Kvant 1987, số 4 · Trang

ISSN 0130—2221
lượng tử
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
87

2

12 tháng 4 - Ngày du hành vũ trụ

Thời gian trôi về phía trước một cách không thể tránh khỏi, đưa chúng ta rời xa cái ngày đáng nhớ đó khi cư dân đầu tiên của Trái đất bay vào vũ trụ. Cái chết của Yuri Gagarin không chỉ là chiến công của cá nhân ông. Đây là kỳ tích của nhiều người Liên Xô đã tính toán, thiết kế, chế tạo và thử nghiệm tàu ​​vũ trụ Vostok-1 và chuẩn bị cho phi hành gia thực hiện chuyến bay. Kể từ đó, nước ta đã tiếp tục thành công công việc thăm dò và sử dụng không gian bên ngoài vì mục đích hòa bình.

Ngày 20/2/1986, trạm nghiên cứu quỹ đạo Mir lần đầu tiên được phóng lên vũ trụ. Nó dựa trên sáu nút nối và đại diện cho khối cơ bản để tạo ra một tổ hợp bè đa năng với các mô hình quỹ đạo đặc biệt - một viện khoa học kỹ thuật quỹ đạo thực sự. Bây giờ phi hành gia Yu. Romanenko và A. Laveikin làm việc tại nhà ga Mir.

Một thành công nổi bật của ngành du hành vũ trụ Liên Xô là việc tự động thăm dò sao chổi Halley bằng trạm Bega-1 và Bega-2. Đài quan sát quỹ đạo không gian của Liên Xô “Astron”, được thành lập bởi điện thoại của RENTen, vào cuối tháng 2 năm 1987 đã điều tra một hiện tượng thiên thể độc đáo - một vụ nổ siêu tân tinh ở thiên hà lân cận của chúng ta - Đám mây Magellan Lớn. Và phía trước - những dự án mới.

Vào mùa hè năm 1988, người ta dự định phóng hai tàu vũ trụ được thiết kế để khám phá Sao Hỏa và vệ tinh Phobos của nó. Công tác chuẩn bị đang được tiến hành cho chuyến bay của các phi hành đoàn vũ trụ chung với sự tham gia của các nhà khoa học vũ trụ Bulgaria, Syria và Pháp.

Liên Xô đang tích cực mở rộng phạm vi hợp tác quốc tế trong lĩnh vực không gian. Các trạm Bega sử dụng thiết bị do các nhà khoa học đến từ Bulgaria, Hungary, Đông Đức, Ba Lan, Tiệp Khắc, Úc, Pháp và Đức phát triển.

Chúng tôi là những người tích cực phản đối việc tỷ hóa không gian. Vì vậy, chúng tôi kiên quyết yêu cầu loại bỏ chương trình Chiến tranh giữa các vì sao của Mỹ, chương trình đe dọa đến sự tồn tại của con người. Và trong cuộc đấu tranh này, chúng ta được hỗ trợ bởi những nguồn lực lớn hơn.

3

Chúng ta phải làm gì khi muốn ước tính nhiệt độ của một vật rõ ràng là không nóng cũng không quá lạnh? “Chúng tôi chạm vào nó bằng ngón tay của mình.” Trong tích tắc, phần cuối của hervian cho biết vật thể này ấm hay lạnh hơn da chúng ta (nhiệt độ tổng thể của nó là 34-36 ° C).

Tuy nhiên, không chỉ nhiệt độ của cơ thể mới quyết định cảm giác của chúng ta. Ở nhiệt độ phòng, đối với chúng ta, các đồ vật bằng gỗ có vẻ ấm hơn so với thủy tinh hoặc đá; Đối với chúng ta, kim loại thậm chí còn lạnh hơn, mặc dù thực tế là nhiệt độ trong phòng đối với tất cả các vật liệu là như nhau. Vậy chính xác ngón tay của bạn cảm thấy gì? Điều gì xảy ra khi bạn tiếp xúc với một vật có nhiệt độ khác? Đầu tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp đơn giản nhất. Được biết, bằng cách chạm vào, bạn có thể xác định xem một người có lớn hơn hay nhiệt độ của người đó có tăng cao hay không. Theo quy định, chúng tôi xác định thậm chí 37 °C theo cách này; vì vậy các đầu nỉ bằng khoảng một độ. Để hiểu những gì đang xảy ra trong trường hợp này theo quan điểm vật lý sẽ được giúp đỡ bởi thực tế là tính chất của các vật tiếp xúc trong trường hợp này là như nhau, chỉ có nhiệt độ của chúng là khác nhau.

Khi các vật thể có nhiệt độ khác nhau tiếp xúc với nhau, sự phân bố nhiệt độ gần vùng tiếp xúc bắt đầu thay đổi: các lớp liền kề của vật lạnh bị cắt ra và các lớp liền kề của vật ấm bị lạnh đi. Rõ ràng nhiệt độ trực tiếp tại các điểm tiếp xúc bằng nhiệt độ trung bình của các vật: $t_0 = \frac{1}{2} (t_1 + t_2)$. Cuối cùng có một số loại đầu thảo dược (thụ thể) nằm ở độ sâu 0,3-0,5 mm. Chúng truyền thông tin về nóng và lạnh, về áp lực lên da, về cơn đau, v.v. (Sự phân chia các thụ thể theo “chuyên môn” không rõ ràng lắm.) Vì chúng ta quan tâm đến cảm giác của cơ thể và cảm giác lạnh, nên chúng ta sẽ sử dụng một mô hình đơn giản hóa: các cơ quan cảm nhận nhiệt cảm thấy - “đo” - không phải bản thân nhiệt độ, mà chính xác là sự khác biệt giữa nhiệt độ cơ thể ban đầu và nhiệt độ được thiết lập sau khi tiếp xúc. Đối với cảm giác của chúng ta về nhiệt độ của đồ vật, những khoảnh khắc chạm vào đầu tiên là quan trọng nhất, khi nhiệt độ của da và cùng với đó là các đầu dây thần kinh bắt đầu thay đổi. Hãy nhớ lại cảm giác của bạn: sau khi chạm vào, một thời gian ngắn nhưng đáng chú ý trôi qua, trong đó màu sắc của cơ thể thay đổi. Hãy ước tính thời gian cần thiết để sự thay đổi nhiệt độ đến được cơ quan cảm nhận nhiệt.

Trước tiên chúng ta hãy nhớ lại các khái niệm cơ bản về vật lý của nhiệt và định nghĩa về nhiệt dung và độ dẫn nhiệt. Nhiệt dung riêng của một chất $c$ cho biết nội năng của một đơn vị khối lượng cơ thể tăng lên bao nhiêu khi cơ thể nóng lên một độ. Khi một vật có khối lượng $m$ bị nung nóng thêm $\Delta t$ độ, năng lượng của nó tăng thêm

$$\Delta Q = cm \cdot \Delta t.$$

Kích thước của nhiệt dung là J·kg$^{-1}$·độ$^{-1}$.

Khi cơ thể tiếp xúc với nhiệt độ khác nhau, quá trình dẫn nhiệt bắt đầu. Đồng thời, năng lượng luôn bị buộc phải lạnh hơn. Một đại lượng vật lý cho thấy cường độ truyền năng lượng nhiệt được gọi là dòng nhiệt. Thông lượng cho biết $q$ theo định nghĩa là năng lượng nhiệt truyền trên một đơn vị thời gian trong một đơn vị giây. Nếu khi trộn thêm $\Delta x$, nhiệt độ tăng $\Delta t$ thì dòng nhiệt chính là năng lượng truyền đi mỗi ngày.

4

Một giây đi qua một diện tích vuông góc với đoạn $\Delta x$ bằng

$$q = -x \frac{\Delta t}{\Delta x}$$

(dấu trừ biểu thị dòng nhiệt hướng về phía nhiệt độ giảm dần). Hệ số tỷ lệ $x$ được gọi là hệ số dẫn nhiệt. Kích thước $x$ — J m$^{-1}$ s$^{-1}$ độ$^{-1}$.

Quá trình truyền nhiệt được xác định bởi công suất nhiệt và độ dẫn nhiệt của các chất, cũng như mật độ của chúng.

Chúng ta hãy ước tính gần đúng tốc độ thay đổi nhiệt độ trong quá trình hợp nhất các vật thể có tính chất giống hệt nhau nhưng được nung nóng khác nhau. Nhìn vào hình 1. Nó hiển thị sự phân bố nhiệt độ (dọc theo “độ sâu”) trong các lớp gần tiếp xúc của các vật thể va chạm sau một thời gian $t$ sau khi bắt đầu tiếp xúc. Như có thể thấy từ hình, trong thời gian $t$ ở cả hai vật thể, nhiệt độ có thời gian thay đổi đáng kể ở một lớp có độ dày $l$ (rõ ràng là $l$ phụ thuộc vào thời gian). Độ lớn của dòng nhiệt $q$ tại thời điểm này là khoảng $\frac{x(t_2-t_1)}{l}$. Điều này có nghĩa là năng lượng đi qua tiết diện tiếp xúc $S$ theo thời gian $\Delta t$

$$\Delta Q = qS \cdot \Delta t \approx \frac{x(t_2-t_1)S \cdot \Delta t}{l}.$$

Năng lượng này được dùng để làm nóng lớp có khối lượng $m \sim \rho lS$ bằng chênh lệch nhiệt độ $\Delta t \sim t_2 - t_1$, tức là $\Delta Q \sim c \rho lS \cdot \Delta t$. Vì thế,

$$\frac{xS \cdot \Delta t \cdot \Delta t}{l} \approx c \rho lS \cdot \Delta t.$$

Mặt cắt tiếp xúc và chênh lệch nhiệt độ giảm đi và mức tăng thời gian $\Delta t$, với độ chính xác của khoảng cách này, có thể được đặt bằng thời gian $t$ đã trôi qua kể từ khi bắt đầu tiếp xúc. Từ mối quan hệ bằng văn bản, chúng ta thu được sự phụ thuộc $l(\tau)$:

$$l(\tau) = \sqrt{\frac{x}{c \rho}} \tau$$

Chúng tôi không đặt dấu bằng một cách ngẫu nhiên: mặc dù các ước tính là gần đúng nhưng kết quả phụ thuộc $l(\tau)$ là chính xác (như biểu đồ trên hình 1).

Khoảng thời gian mà nhiệt độ ở độ sâu $l$ bằng với nhiệt độ tiếp xúc phụ thuộc vào các giá trị $x$, $c$ và $\rho$, chỉ được xác định bởi tính chất vật liệu của các vật tiếp xúc. Sự kết hợp của các đại lượng $x = x/c \rho$ đứng dưới nghiệm này theo đẳng thức (1) được gọi là hệ số khuếch tán nhiệt và là đặc tính của vật liệu. Ví dụ: gần nước $x = 1.5 \cdot 10^{-7} \text{ m}^2/\text{c}$. Để tiếp tục, chúng ta sẽ cần các đặc tính giữ ấm của một số vật liệu - chúng được trình bày trong bảng trên trang. 6.

6

Các giá trị $t_0$ đưa ra trong bảng tương ứng với ước tính của chúng tôi: không khí tĩnh gần như không thể nhận thấy, các đồ vật bằng gỗ chỉ mát hơn thân máy một chút, thủy tinh và đá khi chạm vào thì mát và kim loại thì lạnh. Vàng giữ kỷ lục về giá trị lớn nhất $v$; Khi tiếp xúc với một vết loang lớn, nhiệt độ tiếp xúc gần với nhiệt độ của vàng hơn là nhiệt độ cơ thể.

Bạn có vô tình chạm vào đồ vật bằng kim loại vào một ngày mùa đông băng giá không? Trong trường hợp này, da ngón tay đôi khi hơi dính, như thể được dán vào kim loại. Điều này đóng băng một lớp ẩm mỏng trên da ngón tay. Do đó, nhiệt độ tiếp xúc là âm - $t_0 < 0$ °C. Có thể tính toán nhiệt độ bên ngoài phải thấp đến mức nào để có thể đóng băng như vậy. Từ công thức (2) cho thấy sương giá có nhiệt độ $t < -t_\tau/v$ là nguy hiểm. Cụ thể, da ngón tay có thể dính vào sắt ở nhiệt độ dưới - 3,5°C, dính vào nhôm - ở nhiệt độ dưới -12°C, dính vào vàng - dưới -2°C.

Một số người ở đây có thể có một câu hỏi. Được biết, trước cách mạng đã có tiền xu được lưu hành. Với khí hậu khá khắc nghiệt của Nga, có lẽ sẽ khá bất tiện khi có một vật thể xung quanh bị đóng băng đến tận ngón tay ngay cả khi có sương giá nhẹ. Nhưng không hiểu sao tôi không nhớ những mô tả về những tình tiết như vậy trong văn học Nga.

Phải. Không thể có sự đóng băng tiền xu trong tay bạn. Thực tế là sự xem xét của chúng ta chỉ áp dụng cho những vật thể có khối lượng lớn. Những đồng xu mỏng làm ấm bàn tay của bạn rất nhanh ngay cả khi có sương giá nghiêm trọng. Như vậy, một đồng tiền vàng có độ dày $l$ khoảng 2 mm, nếu bạn cầm nó bằng hai ngón tay, sẽ nóng lên rất nhanh, trong thời gian $l^2/4\chi_{\mathrm{Au}} \approx 10^{-2}$ s. (Tất nhiên, điều tương tự cũng áp dụng cho các đồng xu hiện đại được làm từ kim loại kém quý hơn.)

Các định luật truyền nhiệt và những ước tính bằng số đơn giản cũng giải thích được một số hiện tượng thoạt nhìn có vẻ nghịch lý. Một số thợ rèn gây ngạc nhiên cho những người chưa quen khi có thể dùng tay nắm lấy các bộ phận bằng sắt nóng đỏ. Ở Bulgaria, trên các đảo Polynesia và một số nước khác, người dân đang thể hiện khả năng kinh tế của mình bằng than nóng. Trong cả hai trường hợp, da không còn vết bỏng, không bị cháy thành than. Tất nhiên, da tay của người thợ rèn dày như người công nhân, họ cũng bước đi trên than như những người chuyên nghiệp, nhưng chỉ riêng độ dày của da không thể giải thích được những hiện tượng này. Một nghịch lý khác đến từ vùng có nhiệt độ thấp. Các nhà vật lý thực nghiệm đều biết rằng việc nhỏ những giọt nitơ lỏng lên da là không gây đau đớn. Bạn thậm chí có thể uống một ít nitơ lỏng vào lòng bàn tay trong thời gian ngắn. Điểm sôi của nitơ là 196 °C; Da tương tác với chất lỏng có nhiệt độ này trong thí nghiệm này.

Và những liên hệ cực lạnh với kết quả thành công sẽ được công khai trong 24 giờ. Nó bao gồm thực tế là trong những giây phút tiếp xúc đầu tiên, một lớp khí mỏng có độ dẫn nhiệt thấp sẽ hình thành trên bề mặt da. Trong các thí nghiệm với nitơ lỏng, khí này là nitơ bay hơi khi tiếp xúc với da. Trong “thí nghiệm” của người thợ rèn và trong “đi chân trần” trên than, đây là hơi nước

7

và khí được hình thành khi các lớp trên của da bị nung nóng. Độ dày của khe hở khí này là một phần mười milimét theo thứ tự độ lớn. Áp suất khí cao đến mức lớp khí có thể chịu được tải trọng lớn - thậm chí cả trọng lượng của cơ thể con người. Nhưng ưu điểm chính của nó là cách nhiệt cao.

Chúng ta hãy ước tính xem một người có thể chịu đựng được bao lâu khi tiếp xúc với các vật siêu nóng (và siêu lạnh) nếu độ dày của lớp khí là $l = 10^{-4}$ m. (Lớp bề mặt của da có thể chịu được nhiệt độ làm mát đến $0^{\circ}\text{C}$ và nhiệt độ gần như $100^{\circ}\text{C}$ mà không bị nóng hoặc tê cóng).

