Kvant 1986, số 8 · Trang

QUANTUM
8
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

Sàn gỗ từ bên phải
đa giác

“… Nhân loại,
quyết định cống hiến hết mình
công trình khoa học, phải bắt đầu nó
càng sớm càng tốt -
khi còn là sinh viên,
hoặc tốt hơn nữa là ngay cả trong những năm học.”
Những lời này của Viện sĩ I.K. ,
đứng đầu bởi «Kvant»
trong mười lăm năm,
xác định mục đích chính của tạp chí -
giới thiệu với độc giả trẻ
vào thế giới của khoa học chính xác,

№ 200

giúp anh ấy điều hướng nó,
kiểm tra sức mạnh của bạn
và xác định các xu hướng.
Chúng tôi hy vọng tạp chí của chúng tôi
trả lời bài toán đã cho.
Hôm nay anh cầm trên tay
Số 200 «Kvant».
Chúng ta sẽ kỷ niệm ngày kỷ niệm này
in lại một số tốt nhất
bài viết từ số đầu tiên của tạp chí
và chúng tôi tin tưởng vào
rằng họ vẫn còn
sẽ được bạn quan tâm
và khuyến khích sự độc lập
công việc sáng tạo.

TRONG PHÒNG:

2 nhà khoa học Liên Xô trong cuộc đấu tranh vì hòa bình
3 A. N. Kolmogorov. Sàn gỗ làm bằng đa giác thông thường
5 A. D. Vendukidze. Descartes vẽ tiếp tuyến như thế nào
8 tôi. Sh. Slobodetsky. Ma sát khô
13 A. A. Panov. Tranh nghịch lý
14 MB Balk. Bí mật của ông già Cooper
20 L. G. Aslamazov. Sóng truyền thông tin như thế nào?
25 Về sáng tạo toán học của học sinh

IN THIS ISSUE:

19 Tin khoa học
carbon sáu mươi
Science news
Sixty atom carbon

29 Vòng tròn toán học
V. G. Boltyansky. Tứ diện Pythagore
Mathematics circle
V. G. Boltianski. Pythagorean tetrahedra

32 Phòng thí nghiệm «Kvant»
G. I. Kosurov. Bầu trời màu cam
Kvant’s lab
G. I. Kosourov. Orange sky

45 «Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
Kvant for younger school children
Problems
Who stole the tarts? (after
L. Carroll)
A. N. Kyuchukov. Những thất bại của một nền văn minh
A. N. KuICHUKOV. Những bất hạnh của một nền văn minh

41 Bài toán M996 — M1000; F1008 — F1012
Kvant’s problems
Problems M996 — M1000; P1008 — P1012
Độ phân giải bài toán M976 - M980; F988 — F992
Solutions M976 — M980; P988 — P992

52 Hội thảo của người nộp đơn
Thông tin về các ấn phẩm trước đây
College applicant’s section
Information on previous publications
E. P. Kazandjan. Pupil — applicant — student — engineer

59 Thông tin
Lễ kỷ niệm các nhà toán học trẻ
Information
Young mathematician’s gathering
Moscow university physics evening school
8th Young physicist’s tournament
VIII Chuyến tham quan của các nhà vật lý trẻ
IX Chuyến tham quan của các nhà vật lý trẻ
9th Young physicist’s tournament

63 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (7, 51, 58)
Answers, hints, solutions
Miscellaneous (7, 51, 58)
The chess page
Chessboard geometry (3rd cover page)

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

2

Các nhà khoa học Liên Xô trong cuộc đấu tranh vì hòa bình

Hơn 5 năm trước, vào ngày 4 tháng 5 năm 1981, các nhà khoa học xuất sắc của Liên Xô, đứng đầu là Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Viện sĩ A.P. Aleksadrov và các Phó Chủ tịch, Viện sĩ E.P. Velikov và A.A. Logunov kêu gọi các nhà khoa học trên khắp thế giới “làm mọi thứ để ứng phó với mối đe dọa chiến tranh hạt nhân từ các dân tộc… và biến ý chí và kiến ​​thức của họ thành sự nghiệp sáng tạo, bảo tồn các điều kiện trên trái đất nhằm đảm bảo cuộc sống tốt đẹp cho các thế hệ hiện tại và tương lai.”

Lời kêu gọi này cũng cho biết: “Chúng ta là nhân chứng của những sự kiện đáng báo động: chạy đua vũ trang, đặc biệt là vũ khí hạt nhân ngày càng lớn. Các cuộc đàm phán về việc giải thể đang đến lúc hoặc đã bị bỏ rơi hoàn toàn. Các hiệp định đã ký không có hiệu lực. Các hiệp định và hiệp định hiện có nhằm khuyến khích hoạt động quân sự được hỗ trợ bởi chi phí chung, việc thực hiện chúng bị cản trở một cách có chủ ý… Chúng ta không thể để nhân loại bị bắt bởi những định kiến chứng minh rằng thế giới chỉ có thể kết thúc trên hàng núi vũ khí, rằng không phải lý trí mà là vũ lực sẽ thống trị tiến trình lịch sử mãi mãi.” và mãi mãi.”

Các tác giả kháng cáo chỉ trích gay gắt việc theo đuổi bom neutron đang diễn ra vào thời điểm đó ở các nước tư bản. Giờ đây, cuộc chiến chống triển khai các loại vũ khí hủy diệt hàng loạt trong không gian, chống lại chiến lược “Chiến tranh giữa các vì sao” mà chủ nghĩa đế quốc Mỹ kiên trì kêu gọi nhân loại, đã lên cao.

Mối nguy hiểm đang rình rập nhân loại không thể không khiến các nhà khoa học lo lắng. Suy cho cùng, họ hiểu rõ quy mô và hậu quả của nó hơn những người làm nghề khác. Và mỗi người trong số họ phải đối mặt với câu hỏi mình sẽ đảm nhận vị trí nào trước mối nguy hiểm này. Lập trường của các nhà khoa học Liên Xô được thể hiện rõ ràng trong bài phát biểu. Nó được hỗ trợ tích cực bởi các nhà khoa học từ tất cả các nước. Nó được hỗ trợ và thúc đẩy rộng rãi bởi Liên đoàn các nhà khoa học thế giới, các hiệp hội tự nguyện và hiệp hội các nhà khoa học. Nhiều bài phát biểu và biểu tình của họ giúp vận động quần chúng nhân dân tích cực phản đối các kế hoạch xâm lược của chủ nghĩa đế quốc.

Hợp tác quốc tế trong cuộc đấu tranh vì sự chung sống hòa bình của các dân tộc ngày càng mạnh mẽ hơn mỗi năm. Năm 1986 được Liên Hợp Quốc tuyên bố là Năm Hòa bình. Hưởng ứng sáng kiến ​​này, Liên Xô đã đưa ra một chương trình toàn diện, dài hạn và thực tế nhằm cắt giảm vũ khí và giải trừ vũ khí nói chung, được tính toán cho đến năm 2000. Chương trình này được nêu trong Tuyên bố của Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU M. S. Gorbachev, công bố ngày 15 tháng 1 năm 1986, nhận được sự ủng hộ rộng rãi của quốc tế.

Các nhà khoa học Liên Xô đã đóng góp rất lớn vào việc phát triển các kế hoạch quân sự tiên phong được quảng bá rộng rãi trong giới đế quốc - lý thuyết về cuộc tấn công đầu tiên, chiến tranh hạt nhân hạn chế, lá chắn chống tên lửa trong không gian, v.v. Họ đã chỉ ra một cách thuyết phục những hạn chế của bất kỳ cuộc xung đột quốc tế nào liên quan đến việc sử dụng vũ khí nguyên tử và bác bỏ lập luận của những người phản đối việc giải tán về việc không thể kiểm soát chặt chẽ các yêu cầu thử nghiệm hạt nhân.

Chủ nghĩa xã hội không cần đến chiến tranh và toàn thể nhân dân Liên Xô tích cực phản đối chiến tranh.

Sàn gỗ làm bằng đa giác thông thường

Viện sĩ A. N. KOLMOGOROV

Sàn gỗ là gì

Việc giặt rất đơn giản, nhưng sàn gỗ sẽ nhàm chán nhất nếu mặt phẳng được chia thành các ô vuông bằng nhau như trong hình 1, a. Ở đây hai hình vuông có một cạnh chung, một đỉnh chung hoặc không có điểm chung nào cả.

Chúng ta sẽ gọi sàn gỗ là lớp phủ của một mặt phẳng có các đa giác đều trong đó hai đa giác có một cạnh chung, một đỉnh chung hoặc không có điểm chung nào cả.

Bạn có thể sẽ thấy một sàn gỗ được làm từ các hình bát giác và hình vuông thông thường (hình 2, a). Một sàn gỗ đẹp có thể bao gồm các mặt phẳng đều, đa giác, hình vuông và hình tam giác đều (hình 2, b).

Sàn gỗ tạo ra vẻ ngoài dễ chịu nếu nó đủ đối xứng. Một hình được gọi là đối xứng nếu nó có thể được xếp chồng lên chính nó theo cách “không tầm thường” (nghĩa là không phải theo cách mà tất cả các điểm vẫn giữ nguyên vị trí).

Ví dụ: trên hình 2, b, xoay toàn bộ lưới các đỉnh và cạnh, tạo thành

Bằng cách tạo một sàn gồm các hình lục giác, hình vuông và hình tam giác, 60° xung quanh tâm của một trong các hình lục giác, chúng ta có được cùng một lưới các đỉnh và các cạnh. Tâm của mỗi hình lục giác của sàn gỗ này là “tâm đối xứng bậc sáu”*).

Bài toán 1. Tìm tất cả tâm đối xứng bậc 4, bậc 3 và bậc 2 của sàn gỗ như ở hình 2, a.

Sàn gỗ phù hợp là gì

Từ quan điểm đối xứng, định nghĩa về sàn gỗ của chúng tôi không mấy thành công. Nó cho phép sàn gỗ không có bất kỳ sự đối xứng nào. Lấy một sàn gỗ thông thường gồm các hình lục giác (hình 1, b), bạn có thể “làm hỏng” nó bằng cách chia một số hình lục giác thành sáu hình tam giác. Dễ hiểu là kết quả sẽ lại là “sàn gỗ” theo đúng định nghĩa của chúng ta. Nhưng người ta có thể chứng minh (hãy thử xem!) rằng bằng cách chia nhỏ, chẳng hạn như ba hình lục giác, như thể hiện trong hình 3, và giữ nguyên tất cả phần còn lại, chúng ta sẽ có được một sàn gỗ hoàn toàn không có tính đối xứng. Để lắp đặt sàn gỗ xấu, không đủ đối xứng, chúng tôi sử dụng định nghĩa sau:

Một sàn gỗ được gọi là chính quy nếu nó có thể được xếp chồng lên chính nó theo cách mà bất kỳ đỉnh nào của nó cũng được chồng lên bất kỳ đỉnh nào khác của nó.

Bài toán 2. Chứng minh rằng các tấm ván sàn trình bày ở Hình 1 và 2 là đúng và

*) Điểm O được gọi là tâm đối xứng bậc n của một hình nào đó nếu khi hình này quay quanh O 360°/n thì nó chồng lên chính nó.

Hình 1.

4

Hình 2.

tự mình xây dựng càng nhiều sàn gỗ chính xác càng tốt.

Chính bài toán

Nó chỉ ra rằng tất cả các loại sàn gỗ chính xác có thể được mô tả. Nếu chiều dài cạnh $h$ của đa giác sàn gỗ được cho trước thì chỉ có một số hữu hạn các sàn gỗ thông thường khác nhau (không chồng chéo). Tôi không muốn nói cho bạn biết chính xác là bao nhiêu.

Liệt kê tất cả chúng và từ đó trả lời câu hỏi về số lượng của chúng là bài toán chính mà bạn phải giải.

Một số gợi ý

Lời giải bài toán việc bắt đầu bằng việc kiểm tra cấu trúc của mặt bàn gỗ là điều đương nhiên. Một $n$-gon thông thường có $n$ góc ngoài (hình 4), tổng của chúng bằng bốn góc vuông REM (bạn hãy xem phần này). Do đó, mỗi góc của $n$-giác đều bằng

$$a_n = 2d - \frac{4d}{n} = 2\left(1 - \frac{2}{n}\right)d.$$

Mặt trên của sàn gỗ phải chứa các đa giác có tổng các góc bằng 4d. Vì thế,

$$a_3 = \frac{2}{3}d, \ a_4 = d, \ a_6 = \frac{4}{3}d, \ a_8 = \frac{3}{2}d,$$

và đối với các loại sàn gỗ được hiển thị trong Hình 1 và 2, chúng ta có:

$$4a_4 = 4d,$$
$$6a_3 = 4d,$$
$$3a_6 = 4d,$$
$$a_4 + 2a_8 = 4d,$$
$$a_3 + 2a_4 + a_6 = 4d.$$

Trong trường hợp tổng quát, biểu thị bằng $m_n$ số các $n$-giác liền kề, ta thu được

$$\sum m_i a_i = 4d,$$

(1)

trong đó trong tổng, chúng tôi bao gồm các số hạng có các số $i$ mà $m_i > 0$ và $a_i = 2(1 - 2/i)d$.

(Cuối cùng xem trang 7)

5

Descartes vẽ tiếp tuyến như thế nào

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. D. VENDUKIDZE

Bài toán về cách vẽ tiếp tuyến là một trong những hình học bài toán quan trọng nhất. Vấn đề này đã được người Hy Lạp cổ đại giải quyết, họ đã giải quyết thành công trong một số trường hợp. Đặc biệt, họ biết cách xây dựng các tiếp tuyến của một hình tròn, hình elip, hyperbol, parabol… Nhưng họ không có một phương pháp chung và trong mỗi trường hợp riêng lẻ, họ phải hành động tương ứng - áp dụng một hoặc một tính chất khác của tiếp tuyến được vẽ (ví dụ, trong trường hợp đường tròn, họ dựa vào một thực tế nổi tiếng là tiếp tuyến vuông góc với bán kính vẽ đến điểm tiếp tuyến).

Năm 1637, một trong những cuốn sách nổi tiếng nhất trong lịch sử khoa học đã được xuất bản - “Hình học” của Descartes. Trong đó, tác giả cùng với các kết quả nghiên cứu quan trọng khác của mình còn trình bày một phương pháp mở rộng để vẽ tiếp tuyến - gọi là phương pháp chuẩn tắc. (Các nhà sử học đã chứng minh rằng Descartes đã sở hữu nó ngay từ năm 1629.) Mục đích của bài viết này là giới thiệu với người đọc về phương pháp này.

Hãy bắt đầu với khái niệm bình thường. Đường pháp tuyến tại một điểm cho trước là đường thẳng đi qua điểm này vuông góc với tiếp tuyến. Đặc biệt (và điều này rất quan trọng đối với phương pháp Descartes), nếu đường thẳng đã cho là một đường tròn thì pháp tuyến là một đường thẳng chạy dọc theo bán kính có điểm cuối tiếp tuyến. Rõ ràng là nếu cho trước một pháp tuyến, chúng ta có thể dễ dàng dựng một tiếp tuyến. Đây chính xác là những gì Descartes đã làm: đầu tiên ông xây dựng đường chuẩn và chỉ sau đó là tiếp tuyến (do đó có tên là phương pháp của ông). Để xây dựng pháp tuyến, Descartes sử dụng phương pháp tọa độ do chính ông phát triển, phương pháp này cho ông cơ hội giải phương trình hình học bài toán bằng đại số. (Nhân tiện, điều này một lần nữa nhấn mạnh tính thống nhất của toán học.)

