 8.
V. EPIKTETOV - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.

Trong vật lý
A. ABANOV - Krasnoyarsk, tr. ii. Số 170, 10 ô.
M. AKHMEDOV - Sumgayt, tr. ii. Số 23, 10 ô.
K. VEDOV - Chelyabinsk, tr. ii. Số 138, 10 ô.
A. VERENGOLYTS - Chisinau, tr. ii. Số 3, 10 ô.
O. VESMAN - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
A. VESPALOV - Tbilisi, tr. ii. Số 37, 10 ô.
A. BYSHKO - Leningrad, tr. ii. Số 239, 9 ô.
A. VOLOSHIN - Ivanovka Kirg. SSR, tr. ii. Số 2, 10 ô.
A. GAMAYUNOV - Poltava, tr. ii. Số 6, 9 ô.
V. DOVROVOLYSKY - Tbilisi, tr. ii. Số 42, 10 ô.
A. DODA - Korsun-Shevchenkosky, tr. ii. Số 4, 10 ô.
D. EZHIKOV - Minsk, tr. ii. Số 32, 9 ô.
A. ZHARIKOV - Kyiv, tr. ii. Số 157, 10 ô.
K. ZAKHAROV - Frunze, tr. ii. Số 61, 10 ô.
N. ZAKHAROVA - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
V. ZINGERMAN - Samarkand, tr. ii. Số 51, 10 ô.
S. IVANOV - Ufa, tr. ii. Số 12, 10 ô.
V. KALATSKY - Soligorsk, tr. ii. Số 2, 10 ô.
M. KELLMANSON - Mátxcơva, tr. ii. Số 47, 10 ô.
P. LUSHNIKOV - Mátxcơva, tr. ii. Số 47, 10 ô.
A. MAKSIMOV - Tashkent, tr. ii. Số 110, 10 ô.
Y. MAKHLIN - Mátxcơva, tr. ii. Số 57, 10 ô.
V. MELIK-ALAVERDYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại Đại học Bang Yerevan, lớp 10.
G. NIKOLAISHVILI - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. V. M. Komarova, lớp 10.
I. OBIZHAEV - Tashkent, tr. ii. Số 50, 10 ô.
A. PARETSKY - Minsk, tr. ii. Số 23, 10 ô.
S. RAKHAMOV - Kazan, tr. ii. Số 131, 10 ô.
A. ROSENWINE - Kyiv, tr. ii. Số 206, 9 ô.
E. ROSNOSHCHIK - Kyiv, tr. ii. Số 206, 9 ô.
S. ROSYA - Minsk, tr. ii. Số 76, 10 ô.
R. SADIKOV - Frunze, tr. ii. Số 61, 10 ô.
V. TARNETSKY - Alma-Ata, ROFMSH, lớp 10.
S. TUZHANSKY - Vinnitsa, s. ii. Số 33, 10 ô.
R. Ulmasov - Dushanbe, tr. ii. Số 8, 10 ô.
G. FINKELSTEIN - Làng Chernogolovka, Mátxcơva, tr. ii. Số 82, 9 ô.
G. SHVETS - Kyiv, tr. ii. Số 145, 10 ô.
A. SHULYAK - Vùng Cherkasy, làng Molodetsia. ii., lớp 9.

31

Nhiệm vụ

M971 — M975; F983 — F987

M971. Tám đội bóng chuyền thi đấu một vòng (mỗi đội đấu với nhau một lần). Chứng minh rằng có thể chọn trong đó 4 đội A, B, C, D sao cho A thắng B, C và D, B thắng C và D, C thắng D.

A. T. Ukraintsev

M972. Trình tự $x_1, x_2, \dots$ được cho bởi các điều kiện $x_1 = \frac{1}{2}, x_{n+1} = x_n^2 + x_n$ ($n=1, 2, \dots$). Tìm phần nguyên của một số

$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \dots + \frac{1}{x_{100}+1}$$

A. A. Anzhans

M973. Cho tam giác ABC vẽ đường cao AH và đường phân giác BE. Chứng minh rằng nếu $\angle BEA = 45^\circ$ thì cũng $\angle EHC = 45^\circ$.

I. F. Sharyzin

M974. Hai người chơi cờ với một chiếc đồng hồ. Sau khi cả hai đi được 40 nước, đồng hồ của họ chỉ 2 giờ 30 phút.
a) Chứng minh rằng trong trò chơi có một thời điểm đồng hồ của người này nhanh hơn đồng hồ của người kia hơn 1 phút 50 giây.
b) Có thể nói rằng ở một số thời điểm chênh lệch giữa các số chỉ của đồng hồ ít nhất là 2 phút?

S. V. Fomin

M975. Có 20 quân cờ khác nhau trên một “bàn cờ” có kích thước $n \times n$. Được biết, mỗi hình từ trường bất kỳ sẽ có không quá 20 trường.
a) Chứng minh rằng với $n=100$ các hình này có thể được sắp xếp lại sao cho chúng không phải là nhau.
b) Biết thêm rằng nếu một hình được quay thì tập hợp các trường của nó cũng sẽ được quay song song (theo cùng một vectơ).
Chứng minh rằng với $n=30$ 20 hình này có thể được sắp xếp lại sao cho chúng không thuộc nhau.

A. K. Tolpygo

F983. Một khối có khối lượng $m=1$ kg nằm trên một mặt bàn thô; hệ số ma sát tĩnh của khối trên bàn $\mu_0=1$ N/m, hệ số ma sát trượt $\mu=0,9$ N/m. Một lò xo có độ cứng $k=1$ N/m được gắn vào vật. Lò xo bắt đầu bị kéo theo phương ngang sao cho đầu tự do của nó chuyển động với vận tốc không đổi $v$ (hình 1). Khối sẽ di chuyển như thế nào?

I. I. Mazin

32

F984. Khi chặt, chiếc rìu đôi khi bị mắc vào một khúc gỗ bị chẻ. Trong những trường hợp như vậy, họ sẽ tiêm thêm như trong hình 2 hoặc như trong hình 3. Phương pháp nào hiệu quả?

T. S. Petrova

F985. Một ống nghiệm A úp ngược được nhúng vào một bình chứa đầy ete lỏng. Bong bóng ngay lập tức bắt đầu nổi lên từ nó. Các bong bóng được “thu thập” vào ống nghiệm B (hình 4), ban đầu chứa đầy ete, chiều dài của ống nghiệm này dài gấp đôi chiều dài của ống nghiệm A. Trong trường hợp này, $\frac{2}{3}$ thể tích ban đầu của ete bị đẩy ra khỏi ống nghiệm B. Nhiệt độ trong phòng được duy trì ở 20 ° C, áp suất bằng áp suất khí quyển bình thường. Giải thích nguồn gốc của hiện tượng và xác định, từ dữ liệu có sẵn trong bài toán, áp suất của hơi ete bão hòa ở nhiệt độ đã chỉ định.

A. I. Buzdin

F986. Hai tấm đã được làm sạch tốt, bạch kim và vonfram, được đặt trong chân không để tạo thành một tụ điện song song. Khoảng không gian giữa chúng được lấp đầy bằng carbon monoxide CO. Xác định hiệu điện thế thu được giữa các bản. Xét rằng các phân tử CO lắng đọng trên bề mặt kim loại với liên kết hóa học cacbon-kim loại được hình thành; phân tử CO là lưỡng cực (hình 5), $|\Delta q| \cdot l = 3,3 \cdot 10^{-31}$ C m.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F987. Trong bức tranh “March” của I. Levitan (xem trang 8 và trang 1 của bìa), bóng trên tuyết do cây đổ vào một ngày nắng trong có màu xanh lam. Sẽ sai lầm hơn (từ quan điểm vật lý) nếu coi họ là những người đen tối, vô hồn (đen hoặc xám)?