Bên trong lớp khí, nhiệt độ được phân bố tuyến tính - từ nhiệt độ của vật nóng (hoặc nitơ lỏng) $t_1$ đến nhiệt độ tiếp xúc $t_0$. Do đó, thông lượng nhiệt là $q = \chi_{\text{raza}} \frac{t_0 - t_1}{l}$. Sự phân bố nhiệt độ ở cuối phụ thuộc vào thời gian giống như với các tiếp điểm thông thường. Hãy so sánh các dòng nhiệt:

$$\chi_0 \frac{t_T - t_0}{\sqrt{\chi_0^2}} = \chi_{\text{raza}} \frac{t_0 - t_1}{l}.$$

Bạn thấy đấy, trong trường hợp này, nhiệt độ tiếp xúc $t_0$ phụ thuộc vào thời gian - nó tăng khi chạm vào vật nóng và giảm khi chạm vào vật siêu lạnh.

Mô da không bị phá hủy ở $0^{\circ}\text{C} < t < 100^{\circ}\text{C}$, do đó, nhiệt độ tiếp xúc có thể thay đổi trong giới hạn này. Hãy tính nhiệt độ, phải mất bao lâu để nhiệt độ bề mặt da đạt đến giới hạn sau:

$$\tau_{\text{makc}} = \frac{1}{\chi} \left( \frac{\chi_0}{\chi_{\text{raza}}} \frac{t_T - t_0}{t_0 - t_1} \right)^2.$$

Độ dẫn nhiệt của các loại khí khác nhau gần nhau. Do đó, để ước tính bằng số $\tau_{\text{makc}}$, chúng tôi lấy giá trị của hệ số dẫn nhiệt không khí $\chi_{\text{возд}} = 0,026$ J/(m·s×deg). Tính toán cho thấy khi tiếp xúc với vật nóng có nhiệt độ $600^{\circ}\text{C}$, thời gian làm nóng da qua khe hơi-khí đến $100^{\circ}\text{C}$ bằng nửa giây - khá đủ để dịch chuyển vật lớn nóng đỏ hoặc thực hiện bước tiếp theo trên than nóng rắc tro.

Khi da tiếp xúc với nitơ lỏng ($t_1 = -196^{\circ}\text{C}, t_0 = 0^{\circ}\text{C}$), thời gian làm mát da là 1,3 giây. Điều này cũng khá đủ để gây ngạc nhiên cho những người không quen hoặc chỉ đơn giản là làm rơi một giọt nitơ lỏng xuống sàn. Nếu có khí lột da trong lòng bàn tay, giọt sôi phải được di chuyển từ nơi này sang nơi khác bằng chuyển động của bàn tay.

Bàn tay con người là một công cụ tuyệt vời mà chúng ta được ban tặng. Bảo vệ chúng khỏi bị hư hại! Lý thuyết - lý thuyết, nhưng dùng tay nắm lấy những cái đầu nóng đỏ được trao cho tương đối tất cả mọi người.

9

CHỈ VỀ SỐ NGUYÊN TỐ

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
G.A.GALYPERIN

Tính vô hạn của tập hợp số nguyên tố

Mọi người đều biết rằng hầu hết các số tự nhiên đều có thể phân tích thành thừa số: 10=2·5, 60=3·4·5, 111=3·37, 144=3·3·2·2·2·2, v.v. Những số như vậy được gọi là hợp số. Nhưng trong số các số tự nhiên cũng có những số có thể phân tích thành nhân tử theo cách tương tự: ví dụ, 11 không thể biểu diễn dưới dạng tích của hai số tự nhiên nhỏ hơn, cả hai đều lớn hơn 1. Vì vậy, 11 được gọi là số nguyên tố. Nói chung, số nguyên tố (hay “số nguyên tố” - như cách gọi của người Hy Lạp cổ) là những số tự nhiên không thể phân tích thành hai thừa số lớn hơn 1 (một thừa số không được coi là số nguyên tố). Sau đây là một số số nguyên tố đầu tiên: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41,… Trong đó có một số chẵn là 2, các số còn lại là số lẻ.

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố khác nhau: a) nhân 1, 6) nhân 17.

Thoạt nhìn bạn có thể thấy dãy số nguyên tố có phần kỳ quái; không có luật đơn giản nào được tìm thấy trong cấu trúc của nó.

Bộ truyện này có kết thúc không? Câu hỏi này được đặt ra trong Quyển IX của Cơ sở Euclide và có đáp số được đưa ra: sau mỗi số nguyên tố khác, có thể chỉ ra số nguyên tố lớn - dãy số nguyên tố là vô hạn.

Chứng minh của khẳng định này do Euclid đưa ra là vô cùng khéo léo. Euclid lý do như sau: nếu chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố và p là số lớn nhất trong số đó, thì số N = 2 3 5 … p + 1, vì nó lớn hơn p, không phải là số nguyên tố, và do đó được chia cho một số nguyên tố nào đó trong số các số nguyên tố có sẵn từ 2 đến p (xét cho cùng, theo giả định, không có số nguyên tố nào khác!). Tuy nhiên, N không chia hết cho bất kỳ số nào trong số này, vì phần dư của phép chia N cho bất kỳ số nào trong số chúng là 1. Mâu thuẫn thu được chứng tỏ rằng không có số hữu hạn các số nguyên tố mà là số vô hạn.

Bằng chứng mâu thuẫn này nói rằng có bất kỳ số lượng số nguyên tố lớn nào, nhưng nó không nói rõ cách tìm thấy ít nhất một số nguyên tố lớn p. Tuy nhiên, điều này không khó thực hiện: để làm được điều này, chỉ cần kiểm tra tính đơn giản của các số tự nhiên trong khoảng từ p+1 đến N - trong số đó phải có số nguyên tố. Thật vậy, nếu bản thân N không phải là số nguyên tố thì nó chia hết cho một số nguyên tố, hơn nữa (như chúng ta đã thấy) lớn hơn p, nhưng nhỏ hơn N, tức là nằm trên đoạn [p; N].

Các phân đoạn có số nguyên tố

Việc chia trục số thành các đoạn, mỗi đoạn chứa một số nguyên tố, có thể chia tùy ý theo cách khác. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh khẳng định sau: ước số nhỏ nhất của số N=n!+1 (trong đó n!=1·2·3…·n) là số nguyên tố lớn hơn n.

Hãy biểu thị ước số nhỏ nhất của số p. Vì n!+1 không chia hết cho bất kỳ số nào trong số 2, 3, 4, …, n nên ta được p>n. Mặt khác, nếu chúng ta giả sử rằng p là hợp số, tức là p chia hết cho số không ctor nhỏ hơn p, thì p sẽ không phải là ước số nhỏ nhất của n!+1, điều này mâu thuẫn với giả định. Vì vậy, p là số nguyên tố lớn hơn n, đó là điều ta cần chứng minh.

Từ chứng minh này suy ra rằng trên bất kỳ khoảng [n nào; n!+1] có ít nhất một số nguyên tố. Và sau đó là các số 2, 2!+1, (2!+1)!+1,

10

((2!+1)!+1)!+1, v.v. chia toàn bộ dãy số thành vô số đoạn, mỗi đoạn chứa ít nhất một số nguyên tố; Ta lại chứng minh được rằng có vô số số nguyên tố.

Hóa ra đã có trong mỗi phân đoạn [2; 4], [4; 8], [8; 16], [16; 32], … chứa ít nhất một số nguyên tố. Nhưng đây là một định lý khó, được gọi là “Mệnh đề Bertrand”*), nghe như thế này: giữa các số n và 2n−2 với n>7 luôn có một số nguyên tố. Phương pháp Bertrand được chứng minh vào năm 1852 bởi nhà toán học nổi tiếng người Nga Pafnut Lvovich Chebyshev (1821-1894).

Bài toán 2. Chứng minh rằng nếu (p−1)!+1 chia hết cho p thì p là số nguyên tố. Gợi ý. Sử dụng bằng chứng của tuyên bố.

Bài toán 3. Chứng minh bằng mồi Bertrand rằng với mọi số tự nhiên n đều có ít nhất: a) một số nguyên tố có n chữ số; b) 3 số nguyên tố có n chữ số. Gợi ý. Các số 10^{n−1}, 2 10^{n−1}, 4 10^{n−1} và 8 10^{n−1} đều có n chữ số.

Lưu ý rằng chứng minh của Euclid không phải lúc nào cũng đưa ra số nguyên tố gần nhất sau p mà chỉ đưa ra một số nhất định thường nằm khá xa p. Ví dụ, vì một số nguyên tố rõ ràng lớn hơn 11, bằng chứng đưa ra không phải là 13 mà là 2311; với 13, nó không phải là 17 mà là 59 - một ước số đơn giản của số 30.031.

Các phân đoạn không có số nguyên tố

Để đưa ra một ý tưởng cụ thể về độ phức tạp của cấu trúc của tập hợp số nguyên tố, chúng ta sẽ chỉ ra điều đó trong chuỗi

*) M.I. Bashmakov. Hành động của Bertrand. «Kvant», 1971, số 5, tr. 4.

Cấp số cộng và số nguyên tố

Xét mọi số tự nhiên chia cho 3 dư 2: 2, 5, 8, 11, 14, …; dạng tổng quát của những số đó là 3n+2. Hãy chứng minh rằng trong số vô hạn có nhiều số nguyên tố. Để làm điều này, chúng ta có thể sửa đổi một chút chứng minh của Euclid,

Bảng 1. Đoạn phân bố của số nguyên tố.

Bảng cho thấy số lượng số nguyên tố thay đổi như thế nào trong khoảng từ 8.900.000 đến 9.000.000, chia thành 1000 hàng trăm. Trong mỗi cột của bảng, số dưới cùng biểu thị số hàng trăm của khoảng đang xét trong đó số số nguyên tố bằng số trên cùng tương ứng của cột. Ví dụ, trong một trăm không có số nguyên tố nào cả, trong 117 phần trăm có 4 số nguyên tố, trong 130 phần trăm có 8 số nguyên tố.

| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 1 | 4 | 13 | 53 | 117 | 177 | 196 | 175 | 130 | 72 | 47 | 11 | 4 |

10

11

Bảng 2. Phân bố tần số của các số nguyên tố trong chuỗi tự nhiên.

$A_n$ là số số nguyên tố trong số $n$ số tự nhiên đầu tiên. Tỷ lệ $A_n/n$ càng lớn đến 1/ln $n$ thì $n$ càng lớn (thường xuyên $A_n/n:1/\ln n$ thực tế không khác 1 tại $n=10^9$).

cụ thể là, thay vì số $N=2\cdot 3 \times 5 \dots p+1$, số $M=2\cdot 3\cdot 5 \dots p-1$ được xem xét, nhỏ hơn 1 so với bội số của 3, sẽ có chuỗi 2, 5, 8, 11, 14, …, $3n+2$, …

Bài tập 4. Chứng minh đầy đủ rằng $M$ có dạng $3n+2$.

Số $M$, như $N$, không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào 2, 3, 5, …, $p$. Cho dù $M$ là số nguyên tố hay có thể được phân tích thành một số thừa số nguyên tố - trong trường hợp chung, các số nguyên tố này sẽ lớn hơn $p$. Nhưng có yếu tố nào trong số các thừa số thu được có dạng $3n+2$, tức là sẽ nằm trong dãy 2, 5, 8, 11, …? Giả sử rằng không phải như vậy, nghĩa là chúng ta giả sử rằng tất cả các thừa số nguyên tố của $M$ đều có dạng $3k+1$. Nhưng tích của họ cũng có dạng $3k+1$ (xem bài toán 5, a), và điều này mâu thuẫn với thực tế là $M$ có dạng $3n+2$ (xem bài toán 4). Do đó, giả định của chúng tôi không chính xác và ít nhất một thừa số nguyên tố của số $M$ có dạng $3k+2$. Do đó, có nhiều số nguyên tố có dạng $3k+2$ vô hạn.

Bài tập 5. a) Chứng minh tích của mọi số có dạng $3k+1$ cũng có dạng $3k+1$. b) Chứng minh tương tự cho các số có dạng $4k+1$, c) cho các số có dạng $6k+1$.

Lý luận trên (có sửa đổi một chút) cung cấp một công cụ để chứng minh tính vô hạn của tập hợp số nguyên tố có dạng $4k+3$ và $6k+5$. Đầu tiên chúng tôi yêu cầu người đọc suy nghĩ về vấn đề sau.

Bài 6. Chứng minh mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có: a) dạng $4k+1$ hoặc dạng $4k+3$; b) xem $6k+1$ hoặc xem $6k+5$.

Ở đây chúng ta sẽ chỉ chứng minh tính vô hạn của tập hợp số nguyên tố có dạng $6k+5$. Chúng ta sẽ tiến hành chứng minh “bằng phản chứng” theo hai cách vốn có trong chứng minh ban đầu của Euclid. Giả sử rằng chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố thuộc loại này: $p_1, p_2, \dots, p_n$. Hãy xem xét số $K=$ $6p_1p_2\dots p_n-1 = 6(p_1p_2\dots p_n-1)+5$. Tuy nhiên, trong số hai: hoặc số $K$ tự nó là số nguyên tố hoặc nó bị phân tách thành một số hữu hạn các thừa số nguyên tố, trong đó không có số nào $p_1, p_2, \dots, p_n$ (tại sao?), và không phải tất cả các số đó đều có dạng $6k+1$, vì bản thân $k$ không có dạng này (xem bài toán 5, c). Điều này có nghĩa là một trong các thừa số nguyên tố của số $k$, không trùng với $p_1, p_2, \dots, p_n$, có dạng $6k+5$, điều này mâu thuẫn với giả định mà chúng tôi đã đưa ra. Mâu thuẫn này chứng tỏ danh sách các số nguyên tố có dạng $6k+5$ là vô hạn.

Bài 7. Chứng minh tập hợp số nguyên tố dạng $6k+5$ là vô hạn, nêu phương pháp rõ ràng để tìm các số này.

Bài 8. Chứng minh chi tiết tập hợp số nguyên tố dạng $4k+3$ một cách chi tiết. Lưu ý: Nhân bốn lần tích của các số thuộc loại này và trừ đi 1 từ tích.

Bài tập 9. Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố không tận cùng bằng 1 (tức là tận cùng bằng 3, 7 và 9). Lưu ý: Xét tất cả các số nguyên tố có dạng $10k+a$, trong đó $a \neq 1$ và thực hiện suy luận tương tự như trên.

Một cách khái quát hóa các vấn đề đang được xem xét là định lý sau đây, được nhà toán học người Pháp Legendre xây dựng vào năm 1788 và được nhà toán học người Đức Dirichlet chứng minh vào năm 1837.

Định lý. Bất kỳ cấp số cộng vô hạn nào $a_1, a+d, a+2d, a+3d$, trong đó số hạng đầu tiên a là số nguyên tố cùng nhau với hiệu $d$, đều chứa vô số số nguyên tố. Nói cách khác, hàm $y=dx+a$, trong đó $d$ và $a$ là các số nguyên tố tương đối, nhận vô số giá trị nguyên tố khi $x$ đi qua một chuỗi số tự nhiên liên tiếp.

Chứng minh của Dirichlet không phải là cơ bản, và trong nhiều năm không có yếu tố chứng minh nào của định lý đáng chú ý này được nhìn thấy. Chứng minh cơ bản lần đầu tiên được thực hiện vào năm 1949 (161 năm sau Lê-

12

Zhandra!) của nhà toán học nổi tiếng người Đan Mạch A. Selberg, người đã chứng minh nhiều định lý rất khó của lý thuyết số một cách cơ bản mà không cần sử dụng toán học cao cấp.

Sinh đôi

Chúng ta hãy nhớ lại công thức bài toán đầu tiên ở đầu bài viết. Như bạn có thể đã chứng minh, nếu hai số nguyên tố khác nhau bởi một số lẻ $p$ (1 hoặc 17, như trong bài toán 1), thì một trong các số nguyên tố này là số chẵn và sẽ bằng 2. Do đó, số nguyên tố còn lại $q$ khác với $p$ 2. Ngoài ra, nếu $p$ là số nguyên tố (như $p=17$ đến bài toán 1), thì các số nguyên tố $p$ và $q$ được gọi là số sinh đôi; trong bài toán 1 đây là các số 17 và 19.

Bài tập 10. Chứng minh bằng định lý Dirichlet rằng có vô số số nguyên tố không thuộc một cặp số nguyên tố sinh đôi nào. e được chỉ định. Ví dụ: tất cả các số nguyên tố này phải thuộc cấp số cộng $\{15k+7\}$.