Để xây dựng pháp tuyến tại điểm $P(x_0; y_0)$ với đường cong đại số $L$ cho bởi phương trình $F(x, y)=0$ (Descartes quan tâm đến việc xây dựng pháp tuyến hơn là rút ra phương trình của nó), cần tìm điểm giao nhau $C(c; 0)$ của pháp tuyến với trục hoành. Nếu $CP$ là pháp tuyến thì đường tròn có tâm tại điểm $C$ và bán kính $CP$ chạm vào đường cong đã cho $L$ tại điểm $P$ (hình 1); nếu tâm của đường tròn ít nhất bị dịch chuyển một chút từ $C$ sang một điểm khác trên trục x $C'$, thì đường tròn có bán kính $C'P$ sẽ gặp đường cong đã cho $L$ trong vùng lân cận của điểm $P$ ít nhất ở một điểm nữa. Do đó, đường tròn mong muốn, với một đường cong cho trước $L$, phải có hai hoặc nhiều điểm chung được hợp nhất thành một. Tọa độ của các điểm giao nhau của đường cong $F(x, y)=0$ và đường tròn $(x-c)^2+y^2=(x_0-c)^2+y_0^2$ được tìm thấy bằng cách cùng nhau giải phương trình của chúng, trong đó một trong các tọa độ bị loại bỏ. Nếu các điểm giao nhau tại $P$ trùng nhau, thì nghiệm $x=x_0$ (hoặc $y=y_0$) của phương trình thu được ít nhất phải gấp đôi và điều này đặt ra một điều kiện nhất định đối với số lượng mong muốn $c$.

Tất nhiên, đối với độc giả hiện đại, phương pháp của Descartes có vẻ giả tạo và không hiệu quả. Trước hết, phương trình tiếp tuyến của đường cong phân tích đã cho $F(x, y)=0$ được viết tự động hoành độ bằng cách sử dụng các phương trình tùy ý (tuy nhiên, điều mong muốn là có thể lấy đạo hàm một hàm đã cho không bên trái). Nhưng ngay cả khi bạn không biết các công thức tùy ý (và Descartes cũng không biết chúng), sẽ thuận tiện hơn khi dựng đường tiếp tuyến, bỏ qua các cách dựng trung gian: thay vì sử dụng phương pháp mô tả ở trên để dựng đường tròn tiếp xúc với một đường cong cho trước, bạn có thể (và thậm chí còn dễ dàng hơn) dựng ngay một đường thẳng tiếp xúc với một đường cong cho trước. Đối với chúng tôi, phương pháp của Descartes chủ yếu mang tính lịch sử; thứ hai, nó rất thú vị đối với chúng tôi (cũng như đối với Descartes) vì nó cho phép chúng tôi thu được phương pháp tọa độ.

Descartes giải thích phương pháp của ông bằng các ví dụ, trong đó có ví dụ về hình elip. Hãy xem xét ví dụ này.

6

Hình 2.

Hãy nhớ lại rằng hình elip là một đường thẳng thu được bằng cách nén một vòng tròn theo đường kính của nó. Cụ thể, nếu hình tròn $x^2+y^2=a^2$ được lăn về phía trục x thì kết quả là hình elip

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1. \quad (1)$$

Ở đây $b=ta$, trong đó $t$ là hệ số sẹo lồi (hình 2).

Vì vậy, cho một hình elip (1), điểm $P=(x_0; y_0)$ nằm trên đó và chúng ta cần kiểm tra tiếp tuyến của hình elip tại điểm này.

Vẽ đường tròn có tâm tại điểm $C=(c; 0)$ và đi qua điểm $P$. phương trình của nó là

$$(x-c)^2+y^2=(x_0-c)^2+y_0^2$$

(ở đây $c$ là một tham số chưa được biết), hoặc

$$x^2+y^2-2cx-x_0^2-y_0^2+2cx_0=0. \quad (2)$$

Nên chọn tham số $c$ sao cho hình tròn (2) có hai điểm giao nhau được hợp nhất (hình 3) ​​​​với hình elip (1) tại $P$. Để làm được điều này điều cần và đủ là hệ phương trình

$$\left\{ \begin{array}{l} b^2x^2+a^2y^2-a^2b^2=0, \\ x^2+y^2-2cx-x_0^2-y_0^2+2cx_0=0 \end{array} \right.$$

đã có lời giải $(x_0; y_0)$ và $(x_0; -y_0)$. (Ở đây chúng ta tính đến tính đối xứng qua trục x - xem hình 3.)

Loại bỏ $y^2$, chúng ta thu được phương trình bậc hai đối với $x$

$$(a^2-b^2)x^2-2a^2cx-a^2(x_0^2+y_0^2-2cx_0-b^2)=0.$$

Vì nó phải có một nghiệm duy nhất nên biệt thức của nó phải bằng 0, tức là

$$a^4c^2+a^2(a^2-b^2)(x_0^2+y_0^2-2cx_0-b^2)=0.$$

Vì $P=(x_0; y_0)$ là một điểm của hình elip, nghĩa là

$$b^2x_0^2+a^2y_0^2=a^2b^2,$$

sau khi biến đổi đơn giản chúng ta đi đến phương trình

$$(a^2c-(a^2-b^2)x_0)^2=0,$$

từ đâu $c=\frac{(a^2-b^2)x_0}{a^2}$; tìm tâm của vòng tròn mong muốn.

Bán kính $CP$ của hình tròn tìm thấy nằm trên pháp tuyến của hình elip đã cho và duy trì đến $P$, vẽ một chu kỳ đến $CP$. Đây sẽ là tiếp tuyến mong muốn. Hãy tìm phương trình của nó.

Giả sử $0<x_0<a$ và $PT$ là các đoạn tiếp tuyến. Sau đó từ tam giác vuông $CPT$ (hình 4)

$$PQ^2=CQ \cdot QT,$$

và kể từ đó

$$PQ=y_0,$$

$$CQ=OQ-OC=x_0-\frac{(a^2-b^2)x_0}{a^2}=\frac{b^2x_0}{a^2},$$

chúng tôi nhận được $QT=\frac{a^2y_0^2}{b^2x_0^2}$, vì vậy

$$OT=OQ+QT=x_0+\frac{a^2y_0^2}{b^2x_0^2}=\frac{a^2}{x_0}$$

(chúng ta lại đang nói về $b^2x_0^2+a^2y_0^2=a^2b^2$).

Như vậy, chúng ta đã tìm được điểm $T$ giao điểm của tiếp tuyến mong muốn với trục hoành: $T=(a^2/x_0; 0)$. (Kết quả cũng đúng trong trường hợp $-a<x_0<0$, hãy kiểm tra điều này!)

Biết hai điểm tiếp tuyến $P$ và $T$ viết được phương trình của nó dễ dàng

$$y-y_0=k(x-x_0),$$

nơi tìm thấy độ dốc $k$ từ điều kiện

$$k=\frac{y_0-0}{x_0-\frac{a^2}{x_0}}=\frac{x_0y_0}{x_0^2-a^2}=-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}$$

(một lần nữa chúng ta đã lợi dụng thực tế rằng $(x_0; y_0)$ là một điểm của hình elip, vì vậy $x_0^2-a^2=-\frac{a^2y_0^2}{b^2}$).

Do đó, phương trình tiếp tuyến mong muốn có dạng

$$y-y_0=-\frac{b^2x_0}{a^2y_0}(x-x_0).$$

7

Hình 4.

Sau khi biến đổi elematrine cuối cùng chúng ta thu được

$$\frac{x_0 x}{a^2} + \frac{y_0 y}{b^2} = 1$$

• ta thấy rằng phương trình tiếp tuyến gần như liên hệ với phương trình elip.

Một độc giả biết tác phẩm có thể thấy trước tất cả những điều này: xét cho cùng, chúng ta đang xem xét một hình elip - một đường cong bậc hai và tích của phương trình của đường cong đó - các hàm tuyến tính.

Mặc dù phương trình (3) được suy ra theo điều kiện $0 < |x_0| < a$, nhưng cũng trong trường hợp $x_0 = 0$ và $|x_0| = a$, đường thẳng cho bởi phương trình (3) sẽ tiếp tuyến với hình elip - hãy đảm bảo điều này.

Để kết luận, chúng ta lưu ý rằng phương trình tiếp tuyến của một hình elip có thể được tìm thấy bằng cách sử dụng thực tế là hình elip thu được bằng cách nén từ một đường tròn. Điểm $(x_0; y_0)$ của hình elip (1) có được bằng cách lăn với hệ số $t = \frac{b}{a}$ tới trục hoành từ điểm $(x_0; t^{-1} y_0)$ của đường tròn $x^2 + y^2 = a^2$. Tiếp tuyến của đường tròn tại điểm $(x_0; t^{-1} y_0)$ được phân phối lại theo bán kính đi đến điểm này. Độ dốc bán kính là $\frac{t^{-1} y_0}{x_0}$; Điều này có nghĩa là hệ số góc của tiếp tuyến với đường tròn là $-\left(\frac{t^{-1} y_0}{x_0}\right)^{-1} = -\frac{tx_0}{y_0}$. Khi lăn đến trục hoành có hệ số $t$ thì tiếp tuyến của đường tròn trở thành tiếp tuyến với hình elip và hệ số góc của nó giảm $t$ lần, tức là bằng nhau

$$-\frac{t^2 x_0}{y_0} = -\frac{b^2 x_0}{a^2 y_0}.$$

Tuy nhiên, lý luận này sử dụng một tính chất hình học rất đặc biệt của hình elip - mối quan hệ của nó với hình tròn. Người đọc có thể kiểm chứng tính tổng quát của phương pháp Descartes bằng cách đơn giản hơn: sử dụng phương pháp này, tìm phương trình tiếp tuyến của parabol $y^2 = 2px$ (tại điểm $(x_0; y_0)$).

Sàn gỗ làm bằng đa giác thông thường

(Để bắt đầu, xem trang 3)

bài toán đầu tiên của chúng ta là tìm tất cả lời giải của phương trình (1) với số nguyên $m_i > 0$. Phương trình (1), giảm $2d$, có thể được viết thuận tiện dưới dạng

$$\sum m_i \left(1 - \frac{2}{i}\right) = 2.$$

Đối với mỗi lời giải của phương trình (2), người ta phải kiểm tra sự sắp xếp tương ứng của các đa giác áp dụng cho đỉnh. Ví dụ: lời giải $m_3 = 1, m_4 = 2; m_6 = 1,$

$$\left(1 - \frac{2}{3}\right) + 2 \left(1 - \frac{2}{4}\right) + \left(1 - \frac{2}{6}\right) = 2,$$

tương ứng với các đỉnh chứa một hình tam giác, hai hình vuông và một hình lục giác. Chúng có thể được sắp xếp dễ dàng theo hai cách khác nhau đáng kể (hình 5, a và b). Nhưng thật dễ dàng để chứng minh (chứng minh) rằng vị trí $\sigma$ không tương ứng với sàn gỗ thông thường phía dưới.

Chỉ định được đưa ra là đủ. Hãy bắt tay vào làm việc!

Đề nghị đọc

Trong bộ truyện “Viblotechka «Kvant»” của nhà xuất bản “Nauka” cuốn sách “Những câu chuyện về Vật lý và Vật lý” (số 53) đang được chuẩn bị xuất bản. Cuốn sách này bao gồm các bài viết được viết vào các năm khác nhau cho độc giả tạp chí của chúng tôi bởi Viện sĩ I.K. Kikoin, tổng biên tập đầu tiên của «Kvant». Chúng tôi tin chắc rằng việc làm quen với “Truyện…” sẽ bổ ích và thú vị cho các em học sinh ngày nay.

Liệu Pogela có nhớ khi cắt bằng morisan avmanakh không?
Pogelu sẽ hét lên mất rất nhiều thời gian?
Pogelu bàn giao lực lượng thống nhất zas
nghe như tiếng rít phải không?
Tất cả điều này được biểu thị bằng các tính chất của lực mrekishe,
về sông Pomors và igem trong trạng thái này.

10

khi quá trình đánh bóng bề mặt được cải thiện, ban đầu lực ma sát không thay đổi, sau đó tăng lên và không triệt tiêu, như dự đoán dựa trên mô hình hiện tượng do Amont và Coulomb đề xuất.

Cơ chế ma sát phức tạp hơn nhiều. Do các bề mặt không bằng phẳng nên chúng chỉ gặp nhau tại các điểm riêng lẻ trên đỉnh của các phần nhô ra. Tại đây, các phân tử của các vật thể va chạm hội tụ ở những khoảng cách tương xứng với khoảng cách giữa các phân tử trong chính vật thể đó và “dính vào nhau”; một kết nối mạnh mẽ được hình thành. Khi cơ thể di chuyển, các kết nối liên tục được tạo ra và phá hủy. Trong trường hợp này, rung động phân tử xảy ra. Một phần năng lượng của cơ thể chuyển động được dành cho những rung động này. Cuối cùng nó biến thành Tello.

Diện tích tiếp xúc thực tế có tổng cộng từ một đến hai nghìn micron vuông. Nó thực tế không phụ thuộc vào kích thước của cơ thể và được xác định bởi bề mặt tự nhiên, cách xử lý, nhiệt độ và lực áp suất bình thường. Nếu bạn ấn vào cơ thể, các phần nhô ra sẽ bị nghiền nát và diện tích tiếp xúc thực tế sẽ tăng lên. Lực ma sát cũng tăng lên.

Với độ nhám bề mặt đáng kể, sự thay thế cơ học giữa các “ngọn đồi” bắt đầu đóng vai trò chính trong việc tăng lực ma sát. Khi chúng di chuyển, chúng bị nghiền nát, đồng thời xảy ra rung động phân tử.

Trải nghiệm với những tấm kính đánh bóng giờ đây đã rõ ràng. Tuy bề mặt còn “thô”, diện tích tiếp xúc không lớn nhưng sau khi đánh bóng tốt thì diện tích tiếp xúc lại tăng lên. Một ví dụ khác có thể được đưa ra về sự gia tăng ma sát khi bề mặt được “cải thiện”. Nếu bạn lấy hai thanh kim loại có bề mặt được đánh bóng sạch sẽ thì chúng sẽ khớp với nhau. Ma sát ở đây trở nên lớn vì diện tích tiếp xúc thực tế lớn. Lực liên kết phân tử chịu trách nhiệm ma sát biến hai thanh thành một khối nguyên khối!

Bạn có thể làm thí nghiệm sau ở nhà. Đặt ly lên đĩa thủy tinh và buộc một sợi dây vào thân ly, kali hóa ly. Sau đó cố gắng làm sạch kính tốt nhất có thể, rửa sạch mọi vết dầu mỡ và bụi bẩn. Đặt nó ra một lần nữa. Bây giờ điều này khó thực hiện hơn nhiều. Kính tiếp xúc sạch - kính không dễ vỡ. Nếu bạn nhìn kỹ vào bề mặt, thậm chí bạn sẽ nhận thấy những vết xước. Hóa ra việc xé mảnh thủy tinh còn dễ hơn là cắt đứt tiếp xúc!

Mô hình ma sát mà chúng tôi xem xét còn khá thô sơ. Ở đây chúng ta không tập trung vào sự khuếch tán của các phân tử, tức là sự xâm nhập của các phân tử của cơ thể này sang cơ thể khác, về vai trò của điện tích trên các bề mặt tiếp xúc, về vai trò và cơ chế hoạt động của chất bôi trơn. Những câu hỏi này phần lớn không rõ ràng và những lời giải thích còn gây tranh cãi. Người ta chỉ có thể ngạc nhiên rằng với độ phức tạp như vậy, trenne chỉ được mô tả bằng một định luật đơn giản: $F=kN$. Và mặc dù hệ số ma sát $k$ không cố định lắm và thay đổi phần nào từ điểm này sang điểm khác, nhưng đối với nhiều bề mặt mà chúng ta thường gặp trong công nghệ, có thể đưa ra ước tính khá chính xác về lực ma sát dự kiến.