A. S. Butov

Problems

M971—M975; P983—P987

M971. Eight volleyball teams took part in a round robin tournament (each team playing once with each). Prove that it is possible to choose four teams A, B, C, D among the eight so that A has defeated B, C and D, B has defeated C and D, C has defeated D.

A. T. Ukraintsev

M972. The sequence $x_1, x_2, \ldots$ is defined by the conditions $x_1 = \frac{1}{2}, x_{n+1} = x_n^2 + x_n$ (n=1, 2, …). Find the integer part of the number

$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \ldots + \frac{1}{x_{100}+1}.$$

A. A. Andjans

M973. In triangle ABC, AH is an altitude and BE a bisector. Prove that $\angle BEA = 45^\circ$ implies $\angle EHC = 45^\circ$.

I. F. Sharygin

M974. Two players played a chess game, using a standard (double) time-punching clock. After both had made 40 moves, both clocks showed 2 hours 30 minutes.

34

M952. Hãy ký hiệu bằng {x} phần phân số của số x; {x}=x-[x], trong đó [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
a) Cho ví dụ về số a sao cho $\{a\}+\{1/a\}=1$.
b) Chứng minh rằng số a như vậy không thể hữu tỉ.

M953. Có sáu điểm trên một mặt phẳng, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Tất cả 15 đường thẳng được vẽ nối liền

tam giác đầu tiên có ít hơn: $\angle A < \angle FOB$. Tương tự, $\angle C < \angle BOD$, $\angle E < \angle DOF$. Kể từ đây,

$$\angle A + \angle C + \angle E < \angle FOB + \angle BOD + \angle DOF,$$

a tổng ở phía bên phải (*) bằng 2π (khi tam giác BDF nhọn hoặc hình chữ nhật; hình 1) hoặc nhỏ hơn (khi tam giác này tù; hình 2). Tương tự, người ta chứng minh rằng $\angle B + \angle D + \angle F < 2\pi$ (vì $r_1 < 1$), và do đó tổng tất cả các góc của một hình lục giác nhỏ hơn 4π, điều này là không thể. Vì vậy, $r \geq 1$.

Một tuyên bố mạnh mẽ hơn cũng đúng: trong ký hiệu của chúng tôi là $r > 1 > r_1$ hoặc $r = r_1 = 1$. Để chứng minh điều này, trước hết ta chứng minh các tam giác ACE và BDF là các tam giác nhọn. Ví dụ, giả sử góc BFD không nhọn. Khi đó điểm F nằm trong đường tròn có đường kính BD, tức là $MF \leq MB$, trong đó M là trung điểm của BD (hình 3). Do đó, điểm N giao điểm của đường trung trực với BF với đoạn BD nằm giữa B và M. Hai tam giác đều BFA và BFN có chung đáy BF và đồng thời $BN \leq BM < 1 = BA$ (vì $2BM = BD < BC + CD = 2$) nên $\angle AFB > \angle FBD$. Tương tự như vậy, $\angle DFE > \angle FDB$. Nhưng khi đó góc của lục giác tại đỉnh F lớn hơn $\pi$ ($\angle F = \angle AFB + \angle BFD + \angle DFE > \angle FBD + \angle BFD + \angle FDB = \pi$), và điều này mâu thuẫn với tính lồi của lục giác.

Do đó, người ta đã chứng minh rằng phần bên phải của bất đẳng thức (*) bằng 2π và suy luận theo cách tương tự như trên, chúng ta thu được $r_1 \leq 1$ (nếu không thì tổng các góc của một hình lục giác sẽ lớn hơn 4π).

Cuối cùng, nếu một trong các bán kính, chẳng hạn r, bằng 1, thì rõ ràng các điểm A, C và E đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác BDF đối với cạnh của nó (hình 4). Từ đây dễ dàng suy ra rằng $\triangle ACE = \triangle DFB$ có nghĩa là $r_1 = 1$. (Ngoài ra, trong trường hợp này các tam giác ACE và DFB đối xứng nhau qua điểm giữa của đoạn OH, trong đó H là giao điểm các đường cao của tam giác BDF sao cho các cạnh đối diện của lục giác đó song song.)

E. Horvat, V. N. Dubrovsky

a) Đáp số: một trong các ví dụ của $-a = 2 + \sqrt{3}$. Thật vậy, vì $2 + \sqrt{3}(2 - \sqrt{3}) = 1$,
$\{a\} + \{1/a\} = (\sqrt{3} - 1) + (2 - \sqrt{3}) = 1$.

Tuy nhiên, bất kỳ số nào có dạng $n \pm \sqrt{n^2 - 1}$ đều phù hợp, trong đó $n$ là số nguyên và lớn hơn 1.

b) Giả sử rằng số $a$ là số hữu tỉ và biểu diễn nó dưới dạng phân số tối giản: $a = m/n$. Nếu $\{a\} + \{1/a\} = 1$ thì rõ ràng $a + 1/a$ là số nguyên; hãy biểu thị nó bằng k. Vì vậy, $m/n + n/m = k$, tức là $m^2 + n^2 = kmn$. Theo đó, $m^2$ chia hết cho n, và $n^2$ chia hết cho m, và tam giác m và n nguyên tố chung; điều này chỉ có thể thực hiện được với $|m| = |n| = 1$, tức là với $a = \pm 1$. Nhưng trong trường hợp này $\{a\} + \{1/a\} = 0$. Do đó, phương trình đang xét không có số hữu tỷ lời giải.

I. Varga

a) Đáp số: 10 điểm. Một ví dụ về sự sắp xếp với 10 điểm giao nhau của ba đường thẳng được thể hiện trong hình 1: các đỉnh và tâm của một hình ngũ giác đều được lấy ở đây làm 6 điểm ban đầu.

35

những điểm này được ghép nối. Số điểm lớn nhất (ngoài dữ liệu) mà tại đó 3 trong số 15 đường thẳng này giao nhau là bao nhiêu?

Hình 1.

Hình 2.

M954. a) Một đường thẳng nội tiếp các cạnh a và b sao cho tất cả các đỉnh của nó đều nằm trên các cạnh của tam giác. Gọi $a_1$ và $b_1$ là độ dài hình chiếu của tam giác lên các đường thẳng song song với cạnh a và b của đường thẳng. Chứng minh đẳng thức
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} = 1.$$
b) Một đường thẳng song song với các cạnh a, b và c nội tiếp trong một tam giác tùy ý sao cho tất cả các đỉnh của nó đều nằm trên một mặt của tam giác. Gọi $a_1$, $b_1$ và $c_1$ là độ dài các hình chiếu của tam giác lên các đường thẳng song song với các cạnh a, b và c. Chứng minh đẳng thức
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = 1.$$

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra rằng trên mỗi trong số 15 dòng đang xem xét không có nhiều hơn hai điểm giao nhau ba điểm (khác với dữ liệu), nghĩa là tổng số của chúng không vượt quá (15·2): $3=10$ (khi tính toán, phải tính đến việc mỗi điểm này nằm trên ba dòng).

Lưu ý rằng 6 đường thẳng nối 4 điểm bất kỳ trong số này theo cặp cắt nhau tại ba điểm (nếu không có đường thẳng nào song song giữa các đường thẳng này) và ba điểm này không thể nằm trên cùng một đường thẳng (hình 2). Do đó, trên đường thẳng nối hai điểm còn lại có nhiều nhất hai giao điểm ba điểm có thể nằm, đó là điều ta cần chứng minh.

Phát biểu in nghiêng không khó chứng minh bằng cách sử dụng thực tế là một đường thẳng không đi qua các đỉnh của một tam giác và cắt một cạnh của nó thì cắt đúng một cạnh kia *). Điều thú vị là trong một số hình học phi Euclide, tuyên bố này được coi là một tiên đề (tiên đề Fano), và trong một số hình học, nó không được thỏa mãn chút nào.