Câu hỏi đặt ra: có bao nhiêu cặp số sinh đôi? Ví dụ, trong khoảng từ 0 đến 100.000 có 1225 cặp như vậy, và trong khoảng từ 8.000.000 đến 8.100.000 chỉ có 518. Những cặp như vậy có bao giờ gián đoạn trong chuỗi số nguyên tố kéo dài vô tận không? Cả câu hỏi này lẫn câu hỏi tổng quát hơn đều không được nhà toán học vĩ đại người Đức David Hilbert đặt ra tại Đại hội các nhà toán học quốc tế lần thứ 2 ở Pa-

Rige vào năm 1900, là phương trình tuyến tính $ax+by=c$ với hệ số nguyên $a, b, c$, trong đó $a$ và $b$ nguyên tố cùng nhau, luôn có thể giải được bằng số nguyên tố $x$ và $y$? — đáp số vẫn chưa nhận được.

Định lý cơ bản của số học

Bất kỳ số tự nhiên nào lớn hơn một đều thừa nhận một và chỉ một (theo thứ tự của các thừa số) phân tách thành thừa số nguyên tố.

Bằng chứng. Nếu có ít nhất một số thừa nhận hai khai triển thành các thừa số nguyên tố khác nhau thì nhất thiết phải tồn tại số nhỏ nhất $N$ có tính chất này:

$$N = p_1 p_2 \dots p_n = q_1 q_2 \dots q_m,$$

trong đó $p$ và $q$ biểu thị số nguyên tố. Nếu cần thay đổi thứ tự của các thừa số này, chúng ta có thể giả sử rằng $p_1 \leq p_2 \leq \dots \leq p_n, q_1 \leq q_2 \leq \dots \leq q_m$. Lưu ý rằng $p_1 \neq q_1$, vì trong trường hợp $p_1 = q_1$ số tự nhiên $N/p_1 = N/q_1$ nhỏ hơn $N$, sẽ có hai hệ số nguyên tố khác nhau, điều này mâu thuẫn với giả định rằng $N$ là tối thiểu. Giả sử $p_1 < q_1$ và xét số $N' = N - p_1 q_2 \dots q_m$. Dễ dàng nhận thấy số $N' = p_1(p_2 p_3 \dots p_n - q_1 q_2 q_3 \dots q_m) = (q_1 - p_1)q_2 q_3 \dots q_m$ là số dương và nhỏ hơn $N$. Điều này có nghĩa là, theo giả định của chúng tôi, $N'$ có

13

có một cách phân tích nhân tử duy nhất thành thừa số nguyên tố. Nhưng cũng giống như số nguyên tố $p_1$ được đưa vào khai triển $N'$, thì $p_1$ cũng được đưa vào $q_1 - p_1$ hoặc $q_2 q_3 \dots q_m$. Từ bất đẳng thức $p_1 < q_1 \leqslant q_2 \leqslant \dots \leqslant q_m$ suy ra rằng $p_1$ không phải là thừa số của $q_2 q_3 \dots q_m$. Do đó, $p_1$ là một thừa số trong $q_1 - p_1$, tức là $q_1 - p_1$ được chia cho $p_1$. Và sau đó $q_1$ được chia cho số nguyên tố $p_1$. Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra vì $q_1$ là số nguyên tố. Sự mâu thuẫn mà chúng ta đã đạt được cho thấy sự vô hiệu của giả định ban đầu đầu tiên, đó là nơi mà bằng chứng kết thúc.

Quét. Từ việc chứng minh định lý cơ bản của số học, người ta thấy rõ tại sao ed1 không được phân loại là số nguyên tố. Nếu nó được bao gồm trong số các số nguyên tố, thì bất kỳ số tự nhiên nào cũng bắt đầu bị phân tách thành các thừa số nguyên tố theo nhiều cách, vì một số số 1 tùy ý có thể được thêm vào phân tách.

Bot một hệ quả quan trọng của định lý cơ bản của số học: nếu một số nguyên tố $p$ là một thừa số trong tích $ab$, thì nó là một thừa số trong $a$ hoặc $b$. Thật vậy, nếu $p$ không phải là thừa số trong $a$ hoặc $b$, thì biến phân tích thành thừa số nguyên tố của các số $a$ và $b$ sẽ dẫn đến phân tích thành thừa số nguyên tố của số $ab$ không chứa thừa số $p$. Mặt khác, đẳng thức $ab = pt$ là đúng, trong đó $t$ là một số tự nhiên nào đó. Do đó, biến $p$ và phân tích thành thừa số nguyên tố của số $t$, ta thu được phân tích số $ab$ thành thừa số nguyên tố đã chứa thừa số $p$. Do đó, chúng ta thu được hai khai triển của $ab$ thành các thừa số nguyên tố khác nhau, điều này mâu thuẫn với định lý chính.

Theo định lý chính, số $N$ có thể được biểu diễn dưới dạng
$$N = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \dots p_s^{k_s},$$ trong đó $k_1, \dots, k_s$ là số ước nguyên tố riêng biệt của $p_1, \dots, p_s$ tương ứng trong khai triển $N$. Tất cả các ước của $N$ đều có dạng $a = p_1^{r_1} p_2^{r_2} \dots p_s^{r_s}$, trong đó $0 \leqslant r_1 \leqslant k_1$, $0 \leqslant r_2 \leqslant k_2$, $0 \leqslant r_s \leqslant k_s$.

Một lần nữa về sự vô tận của số nguyên tố
Sự thống nhất của việc phân tích nhân tử cho phép chúng ta đưa ra một chứng minh mới về sự vô hạn của các số nguyên tố. Chứng minh này là của Leonhard Euler.

Giả sử 2, 3, 5, …, $p$ đều là các số nguyên tố hiện có. Sau đó, từ công thức tính tổng của một cấp số nhân có giá trị nhỏ hơn 1, nó suy ra điều đó cho bất kỳ số tự nhiên nào $n$ $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^n} < \frac{1}{1 - \frac{1}{3}}, \dots, 1 + \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \dots + \frac{1}{p^n} < \frac{1}{1 - \frac{1}{p}}$.

Biến những bất đẳng thức này được sửa chữa:
$$\left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^n}\right)\left(1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{3^n}\right) \dots \dots \left(1 + \frac{1}{p} + \dots + \frac{1}{p^n}\right) < \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{2}\right)\left(1 - \frac{1}{3}\right)\dots\left(1 - \frac{1}{p}\right)}$$.

Bên phải là một con số rất cụ thể; hãy biểu thị nó $A$. Tích ở bên trái, sau khi mở tất cả các dấu ngoặc đơn, sẽ trở thành tổng của các số $S$, nghịch đảo của tất cả các ước của số $N = 2^n 3^n 5^n \dots p^n$ (đây là nơi sử dụng định lý cơ bản của số học - hãy đảm bảo!). Do đó, vế trái của bất đẳng thức là tổng lớn $A_n = 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + \dots + 1/2^n$, chỉ bao gồm một phần số hạng của tổng $S$. Vì vậy, với mọi $n$ $A_n < A$. Nhưng $A_n = 1 + 1/2 + (1/3 + 1/4) + (1/5 + 1/6 + 1/7 + +1/8) + \dots + (1/(2^n - 1) + 1) + \dots + (1/2^n) > 1 + 1/2 + 2 \cdot 1/4 + 4 \cdot 1/8 + \dots + 2^{n-1} \cdot 1/2^n = 1 + n/2$, điều này ngay lập tức dẫn đến mâu thuẫn: $A > 1 + n/2$ với tất cả $n$. Vì vậy, số nguyên tố không thể bị giới hạn trong bất kỳ danh sách hữu hạn nào, đó là điều cần phải chứng minh.

Kiểm tra tính đơn giản

Khi phân tích $N$ thành thừa số hoặc kiểm tra tính đơn giản của nó, bạn nên kiểm tra tính chia hết của $N$ thành các số nguyên tố liên tiếp 2, 3, 5, 7, …. Khi kiểm tra số $N$ để đơn giản, bạn chỉ cần giới hạn ở các ước nguyên tố không vượt quá $\sqrt{N}$. Thật vậy, nếu $N = ab$ thì số nhỏ hơn trong các số $a, b$ không lớn hơn $\sqrt{N}$ (nếu cả hai đều lớn hơn $\sqrt{N}$ thì tích của chúng sẽ lớn hơn $N$) và từ khả năng chia hết của $N$ cho $a$ nó tự động suy ra rằng $N$ cũng chia hết cho $N/a$ (vì vậy khả năng chia hết không cần kiểm tra $N/a$). Những phép tính toán học đầu tiên (Leonardo xứ Pisa).

Ví dụ. a) Nếu $N = 91$ thì $\sqrt{91} < 10$; Kiểm tra các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, ta thấy $91 = 7 \cdot 13$.

14

6. Nếu $N=1987$, thì $\sqrt{N}<45$, …, và vì $N$ không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào đến 43, thì 1987 là số nguyên tố.

Trong một số trường hợp, khi xác định số nguyên tố $N$, không thể thực hiện phép chia được chỉ định cho số nguyên tố. Mệnh đề đơn giản sau đây, do Euler đưa ra vào thế kỷ 18, cho phép chúng ta định nghĩa số nguyên tố $N$ theo một cách hoàn toàn khác.

Tiêu chuẩn đầu tiên của Euler. Nếu số lẻ $N>1$ có thể được biểu diễn dưới dạng hiệu của bình phương của hai số tự nhiên theo nhiều cách, thì $N$ là hợp số; nếu chỉ có một phương pháp như vậy thì $N$ thật đơn giản.

Bằng chứng. Chúng tôi coi $N$ không phải là số chính phương vì số chính phương luôn là hợp số. Hãy để $N=m^2-n^2=(m-n)(m+n)$. Suy ra rằng $m-n$ và $m+n$ là ước của $N$. Nếu $N$ là số nguyên tố thì $m-n=1$, $m+n=N$ và các số $m=(N+1)/2$, $n=(N-1)/2$ được xác định duy nhất bởi số $N$ và do đó $N$ không thể được biểu diễn theo cách khác dưới dạng hiệu của hai hình vuông.

Nếu $N$ là hợp số, tức là $N=ab$ và $a>b>1$ là các số lẻ thì khi lấy $x=(a+b)/2$ và $y=(a-b)/2$, chúng ta thu được: $a=x+y$, $b=x-y$, từ đó $N=ab=x^2-y^2$: một cách biểu diễn khác của $N$ thu được dưới dạng hiệu của các bình phương.

Theo đó, nếu $N$ được biểu diễn theo nhiều cách dưới dạng hiệu của các bình phương, thì $N$ không thể là số nguyên tố: đối với số nguyên tố $N$ cách biểu diễn như vậy là số ít. Nếu $N$ chỉ được biểu diễn theo một cách dưới dạng hiệu các bình phương, thì $N$ không thể là hợp số (như đã chứng minh ở trên), vì vậy sẽ đơn giản. Tiêu chí đã được thiết lập.

Tiêu chí này giúp bạn có thể kiểm tra các ước số $N$ bằng cách sử dụng bảng bình phương và bằng cách cộng tuần tự vào $N$ các bình phương của $n^2$ số nguyên, hãy kiểm tra xem tổng tại $n<(N-1)/2$ có phải là bình phương chính xác hay không.

Hãy phân tích nhân tử, ví dụ, 3551 theo cách này. Bằng cách cộng liên tiếp các số $1^2$, $2^2$, $3^2$, … với 3551, mỗi lần chúng tôi kiểm tra xem tổng thu được có phải là số chính phương hay không. Kiểm tra (dùng bảng bình phương) cho thấy $3551+7^2=60^2$. Vì vậy, $3551=60^2-7^2=53\cdot67$.

Bài tập 11. Phân tích nhân tử các số 6557, 19019, 209209 bằng phương pháp đã cho.

Nó cũng dễ dàng để chứng minh.

Tiêu chuẩn thứ hai của Euler. Nếu một số tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương của các số tự nhiên theo nhiều cách (giả sử rằng việc sắp xếp lại các chất làm ngọt không tạo ra một cách mới), thì $N$ là một số tổng hợp.

Từ tiêu chí thứ hai của Euler, suy ra rằng nếu một số nguyên tố được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương của các số tự nhiên thì chỉ có một cách. Nhưng những số nguyên tố nào được biểu diễn dưới dạng này?

Bài 12. Chứng minh rằng các số có dạng $4k+3$ không thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương. Gợi ý. Bình phương của số chẵn chia hết cho 4, bình phương của số lẻ có số dư là 1.

Các số nguyên tố có dạng $4k+1$ vẫn là đối thủ cạnh tranh, và như Pierre Fermat đã chứng minh, tất cả các số như vậy có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương. Vì vậy, không khó để trả lời, chẳng hạn, câu hỏi sau: số nào trong ba số nguyên tố 1973, 1979 và 1987 có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương?

Bài 13. a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì số $N=n^4+4$ là hợp số (định lý Sophie Germain). 6) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $m$ và $n$ thì số $N=n^4+4m^4$ là hợp số. Gợi ý. $N=(n^2-2m^2)^2+(2mn)^2$; áp dụng tiêu chuẩn thứ hai của Euler.

Đa thức tạo ra số nguyên tố

Với các số nguyên tố, mọi thứ sẽ đơn giản nếu có một công thức chung để tìm chúng. Những nỗ lực xây dựng một công thức như vậy đã được thực hiện, trong đó chỉ có các giá trị đơn giản. Nhưng đã ở mức $n=40$ giá trị của nó bằng $41^2$. Dễ dàng chứng minh rằng không có đa thức nào của một biến chỉ có thể nhận các giá trị đơn giản.

Gần đây một đa thức đã được tìm thấy, tất cả các giá trị dương

(Cuối cùng xem trang 38)

15

BẰNG TRỤC TRỤ
ĐƯỜNG MK

(Hành trình qua máy vi tính)
Ứng viên Khoa học Kỹ thuật D. G. KRUTOGIN

Từ việc xem toàn cảnh và nghiên cứu quy hoạch thành phố MK (xem «Kvant» Số 2, 3), chúng ta hãy chuyển sang chuyến tham quan nó. Hôm nay mục tiêu của chúng tôi là đánh bại RAM và ROM trong các khu “dân cư” của thành phố. Chúng ta sẽ đến đó dọc theo con đường chính của thành phố, được gọi là “xe buýt chung” và kết nối tất cả các quận trong thành phố. Trên thang đo được chấp nhận*), di chuyển dọc theo lốp xe, chúng ta sẽ thấy dưới chân mình có mười dải kim loại nguyên thủy có kích thước 1 × 2 m (hình 1). Nhìn bề ngoài thì không thể phân biệt được chúng, nhưng theo kế hoạch, chúng ta biết rằng những đường ray này tạo thành ba hệ thống đường hoặc ba xe buýt riêng biệt. Bus rộng nhất là bus địa chỉ. Nó nhằm mục đích phân phối các từ máy vào các ô nhớ khi viết và gọi lại chúng từ đó khi đọc. Các ô nhớ được tổ chức thành một ma trận (hình2); việc lựa chọn ô mong muốn được thực hiện khi

*) Chúng tôi xin nhắc bạn rằng trong cuộc hành trình chúng ta sẽ phải thu nhỏ lại hàng triệu lần.

15

16

sức mạnh của tín hiệu địa chỉ Tổ chức ma trận của các thiết bị lưu trữ là hợp lý nhất về tính dễ điều khiển và số lượng dây cần thiết.

Hai bus còn lại—bus dữ liệu và bus điều khiển—thường chứa ít dây hơn. Bus dữ liệu, không giống như các bus khác, có chuyển động tổ chức hai chiều (hướng tới hoặc rời khỏi quy trình).

Tốc độ giao thông trên đường phố thành phố luôn ở mức cao. Nhưng có ít đường phố và có nhiều người đi lại dọc theo đó nên xe buýt dữ liệu sẽ bận rộn trong thời gian dài. Để tránh giao thông và tai nạn đang tới, gần các lối ra đường chính ở tất cả các khu vực đều có các “trạm cảnh sát giao thông” duy nhất - vùng đệm thiết lập chế độ theo cách đã thống nhất

Hình 1. Mảnh vỡ của lốp xe. Ảnh có độ phóng đại khoảng 2000.