Trenne khô có một đặc điểm thiết yếu: trenne hòa bình. Nếu ma sát hoặc ma sát khí chỉ xảy ra khi vật chuyển động và vật có thể chuyển động bằng cách tác dụng một lực rất nhỏ lên nó, thì với ma sát khô, vật chỉ bắt đầu chuyển động khi hình chiếu của lực $F$ tác dụng lên nó lên mặt phẳng tiếp tuyến với bề mặt mà vật nằm trên đó trở nên lớn hơn một giá trị nhất định. Cho đến khi vật bắt đầu trượt, lực ma sát tác dụng lên nó bằng thành phần tiếp tuyến của lực tác dụng và hướng theo hướng ngược lại. Khi lực tác dụng tăng thì lực ma sát cũng tăng cho đến khi đạt giá trị cực đại bằng $kN$, lúc đó lực trượt bắt đầu

11

khuôn mặt. Hơn nữa, lực ma sát thực tế không thay đổi.

Điều này thường bị lãng quên ở lời giải bài toán. Đối với câu hỏi “Lực ma sát tác dụng lên một bàn có trọng lượng 300 N đặt trên sàn là bao nhiêu nếu hệ số ma sát là 0,4”, câu trả lời lớn hơn là: “120 N”, trả lời sai. Lực ma sát bằng 0, nếu không thì cái bàn sẽ chuyển động theo hướng của lực ma sát, vì không có lực ngang nào khác.

Vì vậy, nếu cơ thể kết thúc, thì để di chuyển nó khỏi vị trí của nó, một lực phải tác dụng lên cơ thể lớn hơn lực ma sát tĩnh tối đa có thể có, lực này được xác định bởi độ bền của liên kết phân tử. Nhưng điều gì xảy ra nếu cơ thể đã chuyển động? Lực nào phải tác dụng để vật bắt đầu chuyển động theo hướng khác? Hóa ra góc nhỏ bao nhiêu. Điều này chính xác là do lực ma sát không thể lớn hơn lực ma sát tĩnh cực đại.

Hãy thử một thí nghiệm đơn giản. Lấy một cuốn sách và đặt nó với một cạnh trên một cuốn sách khác dày hơn. Kết quả là một mặt phẳng nghiêng. Bây giờ đặt một hộp diêm có gắn sợi chỉ trên mặt phẳng này. Nếu hộp trơn thì hãy giảm độ nghiêng của mặt phẳng bằng cách dùng một giá sách dày hơn. Kéo chuỗi các hộp lựa chọn. Đồng thời, nó cũng bị đẩy xuống! Giảm độ nghiêng của mặt phẳng và kéo lại sợi chỉ. Cùng một hình ảnh. Hộp trượt ngay cả ở những góc nghiêng rất nhỏ của mặt phẳng. Vì lý do nào đó, lực ma sát giữ các hộp trên mặt phẳng trở nên rất nhỏ.

Chúng ta hãy cố gắng hiểu những gì đang xảy ra ở đây. Nếu hộp chỉ chuyển động theo phương ngang thì một lực ma sát bằng $kN$ tác dụng lên nó song song với cạnh của mặt phẳng nghiêng. Để hộp không trượt xuống, một lực ma sát phải tác dụng lên nó hướng lên trên, có độ lớn bằng hình chiếu của lực hấp dẫn lên mặt phẳng nghiêng. Lực chuyển động tách biệt của hai lực ma sát này lớn hơn $kN$, nhưng điều này không thể xảy ra. Điều này có nghĩa là hộp phải trượt khỏi mặt phẳng nghiêng.

Chúng ta hãy lấy một khối, gắn một sợi chỉ vào nó và đặt khối trên một mặt phẳng nằm ngang, chúng ta sẽ kéo sợi chỉ với tốc độ không đổi $\vec{v}_1$. Bằng cách tác dụng một lực vuông góc lên $\vec{v}_1$ vào khối, nó cũng có thể được làm để di chuyển theo hướng này với tốc độ không đổi $\vec{v}_2$. Lực ma sát sẽ bằng $kN$ và hướng ngược với tốc độ $\vec{v}$ chuyển động.

Fig. 1

thanh so với mặt phẳng $(\vec{v} = \vec{v}_1 + \vec{v}_2)$. Chúng ta hãy phân tách lực ma sát thành hai thành phần theo hướng vận tốc $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$:

$$F_1 = F_{\text{tp}} \cos \beta, \quad F_2 = F_{\text{tp}} \sin \beta,$$

trong đó $\beta$ là góc giữa các vectơ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}$ và $tg \beta = v_2/v_1$.

Thành phần $F_1$ của lực ma sát cân bằng lực căng của sợi chỉ và thành phần $F_2$ cân bằng lực “ngang” tác dụng lên khối. Bởi vì

$$\sin \beta = \frac{tg \beta}{\sqrt{1 + tg^2 \beta}},$$

Cái đó

$$F_2 = F_{\text{tp}} \frac{v_2}{\sqrt{1 + (v_2/v_1)^2}} = F_{\text{tp}} \frac{v_2}{\sqrt{v_1^2 + v_2^2}}.$$

Nếu $v_2 \ll v_1$ thì góc $\beta$ nhỏ và $\sin \beta \approx tg \beta$. Trong trường hợp này, $F_2 = F_{\text{tp}} tg \beta = kN \frac{v_2}{v_1}$, và thành phần của lực ma sát ngăn khối di chuyển “ngang” hóa ra tỷ lệ thuận với tốc độ của chuyển động này. Hình ảnh giống như ở tốc độ thấp với ma sát chất lỏng. Điều này có nghĩa là một khối chuyển động theo một hướng nhất định cũng có thể được làm cho chuyển động theo hướng vuông góc ở bất kỳ góc nào với một lực nhỏ.

Bây giờ có thể rút ra một kết luận thú vị về một hộp chuyển động dọc theo một mặt phẳng nghiêng. Ở đây $F_2 = P \sin \alpha$, và $N = P \cos a (P = mg)$ là lực hấp dẫn tác dụng lên hộp,

12

α là góc nghiêng của mặt phẳng so với đường chân trời). Pozotomu

$$P \sin \alpha = k P \cos \alpha \frac{v_2}{\sqrt{v_1^2 + v_2^2}},$$

Ở đâu

$$v_2 = v_1 \frac{tg \alpha}{\sqrt{k^2 - tg^2 \alpha}}.$$

(Tất nhiên, điều này chỉ đúng với tg α < k, vì ở góc nghiêng lớn hơn của mặt phẳng so với đường chân trời, các hộp không còn được giữ trên mặt phẳng bởi lực ma sát.)

Ở các góc nghiêng nhỏ của mặt phẳng so với đường chân trời (sao cho tan α << k)

$$v_2 = v_1 \frac{tg \alpha}{k},$$

nghĩa là tốc độ của hộp trượt tỉ lệ thuận với tốc độ chuyển động của nó song song với mép mặt phẳng nghiêng và tiếp tuyến của góc nghiêng của mặt phẳng với đường chân trời.

Kết luận này có thể dễ dàng được xác minh bằng thực nghiệm. Vì trong quá trình chuyển động đều, đường mà vật đi qua tỉ lệ với tốc độ, nên tỉ số giữa tốc độ v₂ và v₁ sẽ bằng tỉ số của các đoạn mà hộp sẽ chuyển động theo các hướng này.

Hiện tượng được đề cập không hề hiếm. Chẳng hạn, người ta biết rằng khi động cơ điện phanh gấp, dây đai truyền lực thường bị tuột khỏi puli. Điều này xảy ra sau đó khi động cơ phanh, dây đai bắt đầu trượt so với các ròng rọc và một lực nhỏ cũng đủ để trượt dây đai sang một bên. Vì thường có một chút biến dạng trong quá trình lắp đặt ròng rọc và dây đai nên lực này là một thành phần của lực căng dây đai. Dưới đây là nhiều ví dụ hơn. Khi họ muốn rút một chiếc đinh ra khỏi tường mà không cần đặt đinh, họ kéo nó, đồng thời xoay nó quanh trục của nó. Tương tự, khi phanh gấp, xe tự động mất lái; xe trượt. Bánh xe trượt dọc theo mặt đường và lực ngang phát sinh do mặt đường không bằng phẳng.

Bây giờ chúng ta hãy tập trung vào định luật Amonton-Coulomb cuối cùng: lực ma sát không phụ thuộc vào tốc độ của vật. Điều này không hoàn toàn đúng.

Câu hỏi về sự phụ thuộc của lực ma sát vào tốc độ có tầm quan trọng rất thực tế. Và mặc dù các thí nghiệm ở đây có nhiều khó khăn cụ thể, nhưng chúng kết thúc bằng việc sử dụng thông tin thu được, chẳng hạn như trong lý thuyết cắt kim loại, tính toán chuyển động của đạn và đạn trong nòng súng, v.v.

Rõ ràng là họ tin rằng để di chuyển một vật thể khỏi vị trí của nó, phải tác dụng một lực lớn hơn lực kéo vật thể đó. Trong hầu hết các trường hợp, điều này là do bề mặt của xác chết bị nhiễm bẩn. Ví dụ, đối với kim loại nguyên chất, lực ma sát không tăng như vậy. Thí nghiệm chuyển động của viên đạn trong nòng cho thấy khi tốc độ đạn tăng thì độ lớn lực ma sát lúc đầu giảm nhanh, sau đó giảm dần và ở tốc độ lớn hơn 100 m/s thì bắt đầu tăng.

Đại khái điều này có thể được giải thích là do rất nhiều thông tin được giải phóng tại điểm tiếp xúc. Ở tốc độ khoảng 100 m/s, nhiệt độ tại điểm tiếp xúc có thể lên tới vài nghìn độ và một lớp kim loại nóng chảy hình thành giữa các bề mặt. Ma sát trở thành chất lỏng. Ở tốc độ cao, ma sát của chất lỏng tỷ lệ với bình phương tốc độ.

Điều thú vị là lực ma sát của dây cung tác dụng lên dây có sự phụ thuộc gần như giống nhau vào tốc độ. Đó là lý do tại sao chúng ta có thể nghe chơi các nhạc cụ có vĩ cầm - violin, cello, viola.

Bí mật
Starago Bondarya

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
M. V. VALK

S. IOHANNES KEPLERUS ASTRONOMUS. S. CAB.
ET ORDD; AUSTRIA MATHEMATICUS. IOHANN

15

Ví dụ, họ đổ đầy một cái thùng ở đó, không có số lượng lá, “amphoras” (một thùng chứa được lấy làm đơn vị đo lường), rồi đốt nó vào thùng cùng nhau - để, Chúa cấm, bạn không cần phải thực hiện lại thủ tục tẻ nhạt này.

Và đây… Anh chàng đẩy đầu đồng của thước xuyên qua lỗ nạp của một thùng đầy (hình 1),

Pis. 1.

ngang đến “gót” (điểm thấp nhất) của đáy thùng, và theo dấu trên thước kẻ ở lỗ nạp (điểm trên cùng của “bụng” thùng), anh ta gọi ngay tên các thùng lại với nhau. Các thùng đều khác nhau - lớn và nhỏ, “bụng phệ” hơn và hoàn toàn “mỏng” - nhưng điều này không khiến anh chàng bận tâm, anh ta đưa ra đáp số một cách nhanh chóng và tự tin không kém. “Cậu có cần điều ước gì không?” - lóe lên trong đầu Kepler.

“Đừng lo lắng, thưa ngài Nhà toán học của Bệ hạ,” anh chàng nói, như thể đã đọc được suy nghĩ của Kepler. — Phương pháp đo công suất này đã được chính quyền thành phố thiết lập ở Linz và những người hợp tác của họ đảm bảo tính chính xác của phép đo.

• Bạn có cần thùng nào không?

“Tôi không biết về điều đó, nhưng chắc chắn là đối với thùng ở Áo,” anh chàng biên soạn nó.

• Nhưng dựa trên cơ sở nào mà bạn chắc chắn về tính đúng đắn của phương pháp này?

• Tôi không biết, tôi không biết điều đó. Tôi sẽ không nói dối. Người ta nói rằng nhiều năm trước Old Bondar đã sống ở đây và ông đã đề xuất phương pháp này. Tôi không biết tại sao anh ấy lại đề nghị điều đó.

---

Anh ấy nói về cách Kepler làm sáng tỏ bí mật về những chiếc thùng đựng rượu của tác giả trong cuốn sách “Hình lập thể mới của các thùng rượu, chủ yếu là của Áo, là có hình dạng thuận lợi nhất và việc sử dụng thước khối cực kỳ thuận tiện cho chúng, cùng với một bổ sung bổ sung cho phép đo lập thể Archimedean.” Mặc dù cuốn sách đã được xuất bản cách đây 370 năm (1615), nhưng như chúng ta sẽ thấy, nó vẫn được đón nhận cho đến ngày nay.

Hình 2.

thùng hình trụ (hình 2). Đặt $ND=\lambda$, chiều dài của máy phát $AB$ bằng $2x$, đường kính của thân $AD$ bằng $2y$; Sau đó

$$x^2+4y^2=\lambda^2,$$

(1)

và các thùng cùng nhau có thể được tìm thấy bằng cách sử dụng công thức

$$v=\frac{1}{2}\pi(\lambda^2-x^2)x.$$

(2)

Không khó để thể hiện các thùng với nhau thông qua khoảng cách $\lambda$ và tỷ lệ $(t)$ của chiều dài của máy phát điện với đường kính của đĩa $(t=x/y)$. Từ (1) và (2) suy ra

$$v=2\pi\lambda^3t(4+t^2)^{-\frac{3}{2}}.$$

(3)

“Từ những công thức này, rõ ràng,” Kepler lý luận, “rằng sức chứa của một thùng hình trụ không chỉ được xác định bởi khoảng cách $\lambda$; Để có thể sử dụng phương pháp của Coopers Áo, chúng ta phải xử lý các thùng có tỷ lệ $t$ cố định $(t=t_0)$. Cách tốt nhất để chọn mối quan hệ này là gì? Cách tốt nhất để chọn sự tương ứng giữa chiều dài của ống sinh và đường kính của đĩa là gì? Chúng ta hãy nghĩ theo quan điểm của một nhà sản xuất rượu vang. Anh ta muốn chọn—trong số tất cả các giá trị có thể có của tham số $t$—một giá trị $(t_0)$ sao cho trong số tất cả các thùng có vị trí $ND$ bằng $\lambda$, thùng anh ta đã chọn có thể tích lớn nhất $(v_0)$: thì anh ta có thể tính công suất của nó bằng công thức (3) và nếu

16

Hóa ra khi chế tạo thùng, Cooper đã không quan sát chính xác tỷ lệ lý tưởng $t_0$ mà sai lệch một chút so với tỷ lệ đó ($t \approx t_0$, nhưng $t > t_0$ hoặc $t < t_0$), thì VINDel cũng sẽ không sai: dung tích thực tế của thùng $v$ nhất thiết phải nhỏ hơn $v_0$. Như vậy, INDEL sẽ gọi khối lượng là $v_0$ (và sẽ nhận được khoản thanh toán tương ứng từ người mua), nhưng thực tế sẽ cung cấp cho người mua một lượng rượu nhỏ hơn một chút, cụ thể là $v$.

Nhưng mặt khác, một doanh nhân có lòng tự trọng không quan tâm đến việc lừa dối người mua; ông quan tâm đến việc đảm bảo rằng công suất thực hiện thùng (tương ứng với việc thực hiện lựa chọn tham số $t$, gần với $t_0$) khác ít nhất có thể với công suất $v_0$, tương ứng với giá trị tốt nhất của tham số ($t_0$). Người mua thậm chí còn quan tâm nhiều hơn đến điều này. Hóa ra điều này cũng đạt được với việc lựa chọn tham số $t$ như vậy, tại đó thể tích của thùng $v$ là lớn nhất.