V. V. Prasolov

a) Rõ ràng, trên một cạnh của tam giác phải có hai đỉnh liền kề của một đường trượt thẳng, trên hai cạnh còn lại phải có một đỉnh khác (hình 1). Trong ký hiệu hình 1, từ mức độ sẵn sàng của các tam giác ABC và NMC, ACD và ANK, ta thu được
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} = \frac{NM}{AB} + \frac{KN}{DC} = \frac{NC}{AC} + \frac{AN}{AC} = 1.$$
Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn đẳng thức $a_1=AB$, hãy nhớ rằng trong bài toán 6) các phát biểu tương tự không quá rõ ràng. Hình chiếu của điểm C lên đường thẳng AB nằm trên đoạn AB (nếu không thì một trong các điểm K và L - các hình chiếu của N và M trên AB - phải nằm ngoài đoạn này); do đó hình chiếu của tam giác lên đường thẳng KL=AB trùng với cạnh AB của nó.

6. Rõ ràng là trên một mặt của một tam giác có thể có toàn bộ một mặt của hình song song, hoặc một trong các cạnh của nó, hoặc một đỉnh, hoặc không có đỉnh nào cả (tuy nhiên, cái sau, như chúng ta sẽ thấy sau, là không thể). Hãy xem xét hai trường hợp.

7. Cho một số mặt KLMN của mặt phẳng song song nằm trên mặt ABC của tam giác ABCD cho trước. Khi đó mặt song song $K'L'M'N'$ được nội tiếp trong phần $A'B'C'$ của tam giác bằng mặt phẳng của mặt này (hình 2). Đặt $KL=a$, $KN=b$, $KK'=c$. Vì hình chiếu E của đỉnh D lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC (nếu không thì một trong các điểm K, M, N phải nằm ngoài đỉnh D) nên các hình chiếu $a_1$ và $b_1$ của tam giác lên các đường thẳng KL và KN trùng với các hình chiếu của mặt ABC lên các đường thẳng này. Hình chiếu $c_1$ của tam giác lên đường thẳng KK’, very.no, bằng chiều cao DE của nó. Tam giác $A'B'C'$ bằng tam giác ABC có tâm D và hệ số $k=DE'/DE=(c_1-c)/c_1=1-c/c_1$ (E’ là giao điểm của DE và mặt phẳng $A'B'C'$), do đó, các hình chiếu của tam giác $A'B'C'$ lên $K'L'$ và $K'N'$

*) Xem sách giáo khoa của A.V. Pogorelov “Hình học 6-10” (Định lý 1.2).

36

Hình 2. Ba trường hợp có thể xảy ra ở đây sẽ được xử lý giống hệt nhau.

Hình 3.

Hình 4.

bằng $ka_1$ và $kb_1$ và do bài toán a)
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = k \left( \frac{a}{ka_1} + \frac{b}{kb_1} \right) + \frac{c}{c_1} = k + \frac{c}{c_1} = 1.$$

2. Không để mặt nào của hình song song nằm hoàn toàn bên trong mặt của tứ diện. Khi đó trên mỗi mặt của tứ diện phải có hai đỉnh của hình song song, tức là một cạnh. Dễ hiểu rằng trong bốn cạnh này, hai cạnh, chẳng hạn như KL và MN, nhất thiết phải nằm trên một mặt của hình song song và song song, còn hai cạnh còn lại - K’N’ và L’M’ - ở mặt đối diện và vuông góc với hai cạnh đầu tiên. Do đó, cạnh chung AB của các mặt tứ diện chứa các đoạn KL và MN song song với chúng, cạnh đối diện của tứ diện CD song song với K’N’ và L’M’ (và vuông góc với AB; hình 3).

Gọi EF là các đường vuông góc chung AB và CD, P và Q là giao điểm của nó với các mặt phẳng KLM và K’L’M’. Hình chiếu $c_1$ của tứ diện lên KK’, rất indo, bằng EF, và các hình chiếu của nó $a_1$ và $b_1$ lên các đường thẳng AB và CD (song song với KL và KN) trùng với các hình chiếu của tam giác ABF lên AB và CDE lên CD. Chúng ta hãy xem xét hình chiếu của khối đa diện của chúng ta trên các mặt phẳng ABF (hình 4, a) và CDE (hình 4, b). Lập luận tương tự như ở cuối điểm a), ta tin rằng điểm E nằm giữa A và B, và F - giữa C và D. Do đó, $a_1 = AB$, $b_1 = CD$. Bây giờ, sử dụng việc chuẩn bị các hình tam giác trong Hình 4, a và 4, b, chúng ta có được
$$\frac{a}{a_1} + \frac{b}{b_1} + \frac{c}{c_1} = \frac{FQ}{FE} + \frac{PE}{FE} + \frac{PQ}{FE} = 1.$$

Mệnh đề bài toán cũng đúng đối với một hình song song tùy ý nội tiếp trong một tứ diện, nếu theo $a_1$, $b_1$, $c_1$, chúng ta muốn nói đến độ dài của các hình chiếu song song của tứ diện lên các cạnh a, b, c của hình song song dọc theo các mặt phẳng của các mặt tương ứng của hình bình hành.

V. N. Dubrovsky

M955. n những người tham gia “bữa tiệc trà điên” đang ngồi ở một chiếc bàn tròn. Mỗi phút có một cặp hàng xóm đổi chỗ cho nhau. Sau thời gian ngắn nhất mà tất cả những người tham gia tiệc trà có thể thấy mình ngồi theo thứ tự ngược lại (để hàng xóm của mọi người ở bên trái trở thành bên phải và ngược lại)? Giải bài toán: a) với n=4, 5 và 6; b) với mọi n ≥3.

◆
a), b) Đáp số: đặt $t_n$ là thời gian tối thiểu bắt buộc (tính bằng phút), sau đó $t_{2k} = k^2 - k$, $t_{2k+1} = k^2$; cụ thể là $t_4 = 2$, $t_5 = 4$, $t_6 = 6$.

Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó với $n \geqslant 4$
$$t_n \geqslant t_{n-1} + \left[ \frac{n-1}{2} \right]$$

([a] là phần nguyên của a). Hãy tưởng tượng rằng những người tham gia tiệc trà đang ngồi ở các đỉnh của một n-giác thông thường. Sau đó, vị trí cuối cùng của chúng được lấy từ vị trí ban đầu bằng cách đối xứng so với một trục nào đó. Đặt A là một trong những phần ở xa trục nhất, B đối xứng với nó. Đường đi ngắn nhất từ ​​A đến B dọc theo ranh giới của một đa

37

Hình vuông (đa tuyến màu đỏ tại hình 1) chứa $k \geqslant [(n-1)/2]$ cạnh (xem hình 1), vì vậy $A$ phải đi dọc theo đường dẫn đến $B$ ít nhất $k$ cạnh, nghĩa là tạo ít nhất $k$ giao điểm. Nhưng trong những lần vượt qua này, thứ tự vị trí tương đối của những người tham gia $n-1$ còn lại không thay đổi và họ cần thực hiện ít nhất $t_{n-1}$ vượt qua nhau để được xếp theo thứ tự ngược lại, đó là nơi (1) theo sau.

Vì $t_3=1$ (hình 2), từ ước tính (1) chúng ta thu được điều đó

$$t_{2k} \geqslant 1 + \left[ \frac{3}{2} \right] + \left[ \frac{4}{2} \right] + \dots + \left[ \frac{2k-1}{2} \right] = 2(1+2+\dots+(k-1)) = k^2-k,$$

(2)

$$t_{2k+1} \geqslant 1 + \left[ \frac{3}{2} \right] + \dots + \left[ \frac{2k-1}{2} \right] + \left[ \frac{2k}{2} \right] = k^2.$$

(3)

Hãy chứng minh rằng giao điểm tìm được ở đây là đủ, tức là dấu $\geqslant$ trong (2) và (3) có thể thay thế bằng dấu $=$. Hãy liệt kê những người tham gia đơn vị theo thứ tự từ 1 đến $n$ và chia họ thành hai nhóm - từ 1 đến $k$ và từ $(k+1)$ đến $n$. Để thay đổi thứ tự trong nhóm đầu tiên, nó sẽ ghép tuần tự người tham gia thứ nhất với người thứ 2, thứ 3, …, $k$, sau đó người thứ 2 với người thứ 3, thứ 4, …, $k$, v.v. (hình 3). Việc này sẽ phải qua $(k-1)+(k-2)+\dots+1 = (k^2-k)/2$. Tương tự, với giao điểm $(n-k)(n-k-1)/2$, chúng ta nhận được thứ tự ngược lại ở nhóm thứ hai. Tổng cộng, tại $n=2k$ hoặc $n=2k+1$ (tức là $k=[(n+1)/2]$ sẽ cần phải thực hiện tương ứng các giao lộ $k^2-k$ hoặc $k^2$.