Hình 2. Sơ đồ tổ chức RAM ma trận 4×4 bit. Hình vuông biểu thị các ô RAM, hình tam giác biểu thị bộ đệm đầu vào, được đặt ở chế độ ghi hoặc đọc; X và Y là dây bus địa chỉ, PШ₀, PШ₁ là dây bit của bus dữ liệu.

Giao thông đường phố. Bộ đệm ngăn chặn sự di chuyển của các từ cá bởi một đám đông không có tổ chức; họ xếp chúng thành những cột dày đặc và gửi chúng đến đích. Việc trao đổi tích cực nhất sẽ diễn ra giữa các khu vực Bộ xử lý và RAM.

Giả sử rằng một yêu cầu được gửi từ Bộ xử lý tới RAM đối với một từ nhất định có trong một ô nhớ nhất định. Điều này có nghĩa là các xung tương ứng với tọa độ của ô này được gửi đến các dây bus địa chỉ, đồng thời lệnh đọc được gửi qua bus điều khiển. Ở lối vào vùng RAM, lệnh này được biểu thị bằng cách ghi vào các ô nhớ của thanh ghi đệm *). Sau đó, quá trình depyrization và thực hiện lệnh bắt đầu. Theo quy định, các tín hiệu phản hồi của ô (một tín hiệu cho mỗi bit của từ được yêu cầu) không đi trực tiếp đến bus dữ liệu mà lại đến thanh ghi đệm của bus này. Khi nó đầy, tức là word-đáp số được hình thành, bộ chuyển đổi bộ đệm sẽ chuyển toàn bộ nội dung của thanh ghi này tới Bộ xử lý. Đồng thời, lệnh yêu cầu không còn cần thiết sẽ bị xóa khỏi thanh ghi đệm bus điều khiển. Khi đến đích (giả sử là trong bộ xử lý), từ - đáp số RAM - sẽ lại được đặt trong “bộ tiếp nhận”, thanh ghi bộ đệm riêng của quy trình.

Chúng tôi đã nói rằng hoạt động hiệu quả của Bộ xử lý đảm bảo bộ nhớ nhanh và đủ lớn. Để nhanh chóng tìm thấy thông tin cần thiết, các nhà thiết kế đã chia vùng RAM thành các khối - trang. Tuy nhiên, một trang là một ma trận gồm 16x16 ô, tức là 256 ô có khả năng lưu trữ thông tin nhị phân. Nếu trang của chúng tôi là 256 thì tổng dung lượng RAM là 2562.

Các bóng bán dẫn phần tử logic được đặt ở đầu vào của mỗi trang tư. Giống như gửi thư ghim, điều này yêu cầu mã trang và mã ô phải có trong địa chỉ. Vì vậy, bản thân địa chỉ là một từ máy.

Thành phố đón khách

Ô lưu trữ một chút thông tin trong RAM là một flip-flop và thường chứa bốn bóng bán dẫn. Trước đây chúng ta coi một bóng bán dẫn là một ngôi nhà, bây giờ sẽ thích hợp hơn nếu coi nó là một trong những tòa nhà

*) Sau đây, chúng ta sẽ sử dụng thuật ngữ “đăng ký” để chỉ bộ nhớ RAM nhỏ có dung lượng bằng một hoặc hai từ máy.

17

Hình 3. Ô RAM tĩnh có dung lượng 1 bit: a) - một ô không được điều khiển có hai trạng thái bằng nhau, b) - một bộ ba có hai đầu vào dựa trên một ô đó.

Hình 4. Pritsitsit hoạt động trí nhớ động.

nhà di động *). Mạch kích hoạt được kỹ sư vô tuyến người Nga M.A. BonchBruevich mô tả gần 70 năm trước. Cách kích hoạt đơn giản nhất của hai bóng bán dẫn được hiển thị ở hình 3, a. Trong hai bóng bán dẫn, một bóng bán dẫn luôn đóng, bóng kia luôn mở. Bằng cách đưa một tín hiệu ngắn từ bên ngoài vào một bóng bán dẫn đóng, vị trí có thể được thay đổi thành đối xứng và ngược lại. Thiết kế này được gọi là tế bào có thể ổn định được. Để điều khiển linh hoạt, bạn cần lắp thêm hai công tắc bóng bán dẫn vào đó. Trên thực tế, mạch mà bạn nhìn thấy trên hình 3, b là một ô nhớ kích hoạt 1 bit. Đây là một yếu tố xây dựng điển hình của quận OZU. Bộ nhớ như vậy trên trigger được gọi là tĩnh. Nó hoạt động nhanh chóng và đáng tin cậy, nhưng… Việc xây dựng một “ngôi nhà” gồm bốn bóng bán dẫn cho mỗi bit trở nên rất cồng kềnh khi số lượng lên tới hàng trăm nghìn bit (RAM của máy vi tính hiện đại phải có dung lượng ít nhất là 64 kB). Điều chính là không có đủ dung lượng cho RAM.

Do đó, đối với RAM lớn, một hệ thống bộ nhớ khác được sử dụng, nguyên lý của hệ thống này xuất hiện ở hình 4. Nếu tụ C được sạc qua phím S, thì sau khi mở phím, tụ điện sẽ duy trì chế độ của bóng bán dẫn T, được chỉ định bởi tín hiệu sạc ban đầu. Do đó, chế độ bóng bán dẫn (mở hoặc đóng) dường như lưu trữ một bit thông tin; nhưng cho đến khi nào? Cho đến khi tụ điện C*) được phóng điện. Công tắc S, như mọi khi trong vi điện tử, là một bóng bán dẫn và điện trở của nó cao nhưng không phải là vô hạn.

Để ngăn tụ điện bị phóng điện và bit được lưu trữ không bị mất, điện dung C phải được sạc lại định kỳ (khoảng 500 lần mỗi giây!), như thể đang “làm mới” bộ nhớ. Bộ nhớ dễ bị rò rỉ như vậy được gọi là động. Khi tính đến các hệ thống bảo trì, mạch RAM nói chung phức tạp hơn nhiều so với trên hình 4, nhưng vẫn đơn giản và tiết kiệm hơn so với trên flip-flop. Trong RAM động, có thể giảm mức tiêu thụ điện năng xuống 2,5 bóng bán dẫn mỗi bit. Ngày nay, mạch diac đạt công suất 1 Mbps trên khuôn silicon 7 x 9 mm. Đây là kỷ lục về mật độ xây dựng.

Rời khỏi khu vực RAM, có thể nói rằng kiến ​​trúc của nó tuy hợp lý nhưng vẫn rất đơn điệu. Đây thường là đặc điểm của các khu dân cư mới và trong các thành phố của chúng ta. Lưu ý rằng không có vùng trọng lượng nào của RAM được cung cấp cho máy khách vi tính; Một số trang, đôi khi lên tới 50%, được chính Bộ xử lý sử dụng để lưu kết quả tính toán trung gian, lưu trữ chương trình bảo trì, v.v.

Thành phố dành cho nông nghiệp

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang khu vực ROM, nó nằm ở gần đó. Có nhiều thành phần chung trong cấu trúc của RAM và ROM, ví dụ như tổ chức ma trận bộ nhớ, thiết bị logic và bộ đệm đầu vào, v.v. Tuy nhiên, cũng có những khác biệt. Vâng, trước hết, cư dân thường trú của thành phố của chúng tôi được cung cấp chỗ ở ở đây. Họ kiên định đến mức không bao giờ rời khỏi khu dân cư của mình. Bất cứ ai đã đọc cuốn tiểu thuyết ngắn “Thứ Hai bắt đầu vào thứ Bảy” của A. và V. Strugatsky đều có thể nhớ rằng nhân vật chính của nó, những nhà nghiên cứu nhiệt tình tại Viện Ma thuật và Pháp sư (NIICHAVO), đã tạo ra các bản sao của riêng họ, hoặc “nhân đôi” để thực hiện các nhiệm vụ thường ngày khác nhau. Các lệnh nằm trong ROM, không có bất kỳ tương tác nào và không gây hại khi liên tục tạo ra các “bản sao” theo yêu cầu của Bộ xử lý. Khi ở trên bus dữ liệu, tín hiệu “nhận” không khác gì các tín hiệu lệnh khác. Ma trận quốc gia

*) Trong điện toán, thuật ngữ “ô” được dùng để chỉ chuỗi kích hoạt có khả năng lưu trữ 1 byte = 8 bit hoặc một từ máy. Chúng tôi đang đơn giản hóa phần nào cấu trúc RAM cho người mới làm quen lần đầu.

*) Không có tụ điện C đặc biệt trong vi mạch. Trước đây chúng tôi đã chỉ ra («Kvant», 1986, Số 2) rằng bóng bán dẫn trong SVIS thường được sử dụng làm điốt hoặc tụ điện.

19

Đo trực tiếp khoảng cách tới một chuẩn tinh

Một trong những thiên văn học bài toán khó nhất là xác định khoảng cách đến các thiên thể, đặc biệt là những thiên thể ở xa, chẳng hạn như chuẩn tinh và cụm thiên hà. Để hiểu rõ hơn cách thực hiện điều này, trước tiên chúng ta hãy thảo luận về một số vấn đề cụ thể.

Sự rút lui của các thiên hà. Vũ trụ đang giãn nở - các thiên hà, chuẩn tinh, cụm thiên hà đang di chuyển ra xa chúng ta và xa nhau. Tốc độ loại bỏ v tỷ lệ thuận với khoảng cách R và được liên hệ với nó bằng một công thức đơn giản

$$v = HR,$$

trong đó H được gọi là số nguyên tố Hubbell.

Vận tốc có thể được xác định bằng Doppler hiệu dụng: sự thay đổi bước sóng của bức xạ quan sát được khi nguồn chuyển động so với người quan sát. Do đó, khi nguồn di chuyển ra xa người quan sát, phổ bức xạ sẽ dịch chuyển sang phía đỏ, do đó sự tăng tương đối của bước sóng $\Delta \lambda / \lambda_0$ có liên hệ với vận tốc lùi v theo công thức

$$\frac{\Delta \lambda}{\lambda_0} = \left(1 + \frac{v}{c}\right)\gamma = \left(1 + \frac{v}{c}\right)\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.$$

Hệ số γ là do lý thuyết tương đối đặc biệt và do sự thay đổi tốc độ xung nhịp trong hệ thống báo cáo chuyển động.

Hằng số Hubbell. Giá trị của H cho biết tốc độ tăng tốc tăng bao nhiêu km/giây khi khoảng cách tăng thêm một merapsec (1 parekk = 3,6 năm ánh sáng = 3 × 10$^{13}$ km). Hằng số này rất khó thay đổi. Để làm điều này, một lần nữa, bạn cần biết khoảng cách đến nguồn.

Có nhiều phương pháp khác nhau để ước tính khoảng cách. Ví dụ, biết độ lớn tuyệt đối và độ lớn nhìn thấy của một vật thể (bạn có thể đọc về điều này trong § 23 của sách giáo khoa thiên văn học). Độ lớn tuyệt đối thường được gọi là độ lớn biểu kiến ​​mà một vật thể phát sáng sẽ có nếu nó ở cách chúng ta một khoảng tiêu chuẩn là 10 parekka. Để tính giá trị này, bạn cần biết cấu trúc của nguồn và về điều này, bạn chỉ có thể đưa ra các giả định không thể xác minh được.

Hai nhóm nhà vật lý thiên văn khác nhau (dựa rất rõ ràng vào những điều khác nhau về vật thể phát sáng) đưa ra hai giá trị cho H: 50 và 100 km/s trên mỗi giây kim loại. Các ước tính khác, trung gian cũng có thể thực hiện được.

Thấu kính hấp dẫn. Nếu trên đường đi của tia sáng từ một vật thể ở xa tới chúng ta có một vật thể có khối lượng rất lớn đến mức trường đá granit của nó có khả năng làm chệch hướng ánh sáng giống như một thấu kính, thì cùng với một vật thể phát sáng, hai hình ảnh của nó xuất hiện trên bầu trời.

Ngôi sao được đánh dấu bằng mũi tên trong bức ảnh vào đầu thế kỷ này đối với chúng ta là chuẩn tinh ở xa nhất cũng như sáng nhất.

Ví dụ, một vật thể to lớn như vậy có thể là một thiên hà. Nếu nó nằm chính xác trên đường nối Trái đất và nguồn sáng thì bạn sẽ thấy một vòng phát sáng. Nếu thiên hà bị đẩy nhẹ sang hai bên thì vòng tròn sẽ biến thành hai điểm sáng nằm trong mặt phẳng trong đó nguồn, thiên hà và người quan sát phát sáng.

Hiện tượng tách ảnh bằng thấu kính granit hóa được phát hiện vào năm 1979. Kể từ đó, một số thấu kính như vậy đã được tìm thấy. “Mạnh mẽ” nhất trong số chúng, được phát hiện vào mùa xuân năm ngoái, cung cấp hai hình ảnh về một chuẩn tinh ở xa. Chúng nằm cách nhau một khoảng cách góc khoảng hai giây mỗi phút và cho quang phổ hình ảnh giống hệt nhau.

Khoảng cách. Khám phá tuyệt vời về việc nhân đôi chuẩn tinh (và có thể gấp ba!) hóa ra lại rất hữu ích cho các nhà thiên văn học. Người ta thấy rằng độ lớn của một quasar như vậy không phải là hằng số và thay đổi theo thời gian. Các hình ảnh “nhấp nháy” nhưng không đồng loạt - cái này chậm hơn cái kia khoảng 1,5 năm. Điều này có thể hiểu là do ánh sáng truyền trong không gian vũ trụ tuân theo một hằng số từ nguồn, rồi đến hằng số Hubbell. Các tính toán cho giá trị H=84 km/s trên mỗi giây kim loại - giá trị nằm giữa giới hạn được chấp nhận hiện tại (50 và 100).

Đây là cách giải bài toán đầu tiên của cái gọi là lượng giác vũ trụ và thang đo khoảng cách tuyệt đối bắt đầu được xây dựng trong không gian. Nếu chúng ta cũng nhớ sự cần thiết của một chiếc đồng hồ chính xác - pulsarch (ví dụ, xem «Kvant», 1983, Số 12, trang 12 và «Kvant», 1985, Số 2, trang 12), thì những từ về hình học của vũ trụ - về không gian và thời gian - sẽ mang một ý nghĩa rõ ràng.

Tất nhiên, mọi điều được nói ở đây đều cần được xác minh. Thời gian sẽ trả lời liệu thấu kính granitium có giúp đo chính xác hằng số H hay không. Hiện tại, ngay cả những điều thiết yếu nhất cũng đang bị đặt dấu hỏi. Rõ ràng là sẽ cần thêm một chút ý tưởng và kỹ năng quan sát để giải bài toán “về việc tìm khoảng cách từ điểm A đến điểm B” nếu các điểm này cách nhau một khoảng cách hàng triệu parekka.

TÔI Ở VỚI.

20

VỚI BA LÔ
Ở BẮC CỰC

Ứng viên khoa học kỹ thuật
F.N.SKLOKIN

Mười một thành viên trong đoàn thám hiểm vùng cực của tờ báo “Komsomolskaya Pravda” tiếp tục hành trình sai lầm xuyên Bắc Cực trong ba mươi tám ngày trong điều kiện đêm vùng cực. Di chuyển trên băng, vượt qua các vòng xoắn, vết nứt, kênh bằng nước thoáng hoặc phủ lớp băng mỏng - tất cả những điều này đều quen thuộc từ những lần vượt biển trước đây. Nhưng sự vắng mặt của ánh sáng đã tạo ra những điều kiện hoàn toàn bất lợi. Tôi nhớ khi bắt đầu quá trình chuyển đổi, khi các nhà thám hiểm vùng cực đi cùng chúng tôi rời đi, về mặt tâm lý, thật khó để ngạc nhiên trước màn đêm chứ không phải con người trước ngọn lửa có thể nhìn thấy của trạm rửa lũa “Dải phía Bắc-26”. Nhưng vài ngày (hay đúng hơn là đêm) trôi qua, mắt bắt đầu quen với mức độ chiếu sáng tối thiểu.