Biết khái niệm đạo hàm, chúng ta có thể dễ dàng chứng minh thông điệp này của Kepler (Kepler khó tìm ra một bằng chứng chứng minh hơn nhiều so với chúng ta: xét cho cùng, cuốn sách của ông đã được xuất bản 70 năm trước khi phép tính vi phân ra đời). Hãy sử dụng nó như sau. Đặt $f(t)$ là một hàm nào đó của $t$ (để đơn giản, một hàm có đạo hàm bậc nhất tại $t > 0$); đặt $t_0$ là giá trị nào đó của đối số $t$ mà chúng ta chọn. Sau đó, với một mức tăng nhỏ $h$, tức là với $t = t_0 + h$, chúng ta có

$$f(t) - f(t_0) = f'(t_0)h + \alpha(h) \cdot h,$$

trong đó $\alpha(h) \rightarrow 0$ tại $h \rightarrow 0$ (xem “Đại số và nguyên tắc phân tích 9-10”, đoạn 22).

Từ đây chúng ta thấy: nếu $f'(t_0) \neq 0$, thì độ lệch của $f(t)$ so với $f(t_0)$ sẽ là - đối với $h$ nhỏ - thực tế tỷ lệ thuận với $h$. Nhưng nếu $t_0$ là điểm tối đa (hoặc tối thiểu) của một hàm nhất định thì độ lệch là $\alpha(h) \cdot h$, trong đó $\alpha(h) \rightarrow 0$ là $h \rightarrow 0$. Điều này có nghĩa là ở gần điểm cực trị ($t_0$), độ lệch nhỏ của tham số $t$ so với $t_0$ ảnh hưởng đến sự thay đổi của hàm $f(t)$ yếu hơn nhiều (Kepler nói: “không nhạy cảm”) so với gần một giá trị khác của đối số $t$, trong đó $f'(t) \neq 0$. Liên quan đến trường hợp của chúng tôi (xem công thức (3)), điều này có nghĩa là thuận lợi nhất là chọn tham số $t$ sao cho ($t = t_0$) để thùng hình trụ có công suất cao nhất ($v_0$): trong trường hợp này, nếu cần thiết và không thể tránh khỏi trong thực tế, độ lệch của tham số $t$ so với $t_0$ độ lệch của công suất $v$ của thùng so với $v_0$ sẽ là “vô cảm”.

Kepler tìm thấy (cho trước $\lambda$) giá trị của tỷ lệ $t$ tại đó dung tích của thùng ($v$) sẽ phù hợp nhất. Sử dụng khái niệm tùy ý, chúng ta có thể thực hiện việc này dễ dàng và nhanh hơn nhiều so với Kepler. Chúng ta hãy sử dụng công thức (2) cho $v$. Sau đó

$$v'(x) = \frac{1}{2} \pi(\lambda^2 - 3x^2),$$

$$x = \lambda / \sqrt{3}, 4y^2 = \lambda^2 - x^2 = 2\lambda^2 / 3, y = \lambda / \sqrt{6},$$

$$t_0 = x / y = \sqrt{2} \approx 1,41.$$

(4)

Với giá trị này của tham số $t$, dung tích của thùng hình trụ sẽ tối đa (đối với $\lambda$ nhất định) và sẽ bằng

$$v_0 = \frac{\pi}{3\sqrt{3}} \lambda^3.$$

(5)

---

“Bây giờ tôi sẽ chuyển sang một trường hợp tổng quát hơn,” Kepler lý luận, khi “đinh tán” của thùng (các tấm tạo nên bề mặt bên của nó) sẽ cong (chứ không phải thẳng, như trong trường hợp thùng hình trụ). Một chiếc thùng như vậy có thể được tưởng tượng với độ chính xác vừa đủ vì được tạo thành từ hai hình nón cụt giống hệt nhau, được hình thành bởi các đáy lớn của chúng (hình 3).

Hình 3.

Đồng thời, tất nhiên, tôi sẽ cho phép một số tính toán sai sót, nhưng nếu thùng không ở rất gần khoảng cách $ND$ bằng với $\lambda$ đã cho, tôi sẽ chọn thùng có công suất cao nhất.”

17

Theo phương án lời giải do Kepler đề xuất, chúng ta có thể biểu thị dung tích (v) của thùng theo khoảng cách λ, theo bán kính (y) nhỏ hơn đáy của hình nón cụt và theo khoảng cách z=NF (F là đáy của đường vuông góc rơi từ điểm D nhỏ hơn đáy của hình nón cụt đến đáy lớn hơn). Chúng ta hãy thực hiện các phép tính này bằng cách sử dụng công thức tính thể tích của hình nón cụt và lưu ý rằng chiều cao của hình nón cụt là $DF=\sqrt{\lambda^2-z^2}$. Các phép biến đổi đơn giản dẫn chúng ta đến công thức
$$v=\frac{2}{3}\pi\left(y^2+(z-y)^2+y(z-y)\right)\times\sqrt{\lambda^2-z^2}.$$
(Kepler đã cố gắng tìm ra tỷ lệ nào giữa các kích thước của thùng (nói cách khác, ở giá trị nào của y và z đối với một λ cho trước), sự liên kết của thùng sẽ hoàn thiện nhất. Chúng ta có thể nhận được kết quả của Kepler bằng cách giải bài toán sau:

Nhiệm vụ a. Chứng minh, bằng cách sử dụng khái niệm tùy ý, rằng trong số một loại thùng có giá trị λ cho trước của khoảng cách ND, loại thùng tương thích nhất là thùng hình trụ, có một đĩa tạo thành đường kính lớn hơn tại $\sqrt{2}$. (Lời giải xem trang 63.) Bây giờ chúng ta hãy tính đến thông điệp của Kepler rằng “gần điểm cực đại của nó, một thay đổi nhỏ trong đối số của hàm sẽ có tác động không nhạy cảm đến sự thay đổi giá trị của nó”. Trong trường hợp của chúng tôi, điều này có nghĩa là nếu kích thước của thùng hơi lệch so với kích thước của thùng hiện có (nghĩa là hình trụ, với tỷ lệ $AB:AD=\sqrt{2}$), thì những sai lệch này “không nhạy cảm” ảnh hưởng đến công suất của thùng. Do đó, thể tích của một thùng ít khác biệt so với thể tích của thùng “tốt nhất” có thể được tính bằng cùng một công thức (5).

“Giờ thì rõ rồi,” Kepler nghĩ, thùng “Áo” là gì: đây là loại thùng có hệ số ANB xấp xỉ $\sqrt{2}$ lần đường kính của nó. Vì khi chọn độ dài của “đinh tán” $PNQ$, người ta cũng phải tính đến độ dày của hai đáy và thực tế là phần đinh tán phải mở rộng ra ngoài mép của đáy một chút, trên thực tế, điều này có nghĩa là đinh tán phải dài khoảng một lần rưỡi chiều dài đường kính của đáy.”

Hơn nữa, Kepler đã nói rõ cách tìm thể tích của “thùng Áo” bằng thước thông thường: bạn cần thay đổi khoảng cách ND và tính thể tích của thùng $v_0$ bằng công thức (5). “Không phải là người làm rượu đặt tên cho thể tích của thùng mà không cần tính toán! - Kepler nghĩ. - Rõ ràng, thực tế là chiếc thước không phải là loại dùng để dạy học, các dấu hiệu trên đó được đặt khác với chiếc thước thông thường. Chiếc thước này được lập trình như thế nào?…

Đầu tiên, chúng tôi cần cho bạn biết loại “vò amphora” có thành mỏng mà Vnodeel đang nói đến. Đây có lẽ cũng là một loại thùng nào đó, nhưng tổng thể của nó được lấy làm đơn vị thể tích. Nhưng nếu thùng của Áo thích chế tạo tất cả các thùng sao cho tỷ lệ giữa chiều dài và đường kính của đế là tối ưu (khoảng 1,5), thì trong quá trình sản xuất thùng tiêu chuẩn, “amphora”, họ cũng phải chịu tỷ lệ tương tự. Đặt thùng tham chiếu (hình 4) có khoảng cách $N_1D_1$ bằng $\lambda_1$. Sau đó

Hình 4.

chúng ta có (xem (5)) $1=(\pi/3\sqrt{3})\lambda_1^3$. Tính đến (5), chúng tôi thu được công thức gần đúng về dung tích của bất kỳ thùng “Áo” nào: $v_0=(\lambda/\lambda_1)^3$ (amphoras). Điều này có nghĩa là để tìm $v_0$, chúng ta không chỉ cần biết $\lambda$ mà còn biết mối quan hệ $\lambda/\lambda_1$ là đủ. Và thậm chí không phải bản thân mối quan hệ này mà là hình khối của nó. Các số $(\lambda/\lambda_1)^3$ cho các $\lambda$ khác nhau phải được áp dụng cho thước, tức là thước không được chia độ đều mà theo “luật khối”. Ở khoảng cách từ đầu đồng (hình 5), bằng $\lambda_1$, $2\lambda_1$, $3\lambda_1$, v.v., đặt dấu: 1; $8=(2^3)$;

Hình 5.

$27=(3^3)$, v.v. Và nói chung - ở khoảng cách $k\lambda_1$ (k là số dương bất kỳ) đánh dấu bằng $k^3$. Nếu bây giờ tôi nhét một cây thước như vậy vào thùng để đồng của nó

18

phần đầu nằm ở phần gót của đáy (D), sau đó dấu số ở đầu nối đổ đầy (N) chỉ cho biết có bao nhiêu amphorae trong thùng cùng nhau.

---

Vào mùa thu năm 1615, theo yêu cầu của Kepler, tại tòa thị chính Linz, ông đã gặp người đứng đầu xưởng đóng thùng.

“Thưa ông Elder,” Kepler bắt đầu, “Tôi quan tâm đến phương pháp mà những người chăn nuôi và sản xuất rượu vang Áo sử dụng để đo lường tính nguyên vẹn của thùng.”

“Ông thấy đấy, nhà toán học của Bệ hạ,” người đứng đầu phản đối, “đây là một bí mật tùy tiện của xưởng chúng tôi.” Bí mật này đã được truyền từ thế hệ Cooper này sang thế hệ tiếp theo, kể từ thời Old Cooper.

“Tôi nghĩ rằng ngày xưa có một nhà hình học xuất sắc nào đó đã dạy phương pháp này cho những người thợ đóng thùng của bạn.” Nhưng tôi nghĩ rằng tôi có thể làm sáng tỏ bí mật của anh ấy.

“Vậy thì hãy nói cho tôi biết, thưa ông, nhà toán học của Bệ hạ, theo ý kiến ​​​​của ông, bí mật của Old Bondar là gì, và tôi hứa sẽ xác nhận những gì ông nói là đúng.”

Kepler trả lời: “Những suy ngẫm đã dẫn tôi đến kết luận rằng khi chế tạo một cái thùng có kích thước bất kỳ, các bạn, những người làm việc ở Linz, chỉ sử dụng một thông điệp: rằng chiều dài của các thanh gỗ phải lớn hơn một lần rưỡi so với đường kính của đáy.”

“Hoàn toàn đúng!” Cooper ngạc nhiên xác nhận.

— Và ngoài ra, để đo dung tích của thùng, bạn hãy dùng thước kẻ trên đó có các vạch chia theo “định luật khối”.

“Và đó là sự thật,” người đứng đầu xưởng đóng thùng xác nhận với vẻ ngạc nhiên hơn nữa, nhìn Kepler một cách nguy hiểm. “Ông không phải là người có khả năng thấu thị sao, ông Kepler?” Tôi nghe nói rằng bạn, với tư cách là một ngôi sao hoàng gia, có thể đọc được quá khứ và tương lai bằng vị trí của các ngôi sao. Bạn có thực sự cần tìm ra bí mật của Old Bondar với sự trợ giúp của chiêm tinh học không?

“Không, tôi đã tính toán nó bằng toán học,” Kepler trả lời, và cuộc trò chuyện kết thúc ở đó.

Chà xát khô

(Để bắt đầu, xem trang 8)

Với chuyển động đồng đều của cây cung, sợi dây sẽ bị nó cuốn đi và căng ra. Cùng với lực căng của dây, lực ma sát giữa dây và dây bị mang đi. Khi độ lớn của lực ma sát đạt giá trị lớn nhất thì dây bắt đầu xuyên qua dây cung. Nếu lực ma sát không phụ thuộc vào tốc độ tương đối của dây cung và dây thì rõ ràng độ lệch của dây so với vị trí cân bằng sẽ không thay đổi.

Nhưng khi bị đâm, cây giảm đi. Do đó sợi dây bắt đầu chuyển động về vị trí cân bằng. Trong trường hợp này, tốc độ tương đối của dây bị cuốn vào và điều này càng làm giảm lực ma sát. Khi dây dao động và di chuyển theo hướng ngược lại, tốc độ của nó so với cung giảm đi và cung lại cuốn vào dây. Mọi thứ đều lặp lại. Đây là cách mà vảy bình phát sinh. Những dao động này là không đáng kể, vì năng lượng mà dây bị mất đi trong quá trình chuyển động của nó mỗi lần bù đắp cho công của lực ma sát, lực này làm dây mạnh hơn đến vị trí mà dây bị đứt.

Điều này có thể biện minh cho một bài viết về ma sát khô - một hiện tượng mà bản chất của chúng ta vẫn chưa hiểu đầy đủ, nhưng chúng ta có thể mô tả với sự trợ giúp của các định luật được đáp ứng với độ chính xác thỏa đáng. Điều này cho chúng ta cơ hội giải thích nhiều hiện tượng vật lý và thực hiện các phép tính cần thiết khi thiết kế máy móc.

19

Cacbon 60 nguyên tử

Khoảng một năm trước, một báo cáo xuất hiện trên các tạp chí khoa học cho biết các nhà hóa học đã phát hiện ra một phân tử có hình dạng khác thường, “được tạo thành” từ 60 nguyên tử carbon. Công thức hóa học của phân tử đó là C₆₀. Tất cả sáu mươi nguyên tử của nó đều nằm ở các đỉnh của một icasadr bị cắt cụt - một khối đa diện có 60 đỉnh, 32 cạnh và 90 cạnh.

Những gì đã được nói rõ ràng cần phải bình luận. Trước hết, bạn cần phải sống đúng với ý nghĩa của việc “khám phá… một phân tử”. Thực tế là phân tử C₆₀ không được tổng hợp, chẳng hạn như phân tử mười hai C₂0H₂0 đã được tổng hợp cách đây vài năm (xem «Kvant», 1983, Số 9, trang 21), mà được phát hiện ra. Khi carbon bay hơi (bằng cách nung nóng) thành dòng gel trơ, người ta đã phát hiện ra sự hình thành các dạng (cụm) nhỏ gọn và khá ổn định của một số lượng lớn nguyên tử carbon. Thật bất ngờ, hóa ra lớp gồm 60 nguyên tử được hình thành nhiều nhất - trong mọi trường hợp, gấp 5-6 lần so với lớp gồm 59 hoặc 61 nguyên tử.

Có thể các phân tử 60 nguyên tử tồn tại là nhờ… hình học. Và lưu ý rằng một phân tử càng được tổng hợp nhiều thì càng khác biệt (năng lượng liên kết của nó càng lớn). Đây là lý do tại sao các phân tử dodecadron ổn định và các phân tử gồm 60 nguyên tử cacbon mới được phát hiện, trong khi các phân tử gồm 59 hoặc 61 nguyên tử không tồn tại được lâu và nhanh chóng tan rã.