Chúng ta hãy trình bày ý tưởng về một cách dẫn xuất khác của ước tính (2) và (3). Lưu ý rằng trong số ba người tham gia bất kỳ của phần này, ít nhất hai người phải được đặt vào đúng vị trí (nếu không thứ tự của họ sẽ được giữ nguyên). Chúng tôi kết nối hai người tham gia bằng một phân đoạn nếu họ không bao giờ phải giao nhau. Chúng ta sẽ nhận được một tập hợp các phân đoạn có điểm cuối tại $n$ điểm (hoặc như người ta nói, một biểu đồ có các đỉnh $n$). Do việc thay thế được thực hiện, các đoạn này (cạnh của đồ thị) không tạo thành một hình tam giác. Không khó để chứng minh bằng quy nạp rằng một đồ thị có $n$ đỉnh không có tam giác chứa nhiều nhất $[n^2/4]$ cạnh (đây là trường hợp đặc biệt gọi là định lý Turan; chứng minh cho số chẵn $n$ được đưa ra trong lời giải bài toán M934a trong «Kvant» số 11 năm 1985). Do đó, số cặp người tham gia giao nhau ít nhất một lần là $n(-1)/2 - [n^2/4]$, có thể dễ dàng xác minh, trùng với vế phải của (2) hoặc (3) - tùy thuộc vào tính chẵn lẻ của $n$.

V. V. Alekseev, V. N. Dubrovsky

F963. Các mặt phẳng $P$ và $Q$ cắt nhau vuông góc và mặt phẳng $P$ tạo một góc với đường chân trời (hình 1). Từ một điểm nào đó $A$ không gian

Thật thuận tiện khi tưởng tượng sự rơi tự do của một quả bóng từ điểm $A$ xuống mặt phẳng $P$ và chuyển động tiếp theo của nó dọc theo các quỹ đạo parabol là sự chồng chất của các chuyển động theo hai đường vuông góc lẫn nhau.

38

Một quả bóng nhỏ rơi tự do trên mặt phẳng P. Sự va chạm của quả bóng với mặt phẳng là lực đàn hồi thuận. Trong điều kiện nào quả bóng sẽ đến điểm A? Hình ảnh của một trong những quỹ đạo quay trở lại có thể.

ny hướng - dọc theo trục X và Y (xem hình 1).
Các “thành phần” của chuyển động sẽ được tăng tốc đồng đều với $v_{0x}=v_{0y}=0$ và các gia tốc $g_x=g \sin \alpha$ và $g_y=g \cos \alpha$. Tác động đàn hồi của quả bóng lên các mặt phẳng P và Q làm cho các chuyển động này diễn ra theo chu kỳ. Hãy ký hiệu khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng Q và P bằng l và h; thời gian di chuyển cho những khoảng cách này (“ở đó” hoặc “trở lại”) -

$$\tau_x = \sqrt{\frac{2l}{g \sin \alpha}}, \quad \tau_y = \sqrt{\frac{2h}{g \cos \alpha}}.$$

Việc quả bóng quay trở lại điểm A sẽ được thực hiện nếu nó xuất hiện đồng thời tại điểm A cả khi chuyển động dọc theo trục X và chuyển động dọc theo trục Y, nghĩa là nếu đẳng thức

$$\tau_x = k \tau_y,$$

trong đó k là số hữu tỉ. Trong trường hợp này, sẽ luôn có một số số m và n nhất định bằng “số lần di chuyển” của quả bóng dọc theo trục X và Y từ khi bắt đầu chuyển động cho đến khi xuất hiện tại điểm A:

$$m \tau_x = n \tau_y.$$

Chúng ta hãy tìm một đường đi mà theo đó quả bóng có thể một lần nữa đi đến điểm A. Bằng cách sử dụng sự tương ứng của các đoạn đường đi trong chuyển động có gia tốc đều ở những khoảng thời gian liên tiếp bằng nhau (tại $v_0=0$), chúng ta có thể hiển thị chính xác bằng đồ họa các vị trí mà quả bóng chạm vào mặt phẳng P và các điểm tiếp xúc của quỹ đạo của nó (các đoạn parabol) với trục X.

Tại hình 1, quỹ đạo đi xuống từ điểm A đến va chạm với mặt phẳng Q được thể hiện bằng màu tối. Chỉ có thể quay trở lại điểm A nếu quả bóng, sau khi được “phản xạ” từ mặt phẳng Q, ở đâu đó lại “nằm” trên cùng một quỹ đạo và di chuyển “lên” dọc theo nó. Không có quỹ đạo nào khác sẽ đưa bóng đến điểm A (tại thời điểm đó phải có $v_x=v_y=0$).

Cụ thể, nếu mặt phẳng Q gặp quả bóng trên đường thẳng $A_1B_1$ ($m=2, n=2$), hoặc trên đường thẳng $A_2B_2$ ($m=2, n=4$), hoặc trên $A_3B_3$ ($m=2, n=6$), v.v., thì ngay sau khi va chạm đàn hồi, nó sẽ tự tìm đến quỹ đạo màu xanh và chắc chắn sẽ quay trở lại điểm A.

Bây giờ chúng ta hãy chú ý đến quỹ đạo màu đỏ tại hình 1. Nếu sau khi phản xạ từ mặt phẳng Q, quả bóng rơi trên quỹ đạo này thì khi di chuyển “lên” dọc theo nó, nó sẽ bị phản xạ từ

$$Puc. 1. |AA_1|:|A_1A_2|:|A_2A_3|= =|BB_1|:|B_1B_2|:|B_2B_3|= =1:3:5.$$

39

Mặt phẳng $P$ sẽ lại nằm trên cùng một quỹ đạo và gần như dọc theo hướng ngược lại (quỹ đạo màu đỏ tương ứng với chuyển động của một quả bóng được ném từ điểm $B$ với tốc độ $v_0$ sao cho $v_{0y} = \sqrt{2gh} \cos \alpha$, $v_{0x} = 0$).

Tại giao điểm của quỹ đạo đỏ và xanh $|\vec{v}_{x1}| = |\vec{v}_{x2}|$ và $|\vec{v}_{y1}| = |\vec{v}_{y2}|$, theo định luật bảo toàn năng lượng, rõ ràng nếu tại một trong các điểm này (tại điểm $D$ hoặc tại điểm $E$) có mặt phẳng $Q$, thì quả bóng từ quỹ đạo màu xanh tại điểm này sẽ “chuyển” sang quỹ đạo màu đỏ và đi dọc theo điểm đó $B$ và quay trở lại máy bay $Q$ và sau khi “gieo” lại lần thứ hai vào quỹ đạo màu xanh lam, sẽ quay trở lại điểm $A$. Hơn nữa, đối với điểm $D$ $m_D = 4$, $n_D = 6$; cho điểm $E$ $m_E = 4$, $n_E = 10$.

Nhưng trong trường hợp chung, việc chuyển từ quỹ đạo màu xanh sang quỹ đạo màu đỏ và ngược lại phải được thực hiện thông qua “parabol trung gian” (chúng được hiển thị bằng màu xanh lục trên hình 2), và một số trong số chúng, có tiếp tuyến với trục $X$, nhất thiết sẽ có tiếp tuyến với trục $Y$. (Tại hình 2, toàn bộ quỹ đạo của quả bóng ở $m = 8$ và $n = 10$ được hiển thị.)