Trong hai tuần đầu tiên không có trăng. Ánh sáng của các ngôi sao đã giúp ích, nhưng mây mù thường xuyên đã tước đi ánh sáng này của chúng ta. Một chiếc đèn pin, cũng như một ngọn nến bình thường trong lều - chỉ những nguồn này mới tạo ra khả năng hoạt động hiệu quả. Nếu không có đèn pin, bạn không thể tháo rời hoặc lắp ráp ba lô của riêng mình - bằng cách chạm vào, đeo găng tay, bạn không thể cảm nhận được những gì mình thấy trong túi đóng gói sẵn và bạn chỉ có thể tháo găng tay ra trong thời gian rất ngắn - trời lạnh cóng.

Điều kiện khắc nghiệt của việc vượt đêm đã tạo ra hiệu ứng hình ảnh thú vị. Trong khi đi bộ, khu vực xung quanh có thể nhìn thấy trong vòng vài chục mét và đường chân trời được đoán hoàn toàn bằng trực giác ở mức độ nhìn ngang vào khoảng không, nơi mà tôi tưởng tượng, vùng đất hoang băng giá gặp bầu trời quang đãng. Do độ tương phản ánh sáng tối thiểu (gần như không có), ngay cả những chi tiết gần gũi của phong cảnh cũng khó có thể phân biệt được, độ sâu

20

21

hiệu ứng vẫn chưa biến mất - như trước đây, mỗi đường đều là một vết nứt, như thể dọc theo đáy rãnh.

Việc thiếu tầm nhìn khiến con đường xuyên qua băng đêm Bắc Cực khó khăn hơn nhiều so với con đường đến Dải phía Bắc vào mùa xuân năm 1979. Yuri Khmelevsky, một trong những người tham gia giàu kinh nghiệm nhất trong chuyến thám hiểm, kể lại rằng do tầm nhìn phẳng của mình, ông hầu như không thể nhìn thấy địa hình và chủ yếu được hướng dẫn bởi người phía trước, luôn quan sát phần cuối của lời nói dối của mình; dựa trên thông tin tương tự, anh ấy ước tính lời giải. Khi đến nơi, anh có cảm giác rằng hàng người đang đi lên, người đi phía trước đã leo lên một ngọn đồi nhỏ. Nguyên nhân của điều này cũng là do thiếu đánh giá tiêm chủng của người đó do ánh sáng kém.

Chúng tôi kết thúc ở trạm trôi dạt “SP-27” vào tháng 3, khi ngày vùng cực đã nhanh chóng thay thế đêm vùng cực.

Đôi khi, trong thời tiết nắng đẹp ở các khu vực trung tâm của Bắc Cực, bạn có thể quan sát thấy một hiệu ứng quang học bất thường: phần thân trên đường chân trời đột nhiên tăng kích thước lên gấp nhiều lần. Trung bình, chiều cao của thân là từ một đến ba mét, và các thân nằm trên đường chân trời trông giống như những cái trục dài từ mười đến hai mươi mét. Khi bạn nhìn thấy điều này lần đầu tiên, bạn sẽ hơi sợ hãi: xét cho cùng, các trục thân là điểm thu hút chính, nhưng ở đây, bất cứ nơi nào bạn nhìn, khắp nơi chỉ có những ngọn núi. Nhưng tất cả điều này chỉ là một hiệu ứng quang học. Nhìn lại, chúng tôi bất ngờ nhận thấy rằng những cái trục khổng lồ cũng đã mọc ở đó, vậy mà bạn vừa đi qua con đường này qua những thân cây thông thường.

Hiệu ứng này được giải thích là do sự phân bố không đồng đều của mật độ không khí theo chiều cao. Như bạn đã biết, tuyết trắng tinh có khả năng hấp thụ tia nắng mặt trời một cách yếu ớt, chủ yếu là ánh sáng mặt trời bị phản chiếu từ đó. Tuy nhiên, tác động của tảng băng ấm lên và tăng nhẹ. Chúng tôi đã bị thuyết phục về điều này hơn một lần bằng cách thay đổi nhiệt độ không khí trên tuyết và ở ngang đầu - chúng khác nhau: nhiệt độ không khí bề mặt thấp hơn vài độ. Và ở độ cao vài chục, hàng trăm mét, không khí vẫn lạnh lẽo (tất nhiên, nếu không có gió, có thể dễ dàng trộn lẫn những con voi khác nhau này). Vì vậy, nó rắn (so với không khí, nó dần dần lạnh đi). Mật độ của không khí ấm, như đã biết, nhỏ hơn, và do đó chiết suất của ánh sáng trong lớp không khí ấm sẽ nhỏ hơn trong không khí lạnh, đậm đặc hơn. Sự không đồng nhất về mật độ dẫn đến sự không đồng nhất về mặt quang học của không khí, có thể gây ra ảo ảnh. Những ngọn núi băng nhô lên ở đường chân trời thay cho những ngọn núi thông thường chỉ là ảo ảnh.

Trong chuyến thám hiểm Bắc Cực đầu tiên - vào cuối thế kỷ 19 và đầu thế kỷ 20 - người ta đã nhanh chóng nhận ra sự tồn tại của những vùng đất và đảo rộng lớn ở Bắc Băng Dương. Frederick Cook, một nhà du hành vùng cực nổi tiếng người Mỹ, một trong những người đầu tiên đến thăm Bắc Cực, đã ghi lại trong nhật ký của mình rằng trong thời tiết nắng đẹp vào tháng 4 năm 1907, ông nhìn thấy từ xa, ở đường chân trời, vùng đất phủ đầy tuyết với những dãy núi băng giá. Ông đã nhìn thấy vùng đất này nhiều lần. Lần đầu tiên anh gọi tầm nhìn của mình là Bradley Land, lần thứ hai - Crocker Land…

Chỉ với sự phát triển của ngành hàng không vào những năm ba mươi của thế kỷ chúng ta, huyền thoại về vùng đất chưa được khám phá ở vùng Bắc Cực mới được hình thành. Vùng đất mà du khách Bắc Cực từng nhìn thấy nhiều lần trước đây chỉ là ảo ảnh quang học. Có lẽ đây là những tảng băng trôi khác - chúng rất hiếm nhưng vẫn được tìm thấy ở Bắc Băng Dương. Và hiệu ứng quang học dập tắt ham muốn của du khách, giúp họ thực hiện những ước muốn - mọi người đều muốn khám phá một vùng đất chưa biết.

22

Bài toán

M1036 — M1040; F1048 — F1052

M1036. Có hình ngũ giác (không lồi) nào có thể cắt thành hai hình ngũ giác bằng nhau không?

S. M. Hosid

M1037. Tìm tất cả lời giải trong các số tự nhiên x, y của phương trình $x^y - y^x = x + y$.

A. I. Zaichik

M1038. a) Chứng minh rằng nếu tích mn chia hết cho 6 (trong đó m và n là số nguyên lớn hơn 1) thì ô hình chữ nhật $m \times n$ có thể cắt thành các góc của ba ô.

Bằng bao nhiêu m và n có thể làm như vậy để các đường phân chia không bị cắt đi (hình 1)

6. không phải là một ô $2 \times 3$ hình chữ nhật?

b) không phải là một hình chữ nhật (nhỏ hơn m × n)?

M. Khovanov (học sinh lớp 9), A. P. Savin

M1039. Điểm A, B, C, D là các đỉnh của tứ diện. Chứng minh rằng a) nếu $DA \cdot BC = DB \cdot CA = DC \cdot AB$ thì cả ba tích vô hướng đều bằng 0;

6. nếu ba góc giữa các cạnh đối diện của một tứ diện bằng nhau thì chúng thẳng.

V. E. Matizen

M1040*. Các số 1, 2, …, 3n được chia ngẫu nhiên thành ba nhóm, mỗi nhóm có n số. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một số trong mỗi nhóm sao cho một số bằng tổng của hai số còn lại.

V. E. Alekseev, S. Savtsev (NRB)

F1048. Người chiếu đã chèn nhầm dải phim khiến mọi sự kiện trên màn hình “chảy theo hướng ngược lại” đồng thời tự động lùi về phía sau. Tốc độ và gia tốc tự động thay đổi như thế nào do lỗi này?

A. S. Butov

F1049. Chiếc bè gỗ được đẩy ra xa bờ sông sao cho lúc đầu vận tốc của nó bằng v và hướng vuông góc với bờ sông. Quỹ đạo của chiếc bè được thể hiện ở hình 2. Chữ thập trên quỹ đạo đánh dấu vị trí của chiếc bè trong thời gian T sau khi bắt đầu chuyển động. Giả sử tốc độ dòng sông không đổi và bằng u, hãy tìm đồ thị các điểm của quỹ đạo mà tại đó chiếc bè đang nằm ở các thời điểm 2T, 3T, 4T.

Tôi. Yu. Poteryayko

F1050. Một hạt nhỏ khối lượng m, mang điện tích dương q, tiếp cận tụ điện từ một khoảng cách rất lớn theo hướng vuông góc với các bản của nó và bay qua tụ qua các lỗ nhỏ ở giữa các bản. Giả sử rằng ở một khoảng cách lớn so với tụ điện, tốc độ của hạt bằng v, hãy tìm tốc độ của nó: 1) tại điểm A bên trong tụ điện (hình 3); 2) tại điểm B ngay sau khi rời khỏi bình ngưng. Tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế U, khoảng cách giữa các bản nhỏ hơn nhiều so với kích thước của các bản; Điện tích của tụ lớn hơn nhiều so với q.

G. V. Grigoriev

F1051. Trong một từ trường có cảm ứng nằm ngang bằng B, một vòng kim loại mỏng lăn không trượt với vận tốc v, trong đó

24

từ tụ điện, vận tốc của hạt là $v$, tìm vận tốc của nó 1) tại điểm $A$ bên trong tụ điện (xem hình 3). 2) tại điểm $B$ ngay sau khi bay ra khỏi tụ điện. Tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế $U$ và khoảng cách giữa các bản của nó nhỏ hơn nhiều so với kích thước của các bản; điện tích của tụ điện lớn hơn $q$ rất nhiều.

G. V. Grigoriev

P1051. Một vòng kim loại mỏng, có độ gián đoạn nhỏ có chiều dài $l$, lăn không trượt với vận tốc $v$ trong một từ trường có cảm ứng nằm ngang và bằng $B$; vectơ $B$ vuông góc với mặt phẳng của vòng (xem hình 4). Tìm EMF cảm ứng tại thời điểm góc AOC (xem hình) bằng $\alpha$.

L. G. Markovick

P1052. The luminosity on the Earth’s surface from a full moon is nearly 10 times greater than that from a half moon. Why?

Lời giải bài toán

M1015. Có thể phân tích đa thức $x^4+x^3+x^2+x+12$ thành thừa số có hệ số nguyên không?

$$\begin{cases} a+c=1, \\ ac+b+d=1, \\ ad+bc=1, \\ bd=12. \end{cases}$$

Đối với $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+12$, $f(-1)=12$, $f(0)=12$, $f(1)=16$.

Ước số 12: $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 12$.

Ước số 16: $\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 16$.

Một trong ba $g(-1)=6$, $g(0)=3$, $g(1)=2$ tương ứng với đa thức $g(x)=x^2-2x+3$, số chia $f(x)$.

Đáp số: bạn có thể. Sự phân hủy cần thiết thu được như sau:

$$x^4+x^3+x^2+x+12 = \frac{1}{8} (8x^4+8x^3+8x^2+8x+96) =$$

$$= \frac{1}{8} ((3x^2-x+10)^2-(x^2-7x+12)^2) =$$

$$= \frac{1}{8} (4x^2-8x+12)(2x^2-6x+8) =$$

$$= (x^2-2x+3)(x^2-3x+4).$$

Một phỏng đoán đã giúp chúng tôi tìm ra sự phân hủy này. Nhưng cũng có những cách đáng tin cậy hơn lời giải trong số bài toán đó. Người ta có thể hành động “theo bất kỳ cách nào”: giả sử rằng đa thức đã cho được phân tách thành tích $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ của hai tam thức bình phương có hệ số nguyên, mở ngoặc và so sánh đa thức thu được với đa thức đã cho. Sau khi cân bằng các hệ số có cùng lũy ​​thừa $x$, hệ đã cho ở phần lề xuất hiện; giải nó bằng số nguyên không khó - chỉ cần một chút sức lực. Đối với các đa thức bậc cao hơn, “phương pháp hệ số không xác định” này dẫn đến hệ thống điều khiển cồng kềnh.

Ngoài ra còn có các quy tắc-thuật toán chung cho phép mở rộng bất kỳ đa thức nào có hệ số nguyên thành tích của các đa thức có hệ số nguyên hoặc để xác minh rằng điều này là không thể, nghĩa là chứng minh rằng đa thức không thể dẫn được.*)

Một trong những thuật toán tìm đa thức bậc hai $g(x)=ax^2+bx+c$ của đa thức cho trước $f(x)$ được chỉ ra bởi Newton (1707). Lấy ba điểm nguyên bất kỳ, chẳng hạn như $x_0=0$, $x_1=1$, $x_2=-1$. Nếu $f(x)=g(x)h(x)$, trong đó $g$ và $h$ là đa thức có hệ số nguyên thì các số $g(x_0)$, $g(x_1)$, $g(x_2)$ chia các số $f(x_0)$, $f(x_1)$, $f(x_2)$. Ba số cuối chỉ có hữu hạn số chia. Đối với mỗi bộ ba, ước số $d_0$, $d_1$, $d_2$ của chúng có thể được tạo thành một hình vuông duy nhất.*

*) Tôi nói về đa thức tối giản có hệ số nguyên trong số 10 và 11 của tạp chí «Kvant» năm 1986.

25

một bộ ba tuyến tính $g(x)$ sao cho $g(x_i)=d_i$ và kiểm tra xem các hệ số của nó có phải là số nguyên hay không, liệu $f(x)$ có ​​chia hết cho nó hay không và liệu các hệ số của thương có phải là số nguyên hay không (không cần kiểm tra lần cuối cho $a=1$). Phương pháp này cũng có thể được sử dụng để tìm kiếm các ước số $g(x)$ ở bất kỳ mức độ nào: bạn cần lấy $k+1$ các điểm nguyên từ ba điểm. Đúng vậy, một thuật toán như vậy (được nhà thiên văn học Friedrich Von Schubert đề xuất vào năm 1793 và được Leopold Kronecker khám phá lại vào cuối thế kỷ 19) đòi hỏi một cuộc tìm kiếm rất lớn. Đặc biệt, việc thiếu các thuật toán hiệu quả hơn được mô tả trong tập 2 cuốn sách “Nghệ thuật lập trình máy tính” của D. Knuth (M., 1977, phần 4, 6, 2).

N. V. Vasiliev, S. L. Manukyan

M1016. Đa giác được mô tả xung quanh một đường tròn có tâm O. Gọi P là tâm khối của đa giác, K là tâm khối của đường viền của nó. Chứng minh rằng các điểm P, O, K thẳng hàng và PO=2PK. (Khi xác định tâm P, ta coi đa giác là một mặt phẳng đồng nhất, tâm K - là một đường viền được làm bằng một sợi dây đồng nhất.)

Hình 1.

Hình 2.

Chúng ta hãy thay thế mỗi cạnh của đa giác bằng khối tâm của nó (tức là phần giữa) và đặt tại điểm này một khối lượng bằng số với chiều dài của cạnh. Rõ ràng điểm K trùng với khối tâm của hệ vật liệu thu được là các điểm $(K_1, a_1)$, …, $(K_n, a_n)$ (ở đây n là số cạnh của đa giác, $K_i$ là trung điểm, $a_i$ là độ dài của chúng). Để tìm khối tâm P của một đa giác dưới dạng mặt phẳng, ta chia nó thành các tam giác bằng các đoạn kẻ từ tâm O của đường tròn đến các đỉnh của nó (hình 1), tìm khối tâm $P_1$, …, $P_n$ của các tam giác này $(P_i$ - tâm khối lượng của tam giác kề cạnh $a_i$) và đặt khối lượng bằng diện tích tại các điểm này $S_1$, …, $S_n$ hình tam giác. Khi đó P trùng với khối tâm của hệ vật chất gồm các điểm $(P_1, S_1)$, …, $(P_n, S_n)$. Khối tâm của mặt phẳng tam giác nằm tại giao điểm của các đường trung tuyến. (Để chứng minh, hãy xem xét một hình luật lũy thừa gồm k hình chữ nhật có chiều cao bằng nhau, xấp xỉ tam giác của chúng ta - xem hình 2 với k=4. Tâm của chúng nằm trên đường trung tuyến của tam giác, do đó, trọng tâm của toàn bộ hình cũng nằm trên đường trung tuyến này. Đi đến giới từ ở $k \rightarrow \infty$, chúng ta thấy rằng tâm khối của tam giác nằm trên đường trung tuyến của nó.) Do đó, điểm $P_i$ tại $i=1$, …, n nằm trên đoạn OK_i, và $OP_i/OK_i=2/3$, tức là hệ điểm $K_1$, …, $K_n$ chuyển thành hệ $P_1$, …, $P_n$ khi được chuẩn bị với tâm O và hệ số 2/3. Và vì khối lượng tại các điểm $P_i$ tỷ lệ thuận với $a_i$ ($S_i=a_i R/2$, trong đó R là bán kính của đường tròn), điểm K trong quá trình chuẩn bị được chỉ định sẽ chuyển thành P, tương đương với tuyên bố bài toán.