Phân tử mới “có cấu trúc” như thế nào? Ví dụ, icasadr bị cắt cụt có lẽ gần như quen thuộc với một quả bóng đá “chính thức”, được khâu từ 20 hình lục giác (thường là màu sáng) và 12 hình ngũ giác (thường là màu tối). Hãy nhìn kỹ quả bóng này. Mối liên hệ của anh ta với Ikasadr không thể hiện rõ ngay lập tức - anh ta đã đốt cháy quá nhiều! Tuy nhiên, kết nối cũng rất trực tiếp.

Hãy tưởng tượng một icasadr - một khối đa diện có 20 cạnh hình tam giác và 12 đỉnh, trong đó các cạnh hội tụ dọc theo đường đi. Chúng ta hãy cắt một hình chóp từ mỗi đỉnh để tạo thành một hình ngũ giác ở vị trí của đỉnh. Các phần còn lại của các mặt cùng nhau có 3 cạnh và trở thành 6. Nếu bạn tạo thành nó “chính xác”, thì các hình lục giác sẽ đều và sẽ có 20 hình lục giác - cùng số với số mặt và hình chữ nhật. Kết quả là một khối đa diện có 12+20=32 cạnh. Nó có 60 đỉnh, vì các mặt phẳng có 5×12+6×20=180 đỉnh và tại mỗi đỉnh của khối đa diện có 3 mặt giống nhau (180:3=60). Số lượng xương sườn có thể được đếm theo nhiều cách khác nhau. Ví dụ như thế này. Tại mỗi đỉnh có 3 cạnh hội tụ nên các đầu của các cạnh sẽ là 3x60=180 và các đầu của các cạnh sẽ là 180:2=90. Do đó, ikasadr “biến” thành một đoạn bị cắt ngắn.

Và bây giờ bài toán. Carbon có điều kiện là hóa trị 4 và chỉ có 3 cạnh kéo dài từ mỗi đỉnh của icasadr bị cắt cụt. Điều này có nghĩa là một liên kết phải gấp đôi. Trong cấu trúc của các công thức hóa học, liên kết đôi thường được biểu thị bằng một đường đôi. Các đường đôi nên được định vị như thế nào để một và chỉ một đường đôi kéo dài từ mỗi đỉnh của icasadr bị cắt cụt? Tính xem có bao nhiêu cách thực hiện được việc này. (Lưu ý rằng bài toán này rất quan trọng để xác định mức độ ổn định của các phân tử - các nhà hóa học biết rằng càng có nhiều cách tạo liên kết đôi thì phân tử càng ổn định.)

Điều thú vị là phân tử mới được phát hiện có thể được sử dụng như một “cái lồng”, bên trong đó một số nguyên tử có thể bị “khóa”. Trong trường hợp này, nguyên tử sẽ được kết nối với “tế bào” như một tù nhân, nhưng không bị “xiềng xích” với nó bằng liên kết hóa học. Đây là cách chúng tôi “khóa” các nguyên tử lanthanum. “Chiếc lồng” khá rộng rãi - kích thước của các phân tử C₆0 xấp xỉ 7·10⁻¹⁰ m, lớn hơn 14 lần so với kích thước của một nguyên tử hydro.

Có giả thuyết cho rằng phân tử C₆0 có thể tham gia vào quá trình hình thành tổ chức các phân tử trong không gian.

Gần đây, người ta gợi ý rằng có thể có một phân tử không thể dạy được khác, C₁20, có “hình học” thậm chí còn gần với hình cầu hơn. Các nguyên tử của phân tử như vậy phải nằm ở các đỉnh của khối đa diện có 62 mặt, 180 cạnh và 120 đỉnh. Vẫn chưa rõ mức độ thực tế của sự tồn tại của một hợp chất kỳ lạ như vậy.

Bydem theo dõi tin tức.

TÔI Ở VỚI.

20

Sóng truyền thông tin như thế nào?

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
L. G. ASLAMAZOV

Chúng ta đã quá quen với việc xem các sự kiện xảy ra ở bên kia thế giới trên màn hình TV đến nỗi chúng ta thậm chí không ngạc nhiên về điều này. Trong thế giới hiện đại, đài phát thanh, truyền hình và điện thoại khiến việc nhận và truyền tải những thông tin cần thiết trở nên khá dễ dàng. Nhưng cho đến gần đây, mọi thứ đã hoàn toàn khác…

Để truyền đạt đến St. Petersburg những gì đã biết về lễ đăng quang của Đế chế Elizabeth diễn ra ở Moscow, cả một nhóm binh lính cầm cờ đã được triển khai dọc theo toàn bộ tuyến đường giữa các thành phố này. Vào thời điểm đăng quang, người lính đầu tiên vẫy cờ, sau đó là người tiếp theo, v.v. Như vậy, kiến ​​thức về lễ đăng quang đã đến được St. Petersburg, nơi những khẩu đại bác bắn ra. Đây là mức độ phức tạp của một phương pháp được sử dụng để truyền tải thông tin nhanh chóng theo cách nhạy cảm với thời gian*).

*) Sử dụng ví dụ này trong bài viết của L. G. Aslamazov và I. K. Kikon “Sóng là gì?” (Kvant, 1982, số 6) khái niệm sóng đã được thảo luận. Ở đây chúng ta sẽ tiếp tục cuộc trò chuyện mà chúng ta đã bắt đầu và thảo luận về vấn đề truyền thông tin.

21

Điều gì đã lan truyền dọc theo chuỗi binh lính? Mỗi người lính vẫn đứng tại chỗ, nhưng đến một lúc nào đó anh ta thay đổi trạng thái (giương cờ). Sự thay đổi trạng thái này được lan truyền dọc theo chuỗi. Trong những trường hợp như vậy, một sóng được cho là lan truyền.

Sóng thì khác. Trong sóng tác động (âm thanh), mật độ của vật chất thay đổi, trong điện từ (ánh sáng, sóng vô tuyến, v.v.) - theo hướng của điện trường và từ trường. Có sóng terper, sóng tập trung trong phản ứng hóa học, sóng dịch bệnh, v.v. Nói một cách hình tượng, sóng bao trùm toàn bộ các hiện tượng trong tự nhiên.

Loại sóng đơn giản nhất là sóng đơn sắc, khi ở mỗi nơi xảy ra sự thay đổi trạng thái theo thời gian theo một định luật điều hòa với một tần số nhất định (theo định luật sin hoặc cos). Nhiều sóng tìm thấy trong tự nhiên có thể được coi là sóng đơn sắc. Những loại sóng âm thanh này được gọi là âm nhạc. Ví dụ, chúng phát sinh với sự trợ giúp của các buồng. Sóng ánh sáng đơn sắc được tạo ra bằng cách sử dụng tia laser. Các sóng gần như đơn sắc có thể bị kích thích trên mặt nước bằng cách nhúng một vật vào đó theo chu kỳ. Trong chuỗi binh lính của chúng tôi, bạn cũng có thể nhận được những đợt sóng tương tự.

Hãy tưởng tượng rằng mỗi người lính không chỉ vẫy một lá cờ mà còn lắc nó, nâng và hạ cờ theo định kỳ. Mỗi người lính tiếp theo lặp lại các dao động này, nhưng có độ trễ nhất định (chuyển pha). Một làn sóng sẽ chạy dọc theo chuỗi quân lính. Điều gì đó tương tự có thể được nhìn thấy trong các lễ hội thể thao, khi các chuỗi người thực hiện các chuyển động định kỳ với sự thay đổi pha.

Quá trình chín đẹp mắt này rất đẹp mắt, nhưng liệu sóng có thể truyền tải thông tin không? Rõ ràng là không. Những biến động định kỳ lặp đi lặp lại theo thời gian không mang lại cho chúng ta điều gì mới mẻ, chúng không truyền tải thông tin. MỘT

Bạn có thể làm cho không phải một mà là hai, ba hoặc thậm chí một vài người lính đứng cạnh nhau sẽ thực hiện xích đu cùng một lúc. Khi đó điện trở tín hiệu sẽ tăng lên. Bằng cách sử dụng các tín hiệu có độ dài khác nhau, có thể truyền tải không chỉ thông tin về thời điểm bắt đầu lễ đăng quang mà còn cả thông tin nói chung. Bản chất của tín hiệu có thể khác nhau - có tín hiệu âm thanh, tín hiệu ánh sáng, v.v.

22

Điều thú vị nhất là bất kỳ tín hiệu nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các sóng đơn sắc có tần số khác nhau (bao gồm các sóng như vậy). Cơ hội này được mang đến cho chúng ta nhờ nguyên lý giao thoa: khi sóng truyền đi, các dao động ở mỗi nơi trong không gian sẽ cộng lại. Hãy nói thêm rằng, tùy thuộc vào sự dịch pha, các dao động có cùng tần số có thể tăng cường lẫn nhau (với độ lệch pha bằng 0, kết quả là các dao động có tổng biên độ - hình 1, hoặc chúng có thể yếu đi (hình 1, b). Hóa ra là biên độ và tần số của các sóng đơn sắc được thêm vào có thể được chọn theo cách sao cho các sóng triệt tiêu lẫn nhau trong gần như toàn bộ không gian, ngoại trừ các sóng đối kháng tại chỗ và di chuyển với tốc độ của sóng, nói cách khác, tín hiệu lan truyền. Nếu tốc độ c của sóng đơn sắc ở mọi tần số là như nhau (chẳng hạn như khi sóng điện từ lan truyền trong chân không), thì cực đại sẽ chuyển động với tốc độ c. Chiều rộng của nó bằng $\Delta L = 2\pi c / \Delta \omega$. Vì vậy thời lượng tín hiệu $\Delta t = 2\pi / \Lambda \omega$.

Điều này dẫn đến một mối quan hệ cơ bản đơn giản đến kinh ngạc:
$$\Delta \omega \cdot \Delta t = 2\pi.$$

Thời lượng của tín hiệu và dải tần số của các sóng tạo nên tín hiệu có mối quan hệ nghịch đảo. Sự tương ứng về chất lượng rất rõ ràng: tín hiệu

một khu vực hạn chế, ngược lại, chúng được tăng cường.

hình 2 cho thấy kết quả của việc cộng một số lượng lớn $N$ các sóng có cùng biên độ $A_0$ với tần số nằm trong một khoảng nhỏ từ $\omega_0 - \Delta \omega$ đến $\omega_0 + \Delta \omega$. Đây giống như một bức ảnh nhiều mạch của sóng, hiển thị giá trị của đại lượng dao động $A$ tại các điểm khác nhau trong không gian tại một thời điểm cố định. Có một cực đại trung tâm với biên độ $NA_0$ và nhiều cực đại thứ cấp có biên độ giảm nhanh. Vì vậy, trên thực tế, các sóng về cơ bản triệt tiêu lẫn nhau và sự khuếch đại của chúng xảy ra ở vùng cực đại trung tâm.

Điều quan trọng cần lưu ý là vùng có thời lượng ngắn ($\Delta t$ lớn) được hình thành từ các sóng đơn sắc có tần số tương tự ($\Delta \omega$ nhỏ). Và để tạo ra tín hiệu ngắn, bạn cần thêm nhiều sóng có tần số khác nhau. Mọi người có lẽ đều cho rằng sét gây nhiễu sóng cho máy thu sóng vô tuyến ở mọi dải tần.

Vì vậy, mỗi tín hiệu có thể bao gồm các sóng đơn sắc hay nói cách khác là bị phân hủy thành sóng. Sự phụ thuộc biên độ của sóng đơn sắc tạo thành tín hiệu vào tần số của chúng được gọi là phổ của tín hiệu. Trong trường hợp chúng ta đang xem xét, quang phổ là một hình chữ nhật có chiều cao $A_0$ và chiều rộng $2\Delta \omega$, được hiển thị bên dưới hình 3. Điều này,

23

tất nhiên là phổ đơn giản nhất. Phổ tín hiệu, giống như tín hiệu, có thể có nhiều hình dạng khác nhau.

Ví dụ, khi chúng ta phát âm các âm thanh, chúng ta sẽ khiến chuyên gia dao động bằng hành động và những dao động này lan truyền dưới dạng tín hiệu âm thanh có dạng xác định. Quang phổ của các tín hiệu này khác nhau đáng kể tùy thuộc vào việc chúng ta phát âm nguyên âm hay phụ âm. Tín hiệu tương ứng với một nguyên âm có phổ có cực đại hai ký tự ở các tần số nhất định (chúng được gọi là formantime). Phổ theo “trải rộng” hơn trên toàn bộ dải tần (ở hình 4, phổ theo “C” được hiển thị).

Có một phương pháp đặc biệt - phân tích sóng hài - cho phép bạn tìm phổ tín hiệu và tái tạo lại tín hiệu từ phổ đã biết.

Điều thú vị là vật thể rắn cũng có thể “la hét”. Chuyển động nhiệt làm rung chuyển các nguyên tử trong mạng tinh thể và các rung động này cũng được truyền khắp cơ thể dưới dạng sóng đàn hồi. Đây cũng là sóng âm thanh. Tuy nhiên, phổ của chúng đạt cực đại ở tần số rất cao và trong vùng tần số nghe được, biên độ âm thanh nhỏ không đáng kể (ví dụ: ngay cả ở nhiệt độ rất thấp cỡ 5 K, mức cực đại tương ứng với tần số $10^{12}-10^{13}$ Hz). Vì vậy, hãy nghe những gì họ đang nói về việc đeo tiếng bíp. Để làm điều này, tần số của sóng được cố định (được gọi là tần số sóng mang), nhưng biên độ được thay đổi theo thời gian với các dao động âm thanh (hình 5). Do đó, nó tạo thành một chuỗi các tín hiệu truyền thông tin cần thiết. Tại điểm nhận, các tín hiệu được giải mã (được phát hiện)—tín hiệu tương ứng với các rung động âm thanh được cách ly. Phương pháp này được gọi là điều chế biên độ. Nó được sử dụng rộng rãi trong việc truyền tải các khung radio và điện thoại.

Câu hỏi đặt ra: bao nhiêu thông tin có thể được truyền đi bằng sóng trong một đơn vị thời gian? Để hiểu điều này, hãy xem xét các thông tin sau

24

tsini. Người ta biết rằng bất kỳ số nào cũng có thể được viết trong hệ nhị phân dưới dạng một chuỗi các số 0 và số 1. Theo cách tương tự, bất kỳ thông tin nào cũng có thể được mã hóa - ghi lại dưới dạng một chuỗi tín hiệu và sự thiếu sót của chúng trong một khoảng thời gian nhất định. Tín hiệu có thể được truyền bằng cách sử dụng điều chế biên độ (hình 6). Chúng ta muốn truyền thông tin càng nhanh thì những tín hiệu này càng ngắn. Nhưng để truyền thông tin đáng tin cậy, thời lượng tín hiệu không được nhỏ hơn chu kỳ sóng mang hình sin. Điều này hạn chế tốc độ truyền thông tin. Muốn báo cho cô thì báo cho bộ phận chịu lực.

Trên thực tế, có một phần điều chế theo thứ tự $10^7$ Hz và theo đó, phần sóng mang phải nằm trong vùng từ hàng chục đến hàng trăm metahertz. Đó là lý do tại sao trong dòng điện cần phải sử dụng sóng tần số cao và do đó cực ngắn có bước sóng cỡ một mét, mặc dù chúng chỉ lan truyền trong giới hạn tầm nhìn.

Tuy nhiên, nếu để truyền thông tin, chúng ta sử dụng ánh sáng có một phần dao động $10^{15}$ Hz, thì chúng ta có thể tăng tốc độ truyền thông tin lên nhiều bậc độ lớn. Và mặc dù bản thân ý tưởng này đã cũ (việc truyền âm thanh đầu tiên sử dụng tín hiệu ánh sáng được thực hiện bởi người phát minh ra điện thoại, G. Bell, vào năm 1880),

Sự tương ứng đã được thảo luận về thời lượng tín hiệu “hoạt động”: $\Delta t \sim 2\pi/\Delta\omega$, trong đó $\Delta\omega$ trở thành thứ tự $\omega_0$.