Nếu $k$ là số vô tỷ, trên mặt phẳng $Q$, parabol xanh sẽ không bao giờ cắt parabol đỏ và quả bóng sẽ không bao giờ kết thúc tại điểm $A$.

G. S. Lanudus

F964. Điểm vật chất tạo thành một hệ thống khép kín. Giữa hai điểm bất kỳ của hệ có một lực hấp dẫn bằng $\vec{F}_{ij} = km_i m_j \vec{r}_{ij}$, trong đó $m_i, m_j$ là khối lượng của các điểm, $\|\vec{F}_{ij}\|$ là lực tác dụng lên điểm $i$ từ điểm $j$, $\|\vec{r}_{ij}\|$ là khoảng cách giữa các điểm (hình 1), $k$ là một hệ số không đổi. Tại thời điểm ban đầu mọi bộ phận đều đứng yên. Chứng minh rằng sau một thời gian mọi điểm sẽ va chạm nhau. Xác định lần này nếu biết khối lượng của toàn bộ hệ $M = \sum_j m_j$ và hệ số $k$.

Chúng ta hãy chứng minh rằng các hạt va chạm đồng thời tại khối tâm của hệ.

Theo định nghĩa của khối tâm, vectơ bán kính $\vec{r}$ vẽ từ gốc tọa độ đến khối tâm là

$$\vec{r} = \sum_j m_j \vec{r}_j / M,$$

trong đó $\vec{r}_j$ là vectơ bán kính được vẽ từ gốc tọa độ đến điểm $c$ có khối lượng $m_j$.

Chúng ta hãy đặt gốc tọa độ ở tâm khối lượng của hệ thống. Vì vậy, chúng tôi đặt $\vec{r} = \vec{0}$. Nhưng theo (1) điều này có nghĩa là $\sum_j m_j \vec{r}_j = \vec{0}$. (Chúng ta sẽ sử dụng đẳng thức này hơn nữa.)

Lực tác dụng lên điểm $i$ từ phía của điểm $j$ bây giờ có thể được biểu thị như sau:

$$\vec{F}_{ij} = km_i m_j \vec{r}_{ij} = km_i m_j (\vec{r}_j - \vec{r}_i).$$

Vì vậy, từ các phía của tất cả các điểm của hệ, một lực tác dụng lên điểm thứ $i$

$$\vec{F}_i = km_i \sum_j m_j (\vec{r}_j - \vec{r}_i) = km_i \sum_j m_j \vec{r}_j - km_i \sum_j m_j \vec{r}_i =$$

$$= \vec{0} - km_i \vec{r}_i \sum_j m_j = -km_i M \vec{r}_i$$

(chúng tôi đã dạy điều đó $\sum_j m_j \vec{r}_j = 0$). Hãy viết lại (2) ở dạng $\vec{F}_i = -\alpha_i \vec{r}_i$ hoặc ở dạng vô hướng

$$F_i = -\alpha_i r_i,$$ ở đâu $\alpha_i = kMm_i$.

Chúng ta thấy rằng mỗi điểm chuyển động như thể nó được kết nối với khối tâm của hệ có độ cứng tác dụng $\alpha_i = kMm_i$, và trong trạng thái không tăng trưởng

40

Trong trường hợp này, chiều dài của lò xo bằng không.

Vì tại thời điểm ban đầu tất cả các điểm tích lũy (và các lò xo phát triển cùng lúc), nên trong tương lai mỗi điểm sẽ chuyển động hướng về phía tâm khối. Thời gian sau đó điểm $i$ phải tới khối tâm là 1/4 chu kỳ dao động của một vật có khối lượng $m_i$ trên một lò xo có độ cứng $\alpha_i$:

$$t_i = \frac{T_i}{4} = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{m_i}{\alpha_i}} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kM}}.$$

Có thể thấy, $t_i$ không phụ thuộc vào tham số của một điểm cụ thể; do đó, tất cả các hạt sẽ đồng thời đến khối tâm sau thời gian $\frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kM}}$.

A. G. Samosvat

F965. Một bình hình trụ dài chứa đầy khí lý tưởng đến áp suất $p_0$. Đầu tiên, nhiệt độ của xi lanh được giữ không đổi và bằng $T_0$. Khi đó, nhiệt độ của một trong các thành cuối của bình tăng lên $\Delta T$, và nhiệt độ của thành đối diện vẫn giữ nguyên. Bắt đầu ổn định áp suất trong bình và vị trí khối tâm của khí. Hãy xem xét điều đó $\Delta T \ll T_0$.

◆ Sau khi thiết lập trạng thái cân bằng ở những nơi khác nhau của bình, áp suất khí sẽ như nhau, nhưng nhiệt độ sẽ khác nhau: sự xuyên qua thành ấm hơn nhiều hơn và sự xuyên qua thành đối diện ít hơn. Nếu $\Delta T \ll T_0$ thì ta có thể giả sử nhiệt độ thay đổi theo quy luật tuyến tính

$$T(x) = T_0 \left( 1 + \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)$$

(xem hình). Chúng ta hãy tưởng tượng chia bình thành các lớp mỏng có độ dày $\Delta x$ sao cho trong mỗi lớp, nhiệt độ khí có thể được coi là không đổi. Đối với khí trong mỗi lớp như vậy phải thỏa mãn các điều kiện sau:

$$p = n(x) \cdot k \cdot T(x),$$

trong đó $p$ là áp suất trong bình, $k$ là hằng số Boltzmann, $n(x)$ là nồng độ thể tích của khí trong một lớp nhất định. Có thể thấy nồng độ còn phụ thuộc vào $x$

$$n(x) = \frac{p}{kT_0 \left( 1 + \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)} \approx \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_0} \frac{x}{l} \right)$$

(chúng tôi đã sử dụng đẳng thức gần đúng $\frac{1}{1+\alpha} \approx 1-\alpha$ tại $\alpha \ll 1$) và theo quy luật tuyến tính, nó thay đổi từ $n_0 = \frac{p}{kT_0}$ ở bức tường “lạnh” thành $n_l = \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_0} \right)$ ở bức tường “ấm”. Nồng độ trung bình

$$n_{cp} = \frac{n_0 + n_l}{2} = \frac{p}{kT_0} \left( 1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0} \right).$$

Hãy để chúng tôi biểu thị thông qua $n_{cp}$ tổng số phân tử trong bình:

$$N = Sln_{cp} = \frac{pSl}{kT_0} \left( 1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0} \right)$$

($S$ là diện tích phần cuối của hình trụ). Ở phía bên kia,

$$N = Sln_0 = \frac{p_0Sl}{kT_0},$$

trong đó $n_0$ là nồng độ khí trong bình tại $p_0$, $T_0$. Từ (1) và (2) áp suất trong bình ở trạng thái cân bằng ổn định được tìm thấy:

41

$$p = \frac{p_0}{\left(1 - \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right)} \approx p_0 \left(1 + \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right).$$

Vị trí hiện tại của khối tâm khí:

$$x_{\pi, \text{M}} = \frac{S}{N} \int_0^L dx \cdot x \cdot n(x) =$$

$$= L \left(1 + \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T_0}\right) \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \frac{\Delta T}{T_0}\right) \approx L \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{12} \frac{\Delta T}{T_0}\right).$$

Do đó, khối tâm của máy trộn hướng về phía bức tường lạnh hơn ở

$$\Delta l = \frac{1}{12} \frac{\Delta T}{T_0} L.$$

Sự trộn lẫn khối tâm của mỗi chất thoạt nhìn có vẻ nghịch lý, nhưng được giải thích một cách tự nhiên là do sự tương tác của các phân tử khí với thành bình. Thực tế là trong quá trình thiết lập trạng thái cân bằng, sự thay đổi động lượng của các phân tử tương tác với bức tường ấm hơn sẽ lớn hơn động lượng của các phân tử tương tác với bức tường đối diện. Điều này sẽ dẫn đến sự truyền động lượng từ thành bình sang chất khí, và do đó dẫn đến sự trộn lẫn khối tâm của chất khí.