Một tuyên bố tương tự cũng đúng đối với một đa giác được mô tả xung quanh một hình cầu có tâm O: nếu P là tâm khối lượng của đa giác đó (như một vật thể) và K là tâm khối lượng bề mặt của nó, thì $OP=(3/4)OK$.

I. Z. Vaishtein

TRẢ LỜI. Đúng. Trong lời giải, bài toán này, một kỹ thuật đã trở thành tiêu chuẩn được sử dụng: một hàm số nguyên của 5 số đang được xem xét được chọn, các giá trị của đa tỷ lệ, chẳng hạn, giảm theo mỗi thao tác và đồng thời bị giới hạn ở mức độ lớn; một hàm như vậy không thể thay đổi góc trong bao lâu (rốt cuộc, mỗi lần nó giảm ít nhất 1), do đó, sau một số bước hữu hạn, các thao tác tiếp theo sẽ không thể thực hiện được.

Là một hàm như vậy, chúng ta có thể lấy số lượng

26

thì các số này thay thế số tương ứng bằng $x+y$, - $z+y$. Các hoạt động như vậy được thực hiện miễn là có ít nhất một trong các số thứ năm là số âm. Quá trình này có nhất thiết phải kết thúc ở một số bước hữu hạn không?

$$|x| + |y| + |z| + |u| + |v| + |x+y| + |y+z| + ... + |v+x| + |x+y+z| + |y+z+u| + ... + |v+x+y| + |x+y+z+u| + |y+z+u+v| + ... + |v+x+y+z+u|$$

M1018. Đặt $A$ và $B$ là các đỉnh lân cận của $n$-giác đều có tâm $O$. Tam giác $XYZ$, bằng tam giác $OAB$, đầu tiên trùng với nó, sau đó di chuyển trong mặt phẳng của $n$-giác sao cho các điểm $Y$ và $Z$ vẫn nằm trên đường viền và $X$ - bên trong $n$-giác. Mỗi hình sẽ được mô tả bằng điểm $X$ khi $Y$ và $Z$ thực hiện một vòng quay hoàn toàn dọc theo ranh giới của $n$-gon?

Đáp số. Bộ bắt buộc là một “ngôi sao” thông thường bao gồm $n$ các đoạn bằng nhau có chiều dài $kR$, trong đó $k = \frac{1}{\cos(\pi/n)} - 1$ và $R$ là bán kính đường tròn của $n$-giác đã cho (xem hình 1 cho $n=5$); những đoạn này được lấy từ các đoạn nối tâm $O$ của đa giác với các đỉnh của nó, với tomotonie có hệ số - $k$ và tâm $O$.

Xét hai cạnh liên tiếp $AB$ và $BC$ của một đa giác nhất định (hình 2); để $Y$ nằm trên $AB$, $Z$ trên $BC$. Khi quay với tâm $X$ theo góc $2\pi/n$ (bằng góc $YXZ$), điểm $Y$ sẽ đi vào $Z$, và đường thẳng $AB$ thành đường thẳng đi qua $Z$ và tạo góc $2\pi/n$ với $AB$, tức là đường thẳng dòng $BC$. Do đó, các đường thẳng $AB$ và $BC$ có khoảng cách bằng nhau tính từ tâm quay

Hình 1.

Hình 2.

ta $X$, tức là $X$ nằm trên phân giác của góc $ABC$. Khi điểm $Y$ di chuyển từ $A$ đến $B$, điểm $X$ sẽ di chuyển dọc theo một đường thẳng $BO$ từ điểm $O$ đến một vị trí nhất định $B_1$ và quay lại $O$, với $B_1$ là vị trí xa đường thẳng nhất $AB$ $X$, do đó, tại $X=B_1$, đoạn $XY$ được xen kẽ bởi $AB$. Từ đây người ta thấy rằng $BB_1=XY/\sin \angle ABO=R/\cos(\pi/n)$. Khi di chuyển $Y$ dọc theo cạnh $BC$ của điểm $X$ tia tiếp theo của ngôi sao sẽ đi qua (qua lại) - $OC_1$, v.v.

V. N. Dubrovsky

M1019. Trên một tờ giấy ca-rô có đánh dấu một tập hữu hạn $M$ nút (điểm giao nhau

26

27

M1020*. Trên một mặt cầu có bán kính 1, a) vẽ một đường cong có chiều dài nhỏ hơn l; b) một đường cong khép kín có chiều dài nhỏ hơn 2l. Chứng minh rằng có một mặt phẳng đi qua tâm hình cầu và không cắt đường cong đã vẽ. (Chúng ta có thể giả sử rằng một đường cong trên hình cầu là một “đường đứt đoạn”, bao gồm các cung của các đường tròn lớn.)

Hình 1.

Mô đun của một điểm A và nếu có số lẻ các điểm của tập hợp M trên ít nhất một đường lưới, hãy lấy A trên đường này. Dùng giả thuyết quy nạp, tô màu các điểm còn lại theo yêu cầu của điều kiện. Teler cần chứng minh rằng điểm A có thể tô màu sao cho không vi phạm điều kiện trên trên hai đường thẳng l và m đi qua A.

Sau khi tô màu sơ bộ, trên mỗi đường l và m sẽ có số điểm đỏ và điểm trắng bằng nhau, khi đó điều kiện của chúng ta sẽ không vi phạm đối với bất kỳ cách tô màu nào của A, hoặc sẽ có nhiều hơn 1 điểm màu này hơn màu kia, và khi đó A phải được tô bằng màu còn thiếu. Điều này chỉ có thể xảy ra nếu có nhiều chấm trắng hơn trên một dòng, chẳng hạn như dòng l, và nhiều chấm đỏ hơn trên dòng kia. Nhưng khi đó trên mỗi dòng l và m có một số điểm chẵn của tập M (bao gồm A), và do đó, nhờ chọn A, trên tất cả các đường lưới có một số điểm chẵn từ M. Trong trường hợp này, trên tất cả các dòng không phải l và m, số điểm trắng sẽ bằng số điểm đỏ. Đếm tổng số điểm trắng và điểm đỏ dọc theo các đường thẳng song song với đường thẳng l (trong đó có l), ta được số điểm trắng nhiều hơn điểm đỏ 1 điểm; khi đếm dọc theo các đường thẳng song song với m sẽ thấy có nhiều chấm đỏ hơn. Mâu thuẫn này cho thấy phương án khó chịu duy nhất không thể xảy ra và điểm A luôn có thể được tô màu theo điều kiện.

A. P. Savin

Lời giải trong số bài toán này trở nên ngắn hơn và rõ ràng hơn nếu nó được phát biểu bằng ngôn ngữ hình học cầu. Vì vậy, với một số từ của ngôn ngữ này.

Đường tròn lớn, hay như người ta thường nói, đường tròn lớn hơn, là đường tròn ω mà hình cầu cắt một mặt phẳng tùy ý α chứa tâm O của nó; các đầu đường kính của hình cầu vuông góc với mặt phẳng α gọi là các sọc của đường tròn ω, khoảng cách hình cầu s(A,B) giữa hai điểm của hình cầu A và B được xác định bằng chiều dài cung nhỏ của đường tròn lớn nối A và B; nếu bán kính của hình cầu là 1 thì rõ ràng

s(A,B)=∠AOB.

Biết rằng mỗi góc phẳng của một góc tam diện đều nhỏ hơn tổng của hai góc còn lại (có thể chứng minh trong sách giáo khoa: Hình học 9-10 / ed. 3. A. Skopts. - M.: Prosveshchenie, 1981, tr. 224), do đó khoảng cách hình cầu thỏa mãn “bất đẳng thức tam giác” *):

s(A,B)<s(A,C)+s(C,B).

Trong phép đo mặt phẳng, từ một bất đẳng thức tương tự, người ta suy ra rằng một đoạn là đoạn thẳng ngắn nhất trên mặt phẳng nối hai điểm cho trước; Trong hình học hình cầu, người ta đã chứng minh theo cách tương tự rằng đường ngắn nhất giữa hai điểm trên một hình cầu là một cung của một đường tròn lớn.

Telery sẽ đi thẳng tới bài toán.

a) Đầu tiên lời giải. Chúng ta hãy lấy một điểm P trên đường cong này, điểm này chia nó thành hai phần có độ dài bằng nhau. Đối với bất kỳ điểm X nào của đường cong, khoảng cách hình cầu s(P,X) không vượt quá chiều dài đoạn đường cong từ P đến X,

*) Nếu hai điểm A và B đối xứng nhau thì dấu < phải thay bằng dấu =.

28

t. tức là nhỏ hơn π/2. Do đó, đường cong của chúng ta không giao đường tròn lớn với dải P (đối với bất kỳ điểm Y nào của nó, khoảng cách hình cầu là s(P,Y)=π/2; hình 1). Mặt phẳng chứa đường tròn này chính là mặt phẳng mà chúng ta đang tìm kiếm.

Trong lời giải thứ hai, chúng tôi sẽ chỉ chứng minh rằng mặt phẳng được yêu cầu tồn tại mà không chỉ định cụ thể. Ưu điểm của lời giải này là nó phù hợp với mọi tập hợp đường cong trên hình cầu có tổng chiều dài nhỏ hơn π.

Hãy xem xét tập hợp tất cả các vòng tròn lớn giao nhau với đường cong của chúng ta và đối với mỗi vòng tròn, chúng ta lưu ý các sọc của nó. Hãy chứng minh rằng mặt phẳng của tập M gồm tất cả các sọc được đánh dấu nhỏ hơn mặt phẳng của hình cầu, tức là 4π. Điều này có nghĩa là có một vòng tròn lớn hơn có các sọc không thuộc tập hợp M, tức là không giao nhau với đường cong của chúng ta.

Rõ ràng là các sọc của tất cả các đường tròn lớn đi qua một điểm X nào đó tự chúng tạo thành một đường tròn lớn hơn ω_X có sọc X. Khi điểm X đi qua mỗi AB của đường tròn lớn, các đường tròn ω_X “quét” hai bigon bằng nhau (hình 2) trên mặt cầu: các đỉnh của các bigon này là sọc của đường tròn lớn AB, và “góc raster” của các bigon bằng độ dài s(A,B) của cái kia AB. Diện tích của bigon có góc α trên hình cầu bán kính 1 bằng 2α (rõ ràng nó tỉ lệ với α và bằng 2π với α=π). Do đó, mặt phẳng của tập hợp các sọc hình tròn lớn giao nhau với mỗi AB bằng 4s(A,B) và diện tích của toàn bộ tập hợp M không vượt quá 4(α₁+…+αₙ)<4π, trong đó α₁,…,αₙ là độ dài của các sọc tạo nên một đường cong nhất định (hoặc một số đường cong).

6. Chúng ta hãy chọn hai điểm A và B trên đường cong này và chia nó thành các phần có độ dài bằng nhau. Chúng ta hãy vẽ một đường tròn lớn hơn qua A và B và lấy điểm giữa P trên hai đầu nhỏ hơn A và B của nó. Bây giờ, như trong lời giải bài toán a đầu tiên), chúng ta phải chứng minh rằng với bất kỳ điểm X nào trên đường cong s(P,X)<π/2. Và bất đẳng thức này suy ra từ bổ đề dưới đây (tổng độ dài của các cung AX và XB không vượt quá độ dài phần của đường cong AXB và do đó nhỏ hơn π).

Bổ đề. Gọi P là trung điểm cạnh AB của tam giác cầu ABX (trên mặt cầu bán kính 1). Khi đó độ dài “trung tuyến” s(P,X) của nó nhỏ hơn, bằng hoặc lớn hơn π/2 nếu tổng độ dài là các cạnh s(A,X)+s(B,X) của nó tương ứng nhỏ hơn, bằng hoặc lớn hơn π.

Bằng chứng. Đầu tiên đặt s(P,X)=π/2 và Y là một điểm trên hình cầu có đường kính đối diện với X (hình 3). Các tam giác cầu PXB và PYA bằng nhau (chúng “đối xứng cầu” qua tâm P), nên s(X,B)=s(Y,A) và

s(A,X)+s(X,B)=s(A,X)+s(Y,A)=π.

Nếu s(P,X)>π/2, đặt trên cung PX một điểm X₁ sao cho s(P,X₁)=π/2 (hình 4), thì theo tổng đã được chứng minh s(A,X₁)+s(X₁,B)=π, nhưng từ bất đẳng thức tam giác, nó suy ra (xem hình 4) rằng nó nhỏ hơn s(A,X)+s(X,B). Trường hợp s(P,X)<π/2 được xử lý tương tự.

Bài toán 6) cũng thừa nhận lời giải, tương tự như lời giải bài toán a). Giả sử tập M được hình thành bởi các sọc của tất cả các đường tròn lớn giao nhau với một đường cong cho trước. Bất kỳ vòng tròn nào trong số này cắt đường cong ít nhất 2 lần (vì nó đóng), do đó, các bigon được xem xét trong lời giải bài toán a) bao phủ M trong ít nhất 2 lớp và do đó diện tích của tập M nhỏ hơn 4 2π/2=4π, tức là nhỏ hơn diện tích của hình cầu.

G. A. Galperin, V. N. Dubrovsky, V. V. Proizvolov

30

$$F = \sum \frac{\mu v}{\Delta t} = \frac{v}{\Delta t} \sum \mu = \frac{M}{\Delta t} v = q \rho v = q \rho \sqrt{2gH}$$

(khối lượng $M$ bằng khối lượng nước chảy ra khỏi vòi trong thời gian $\Delta t$, và do đó $M/\Delta t = m = q \rho$). Do đó, $\pi \rho gh^2 r = q \rho \sqrt{2gH}$, từ đó chúng ta có được ước tính $r$:

$$r = \frac{q}{\pi h^2} \sqrt{\frac{2H}{g}}.$$

A. A. Alabuzin, A. V. Umansky

F1030. Một vật có khối lượng $m$ được treo trên một sợi dây không trọng lượng có độ cứng $k$. Độ căng tối đa mà sợi chỉ có thể chịu được là $T$. Vật được nâng lên độ cao $x$ từ vị trí cân bằng rồi thả ra. Ở mức tối thiểu $x$ sợi chỉ sẽ bị đứt?

Lưu ý rằng $T > mg$, nếu không thì không thể cân bằng được. Ở vị trí cân bằng, sợi dây bị giãn một đoạn $\Delta l_0 = mg/k$.

Sau khi tải được nâng lên độ cao $x$ từ vị trí cân bằng rồi thả ra sẽ chuyển động đi xuống. Sau khi vượt qua vị trí tương ứng với chiều dài của sợi tự do, tải bắt đầu làm căng sợi. Gọi $\Delta l$ là độ giãn tối đa của sợi chỉ. Khi đó điều kiện để đứt sợi chỉ là $k \cdot \Delta l = T \Rightarrow \Delta l = T/k$.

Tùy thuộc vào tỷ lệ của tham số $T$ và $m$, có thể xảy ra hai trường hợp: 1) $x < \Delta l_0$, 2) $x > \Delta l_0$. Chúng ta hãy xem xét chúng một cách riêng biệt.