Ví dụ, để truyền các chương trình âm nhạc, chỉ cần sử dụng sóng điện từ có tần số hàng trăm kilohertz là đủ: toàn bộ tai nhận được tín hiệu có tần số lên đến 20 kHz và trong trường hợp này, khoảng tần số tạo nên tín hiệu sẽ nhỏ hơn ít nhất một bậc cường độ so với tần số sóng mang. Tuy nhiên, những tần số như vậy không phù hợp để truyền tải các chương trình truyền hình. Hình ảnh trên màn hình được tái tạo 25 lần mỗi giây và lần lượt bao gồm hàng chục nghìn điểm riêng lẻ. Do đó, cần có tần số điều chế ở mức $10^7$ Hz và theo đó, phần sóng mang phải nằm trong vùng từ hàng chục đến hàng trăm metahertz. Đó là lý do tại sao trong dòng điện cần phải sử dụng sóng tần số cao và do đó cực ngắn có bước sóng cỡ một mét, mặc dù chúng chỉ lan truyền trong giới hạn tầm nhìn.

Giờ đây, chúng ta có thể nói chắc chắn rằng thời đại của dây đồng đã trở thành quá khứ và sự phát triển của mạng truyền tải thông tin tốc độ cực cao và quy mô cực lớn cũng như thông tin liên lạc bằng cáp quang đã trở thành quá khứ.

25

Về sáng tạo toán học của TRẺ EM

Tạp chí của chúng tôi hiếm khi có các bài viết về toán học do học sinh viết. Không phải vì học sinh trung học không có khả năng tạo ra những bài toán thú vị và độc đáo. Vấn đề ở đây là hầu hết các tác phẩm này đều mang tính cụ thể trong phạm vi hẹp, thường dựa vào tài liệu ngoài ngữ pháp và hiếm khi chứa đựng những ý tưởng toán học tổng quát hữu ích cho đa số độc giả của chúng tôi. Ngoài ra, nội dung của ghi chú trong «Kvant» không chỉ phải đúng về mặt toán học và chính xác về mặt hình thức mà còn phải được viết một cách dễ hiểu, rõ ràng, mang tính giải trí và có phương pháp. Nếu các tác giả giàu kinh nghiệm của chúng ta không phải lúc nào cũng đáp ứng được yêu cầu như vậy thì chúng ta có thể mong đợi điều gì ở các tác giả khoa học!

Chưa hết, trong lễ kỷ niệm này, số thứ hai trăm của tạp chí, chúng tôi quyết định xuất bản bản kể lại một số tác phẩm của học sinh (gửi tới «Kvant» hoặc kể tại các hội nghị khác nhau của học sinh), mà đối với chúng tôi, có vẻ như sẽ được nhiều độc giả quan tâm. Những tác phẩm này cũng chứa bài toán bản sửa đổi dành cho những ai muốn kiểm tra khả năng sáng tạo của mình.

Đa giác tự cắt nhau bằng nhau

Trong tác phẩm của Andrei Shann (Moscow, trường số 57), viết năm 1984, khi Andrei còn học trung học, các đa giác hình học bài toán có số điểm tự giao bằng nhau trên mỗi mắt xích đã được giải. Chúng ta hãy đưa ra một định nghĩa chính xác về các đường đứt đoạn đang xét: các đường đứt đoạn bằng titan (n, m), trong đó n ≥3, m ≥1, là chuỗi gồm n điểm khác nhau A₁, A₂, …, Aₙ (đỉnh) và n nối liên tiếp các điểm này của các đoạn A₁A₂, A₂A₃, …, Aₙ-1Aₙ, AₙA₁ (liên kết) sao cho mỗi liên kết cắt chính xác m liên kết khác, hơn nữa, tại m điểm bên trong khác nhau. Ví dụ: hình 1 hiển thị phần đầu bị hỏng (6, 1), (5, 2) và (9, 2).

Bài 1. Đường gãy titan (n, 1) tồn tại để làm gì?

TRẢ LỜI: với cả bốn n (n ≥6); đối với lời giải A. Shann trình bày một tita bị hỏng (6, 1), sau đó áp dụng cho nó thao tác chèn một dấu thập (hình 2, a) hoặc chèn một sóng hài (hình 2, b).

Đối với n lẻ không có đường đứt nét (n, 1). Một thực tế tổng quát hơn là đúng: nếu cả hai số n và m đều lẻ thì đường gãy titan (n, m) không tồn tại. Trên thực tế, các đường thẳng titan (n, m) chỉ cắt nhau theo cặp nên tổng số điểm giao nhau là nm/2, điều này không thể xảy ra khi cả hai số n và m đều là số lẻ.

Bài toán 2. Có đúng là với bất kỳ m nào cũng tồn tại (với một số n) một đường đứt nét (n, m) không?

TRẢ LỜI: có; A. Shann giải quyết bài toán này, bắt đầu với cùng một ví dụ về tiêu điểm bị hỏng (6,1), sau đó áp dụng thao tác truy tìm cho nó (hình 2 b, 2).

Bài 3. Cặp số nào (n, m) có nét đứt (n, m)?

bài toán này chưa được giải quyết hoàn toàn, mặc dù A. Schanne đã đạt được tiến bộ lớn trong lời giải của mình, bằng cách sử dụng các biến thể khác nhau của phép tính tổng (hình 3). Kết quả của Andrey có thể được tóm tắt trong bảng sau:

| tita bị hỏng (n, m) | tồn tại | không tồn tại | câu hỏi đã đóng |
| :— | :— | :— | :— |
| m - thậm chí | n ≥2m+6 hoặc n=m+3 | n≤m+2 | m+4≤n≤2m+5 |
| m - lẻ | n chẵn và n ≥8m+12 | n — lẻ hoặc n<m+2 | n chẵn và m+3<n<8m+10 ngoại trừ n=4m+6 |

26

Trong tòa soạn, chúng tôi đã nói chuyện với A.K. Kovaldzhi (giám đốc, cùng với N.S. Kellin, của Trường Toán buổi tối lớn tại MISiS, nơi A. Shanin theo học); anh ấy đã nói về một số cách xây dựng khác liên quan đến Vấn đề 3 và để lại cho chúng tôi một “bảng trống” cho các giá trị nhỏ $n$ và $m$ (hình 4). Chúng tôi hy vọng rằng độc giả của chúng tôi có thể dần dần điền vào những chỗ trống này. Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng có bài toán rất hay về các cách phân loại khác nhau của các đường gãy thuộc loại $(m, n)$, mà tạp chí «Kvant» vẫn có ý định quay trở lại.

Phương trình Markov tổng quát

Nhiều độc giả tỏ ra thích thú với lý thuyết hay mô tả phương trình lời giải Markov

$$x^2 + y^2 + z^2 = 3xyz$$

Trong số tự nhiên $(x, y, z)$, mà tôi đã nói đến trong bài viết của M. G. Kerin («Kvant» 1985, số 4, trang 13). Cuối bài viết này, tác giả đề xuất tìm hiểu khái quát hóa phương trình Markov; Nhà cổ điển thứ mười P. Wolf đã mở ra lời thú nhận này.

Bein đến từ Trường Nội trú Vật lý và Toán số 2 Kyiv; nó làm đảo lộn các phương trình có dạng

$$x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = mx_1x_2\dots x_n,$$

trong đó $n \geqslant 3$, $m$ là số tự nhiên. Tương tự như phương trình (1), ở đây mỗi lời giải (nếu nó tồn tại) đương nhiên được đưa vào một cây phân nhánh vô hạn lời giải. Đối với mỗi lời giải $(a_1, a_2, \dots, a_k, \dots, a_n)$ trong số tự nhiên của phương trình (2) cho mỗi tọa độ của nó $a_k (1 \leqslant k \leqslant n)$, chúng ta có thể xây dựng kết nối lời giải $(a_1, a_2, \dots, a_k, \dots, a_n)$: phụ

27

đặt tập $(a_1, a_2, \dots, x, \dots, a_n)$ vào đẳng thức (2), giải phương trình bậc hai thu được $x^2 - px + q = 0$, ngoài căn $x = a_k$ phải có căn thứ hai $x = a'_k$. Hơn nữa, nếu $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$ và $k \geq 2$ thì $a'_k > a_1$. Do đó, từ mỗi lời giải người ta có thể thu được những tọa độ mới, với tọa độ tối đa lớn hơn và chỉ một tọa độ - mức tối đa - đi đến tọa độ lân cận, “nhỏ hơn” lời giải. Quá trình di chuyển lên cây lời giải đến các giải pháp nhỏ hơn không thể tiếp tục vô thời hạn, cuối cùng sẽ đạt được cấp tiến lời giải $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$, mà $a'_1 \geq a_1$, và không thể đi lên thêm (hình 5).

II. Wolfbein phân biệt ba loại căn lời giải: (I) $a_1 = a_2 = \dots = a_n$; đây là, cho $n = m$, lời giải có dạng (1, 1, …, 1), cho $n = 3$, $m = 1$ - lời giải (3, 3, 3), cho $n = 4$, $m = 1$ - (2, 2, 2, 2); không có người khác.

(II) $a'_1 > a_1$; ví dụ: đối với $n = 7$, $m = 5$ chẳng hạn như lời giải (2, 1, …, 1);

(III) $a'_1 = a_1$; ví dụ: đối với $n = 11$, $m = 5$ chẳng hạn như lời giải (4, 22, 1, …, 1).

Lý luận của P. Wolfbein dựa trên bổ đề sau đây đã được ông chứng minh: đối với một căn thức lời giải $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$ thuộc loại P hoặc III thì bất đẳng thức nhất thiết phải đúng

$$ma_3 a_4 \dots a_n < n.$$

Phương trình (2) cho $n = m$ (giống như phương trình (1), trong đó $n = m = 3$) chỉ có một gốc lời giải (1, 1, …, 1) và từ mỗi loại lời giải $a_1 > a_2 > \dots > a_k > a_{k+1} = \dots = a_n = 1$ của nó, chúng đi xuống theo nhánh đến $k$ khác nhau (không thu được từ nhau bằng cách sắp xếp lại tọa độ) các nghiệm lân cận. Đối với trường hợp tổng quát $m \neq n$, P. Wolfbein chỉ thu được một phần kết quả ở đây. Bài toán một nghiên cứu đầy đủ về phương trình (2) trong trường hợp tổng quát vẫn yêu cầu lời giải của nó.

Cách phân biệt hàm số một số lần

Marat Rovinsky, học sinh lớp 9 tại trường số 57 ở Moscow, đã tìm ra cách, với bất kỳ số thực $s$ nào, để xác định từ hàm $f(x)$ một hàm mới $-f^{(s)}(x)$ - theo cách:

1. Nếu $s$ là số nguyên không âm thì $f^{(s)}x$ là số tùy ý thứ $s$ tại điểm $x$.

2. $f^{-1}(x) = \int_0^x f(t)dt$.

3. Nếu $f(x) = 0$ tại $x \leq 0$ thì $(f^{(s_1)})(s_2)(x) = f^{(s_1 + s_2)}$.

Từ tính chất 2 và 3 suy ra rằng nếu $n$ là số tự nhiên thì

$$f^{-(n)}(x) = \int_0^x \left( \int_0^x f(t)dt \right) dx_{n-1}.$$

Ví dụ,

$$f^{-(2)}(x) = \int_0^x \left( \int_0^x f(t)dt \right) dx_{n-1}.$$

— biểu thức trong ngoặc được coi là hàm của biến $x_1$, sau đó được sử dụng để giải thích tùy ý.

Như đã biết,

$$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x) - f(x-h)}{h}.$$

Điểm khởi đầu cho suy nghĩ của Marat là công thức

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

Không khó để chứng minh (bằng quy nạp) rằng

$$f^{(n)}(x) = \lim_{h \to 0} h^{-n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k C_n^k f(x-kh).$$

Chúng ta hãy nhớ lại («Kvant», 1986, Số 1, trang 23) rằng $C_n^k$ là số tổ hợp của các phần tử $n$.

28

cảnh sát bằng $k$ - có thể được viết ra bằng công thức

$$C_n^k = \frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{k!}.$$

Lưu ý rằng vế phải của công thức này được xác định cho mọi giá trị thực của $n$. Do đó, chúng ta có thể xác định $C_s^k$ bằng công thức (2) cho bất kỳ $s$ nào. Ví dụ: $C_{-1}^k = (-1) \times (-2) \ldots (-k)/k! = (-1)^k$. Mặc dù các số $C_s^k$, nếu $s$ không phải là số tự nhiên thì không còn có bất kỳ cách giải thích tổ hợp nào nữa, nhưng đối với chúng, tất cả các tính chất cơ bản của hệ số biompal đều được đáp ứng.

Nhiệm vụ 1. Chứng minh rằng

$$C_s^k + C_{s+1}^k = C_{s+1}^k + 1.$$

Nhiệm vụ 2. Chứng minh rằng

$$\sum_{k_1+k_2=m} C_{s_1}^{k_1} \cdot C_{s_2}^{k_2} = C_{2s}^{m}.$$

Gợi ý. Bất kỳ đẳng thức nào thuộc loại này đều được chứng minh như sau: vế trái và vế phải là hàm của biến $s$ là đa thức. Vì vậy, chỉ cần chứng minh rằng chúng trùng với các giá trị tự nhiên $s$ là đủ.

Tại $s = -1$ công thức (1) có dạng

$$f^{(-1)}(x) = \lim_{h \to 0} h \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k C_{-1}^k f(x-kh) = \lim_{h \to 0} h \sum_{k=0}^{\infty} f(x-kh).$$

(Trong công thức (1), chúng ta có thể giả sử rằng phép tính tổng trên $k$ cũng được thực hiện đến vô cùng, hoặc $C_n^k = 0$ cho $k > n$). Nếu $f(x) = 0$ tại $x \leq 0$, thì công thức (3) chỉ đơn giản là định nghĩa của tích phân $\int f(t)dt$. Trong trường hợp tổng quát, bạn cần chia đoạn từ 0 đến $x$ thành $m$ các phần bằng nhau và hướng $m$ về vô cực, tức là

$$f^{(s)}(x) = \lim_{m \to \infty} \left( \frac{x}{m} \right)^{-s} \sum_{k=0}^{m} (-1)^k C_{s_1}^{k_1} f \times \left( x-k \frac{x}{m} \right).$$

(4) Sau đó $(\alpha f + \beta g)^{(s)}(x) = \alpha f^{(s)}(x) + \beta g^{(s)}(x)$.

Bài 3. Chứng minh tính chất 3.

Gợi ý. Sử dụng kết quả của bài 2.

Bài 4. Chứng minh rằng với $n$ tự nhiên

$$f^{(-n)}(x) = \frac{1}{(n-1)!} \int f(t)(x-t)^{n-1} dt.$$

Bài tập 5. Chứng minh rằng với $s > 1$ hàm số tùy ý (1-$s$), khi đó thực tế bằng 1, bằng $x^{s-1}/\Gamma(s)$, trong đó $\Gamma(s)$ là hàm của $s$.