V. I. Komov

F966. Tuy nhiên, đối với cụm sức căng bề mặt, một trong những màng đa bị kéo căng trên một nghịch lý được giải thích một cách tự nhiên là do sự tương tác của các phân tử khí với thành bình. Thực tế là trong quá trình thiết lập trạng thái cân bằng, sự thay đổi động lượng của các phân tử tương tác với bức tường ấm hơn sẽ lớn hơn động lượng của các phân tử tương tác với bức tường đối diện. Điều này sẽ dẫn đến sự truyền động lượng từ thành bình sang chất khí, và do đó dẫn đến sự trộn lẫn khối tâm của chất khí.

Đầu tiên chúng ta hãy tìm hiểu xem sợi chỉ sẽ cong như thế nào dưới tác dụng của sức căng bề mặt. Dễ dàng chứng minh rằng trong trường hợp $l < \pi d/2$ nó sẽ là một cung tròn, vì giả sử điều ngược lại (nghĩa là bán kính cong của sợi dây không đổi), chúng ta đi đến kết luận rằng sự cân bằng của sợi dây là không thể.

Khi tính đến điều này, chúng tôi thấy rằng trong trường hợp $l > \pi d/2$ sợi chỉ sẽ có hai đoạn thẳng có chiều dài $x = \frac{1}{2} \left(l - \frac{\pi d}{2}\right)$ và một hình bán nguyệt (vì các điểm $C$ và $D$ bị che) với bán kính $d/2$ (hình 2).

Đặt lực căng của chỉ $T$ (xem hình 2). Nhìn vào các phần đối xứng của sợi chỉ, chúng ta có thể viết:

$$2T = \sum_i \sigma \cdot \Delta l_i \cdot \cos \alpha = \sigma d \Rightarrow T = \frac{\sigma d}{2}.$$

L. G. Markovich

F967. Một chồng màng kim loại rất mỏng, nằm ở những khoảng cách bằng nhau tính từ pin, được sạc từ pin như sau. Cực âm của pin được nối với màng ngoài cùng bên phải, cực dương lần lượt được nối với màng bên trái, sau đó đến cực thứ hai từ bên trái, đến màng thứ ba, v.v. cho đến cực áp chót (thứ hai từ bên phải).

Chúng ta biểu thị bằng $S$ diện tích mỗi tấm, $d$ khoảng cách giữa các tấm, $\mathcal{E} — \partial D C$ pin. Hãy cùng tìm xem tấm che ngực nào nằm ở tấm ngoài cùng bên phải (1) sau khi nạp tấm thứ $k$ bên phải.

Khoảng cách giữa các bản này bằng $(k-1)d$, hiệu điện thế bằng $\partial D C$ của pin $\mathcal{E}$, và do đó, điện áp của điện trường trong khe hở giữa các bản này phải bằng

42

$$E = \frac{\varepsilon}{(k-1)d}.$$

Điện trường này tạo ra một điện tích âm nằm trên tấm 1 và tất cả các điện tích dương nằm trên các tấm đã tích điện (hình 2). Vì hướng của trường của một mặt phẳng tích điện vô hạn không phụ thuộc vào khoảng cách đến nó và không thay đổi khi nó di chuyển, nên chúng ta có thể gán trong đầu tất cả các mặt phẳng tích điện dương cho mặt phẳng thứ $k$ bên phải. Điều này sẽ tạo ra một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa các bản $(k-1)d$. Vì điện trường trong một tụ điện phẳng bằng $Q/\varepsilon_0S$, trong đó $Q$ là điện tích của mỗi bản, nên điện tích âm của bản ngoài cùng bên phải (1) sau khi sạc bản thứ $k$ bên phải sẽ bằng

$$Q = \frac{\varepsilon_0S}{(k-1)d}.$$

Tổng điện tích trên tất cả các bản tích điện dương sẽ có độ lớn như nhau.

Bạn có thể tìm thấy điện tích của tấm thứ $k$ từ các thông báo sau. Trước khi sạc, điện tích dương của tất cả các tấm ở bên trái tính đến tấm thứ $(k+1)$ bằng $Q' = \frac{\varepsilon_0S}{kd}$, tổng điện tích dương sau khi sạc tấm thứ $k$ trở thành bằng $Q = \frac{\varepsilon_0S}{(k-1)d}$. Do đó, điện tích của bản thân tấm thứ $k$ bằng

$$Q = \frac{\varepsilon_0S}{d} \left( \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k} \right).$$

Bây giờ chúng ta có thể trả lời câu hỏi được đặt ra trong bài toán. Điện tích âm cuối cùng sẽ tích lũy trên tấm ngoài cùng bên phải, như sau từ biểu thức (1) cho $k=2$, sẽ bằng

$$Q_1 = \frac{\varepsilon_0S}{d}.$$

Điện tích của tấm 3 (biểu thức (2) $k=3$) -

$$Q_3 = \frac{\varepsilon_0S}{d} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) = \frac{\varepsilon_0S}{6d}.$$

Vì vậy, tỷ lệ phí yêu cầu

$$Q_1:Q_3 = 6.$$

E. P. Sokolov

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Hầu hết độc giả đã gửi lời giải bài toán M926—⟦M940, F938—F952 quản lý bài toán M926, M929, M931, M936, F938, F941—F943, F947, F951, F952.

Dưới đây chúng tôi công bố họ của những người được đặt tên lời giải và những người còn lại bài toán (các số sau họ là chữ số cuối của các số lời giải bài toán).

Toán học

Kh. Azaev (làng Turkba, Az. SSR) 33, 37; N. Azazaryan (Abovyan) 33-35; N. Azamov (S. Balchiki, vùng Andjan) 37-39; A. Aksenov (Velikie Luki) 28, 34, 37, 38; M. Alexandrov (Moscow) 28, 33, 37-40; A. Alekseychik (Odeska) 37; M. Alt (Odeska) 28, 37, 38; Y. Argentov (Alma-Ata) 32, 33, 37; V. Asambaev (Alma-Ata) 37; A. Astashkevich (Tomsk) 28, 33—35, 37, 38; V. Balakhontsev (Alma-Ata) 37; A. Baran (Kyiv) 28, 30, 33, 37, 39; N. Bezdenezhnykh (Nizhny Tagil) 30, 32-34; R. Bezrukavnikov (Kaluga) 28, 30, 33, 34, 38; V. Berezdivin (Donetsk) 33, 37; O. Besman