1. $x < \Delta l_0$. Chúng ta hãy viết định luật bảo toàn năng lượng, lấy thế năng bằng 0 của một vật trong trường hấp dẫn ở vị trí khi sợi dây không bị kéo căng:

$$-mg(\Delta l_0 - x) + \frac{k}{2}(\Delta l_0 - x)^2 = -mg \cdot \Delta l + \frac{k}{2}(\Delta l)^2.$$

Thay thế các giá trị $\Delta l_0$ và $\Delta l$ từ (1) và (2), ta tìm được $x$:

$$x = \frac{T - mg}{k}.$$

Dễ dàng nhận thấy $x \leq l_0$ tương đương với điều kiện $T \leq 2mg$. 2) $x > \Delta l_0$. Từ định luật bảo toàn năng lượng -

$$mg(x - \Delta l_0) = -mg \cdot \Delta l + \frac{k}{2}(\Delta l)^2$$

• xét đến (1) và (2) ta thấy:

$$x = \frac{mg}{2k}\left(\left(\frac{m}{mg} - 1\right)^2 + 1\right) \text{ (при } T \geq 2mg).$$

V. G. Kharitonov

F1031. Quả cầu dẫn điện được chia thành nhiều mảnh, cách nhau rất xa. Các mảnh vỡ có kết nối ngẫu nhiên các hệ thống mảnh vỡ hoặc điện dung của quả cầu không? Yêu cầu công suất dây.

Hãy để chúng tôi thông báo cho hệ thống về một số khoản phí $q$ (hãy để nó là $q > 0$ để xác định). Hãy bắt đầu thu thập các mảnh được kết nối bằng dây (chúng ta bỏ qua công suất) thành một hình cầu. Rõ ràng là mật độ điện tích bề mặt trên bất kỳ phần nào đã được lắp ráp sẵn của quả cầu sẽ dương. Do đó, khi các mảnh vỡ va chạm vào nhau, lực đẩy sẽ luôn tác dụng và để thu thập các mảnh vỡ thành một quả cầu thì phải thực hiện công $A > 0$.

Điện tích của quả cầu thu được sẽ bằng $q$, năng lượng của trạm phát điện sẽ là $W_{\text{сф}} = q^2/2C_{\text{сф}}$, trong đó $C_{\text{сф}}$ là hiệu suất của quả cầu. Năng lượng của hệ thống là $W_{\text{ос}} = q^2/2C_{\text{ос}}$, trong đó $C_{\text{ос}}$ là công suất điện của hệ thống. Rõ ràng là $A = W_{\text{сф}} - W_{\text{ос}}$, và vì $A > 0$, $W_{\text{сф}} > W_{\text{ос}}$, tức là.

$$\frac{q^2}{2C_{\text{сф}}} > \frac{q^2}{2C_{\text{ос}}}.$$

Điều này có nghĩa là $C_{\text{сф}} < C_{\text{ос}}$ là điện dung của quả cầu nhỏ hơn điện dung của hệ các mảnh được nối bằng dây dẫn.

I. M. Lutsenko

31

Nhiệm vụ

1. Thay thế dấu hoa thị bằng số hình để đẳng thức đúng.
2. Năm 1987, tuổi của anh trai bằng tổng các chữ số trong năm sinh của em trai và tuổi của em trai bằng tổng các chữ số của năm sinh của anh trai. Họ bao nhiêu tuổi nếu một người hơn người kia 7 tuổi?
3. Một ngày nọ Petya cố gắng nối một bóng đèn với hai cục pin như hình hình. Tuy nhiên, bóng đèn không sáng dù đã sáng từ mỗi cục pin. Tại sao?
4. Người tài xế xe buýt đã lắp các cuộn vé có số từ 537000 đến 537999 ở một phòng vé và ở phòng vé kia có các số từ 462000 đến 462999. Cuộn vé nào chứa nhiều vé “may mắn” hơn (tức là những cuộn sao cho tổng của ba chữ số đầu bằng tổng của ba chữ số tiếp theo)?
5. Đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện của một tứ giác lồi chia tứ giác đó thành hai tứ giác có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng các cạnh này song song.
   Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi một học sinh lớp 7 Murom Olya Zevaleva, một học sinh lớp 10 đến từ quận Pushkin của AzSSR Natich Shirinov, S.V. Dvoryaninov, A.G. Samosvat, V.V. Proizvolov.

31

32

Những con số tuyệt vời

Lịch sử chữ viết của số π bắt đầu từ panirus của Ai Cập, có niên đại khoảng năm 2000 trước Công nguyên, nơi nó được coi là bằng (16/9) 2 = 3,1604… Người Hy Lạp cổ đại đã sử dụng la bàn và thước kẻ để dựng một hình vuông có kích thước bằng một hình tròn cho trước, tức là để thu được giá trị gần đúng của số π.

Số τ = √5+1/2 được gọi là tỷ lệ “tiết diện vàng”. Trong quan hệ này, điểm C chia đoạn AB nếu AB:AC = AC:CB. (Đặt AB = x và AC = 1, ta được x:1 = (x-1), từ đó x² - x - 1 = 0. Căn dương của phương trình này là √5+1/2.

Từ phương trình trên, suy ra τ² = τ + 1 và 1/τ = τ - 1. Nếu từ một đường thẳng có các cạnh không bằng nhau bằng τ (đường thẳng không bằng nhau như vậy được gọi là “vàng”), cắt một hình vuông, chúng ta thu được một đường thẳng không bằng nhau tương tự với hệ số tương tự là 1/τ. Quá trình này có thể được tiếp tục vô thời hạn.

Để ước tính số π, Archimedes đã tính chu vi của các đa giác nội tiếp và ngoại tiếp từ hình lục giác đến 96-giác. Ông sở hữu số gần đúng π≈22/7=3,1428… Người Hindu ở thế kỷ V-VI đã sử dụng số √10 = 3,1611,…, người Trung Quốc đã sử dụng số 22/7, cũng như số 355/113=3,1415929…

Điều đáng tò mò là τ bằng bán kính của một hình tròn ngoại tiếp một hình vuông thập phân đều; còn số thập phân (với độ chính xác tốt) bằng chiều dài của đường tròn ngoại tiếp, tức là 2π≈10 hoặc π≈5. Sự tương ứng 5π≈6π thậm chí còn chính xác hơn. Từ đây π=√30 = 3.1072… Chính xác hơn là π = √31=3.14138…

33

Năm 1596, nhà toán học người Hà Lan Van Zeijlen đã giới thiệu số π có 32 chữ số đúng. Năm 1719, nhà toán học người Pháp Lagnat đã tính số π với 140 dấu đúng. Năm 1844, Dase người Đức đã tìm ra số π có 200 dấu đúng; vào cuối thế kỷ 19, hơn 500 dấu hiệu đúng của số π đã được biết đến.

Trong một hình ngũ giác đều có nhiều cặp đoạn thẳng, tỷ lệ của chúng là τ:AC:AB=AE:EC=AE:AD=τ, v.v. Cách biểu diễn số sau đây rất thú vị: τ:τ=√1+√1+√1+…;τ=1+1/1+1/1+1/1+…

Gần đây, Jonathan và Peter Vorwein (Mỹ) đã tìm ra số π có 29.360.128 dấu đúng. Con số này được lưu trữ trong bộ nhớ của máy tính của nó. Nếu in ra sẽ mất tới 30 tập 400 trang. Các nhà toán học Nhật Bản hứa sẽ tính số π với 100.000.000 chữ số đúng.

Câu đố

1. Đặt bảy đồng xu trên bàn: ba đồng xu một kopeck và một đồng xu hai kopeck sao cho mỗi đồng xu chạm vào ít nhất ba đồng xu khác.
2. Sắp xếp một trận đấu để nó hiển thị

Tỷ lệ vàng thường được các nghệ sĩ và kiến ​​trúc sư sử dụng. Leonardo da Vincic tìm thấy t trong hình chiếu của cơ thể con người. Nhà điêu khắc Hy Lạp cổ đại Phidias đã sử dụng tỷ lệ vàng khi thiết kế đền Parthenon. Để vinh danh Phidias, tỷ lệ vàng đôi khi được gọi là cây sồi φ.

Hình hộp chữ nhật vàng là hình chữ nhật song song có các cạnh τ, 1, 1/τ. Tổng bề mặt của nó bằng 4τ và đường chéo của nó bằng 2. Rõ ràng là bề mặt của hình cầu được mô tả xung quanh “khối vàng” bằng 4π. Do đó, tỷ lệ bề mặt này của hình lập phương là π:τ.

Đẳng thức mới ở hình giữ giá trị lên tới 0,002.

3. Một cuộn dây dài 500 m được quấn trên một cuộn dây có đường kính 5 cm; Kết quả là một cuộn dây có đường kính 20 cm. Độ dày của băng là bao nhiêu?

34

“John Dalton”
khai mạc
thuyết nguyên tử"

Từ dòng chữ
on_BẢNG NHỚ

DALTON
CÂN NGUYÊN TỬ

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

Vào những năm 90 của thế kỷ 18, một chàng trai trẻ tên John Dalton bắt đầu cộng tác trên tạp chí tiếng Anh khiêm tốn “Lịch dành cho quý bà và quý ông”. Nhiệm vụ của ông bao gồm thông báo cho người đọc về các quan sát thời tiết. Nhân viên mới cũng thể hiện sự siêng năng tương tự. Đặc biệt, ông bắt đầu ghi nhật ký quan sát khí tượng… Nhiều năm sau, trên những trang nhật ký này, bảng khối lượng nguyên tử đầu tiên của các nguyên tố đầu tiên trên thế giới xuất hiện, làm rạng danh tên tác giả.

Ý tưởng về sự tồn tại của một “Prime-chir-

34

Đỉnh cao của vật chất - nguyên tử - có nguồn gốc từ hơn hai nghìn năm trước. Tuy nhiên, như một câu tục ngữ phương Đông đã nói, “dù bạn có nói “halva, halva” bao nhiêu đi chăng nữa, thì điều đó cũng không thành hiện thực.” Nếu nguyên tử là có thật thì chúng phải có kích thước và trọng lượng. Và bài toán của các nhà vật lý là đo chúng. Nhưng làm thế nào?

Hãy đặt mình vào vị trí của một nhà vật lý hoặc nhà hóa học cuối thế kỷ 18. Bạn có sẵn dữ liệu về thành phần của một số chất được tích lũy qua nhiều thế kỷ của các nhà bán buôn hóa chất và giả kim. Ví dụ, người ta biết rằng nước bao gồm oxy và hydro, carbon dioxide - bao gồm carbon và oxy, v.v. Người ta cũng biết rằng có những “chất đơn giản” không thể phân hủy thành những chất cơ bản hơn; đó là hydro, oxy, nitơ, carbon, lưu huỳnh, v.v. Khả năng đo lường của bạn là gì? Bạn có thể xác định trọng lượng và thể tích của vật thể, và trong trường hợp chất khí, hãy đo áp suất. Đúng, do thiết bị không hoàn hảo nên toàn bộ lượng dữ liệu không có độ chính xác khác nhau, sai số lên tới 10%. - mọi chuyện đã ổn rồi…

Bây giờ hãy nghĩ xem làm thế nào trên cơ sở đó bạn có thể đo được bất cứ thứ gì liên quan đến các nguyên tử nhỏ nhất (chính sự tồn tại của chúng cũng đang được đặt ra). Dalton nảy ra một ý tưởng và với nguồn tài nguyên khiêm tốn như vậy, ông bắt đầu “cân” các nguyên tử.

Ông chấp nhận rằng mỗi chất “đơn giản” không bị phân hủy đều bao gồm các nguyên tử cùng loại. Dalton hiểu rằng ông không thể xác định được trọng lượng tuyệt đối của chúng (ví dụ bằng gam*). Cần phải xây dựng nó theo cách khác: lấy trọng lượng của nguyên tử nhẹ nhất làm một và biểu thị trọng lượng của phần còn lại theo các đơn vị này. Chất “đơn giản” nhẹ nhất là nước

*) Rõ ràng là thực ra chúng ta đang nói về khối lượng; nhưng chúng tôi vẫn giữ lại thuật ngữ được chấp nhận tại thời điểm đó.

Hình 1.

Mô tả cacbon

Hình 2.

35

36

Dưới đây là dữ liệu số mà Dalton có:
44% cacbon + 56% oxy = cacbon monoxit,
28,1% cacbon + 71,9% oxy = cacbon đioxit.
Trong một bản ghi như vậy không có mẫu nào được nhìn thấy. Nhưng hãy xác định xem có bao nhiêu oxy tạo ra cùng một lượng cacbon trong các phản ứng khác nhau. Đầu tiên, có 44 phần trọng lượng của carbon - 56 phần trọng lượng của oxy. Cần bao nhiêu oxy để tạo ra 44 phần trọng lượng của cacbon trong phản ứng thứ hai?
Đáp số đưa ra một tỷ lệ đơn giản:
$$44 \cdot \frac{79,9}{28,1} \approx 112,6.$$
Gần như gấp đôi so với lần đầu tiên! Dalton giải thích thực tế này bằng cách đề xuất các mô hình nguyên tử tương ứng của các chất thông thường (xem hình 2):
1 nguyên tử carbon + 1 nguyên tử oxy = 1 nguyên tử carbon dioxide kép, 1 nguyên tử carbon + 2 nguyên tử oxy = 1 nguyên tử carbon dioxide ba.
Từ lời giải thích này (hoàn toàn chính xác!) thì trọng lượng của nguyên tử oxy có liên hệ với trọng lượng của nguyên tử carbon là 56:44 (phù hợp với dữ liệu hiện đại).
Kế hoạch xác định trọng lượng nguyên tử của Dalton được đề xuất rất rõ ràng: đầu tiên, sử dụng phản ứng tạo thành nước, tính trọng lượng của nguyên tử oxy, sau đó, dựa trên các phản ứng oxy hóa, tính trọng lượng của các chất đơn giản còn lại.
Vào ngày 6 tháng 9 năm 1803, một bảng trọng lượng nguyên tử của một số chất xuất hiện trong nhật ký của Dalton. Chúng tôi trình bày một phần của bảng này cùng với dữ liệu hiện đại (theo cùng đơn vị):

| Atom | Trọng lượng nguyên tử | Dữ liệu hiện đại |
| :— | :— | :— |
| Hydro (H) | 1 | 1 |
| Ôxi (O) | 5,66 | 15,37 |
| Nitơ (N) | 4 | 14 |
| Cacbon (C) | 4,5 | 11,9 |
| Nước (HO) | 6,66 | 17,87 |
| (nguyên tử phức tạp) | | (phân tử H₂O) |

Có vẻ như không có gì giống nhau. Nhưng điều này không hoàn toàn đúng. Ví dụ, tỷ lệ trọng lượng của oxy và carbon theo Dalton là 1,26. Các phương pháp hiện đại cho giá trị rất gần - 1,25. Cũng xin nhớ rằng đây chỉ là phiên bản đầu tiên của bảng. Sau đó, Dalton đã nhiều lần làm rõ điều đó. Đặc biệt, trọng lượng của oxy “tăng” lên 7. Thật không may, một lỗi máy chủ vẫn tồn tại trong tất cả các biến thể: Dalton đã xác định sai trọng lượng nguyên tử của oxy. Và vì trọng lượng nguyên tử của các chất khác được xác định chủ yếu bằng các phản ứng oxy hóa nên sai số sẽ tự động được chuyển sang chúng.

Bảng này cho thấy thành phần hóa học của nước, theo Dalton, tương ứng với công thức HO, tức là cứ mỗi nguyên tử oxy thì có một nguyên tử hydro. Đây là nơi có sự thiếu chính xác. Công thức hóa học của nước ngày nay ai cũng biết - H₂O. Nhưng Dalton không biết công thức này, và nếu không có nó thì anh không thể đi tiếp. Do đó, ông đã đưa ra nguyên tắc sau: trong trường hợp chỉ biết được một mối liên hệ của nguyên tử A và B thì đó là cách đơn giản nhất, tức là theo thuật ngữ của Dalton, nguyên tử kép AB. Do đó, công thức của nước có dạng HO.