Hàm $\Gamma(s)$ là hàm Gram Euler và là một trong những hàm toán học quan trọng nhất. Nó luôn xuất hiện khi cần xác định $n!$ cho các giá trị không tự nhiên $n$ ($\Gamma(n+1)=n!$ cho $n \in N$). Một tính chất quan trọng của hàm gram là phương trình hàm: $\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$. Dễ dàng suy ra, sử dụng tính chất 3 phân số tùy ý. Bài 6. Chứng minh với $s > 0$

$$f^{(-s)}(x) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^x f(t)(x-t)^{s-1} dt.$$

Câu hỏi khái quát hóa khái niệm giá trị tùy ý thứ $s$ thành giá trị tùy ý của $s$ đã được nhiều nhà toán học xuất sắc nghiên cứu từ lâu, trong đó có Leibniz, Johann Bernoulli, Euler, Fourier, Liouville và Riemann.

Định nghĩa (4) do M. Rovinsky đưa ra trùng hợp với một trong những cách mà Liouville định nghĩa phân số tùy ý vào những năm 30 của thế kỷ 19. Công thức (5) được gọi là công thức Riemann-Liouville.

Điểm bất động chung của hai hàm số

Trong cuốn sách của người dùng nổi tiếng S. Ulam “Root Mathematical bài toán” (M.: “Nauka”, 1964) có giả thuyết sau.

Đặt $f(x)$ và $g(x)$ là các hàm liên tục được xác định trên khoảng $[0; 1]$, lấy các giá trị liền kề với khoảng này và cả $f(g(x))=g(f(x))$ cho tất cả $x \in [0; 1]$; thì các hàm $f$ và $g$ có một điểm cố định chung, tức là điểm $x_0$ mà $f(x_0)=g(x_0)=x_0$.

bài toán này rất phổ biến trong giới học sinh toán vào giữa những năm 60 và đầu những năm 70, nhưng mọi nỗ lực nhằm vào lời giải của nó đều không thành công. Telegr biết rằng giả thuyết của Ulam là không đúng: có biện pháp đối phó.

Là học sinh lớp 9 trường nội trú Vật lý và Toán học số 18 thuộc Đại học Tổng hợp Mátxcơva, Andrei Slepukhin, theo lời giới thiệu của giáo viên, ứng viên khoa học vật lý và toán học A.P. Veselov (nhân tiện, tốt nghiệp Trường Vật lý và Toán học tại Đại học Tổng hợp Mátxcơva), đã đưa ra giả thuyết Ulam trong lớp đa thức. Chính xác hơn, anh ấy đã giải được bài toán tiếp theo.

Giả sử $p(x)$ và $q(x)$ là hai đa thức sao cho $p(q(x))=q(p(x))$ với mọi $x \in R$. Có đúng là tồn tại một điểm $x_0 \in R$ sao cho $p(x_0)=q(x_0)=x_0$, nếu biết rằng bản thân các đa thức $p(x)$ và $q(x)$ đều có điểm cố định (ví dụ, điều này có nghĩa là các phương trình $p(x)=x$ và $q(x)=x$ có nghiệm).

Hóa ra là nếu một trong các đa thức $p(x)$ hoặc $q(x)$ có bậc chẵn thì tồn tại một điểm cố định chung.

Đối với đa thức bậc lẻ, chứng minh của A. Slepukhin “không có tác dụng”, vì vậy đối với họ câu hỏi vẫn còn bỏ ngỏ.

29

tứ diện Pythagore

Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
V. G. BOLTYANSKY

Chúng ta hãy nhớ lại rằng một tam giác được gọi là Pythagore nếu nó có một góc vuông và tỷ lệ của các cạnh còn lại là hợp lý (khi đó, sử dụng sự tương tự, có thể thu được từ nó một tam giác vuông có độ dài các cạnh nguyên). Bằng cách tương tự với điều này, chúng ta sẽ gọi tam giác Pythagore nếu các góc phẳng của nó tại một trong các đỉnh là vuông và tỷ số của hai cạnh bất kỳ là hợp lý (từ đó, sử dụng tính tương tự, chúng ta có thể thu được một tam giác có các góc phẳng tại một trong các đỉnh và độ dài các cạnh nguyên).

Trong lưu ý này, chúng ta sẽ rút ra “sự tôn trọng đối với tứ diện Pythagore”, nghĩa là, mối quan hệ như vậy với các ẩn số ξ, η, ζ mà bất kỳ tứ diện Pythagore nào cũng cho một lời giải hợp lý của tôn trọng này, và ngược lại, bất kỳ nghiệm hợp lý nào của tôn trọng này đều cho một tứ diện Pythagore. Và sau đó, bằng cách sử dụng điều này, chúng ta sẽ tìm thấy các ví dụ cụ thể về tứ diện Pythagore.

tam giác Pythagore

Đầu tiên chúng ta đưa ra cách mô tả tất cả các tam giác Pythagore. Tại hình 1 tam giác OAB là tam giác vuông; chiều dài chân của nó được ký hiệu là a và b, và chiều dài cạnh huyền là p (chúng tôi dành chữ e cho phần sau). Số ξ = a/b+p

Chúng ta thống nhất gọi tham số của tam giác vuông là OAB (hay chính xác hơn là tham số là “chân tương đối a”). Sử dụng sự tương ứng p2=a2+b2, chúng ta có

$$1+\xi^2 = \frac{(b^2+2bp+p^2)+a^2}{(b+p)^2} = \frac{2p^2+2bp}{(b+p)^2} = \frac{2p}{b+p}.$$

Từ những đẳng thức này, chúng ta trực tiếp thu được các công thức biểu thị tỷ lệ các cạnh của một tam giác vuông thông qua tham số của nó:

$$\frac{2\xi}{1-\xi^2} = \frac{a}{b}, \frac{1+\xi^2}{1-\xi^2} = \frac{p}{b}.$$

Bài toán 1. Gọi α là độ lớn của góc OAB. Chứng minh rằng tham số ξ của tam giác OAB bằng tan α/2, và dùng kết quả này để chứng minh một công thức khác cho công thức (2).

Bài toán 2. Chứng minh rằng tham số ξ′ của tam giác OAB đối với cạnh b (tức là ξ′ = b/a+p) liên hệ với tham số ξ bởi tương ứng ξ′ = \frac{1-\xi}{1+\xi}. Giải thích sự tương ứng này bằng cách sử dụng các hàm lượng giác (xem bài toán 1).

Các phát biểu sau đây được suy ra trực tiếp từ công thức (1) (2):

Để một tam giác vuông là Pythagore thì cần và đủ số lượng hợp lý. Thật vậy, nếu tam giác là Pythagogian thì từ (1) suy ra ξ là hữu tỉ. Ngược lại, nếu ξ là số hữu tỉ thì theo (2) tỉ số các cạnh là số hữu tỉ, tức là tam giác Pythagogian.

Phương trình tứ diện Pythagore

Cho OABC là tứ diện có các góc phẳng tại đỉnh O là vuông. Độ dài các cạnh xuất phát từ đỉnh O được ký hiệu là a, b, c và độ dài của ba cạnh còn lại là p, q, r (hình 2). Xét các tham số của ba tam giác vuông OAB, OBC, OCA:

$$\xi = \frac{a}{b+p}, \eta = \frac{b}{c+q}, \zeta = \frac{c}{a+r}.$$

Sau đó, bằng cách sử dụng công thức (2), chúng ta có thể biểu thị tỷ lệ các cạnh của các tam giác vuông này thông qua các tham số của chúng:

Hình 1. Hình 2.

30

$$\frac{a}{b} = \frac{2\xi}{1-\xi^2}, \frac{b}{c} = \frac{2\eta}{1-\eta^2}, \frac{c}{a} = \frac{2\varsigma}{1-\varsigma^2};$$

$$\frac{p}{b} = \frac{1+\xi^2}{1-\xi^2}, \frac{q}{c} = \frac{1+\eta^2}{1-\eta^2}, \frac{r}{a} = \frac{1+\varsigma^2}{1-\varsigma^2}.$$

Từ (4) suy ra các tham số $\xi, \eta, \varsigma$ thỏa mãn sự tương ứng

$$\frac{2\xi}{1-\xi^2}, \frac{2\eta}{1-\eta^2}, \frac{2\varsigma}{1-\varsigma^2} = 1.$$

Đây là “phương trình tứ diện Pythagore” thông dụng.

Bài toán 3. Chứng minh rằng nếu ba số dương $\xi, \eta, \varsigma$, mỗi số nhỏ hơn một thỏa mãn phương trình (6), thì tồn tại một tứ diện có các góc phẳng vuông tại một trong các đỉnh mà (với ký hiệu hình 2) đẳng thức (3) (và sau đó là các đẳng thức (4), (5)).

Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu $\xi, \eta, \varsigma$ — lời giải của phương trình vô định (6) thì các số

$$\xi' = \frac{1-\xi}{1+\xi}, \eta' = \frac{1-\eta}{1+\eta}, \varsigma' = \frac{1-\varsigma}{1+\varsigma}$$

cũng tạo thành lời giải của phương trình này (“liên hợp lời giải”). Chứng minh rằng nếu mỗi số $\xi, \eta, \varsigma$ đều dương và nhỏ hơn 1 thì mỗi số $\xi', \eta', \varsigma'$ đều có tính chất này. Tương tác hình học của hai phương trình lời giải liên hợp (6) là gì?

Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu $\xi, \eta, \varsigma$ - lời giải của phương trình vô định (6) và mỗi số $\xi, \eta, \varsigma$ đều dương và nhỏ hơn 1, thì tứ diện $OABC$, được thảo luận ở bài toán 3, có thể thu được như sau: từ điểm $O$ ba đoạn thẳng vuông góc với nhau được rút ra $OA, OB, OC$ có độ dài

$$OA = 1, OB = \frac{1-\xi^2}{2\xi}, OC = \frac{1-\eta^2}{2\eta}$$

Bài toán 6. Các số $\xi, \eta, \varsigma$ tạo thành lời giải của phương trình vô định (6). Có thể tìm được hai trong số những số này và số thứ ba không? Đưa ra cách giải thích hình học của đáp số.

Bài toán 7. Các số $\xi, \eta, \varsigma$ tạo thành lời giải của phương trình bất định (6), và mỗi số đều dương và nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng nếu $\xi = m/n, \eta = p/q$ (trong đó $m, n, p, q$ là tự nhiên) thì một tứ diện có các góc mặt phẳng vuông tại một trong các đỉnh và độ dài của các cạnh nổi lên từ đỉnh này

$$a = 4mnpq, b = 2pq = (n^2-m^2), c = (n^2-m^2)(q^2-p^2)$$

là Pythagore.

Các phát biểu sau đây được suy ra trực tiếp từ các công thức (3)–(5): để tứ diện $OABC$ có góc phẳng tại đỉnh $O$ là Pythagore thì điều cần thiết và đủ là các tham số $\xi, \eta, \varsigma$ (thỏa mãn phương trình (6)) được sắp xếp. Thật vậy, nếu tứ diện

$$\frac{a}{b} = \frac{2\xi}{1-\xi^2}, \frac{b}{c} = \frac{2\eta}{1-\eta^2}, \frac{c}{a} = \frac{2\varsigma}{1-\varsigma^2};$$

Pythagoras (nghĩa là tỷ lệ của hai cạnh bất kỳ của nó là hữu tỉ), thì từ (3) suy ra rằng $\xi, \eta, \varsigma$ là hữu tỉ. Ngược lại, nếu $\xi, \eta, \varsigma$ là hữu tỉ thì theo (4), (5) mối quan hệ của hai cạnh bất kỳ là hữu tỉ, tức là tứ diện Pythagore.

Tìm kiếm tứ diện Pythagore

Chúng ta thấy rằng bài toán tìm tứ diện Pythagore đại số tương đương với bài toán tìm lời giải phương trình vô định (6) trong điều kiện $0 < \xi < 1, 0 < \eta < 1, 0 < \varsigma < 1$. Dễ dàng kiểm chứng bằng cách xác minh trực tiếp rằng các bộ ba sau đây là nghiệm.

Bảng 1.

| | $\xi$ | $\eta$ | $\varsigma$ |
| :— | :— | :— | :— |
| 1) | 5/6 | 2/11 | 3/13 |
| 2) | 5/8 | 1/11 | 9/13 |
| 3) | 1/7 | 9/11 | 5/16 |
| 4) | 5/6 | 6/11 | 1/17 |
| 5) | 8/9 | 1/11 | 5/17 |
| 6) | 2/5 | 5/11 | 7/18 |
| 7) | 3/4 | 1/10 | 11/21 |
| 8) | 2/13 | 17/22 | 9/25 |
| 9) | 3/7 | 3/8 | 11/25 |
| 10) | 21/23 | 1/24 | 11/25 |
| 11) | 7/18 | 1/22 | 23/25 |

Điều này giúp có thể tìm thấy tứ diện Pythagore giống hệt nhau. Để tính độ dài của các cạnh, bạn có thể sử dụng phương pháp bài toán 7 (đạo hàm, nếu cần, giảm theo hệ số chung). Các cạnh của các tứ diện này được liệt kê trong Bảng 2.

Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng nếu tứ diện Pythagore $OABC$ bổ sung với các cạnh $OA, OB, OC$, thì chúng ta sẽ có một đường song song “Pythagore”

31

lepiped, nghĩa là một hình chữ nhật song song với chiều dài khác nhau (hoặc toàn bộ) của tất cả các cạnh và tất cả các đường chéo của các mặt. hình 3 thể hiện hình song song thu được bằng cách sử dụng hình thứ hai trong tứ diện Pythagore ở trên. Tuy nhiên, đường chéo của hình song song này có độ dài không hợp lý. Người ta không biết liệu có một hình chữ nhật song song trong đó tất cả các cạnh, tất cả các đường chéo của các mặt và đường chéo của toàn bộ hình song song có độ dài nguyên hay không.

Hình 3.

Bài toán 8. Chứng minh rằng mười trong số các phương trình lời giải giống nhau đã cho (6) là liên hợp từng cặp (theo nghĩa của định nghĩa ở bài toán 4). Tìm lời giải, “liên hợp” của lời giải giống hệt nhau; tìm đường song song Pyphagian tương ứng.

Bài toán 9. Chúng ta hãy gọi một hình chữ nhật song song là “hình song song Pyphagian loại hai” nếu tất cả các cạnh của nó, cũng như đường chéo của hình song song, có độ dài không giống nhau. Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, x_3$ là độ dài các cạnh của một hình chữ nhật song song và $y$ là độ dài đường chéo của nó thì đó là hình song song Pythagogian loại hai khi và chỉ nếu nó là một số (tham số))

$$\xi_1 = \frac{x_1}{x_3 + y}, \quad \xi_2 = \frac{x_2}{x_3 + y}$$

hợp lý. Chứng minh rằng đối với song song này có một sự tương ứng hợp lý

$$\frac{x_1}{y} = \frac{2\xi_1}{1 + \xi_1^2 + \xi_2^2}, \quad \frac{x_2}{y} = \frac{2\xi_2}{1 + \xi_1^2 + \xi_2^2},$$

$$\frac{x_3}{y} = \frac{1 - \xi_1^2 - \xi_2^2}{1 + \xi_1^2 + \xi_2^2}.$$

Bài toán 10. Tổng quát hóa kết quả của bài toán 9, chứng minh rằng mọi lời giải không đồng nhất của phương trình vô định

$$x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = y^2$$

trông giống như

$$x_1 = k \cdot 2\xi_1, \quad x_2 = k \cdot 2\xi_2, \dots, \quad x_{n-1} = k \cdot 2\xi_{n-1},$$

$$x_n = k(1 - \xi_1^2 - \dots - \xi_{n-1}^2), \quad y = k(1 + \xi_1^2 + \dots + \xi_{n-1}^2),$$

trong đó $\xi_1, \dots, \xi_{n-1}$ là các số không đồng nhất tùy ý (tham số) và hệ số $k$ cũng không đồng nhất. Bạn có thể đưa ra một giải thích hình học về kết quả này?