43

(Alma-Ata) 37; I. Chất kết dính (Leningrad) 28; E. Boomol (Alma-Ata) 37; M. Boyko (Kyiv) 30, 32, 39; M. Bona (Székesfehérvár, Hungary) 33, 39; A. Buza (Ulyanovsk) 37; Y. Varshavsky (Kharkov) 28, 32, 33, 35, 37, 38; M. Wekler (Leningrad) 28; I. Verbovsky (Alma-Ata) 37; T. Ghazaryan (Yerevan) 32-35, 37-40; D. Gamarnik (Tbilis) 33, 37-40; G. Gevondyan (Yerevan) 37, 38; O. Gevorkov (Tbilis) 28, 37, 38; O. Gendelman (Kharkov) 30, 38; R. Gendler (Tashkent) 28, 33, 38-40; O. Geupel (Dresden, CHDC Đức) 28, 30, 32-35, 37-40; A. Glutsik (Kharkov) 28, 38; R. Goy (Lviv) 28, 33; G. Gorbatenko (Arzamas) 28; A. Gorokhovsky (Kyiv) 28, 32, 33, 35, 38-40; D. Grebneva (Alma-Ata) 37; P. Grigoriev (Alma-Ata) 37; N. Grigoriev (Andropov) 28, 33, 35, 37-39; L. Gripber (Alma-Ata) 37; M. Gripber (Kharkov) 30; R. Gripiv (Lviv) 28, 33, 37, 38; A. Davtyan (Yerevan) 32-35, 37-40; A. Dementyev (Nalchik) 28; G. Dementyev (Alma-Ata) 37; A. Jafarov (làng Torkoba, Az. SSR) 33, 37; M. Dobritsyn (Moscow) 28, 32-35, 37-39; A. Donchenko (Kyiv) 28, 32, 33, 35; S. Dubadenko (Almaty) 37; M. Dudnik (Alma-Ata) 33, 37; A. Dynikov (Zhukovsky) 28, 32, 33, 35, 37-40; I. Dynikov (Zhukovsky) 28, 32, 33, 35, 37-40; A. Zhaksybekov (Alma-Ata) 37; S. Zhelezovskaya (Saratov) 33, 37, 38; V. Zhuravlev (Gaivoron) 28, 30, 32, 33, 35, 38; P. Zadorzhny (Kyiv) 32, 33, 35, 37, 38; D. Zaitsev (Kyiv) 28, 33, 35, 37, 38, 40; L. Zapolsky (Moscow) 37, 38; A. Zakharov (Gatchina) 28; I. Zakharov (Alma-Ata) 37; A. Ivanov (Pervomaisk, vùng Nikolaev) 38, 40; M. Iznavier (Saratov) 28, 32, 33; I. Kan (Semipalatinsk) 38; V. và I. Kapovich (Khabarovsk) 28, 33, 34, 38; Kh. Karimberdev (Tashkent) 28; O. Karpasovsky (Vinnitsa) 28, 33, 37; A. Kiselev (Leningrad) 28, 32-34, 37-39; A. Kozinsky (Gaivoron) 33, 35; I. Kozulya (Zhukovsky) 33, 38; D. Konovalenko (Sevastopol) 30; A. Konenko (Kyiv) 33, 37-39; Yu. Korolev (Kazan) 37; A. Korshkov (Mozyr) 33, 38; D. Kokhmanok (Kyiv) 28; V. Kratsenko (Alma-Ata) 37; V. Krullikov (Kharkov) 33, 38; I. Krylov (Leningrad) 32, 33; O. Krylov (khu định cư Eldikan, Yak ASSR) 35, 39; M. Kuks (Lviv) 28, 37; A. Kupshin (Alma-Ata) 37; M. Kurina (Kharkov) 28, 32, 33, 37-40; S. Kutatsev (Konkovo) 28; I. Kutatsev (Donetsk) 33, 37; L. Lenishchiy (Leningrad) 28, 32, 33, 37, 38, 40; O. Limeshko (Kuibyshev) 28, 33, 35, 38; A. Litvak (Leningrad) 28, 32, 33, 37-39; M. Litvikov (Kyiv) 28, 32, 37, 38; A. Lobkovsky (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 38; I. Luchinin (Alma-Ata) 37; M. Makarov (Sevastopol) 28, 30, 32, 34; K. Mamurov (Dushanbe) 28, 30, 33, 35, 37-39; V. Matveev (Chelyabinsk) 37, 38; Yu. Makhlin (Moscow) 28, 37, 38, 40; S. Melentsevich (Minsk) 28; V. Merkulov (Kuibyshev) 38; A. Minasan (Yerevan) 33, 35; T. Misirpashaev (Moscow) 28, 32, 33, 37, 38; G. Mikhalkin (Leningrad) 28, 33, 35, 38, 40; S. Mikhno (Krasnodar) 28; D. Muzafarov (làng Germatuk Az. SSR) 30; M. Munkin (Alma-Ata) 28, 32, 33; Z. Musina (Almaty) 37; A. Nazorny (Sluk) 32, 33, 38; E. Nazorskaya (Yerevan) 28; I. Neronov (Alma-Ata) 33; Yu. Nim (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 38; O. Trứng (Odessa) 28, 30, 32, 33, 37,

44

I. Varda (Salonta, SRR) 45; A. Vasiliev (Krasnoisk) 39; A. Vilkotsky (Minsk) 39, 45, 49, 50; R. Volivach (Dnepropetrovsk) 45, 48; V. Volkov (khu định cư Pogranichny, vùng Primorsky) 45; S. Volkov (Nikhniy Tagil) 49; A. Voldko (Odessa) 39; A. Voloshin (làng Ivanovka, huyện Issyk-Ata) 39; G. Gabadadze (Tbilis) 42; A. Gaek (Dnepropetrovsk) 48-50; O. Gendelman (Kharkov) 49; A. Glazok (Kyiv) 50; L. Golovan (Krasnogorsk, vùng Moscow) 46; L. Goldstein (Kyiv) 39; S. Goncharik (Baranovich) 46; L. Gorkin (Khu định cư Nauchny, vùng Crimea) 49; A. Grechishnikov (Miass) 49; V. Griberd (Moscow) 44, 49; V. Gurarik (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 45, 48, 50; L. Gurevits (Kemerovo) 44; A. Dementier (Nalchik) 46, 49; D. Dementier (Nalchik) 46, 49; V. Dobrovolsky (Tbilis) 49, 50; A. Doda (Korsun-Shevchenkovsky) 42, 44, 45, 48, 49; A. Dynikov (Zhukovsky) 39, 45, 48, 50; I. Dykov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 49; D. Ezhikov (Minsk) 39, 48; M. Yermakov (Riga) 45; S. Efremov (Zaporozhye) 39, 45; A. Zharikov (Kyiv) 39, 42, 44, 45, 48-50; V. Zhevlakov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 42, 45, 49, 50; A. Zheludev (Moscow) 44, 45; A. Zhukov (Kyiv) 49; O. Zaboronsky (Moscow) 49, 50; R. Zaychillian (Belorets) 42; N. Zakharova (Alma-Ata) 45; K. Zvarts (Kyiv) 44, 45, 50; V. Zelov (Novosibirsk) 49; E. Zeltser (Kyiv) 48; K. Zimin (Zaporozhye) 45, 48, 49; V. Zinerman (Samarkand) 45, 49, 50; I. Ivanov (Kaluga) 49; S. Ivanov (Ufa) 44, 45, 48, 49; O. Iznatyvae (Novopolyuk) 44; V. Kalatsky (Soligorsk) 45, 49; A. Kalatsnikov (Kyiv) 49; V. Kamenkovich (Kharkov) 49; I. Kaplan (Sumgant) 49; A. Karyakin (Tambov) 39; M. Kach (Saratov) 45; V. Kiryashkin (Saratov) 48, 49; A. Kiselev (Leningrad) 45, 49; P. Clark (Tula) 44, 45, 49; I. Kovalenko (làng Termakhovka, vùng Kyiv) 49; E. Kozhevnikov (Moscow) 49; Yu. Kondratenko (Kyiv) 42, 50; A. Krakovsky (Kharkov) 48, 49; V. Kraiskov (Mozyr) 50; A. Người đẹp (Kyiv) 45; V. Kraschenko (Alma-Ata) 45; S. Kryuchkov (Noginsk) 49; A. Kurachev (Novosibirsk) 39, 48-50; D. Kusher (Myttishchi) 48, 50; P. Lavrentiev (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 45, 49, 50; A. Levenshtein (Donetsk) 45, 49, 50; L. Lyuznov (Moscow) 49, 50; M. Litvionov (Kyiv) 39; Yu. Lobzakov (Kyiv) 44-46; A. Lobkovsky (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 49; I. Lutsenko (Donetsk) 44, 45, 49, 50; P. Lushinkov (Moscow) 42, 44, 45, 50; A. Maksimov (Tashkent) 45; M. Magrushis (Kharkov) 45; G. Marchenko (Saratov) 45; S. Maslov (Moscow) 49; Yu. Makhlin (Moscow) 39, 44, 45, 50; Z. Macharadze (Tbilis) 45; V. Melik-Alaverdyan (Yerevan) 44, 45, 49; K. Melnikov (Perm) 45; A. Melnichuk (Khabarovsk) 39; TRONG. Mikizil (Rostov-on-Don) 39; T. Misirashev (Moscow) 39; E. Mikhalok (Minsk) 42, 48-50; S. Mikhno (Moscow) 50; A. Mitsanenko (Novosibirsk) 48, 49; D. Mozileuev (Shklov) 39, 45, 49, 50; A. Mudrik (Brest) 45; S. Nastenko (Kyiv) 39, 48, 49; A. Nedachyn (Kyiv) 48; S. Nikitenko (Kyiv) 48, 49; I. Nikitin (Gorky) 39, 42, 45; G. Nikolashvili (Tbilis) 39, 44, 45, 48, 49; T. Nikolskaya (Donetsk) 45, 49, 50; S. Novikov (Kherson) 45, 48-50; A. Nurmadambetov (Novosibirsk) 45; A. Ovodenko (Donetsk) 45, 49, 50; A. Yanchuk (Dubrovitsa) 45, 50.