37

Nguyên tắc này có lẽ không làm Dalton hài lòng lắm. Nghĩa đen chỉ vài dòng sau khi xác định thành phần của nước, ông viết: “Cuối cùng, chúng ta phải thừa nhận khả năng nước có thể là một hợp chất bậc ba. Trong trường hợp này, nếu hai nguyên tử hydro kết hợp với một nguyên tử oxy thì nguyên tử oxy phải nặng gấp 14 lần nguyên tử hydro…

Dalton đã không đi xa hơn thế này. Hơn nữa, ông cực kỳ thù địch với mọi nỗ lực của các nhà nghiên cứu khác nhằm thay đổi hoặc làm rõ kết quả của ông. Nhưng ông không để lại bí mật khoa học cho đến cuối đời. Vào ngày 27 tháng 7 năm 1844, vài giờ trước khi qua đời và đã đến gần, John Dalton leo lên tháp hội nghị lần cuối cùng và với bàn tay run rẩy đã ghi lại 200.000 mục cuối cùng trong nhật ký của mình…

Những sai lầm của Dalton đã được sửa chữa trong suốt cuộc đời của ông bởi nhà hóa học nổi tiếng người Thụy Điển Jacob Berzelius. Là người ủng hộ thuyết phục lý thuyết nguyên tử của Dalton, Berzelius đồng thời viết: “Các con số của Dalton thiếu độ chính xác cần thiết cho việc áp dụng lý thuyết của ông vào thực tế”. Năm 1826, theo ý tưởng của nhà khoa học người Anh, Berzelius đã biên soạn một bảng trọng lượng nguyên tử, về cơ bản không khác gì bảng hiện đại.

Cách tử nhiễu xạ - 200 năm

Hầu như không có thiết bị nào trong vật lý hiện đại có khả năng như cách tử nhiễu xạ, cho phép người ta xác định chính xác và đáng tin cậy các bước sóng ánh sáng.

Các thiết bị quang phổ sử dụng cách tử nhiễu xạ lần đầu tiên được chế tạo bởi nhà quang học nổi tiếng người Đức I. Fraunhofer (1787-1826) vào những năm 20. Và trong hơn một trăm năm, người ta tin rằng chính ông là người đã phát minh ra cách tử nhiễu xạ. Nhưng vào năm 1932, khi Hoa Kỳ đang chuẩn bị tưởng niệm một trong những người sáng lập ngành vật lý và thiên văn học ở Tân Thế giới, D. Rittenhouse (1732-1796), người ta bất ngờ phát hiện ra rằng nhà khoa học này đã chế tạo và nghiên cứu cách tử nhiễu xạ vào năm 1786.

Tiểu sử của Davida Rittenhouse khá nổi tiếng. Từ khi còn nhỏ, anh đã quan tâm đến các cơ chế và thiết bị mang tính xây dựng khác nhau. Sau đó, “vật lý tự nhiên” đã được thêm vào những sở thích này, thứ mà ông đã xây dựng bằng cách nghiên cứu công trình của Newton vĩ đại. Việc chế tạo các dụng cụ vật lý và thiên văn, nghiên cứu và quan sát với sự trợ giúp của chúng đã trở thành công việc để đời của ông. Nguyên bản về thiết kế và sử dụng kỹ thuật xuất sắc, đồng hồ bấm giờ, nhiệt kế, cung thiên văn, hệ thống quang học và các dụng cụ khác của Rittenhouse thuộc về những công cụ nghiên cứu tiên tiến nhất trong thời đại của ông. Rittenhouse đã nghiên cứu khả năng lướt qua nước và sự giãn nở nhiệt của gỗ, nghiên cứu sự đồng hóa của cột thu lôi và thử nghiệm với nam châm. Như đã nói, hóa ra trong sự hiểu biết của ông về bản chất của từ tính trong chất rắn, ông đã đi trước những người cùng thời gần một trăm năm.

Những thành tựu khoa học của Rittenhouse không hề được chú ý.
kiến thức - ông từng là giáo sư và hiệu trưởng của Đại học Pennsylvania, là thành viên danh dự của Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn, sau cái chết của B. Franklin nổi tiếng (1706-1790), ông được bầu làm chủ tịch Hiệp hội Triết học Hoa Kỳ, và cuối đời, ông được bổ nhiệm làm giám đốc của Mint.

Một ngày tháng 3 năm 1785, Rittenhouse nhận được một lá thư từ một luật sư mà ông biết có nội dung xúc phạm ông một cách bất thường. “Thưa ông! - lá thư viết. - Tôi xin phép ông chú ý đến câu hỏi tiếp theo về quang học. Tôi tin rằng câu hỏi này hoàn toàn mới, và đáp số về nó sẽ làm ông hài lòng và sẽ là một vinh dự đối với tôi. Một buổi tối mùa hè năm ngoái, khi ngồi trước cửa nhà, tôi lấy từ trong túi ra một chiếc khăn tay lụa, giữ chặt trong tay và bắt đầu nhìn xuyên qua chiếc đèn đường cách nhà khoảng 90 m. Tôi tưởng sẽ thấy một cái cận cảnh vải của chiếc khăn.

Mẫu nhiễu xạ thu được trong ánh sáng đơn sắc sử dụng cách tử nhiễu xạ.

39

Toán 8, 9, 10

Ghi chú “Trắc nghiệm tính chia hết cho các số dạng 10n±1” dưới đây dành cho học sinh lớp 8, ghi chú “Giới hạn ngoại giao thứ nhất” dành cho học sinh lớp 9 và lớp 10, ghi chú “Công thức Viete” dành cho học sinh lớp 8 đến lớp 10.

Kiểm tra tính chia hết cho các số có dạng 10n±1

Năm 1884, trên một trong những số của “Tạp chí Toán học Tiểu học” xuất bản ở Kiev, có bài viết của người sáng lập tạp chí, Giáo sư V.P. Ermkov, “Dấu hiệu chia hết của số” đã được xuất bản. Bài báo cho thấy dấu hiệu của sự chia hết được mô tả dưới đây bằng các số có dạng 10n±1.

Để tìm hiểu xem một số N đã cho có chia hết cho số m=10n+1 hay không, bạn cần:
A. bỏ chữ số cuối cùng của số N;
B. trừ số kết quả tích của chữ số bị loại bỏ với n;
B. Thực hiện các phép tính A và B với số thu được;
D. làm điều này cho đến khi (thao tác cuối cùng B) còn lại một số nhỏ hơn hoặc bằng 0;
D. nếu số còn lại là 0 thì N chia cho m=10n+1; ngược lại N không chia hết cho m.
Hãy chứng minh điều đó. Nếu k là chữ số cuối cùng của N thì phép toán A và B biến N thành số
$$\frac{N-k}{10} - kn = \frac{N-k-10kn}{10} = \frac{N-km}{10}.$$
Rõ ràng, số này chia hết cho m khi và chỉ khi N chia hết cho m. Các phép toán tiếp theo sẽ giảm số này mà không thay đổi khả năng chia hết của nó cho m, đó là D theo sau.

Ví dụ

$$N = 11934, m = 51:$$
$$11934 \rightarrow 1193 \rightarrow 1173 \rightarrow 117 \rightarrow 102 \rightarrow 10 \rightarrow 0$$

$$N = 15314, m = 61:$$
$$15314 \rightarrow 1531 \rightarrow 1507 \rightarrow 150 \rightarrow 108 \rightarrow 10 \rightarrow 38$$

Ta thấy rằng 11.934 chia hết cho 51 nhưng 15.314 không chia hết cho 61.

Lưu ý rằng nếu, trong trường hợp chia hết, chúng ta viết các chữ số bị loại bỏ theo thứ tự ngược lại, chúng ta sẽ nhận được một phần

40

không; ví dụ: 11 934:51=234 (chứng minh đi!).

Để có được dấu chia hết cho $m=10n-1$, bạn cần thay phép trừ bằng phép cộng trong B, viết $m$ thay vì 0 trong D và D và viết 10$n-1$ thay vì 10$n+1$.

Ví dụ

$$N = 9246, m = 69$$

(ở đây thao tác B là thao tác sửa đổi C).

Điều này có nghĩa là 9246 chia hết cho 69. Hãy tìm cách đọc thương số 9246:69 trong dòng này.

Cuối cùng, chúng ta hãy lưu ý rằng nếu chúng ta viết các số trong hệ thống số kép, thì bất kỳ quy tắc nào của chúng ta đều cho dấu hiệu chia hết cho bất kỳ số lẻ nào (dấu chia hết cho 2 trong hệ thống số kép là hiển nhiên).

V. G. Stolyar

Giới hạn tuyệt vời đầu tiên

Trong sách giáo khoa “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9-10” (Moscow: Prosveshcheniye, 1986), ở đoạn 20 (tr. 94), định lý về sin tùy ý đã được chứng minh: hàm sin tùy ý tại bất kỳ điểm nào và $(\sin x)'=\cos x$. Trong chứng minh của công thức này, người ta sử dụng tỷ lệ $\frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\Delta x}$ có xu hướng bằng 1 khi $\Delta x$ có ​​xu hướng bằng 0:

$$\frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\Delta x} \rightarrow 1$$ tại $\Delta x \rightarrow 0$.

Nói cách khác, định lý về giới hạn của tỷ số $\frac{\sin x}{x}$ tại $x \rightarrow 0$ được sử dụng:

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1.$$

Các nhà toán học gọi giới hạn này là giới hạn đáng chú ý đầu tiên.

Trong lưu ý này, chúng ta sẽ chứng minh định lý về giới hạn của tỷ số $(\sin x)/x$ tại $x \rightarrow 0$ (trong sách giáo khoa, cách chứng minh tương ứng dựa trên tính rõ ràng hình học, xem trang 95). Trong chứng minh, chúng ta sẽ cần một định nghĩa chính thức hơn về giới hạn so với định nghĩa được đưa ra trong “Đại số và các yếu tố giải tích 9-10” ở trang 1. 76. Cụ thể, chúng ta sẽ nói rằng hàm $f(x)$ tiến tới giới hạn $L$ tại $x \rightarrow a$ ($x \neq a$) nếu với bất kỳ số dương $\varepsilon$ nào có một số dương $\delta$ sao cho với mọi $x$ sao cho $|x-a|<\delta$ bất đẳng thức $|f(x)-L|<\varepsilon$ đúng. Nói cách khác, hàm $f(x)$ có xu hướng đạt tới giới hạn $L$ tại $x \rightarrow a$ nếu với bất kỳ $\varepsilon>0$ nào, người ta có thể chỉ định một lân cận của điểm $a$ sao cho với tất cả $x$ từ lân cận này, $x \neq a$, thì bất đẳng thức $|f(x)-L|<\varepsilon$ sẽ đúng. (Hãy tự suy nghĩ về sự tương đương của cả ba định nghĩa về giới hạn: hai định nghĩa của chúng ta và định nghĩa được đưa ra trong sách giáo khoa.)

Vì vậy, chúng ta hãy chuyển sang chứng minh định lý.

Trước tiên chúng ta hãy giả sử rằng $0<x<\frac{\pi}{2}$. Chúng ta hãy xem xét một lân cận có tâm $O$ và so sánh nó với tâm $AFC$ với mặt phẳng thẳng $ABCD$ (xem hình).

Diện tích của đoạn $AFC$ bằng hiệu giữa diện tích của hình cung $OAC$ và tam giác $OAC$, tức là.

$$S_{AFC} = \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} \sin x > 0,$$

Ở đâu

$$\sin x < x.$$

Bây giờ chúng ta hãy ước tính diện tích của đường thẳng $ABCD$. Vì $AD=\sin x$, $DC=1-\cos x$,

$$S_{ABCD} = \sin x (1-\cos x) = 2 \sin^2 \frac{x}{2} \cdot \sin x < 2 \cdot \frac{x^2}{4} \cdot x = \frac{x^3}{2}.$$

Vì đoạn AFC nằm bên trong hình chữ nhật nên ta có các bất đẳng thức nguyên:
$$0 < S_{AFC} < S_{ABCD},$$
$$0 < \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} \sin x < \frac{x^3}{2},$$
$$0 < 1 - \frac{\sin x}{x} < x^2$$
(trong khoảng 0 < x < $\frac{\pi}{2}$).

Bây giờ chúng ta lưu ý rằng hàm $\frac{\sin x}{x}$ là số chẵn, do đó bất đẳng thức (*) cũng đúng trong khoảng $-\frac{\pi}{2} < x < 0$, tức là nó đúng với mọi $x$ thỏa mãn điều kiện $0 < |x| < \frac{\pi}{2}$.

Vì $x^2 \rightarrow 0$ cho $x \rightarrow 0$, nên với bất kỳ $\varepsilon > 0$ nào, người ta có thể chỉ định một vùng lân cận sao cho với tất cả $x$ từ vùng lân cận này, $x \neq 0$ sẽ thỏa mãn bất đẳng thức $x^2 < \varepsilon$. Có tính đến (*), chúng tôi có được điều đó cho tất cả $x$ từ vùng lân cận này, $x \neq 0$, chúng tôi có
$$1 - \frac{\sin x}{x} = \left| 1 - \frac{\sin x}{x} \right| < \varepsilon.$$

Điều này có nghĩa là $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ – định lý của chúng ta đã được chứng minh.

G. A. Sorokin

Công thức Vieta

Trong môn đại số phổ thông (xem “Đại số 7”, đoạn 23), định lý Vieta được chứng minh cho các phương trình bậc hai đã cho. Tuy nhiên, một định lý tương tự cũng đúng cho các phương trình bậc ba, và cho các phương trình bốn bậc, và nói chung cho các phương trình đại số tùy ý có bậc $n$, và hệ số dẫn đầu (tại $x^n$) không nhất thiết phải bằng một.

Với $n=1$, chúng ta thu được phương trình tuyến tính $ax+b=0$ và nếu $x_1$ là nghiệm của nó, thì $ax_1+b=0$, từ đó
$$x_1 = -\frac{b}{a}.$$

Giả sử có một phương trình bậc hai $ax^2+bx+c=0$ ($a \neq 0$) và lấy $x_1$ là nghiệm của nó. Sau đó
$$ax_1^2+bx_1+c=0.$$

Trừ đẳng thức $ax_1^2+bx_1+c=0$ khỏi phương trình $ax^2+bx+c=0$, ta thu được
$$a(x-x_1)^2+b(x-x_1)=0,$$
Ở đâu
$$(x-x_1)(ax+ax_1+b)=0.$$

Vì $x_1$ là nghiệm của phương trình $x-x_1=0$ nên nghiệm thứ hai của phương trình bậc hai $x_2$ thỏa mãn phương trình
$$ax_2+ax_1+b=0.$$

Có nghĩa,
$$x_1+x_2 = -\frac{b}{a}.$$

Đây là công thức đầu tiên của Vieta cho phương trình bậc hai. Kế tiếp,
$$x_1^2 + \frac{b}{a}x_1 + \frac{c}{a} = 0,$$
hoặc
$$x_1^2 - (x_1+x_2)x_1 + \frac{c}{a} = 0,$$
nơi chúng tôi có được công thức Vieta thứ hai
$$x_1x_2 = \frac{c}{a}.$$

Lưu ý rằng khi rút ra cả hai công thức Vieta, chúng tôi không gặp bất kỳ công thức nào về nghiệm của phương trình bậc hai. (Nhân tiện, bạn có thể dễ dàng tìm thấy chúng từ công thức của Vieta.)

Bằng cách sử dụng các công thức của Vieta, chúng ta có thể chứng minh một định lý hữu ích: nếu $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của tam thức bậc hai $f(x)=ax^2+bx+c$, thì $f(x) = a(x-x_1)(x-x_2)$. Trong thực tế,
$$f(x) = ax^2+bx+c = a(x^2 - \left(-\frac{b}{a}\right)x + +\frac{c}{a}) = a(x^2 - (x_1+x_2)x + x_1x_2) = a((x^2-x_1x) - (x_2x-x_1x_2)) = a(x-x_1)(x-x_2).$$

Đối với nghiệm của phương trình bậc ba, các công thức của Vieta đều được rút ra theo cách tương tự nhưng để người đọc hiểu rõ hơn về các kỹ thuật kỹ thuật, chúng ta sẽ thực hiện lại toàn bộ trình tự các bước.

Đối với trường hợp tổng quát của phương trình đại số bậc $n$, bạn đọc quen với phương pháp quy nạp toán học hoàn chỉnh sẽ có thể tự rút ra được công thức của Vieta. Ở đây chúng tôi sẽ chỉ viết ra những công thức này.

Hãy để phương trình này
$$a_0x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + \dots + a_nx^n = 0.$$