Bài toán 11. Tổng quát hóa kết quả của bài toán 10 thành phương trình vô định

$$x_1^2 + \dots + x_p^2 = y_1^2 + \dots + y_q^2$$

(nghĩa là đưa ra công thức tìm tất cả các lời giải không đồng nhất).

---

Để kết luận, chúng ta hãy tập trung vào câu hỏi làm thế nào tìm được 11 phương trình lời giải không đồng nhất (6) được chỉ ra ở trên. Đối với điều này, một máy tính điện tử đã được sử dụng. Thuật toán tính toán trên máy tính được biên soạn dựa trên các thông báo sau. Cho phép

$$\xi = \frac{a}{b}, \quad \eta = \frac{c}{d}, \quad \xi = \frac{e}{f},$$

(7)

trong đó $a, b, c, d, e, f$ là số tự nhiên. Ý tưởng của thuật toán là đi qua tất cả sáu số như vậy, cho mỗi số trong số sáu số có giá trị 1, 2, …, 25, sử dụng công thức (7) để tìm bộ ba tương ứng ($\xi, \eta, \zeta$) và từ chúng chọn ra những số thỏa mãn phương trình (6). Trên thực tế, sẽ tốt hơn, giải phóng khỏi ý nghĩa, thực hiện các phép tính không phải với $\xi, \eta, \zeta$ mà bằng các số tự nhiên $a, b, c, d, e, f$. Vấn đề là khi làm việc với các số không đồng nhất $\xi, \eta, \zeta$, máy tính sẽ thay thế chúng bằng một số phép tính gần đúng thập phân chắc chắn không thỏa mãn phương trình (6).

Bài toán 12. Viết thuật toán bằng ngôn ngữ thuật toán giáo dục. Hãy cố gắng cải thiện nó để tránh (thực tế là không cần thiết) phải tìm kiếm đầy đủ tất cả sáu số $a, b, c, d, e, f$.

32

Bầu trời màu cam

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
G. I. KOSOUROV

Trong bài viết này, chúng tôi trình bày một số thí nghiệm về tầm nhìn màu sắc. Tất cả chúng đều có liên quan đến các ảo giác màu sắc khác nhau do điều kiện làm việc bất thường của mắt hoặc do mỏi mắt về màu sắc.

Cơ chế nhận biết màu sắc của mắt rất phức tạp và chưa được nghiên cứu đầy đủ. Được biết, võng mạc của mắt chứa hai loại tế bào nhạy cảm với ánh sáng, được gọi là tế bào hình que và hình nón. Các que chứa sắc tố hoa quang thị - màu tím thị giác, hoặc rhodopisin. Dưới tác động của ánh sáng, rhodopisin cung cấp và tác động lên các sợi đầu tiên truyền sự kích thích đến não. Trong ánh sáng rực rỡ, nó đảm bảo sự hoàn chỉnh và các que sẽ bị mù. Trong bóng tối, quá trình ngược lại xảy ra - phục hồi màu tím thị giác. cây sơn tùng su-
tầm nhìn chính xác có giá trị màu rất cao, nhưng nó có màu sắc nhạt: các que không nở màu.

Ở độ sáng đủ cao, cơ chế thị giác hình chuông sẽ có hiệu lực. Tầm nhìn hình nón rất nhạy cảm với màu sắc. Có nhiều thí nghiệm thuyết phục dẫn đến kết luận rằng các tế bào hình nón chứa các sắc tố hoa quang hợp thuộc ba loại với tối đa các sắc tố hoa có phổ màu đỏ, lục và lam. Mức độ phai nhạt khác nhau của cả ba sắc tố mang lại cho ý thức của chúng ta cảm giác về màu sắc và cho phép chúng ta nhìn thế giới với tất cả sự đa dạng về màu sắc, sắc thái và sự chuyển tiếp.

Bản chất ba màu của tầm nhìn màu sắc là cơ sở để tái tạo màu sắc trong phim ảnh, truyền hình, nhiếp ảnh màu và in ấn. Các phương pháp đo định lượng màu sắc cũng dựa trên nguyên lý ba màu.

Tuy nhiên, cảm giác về màu sắc có thể không chỉ do sơn gây ra mà còn do ánh sáng chẳng hạn. Vẽ các đĩa đen trắng hiển thị ở hình 1 (a, b, c, d) bằng mực lên giấy vẽ. Hợp lý

33

nhưng sao cho các đĩa có đường kính 8-12 cm. Cắt các đĩa và đưa chúng vào chế độ quay không nhanh lắm, khoảng 1-3 vòng mỗi giây. Để làm điều này, bạn có thể đặt chúng trên trục của máy chiếu phim, máy nghe nhạc, máy ghi âm hoặc đơn giản là làm phần trên của đĩa. Thay vì các vòng cung màu đen, bạn sẽ thấy các vòng tròn màu. Màu sắc phụ thuộc vào tốc độ phát triển, độ sáng và tính chất của hoa văn. Ví dụ: đối với một đĩa ở hình 1, các cung theo khu vực màu đen (theo hướng quay) xuất hiện màu đỏ trong điều kiện ánh sáng yếu và màu vàng trong điều kiện ánh sáng mạnh. Ở tốc độ nhất định và ánh sáng mạnh, các vùng màu đen sẽ có màu xanh lam. Hiện chưa có cam kết đầy đủ về hiện tượng này.

Sơn khác nhau không chỉ về màu sắc mà còn về độ bão hòa. Nếu bạn dần dần thêm màu trắng vào màu đỏ, màu sẽ ngày càng hồng hơn. Trong các bức tranh, và thậm chí hơn thế nữa trong các bản in tranh, rất khó để có được tông màu phong phú và mức độ giận dữ lớn. Tỷ lệ cơn thịnh nộ của lớp sơn trắng nhất với cơn thịnh nộ của thực phẩm đen nhất lên tới một trăm, và về bản chất, chúng ta đang phải đối mặt với sự khác biệt về cơn thịnh nộ lên tới hàng nghìn lần. Do đó, các bản sao có tranh vẽ có vẻ quá trắng hoặc ngược lại, quá tối. Điều này phá vỡ một trong những yếu tố của nhận thức về khối lượng - hiệu ứng của phối cảnh. Hình ảnh phong cảnh hoặc cảnh thể loại xuất hiện phẳng. Phạm vi lan truyền cơn thịnh nộ rộng hơn đáng kể khi chiếu phạm vi lên màn hình. Đây là lý do tại sao các slide phim có thể đảo màu của nhiếp ảnh gia lại rất biểu cảm và đồ sộ.

Hình 1.

Cảm nhận về một bức tranh có thể được cải thiện đáng kể bằng cách chiếu sáng nó theo một cách đặc biệt. Lấy phần màu từ Ogonyok, định hình nó và in dải màu đen trắng tương phản từ phim này sang phim khác bằng phương pháp tiếp xúc. Lắp phạm vi vào máy chiếu có quang thông lớn (máy chiếu loại “Ánh sáng” là phù hợp) và chiếu phạm vi lên bản gốc sao cho các đường viền của hình chiếu và bản gốc khớp hoàn toàn. Kết quả sẽ không khiến bạn phải hối tiếc về công sức đã bỏ ra. Hình ảnh sẽ trở nên ổn, đạt được khối lượng và tính biểu cảm đặc biệt. Tắt máy chiếu và bạn sẽ thấy hình ảnh mờ nhạt và kém ấn tượng như thế nào dưới ánh sáng đồng đều.

Các thí nghiệm sau đây liên quan đến cái gọi là ảnh màu tuần tự. Hiện tượng này là do quá trình xử lý màu phục hồi hoàn toàn là một quá trình tương đối chậm. Nếu bạn nhìn lâu vào một tín hiệu hình rồi chuyển ánh nhìn sang tờ giấy trắng, bức tường hoặc trần nhà thì màu trắng sẽ bị coi là thiếu màu sắc, gây mỏi mắt. Trên bề mặt màu trắng, hình tương tự sẽ hiển thị nhưng được sơn bằng màu gọi là bổ sung.

Cắt các hình vuông màu đỏ, cam, vàng, xanh lá cây, xanh dương và tím có kích thước 2x2 cm từ giấy màu. Đặt một trong những hình vuông màu trước mặt bạn trên một tờ giấy trắng và nhìn vào nó mà không hướng mắt về phía trước trong khoảng ba mươi giây. Như người ta nói, bạn cần phải nhìn vào một thời điểm để ảnh của hình vuông không di chuyển qua võng mạc. Hướng ánh mắt của bạn về phía trường màu trắng, và sau một hoặc hai giây, bạn sẽ thấy trên giấy hình ảnh rõ ràng của một hình vuông có màu bổ sung. Bằng cách này, bạn sẽ biết rằng màu bổ sung cho màu đỏ là màu xanh lá cây và màu bổ sung cho màu xanh lam là màu cam.

35

Nhiệm vụ

1. Sau cơn mưa, tôi nhặt nấm porcini và dùng lực kéo chúng đi", Nikolai Borisovich nói trong một bài học toán. “Nhưng tôi chủ yếu chở nước: xét cho cùng, nấm mới hái chứa 90% nước!” Và khi nấm khô, trọng lượng của chúng giảm đi 15 kg, vì nước lúc này chỉ chiếm 60% trọng lượng của chúng. Tôi đã mang về bao nhiêu kg nấm từ rừng?

2. hình hiển thị hai hình chữ nhật 9×12 được tô màu khác nhau bằng ba màu. Cắt hình chữ nhật vẽ bên trái thành 4 phần sao cho có thể gấp lại thành hình chữ nhật vẽ bên phải.

3. Kolya và Vitya sống cùng một nhà. Có bốn căn hộ trên mỗi tầng ở tất cả các lối vào ngôi nhà của họ. Kolya sống trên tầng năm trong căn hộ số 83, và Vitya sống trên tầng ba trong căn hộ số 169. Ngôi nhà của họ có bao nhiêu tầng?

4. Ira và tôi vào rừng hái dâu. Ira đi về phía bên phải của tôi. Đột nhiên, từ bên trái, tôi nghe thấy cô ấy “Aw!”, một phút sau - lại là “Aw!”, nhưng lần này, có vẻ như là từ phía sau. Tại sao việc xác định hướng của nguồn âm thanh trong rừng lại khó đến vậy?

5. Một số tờ giấy hình chữ nhật giống hệt nhau được đặt trên bàn. Hóa ra tấm trên cùng chiếm hơn một nửa diện tích của mỗi tấm còn lại. Trong trường hợp này, có thể cắm một chiếc ghim để nó xuyên qua tất cả các tờ giấy không?

Những nhiệm vụ này đã được đề xuất cho chúng tôi bởi A. Ya. Khalamizer, A. V. Shvetsov, học sinh lớp 10. Trường số 462, Moscow A. Khamitudili, A. P. Savin, V. V. Proizvolov.

2. Bolshik mua vật liệu làm shlyana với giá 5 xu, bán shlyana với giá 6 xu, sau đó mua với giá 7 xu và bán lại với giá 8 xu, sau đó mua với giá 9 xu và bán ngay với giá 10 xu. Anh ta đã nhận được lợi ích gì?

3. Trước khi Alice bắt đầu lớn lên trong phòng xử án, cân nặng và chiều cao của cô bé ngang bằng với cân nặng và chiều cao của mỗi bồi thẩm đoàn. Khi lớn lên, cô bắt đầu nặng bằng cả 12 bồi thẩm đoàn cộng lại. Alice bao nhiêu tuổi?

13DESPI

xui xẻo
một nền văn minh

A. N. KYUCHUKOV (NRV)

Có một nền văn minh ở Phần $AB$. Đại diện của nó - Dots - là những sinh vật sưng tấy. Phân đoạn rất lớn, các sinh vật rất nhỏ; và có đủ chỗ cho tất cả mọi người.

Với sự phát triển của khoa học công nghệ, chúng sinh bắt đầu suy ngẫm câu hỏi: làm thế nào để rời khỏi Phân đoạn bản địa của mình và đi vào Không gian rộng mở - vào Mặt phẳng? Đầu tiên, chúng ta tìm được điểm giữa $C$ của đoạn thẳng. Các nhà khoa học nổi bật nhất đã đề xuất xây dựng các tam giác vuông đều $AA_0C$ và $BB_0C$ trong Mặt phẳng với các góc vuông tại các đỉnh $A$ và $B$. Họ đã tìm ra cách hạ cánh tàu vũ trụ ở giữa $M_0$ đoạn $A_0B_0$ (hình 1). Tôi đã nhiệt tình chấp nhận dự án này nhưng nó gần như thất bại. Các hình tam giác bằng nhau được xây dựng bởi các tổ chức khác nhau và họ xây dựng chúng không tương quan - trong các Mặt phẳng khác nhau so với Phần $AB$. Do đó, thay vì cất cánh đến điểm $M_0$, tàu vũ trụ vẫn ở giữa $C$ của đoạn $AB$. Lỗi đã được sửa và để xác định sinh vật đó, họ quyết định chỉ bay đến Verkhnyuko Flatness. Phi thuyền đã đạt đến điểm $M_0$ thành công và mọi người đều vui mừng.

Tuy nhiên, thế hệ tiếp theo không muốn giới hạn bản thân ở mức $M_0$. Các nhà khoa học trẻ đã thay thế điểm giữa $C$ của đoạn thẳng bằng một điểm tùy ý $C', C' \in AB$, sau đó họ lại dựng trên Mặt phẳng các tam giác vuông đều $AA'C'$ và $BB'C'$ với các góc vuông tại các đỉnh $A$ và $B$. Sau đó, họ gửi một tàu vũ trụ vào giữa đoạn $M'$ $A'B'$ (tại Verkhnyuko Flatness; hình 2). Hãy tưởng tượng sự ngạc nhiên của họ khi con tàu lại chạm điểm $M_0$. Hầu hết các nhà khoa học đều quyết định rằng sự trùng hợp ngẫu nhiên này là một đặc tính tất yếu của Tính phẳng. Họ bắt đầu tìm kiếm những cách khác để đi vào không gian mở bằng cách sử dụng các hình tam giác vuông đều (có lẽ các phương tiện kỹ thuật của nền văn minh không cho phép các phương pháp khác). Cuối cùng, chúng tôi đã sử dụng được điểm $C_1$ trong Mặt phẳng, điểm này không nằm trên Đoạn $AB$. Bên ngoài tam giác $ABC_1$ chúng ta đã dựng các tam giác vuông đều $AA_1C_1$ và $BB_1C_1$ với các góc vuông ở các đỉnh $A$ và $B$ (hình 3). Đã có rất nhiều đề xuất, được tranh luận theo nhiều cách khác nhau, về cách chọn điểm $C_1$ trong Độ phẳng. Tuy nhiên, người hoài nghi hoàn toàn nhất cho rằng tranh chấp là vô nghĩa, bởi vì điểm giữa $M_1$ của đoạn $A_1B_1$, nơi tàu vũ trụ sẽ đi, trong trường hợp này trùng với điểm cũ $M_0$.

Lời nói của anh ta bị coi là một trò đùa không phù hợp. Việc dân sự hóa đã phân bổ những khoản tiền lớn để biến những người hoài nghi thành thực tế. Chúng tôi đã chọn hai điểm khác nhau $C_1$ và $C_2$ trong Độ phẳng Verkhnyuko và dựng các hình tam giác vuông tương ứng. Sau đó, họ cử hai con tàu đến giữa $M_1$ và $M_2$ của các đoạn kết quả $A_1B_1$ và $A_2B_2$. Chỉ có kỹ năng điêu luyện mới giúp tàu không va chạm! Những người hoài nghi cho rằng các con tàu tránh được va chạm chỉ nhờ việc xây dựng các hình tam giác không chính xác.

Bạn nghĩ sao, độc giả thân mến? Tại sao các điểm $M_0$, $M'$, $M_1$ và $M_2$ lại trùng nhau?