45

Lập trình trên máy vi tính: phân nhánh và lặp

V. V. ROZHDESTVENSKY,
S. G. KHLEBUTIN

Ghi chú này chủ yếu dành cho học sinh lớp chín đang học khóa học “Cơ bản về Công nghệ Thông tin và Máy tính” và có quyền truy cập vào máy tính vi mô có thể lập trình.

Trong số trước «Kvant» Tôi nói về cách các chương trình đơn giản nhất được viết bằng ngôn ngữ thuật toán giáo dục có thể được “dịch thành mã của máy tính vi mô có thể lập trình”, tức là các chương trình đó có thể được tự động chuyển đổi thành danh sách các lệnh cho máy tính vi mô (xem bài viết của L. F. Sternberg “Lập trình trên máy vi tính: các chương trình đơn giản nhất”). Ở đây chúng tôi tiếp tục câu chuyện này. Chúng ta đang nói về việc dịch hai cấu trúc chính của ngôn ngữ thuật toán: phân nhánh và lặp. Bài thuyết trình được thực hiện liên quan đến máy tính vi mô Elektronka MK-54, nhưng với những thay đổi nhỏ, nó có thể được gắn vào các mẫu máy tính lập trình trong nước khác.

Trước hết, hãy xem máy tính hoạt động như thế nào ở chế độ tự động, tức là khi chương trình được thực thi mà không có sự can thiệp của con người. Để kiểm soát việc lựa chọn lệnh từ bộ nhớ, một ô đặc biệt gọi là bộ đếm địa chỉ được sử dụng.

Ô này có thể chứa bất kỳ địa chỉ bộ nhớ chương trình nào.

Nếu bạn nhấn phím C/P ở chế độ tự động, thao tác này sẽ yêu cầu máy tính bắt đầu vận hành tự động. Điều này có nghĩa là máy tính sẽ phân tích nội dung của ô nhớ chương trình mà bộ đếm địa chỉ trỏ tới, thực hiện thao tác này hoặc thao tác khác và thay đổi nội dung của bộ đếm địa chỉ. Những hành động như vậy được gọi là chu kỳ chương trình. Thực hiện liên tục các chu kỳ, chương trình sẽ đếm cho đến khi gặp lệnh STOP.

Nếu không có hoạt động chuyển tiếp nào trong chương trình thì trong quá trình thực hiện một chu kỳ xung nhịp, giá trị của bộ đếm địa chỉ sẽ tăng thêm một. Các hoạt động chuyển tiếp được thiết kế đặc biệt để thay đổi nội dung của bộ đếm địa chỉ cho thiết bị của chúng ta. Lệnh nhảy hoạt động như thế nào?

Hãy xem xét các lệnh BP và Fx∨0, trong đó ∨ biểu thị một trong các dấu của phép toán so sánh: <, =, ≥, ≠. Để các lệnh này hoạt động, cần sử dụng hai ô nhớ: một ô để lưu mã lệnh và ô tiếp theo để lưu một số địa chỉ.

Hoạt động của lệnh BP được thực hiện như sau: máy tính đặt vào bộ đếm địa chỉ địa chỉ mà chúng ta đã ghi vào ô tiếp theo của mã BP.

Lệnh Fx∨0 thực hiện như sau: nếu điều kiện x∨0 được thỏa mãn thì nội dung cũ của bộ đếm địa chỉ sẽ tăng thêm hai; nếu điều kiện không được thỏa mãn thì địa chỉ từ ô bên cạnh mã lệnh Fx∨0 sẽ được đặt trong bộ đếm địa chỉ.

Ví dụ 1. Hãy theo dõi sự thay đổi của bộ đếm địa chỉ trong quá trình thực thi luồng của chương trình sau (xem bảng bên dưới).

46

Vì vậy, chúng tôi thấy rằng sự hiện diện của các thao tác nhảy có thể phá vỡ chuỗi tự nhiên (theo thứ tự địa chỉ) của lệnh và đây chính xác là điều cần thiết khi lập trình các cấu trúc “vòng lặp” và “nhánh”.

Thiết kế “chu kỳ”
Trong ngôn ngữ thuật toán, cấu trúc như vậy trông như thế này:
trong khi điều kiện
nc
loạt
kts
Để tạo điều kiện thuận lợi cho việc chuyển đổi cấu trúc “chu trình” sang ngôn ngữ máy tính, chúng tôi sẽ viết nó dưới một dạng hơi khác, cụ thể là:
Tạm biệt
v ∨ 0
loạt
kts
Ở đây v là biểu thức tranh luận, ∨ là một trong những dấu hiệu so sánh được mô tả ở trên.
Chúng tôi đề xuất sơ đồ sau để chuyển toán tử vòng lặp từ ngôn ngữ thuật toán sang ngôn ngữ máy tính (ở đây X biểu thị đỉnh của ngăn xếp):

Lưu ý rằng lệnh K NOP (không hoạt động), mặc dù nó không đòi hỏi bất kỳ hành động nào, nhưng rất thuận tiện cho việc thiết lập sự tương ứng giữa các từ khóa (tạm biệt, kts). ngôn ngữ thuật toán và các lệnh máy tính, đồng thời cũng giúp việc tuân theo logic của chương trình trở nên dễ dàng hơn. Căn chỉnh các bản ghi theo chiều dọc thuận tiện cho việc tìm địa chỉ nhảy và đọc chương trình.

Ví dụ 2. Hãy xây dựng chương trình tính m=n!

Trong ngôn ngữ thuật toán giáo dục, chương trình trông như thế này:

alg giai thừa (số nguyên m, n)
tranh cãi
độ phân giải
bắt đầu nguyên vẹn
đầu vào n
m:=1
i:=1
trong khi tôi<n
nc
i:=i+1
m:=m*i
kts
đầu ra m

lừa đảo
Xin lưu ý rằng chúng tôi đã chèn hai lệnh bổ sung vào nội dung chương trình (đầu vào và đầu ra) - chúng giúp việc dịch thuật dễ dàng hơn.
Chương trình bây giờ có thể được phát sóng. Đầu tiên, chúng ta mô tả vị trí lưu trữ của các biến dưới dạng bảng.

Biến n m i
Bộ nhớ RgO Rg1 Rg2

Chương trình được hiển thị trông như thế này:

Địa chỉ Lệnh Mã
00 C/P 50
01 X→PO 40
02 1 01
03 X→P1 41
04 1 01
05 X→P2 42
06 K NOP 54
07 P→X2 62
08 P→X0 60
09 - 11
10 F x<0 5C
11 22 22
12 P→X2 62
13 1 01
14 + 10
15 X→P2 42
16 P→X1 61
17 P→X2 62
18 X 12
19 X→P1 41
20 BP 51
21 06 06
22 K NOP 54
23 P→X1 61
24 C/P 50