Kvant 1987, số 5 · 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
1987

1

Trong phòng:

2 Đã đến lúc sáng tạo, đã đến lúc chế biến gỗ!
4 P. A. Pebzner. Đặt cược tốt hơn cho những người đơn giản
9 G. S. Simin. Điện tử quang học dưới ánh nến
16 D. G. Krutozin. Ai điều hành thành phố MK?

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M1041 — M1045; F1053 — F1057
24 Lời giải bài toán M1021 — M1025; F1033 — F1037

«Kvant» cho học sinh nhỏ
31 Bài toán
34 N. Ya. Vilenkin. Từ lịch sử

32 Kính Vạn Hoa «Kvant»

Trường học ở «Kvant»
37 Vật lý 8, 9, 10:
Luật bảo tồn và hệ thống báo cáo
Động cơ điện hoạt động như thế nào?
Vật lý hòa âm âm nhạc
49 trường học yêu thích bài toán

tin tức khoa học
44 Giấc mơ trở thành hiện thực

vòng tròn toán học
45 S. I. Sobolev. Về sự thức tỉnh ngẫu nhiên

Xưởng của người nộp đơn
50 E. G. Gotman. Đúng lời giải hình học bài toán

Các lựa chọn thi tuyển sinh
61 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang cờ vua
Giải vô địch máy tính (trang bìa thứ 3)

Kinh thánh của chúng tôi

Pin năng lượng mặt trời, cáp quang, bộ tách sóng quang cảm giác - tất cả đều là thiết bị điện tử quang học ngày nay.
Và sự khởi đầu của lĩnh vực công nghệ bán dẫn trẻ nhất này đã được đặt ra … hơn nhiều năm trước.
Những bước đầu tiên của quang điện tử được mô tả trong bài viết của G. S. Simin. Những bức ảnh ở trang đầu và trang thứ hai là minh họa cho bài viết này.

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1987

2

Thời gian để tạo
thời gian để gỗ!

Các độc giả và học sinh thân mến của chúng tôi! Một sự kiện quan trọng đã xảy ra trong cuộc đời bạn. Sau một thời gian dài tích cực chuẩn bị, Đại hội Komsomol lần thứ 20 đã diễn ra. Nó đã mở ra một kỷ nguyên mới trong lịch sử của Komsomol và trở thành một trường học thực hành tốt về perestroika và dân chủ hóa một trong những tổ chức công lớn nhất ở nước ta. Chúng ta phải suy nghĩ kỹ về các tài liệu của đại hội, chúng phải được nghiên cứu kỹ lưỡng và thảo luận theo nhóm. Rốt cuộc, họ đề cập đến mọi khía cạnh trong cuộc sống của những người trẻ tuổi và đưa họ vào những phân tích cởi mở, thuần túy.

Komsomol của chúng tôi có thành tích đáng kể, được đánh dấu bằng những giải thưởng cao của Tổ quốc. Nhưng không tránh khỏi những yếu tố trì trệ, dân chủ hóa sinh học và chủ nghĩa hình thức mà chúng ta đã gặp phải trong những thập kỷ gần đây, cả trong nền kinh tế và các hoạt động xã hội. Nếu không có điều kiện cần thiết để tự mình vượt qua những hiện tượng tiêu cực này, nhiều bạn mất đi hoạt động xã hội, bị cô lập trong vòng tròn lợi ích cá nhân và cố gắng thích nghi với các hoạt động xung quanh.

Lời giải của đại hội, khi chúng được triển khai trên thực tế, sẽ dẫn đến sự đổi mới căn bản về mọi mặt hoạt động của Komsomol. Họ công nhận bạn vì hoạt động, năng lực bản thân, khả năng tự quản lý. Suy cho cùng, bạn phải tham gia vào công cuộc đổi mới cách mạng của xã hội xã hội chủ nghĩa. Hãy suy nghĩ, tranh luận, tìm kiếm, đề xuất, nhấn mạnh, đạt được, nói một cách dễ hiểu, tham gia vào cuộc đấu tranh cởi mở vì sự phát triển của trường học Xô Viết, xã hội xã hội chủ nghĩa của chúng ta. Nắm vững kiến ​​thức, mở rộng tầm nhìn, củng cố ý chí, rèn luyện tính cách. Kiên trì học tập là chìa khóa để thành công trong công việc trong cuộc sống tương lai. Nhưng đừng nhồi nhét mà hãy cố gắng hiểu tài liệu đang học và tìm ra sự hứng thú của bạn với từng môn học ở trường.

Bạn phải vượt qua sức ì thông thường trong việc học của mình. Trong trường hợp không có báo cáo của Ủy ban Trung ương Komsomol gửi tới đại hội về việc này

3

Người ta đã nêu rõ về điều này: “Việc tiếp thu kiến ​​​​thức là công việc có định hướng. Tuy nhiên, trong quá trình hình thành học sinh, sinh viên vẫn có niềm tin rằng thời gian học tập chỉ là một mệnh lệnh cho công việc, nó không phải là bản thân cuộc sống mà là sự chuẩn bị cho nó.” Niềm tin sai lầm này phải được yên nghỉ vĩnh viễn.

Báo cáo của Ủy ban Trung ương Komsomol cũng bao gồm bài toán sau: “Các đồng chí hãy bắt tay vào một điều gì đó mới mẻ đối với chúng ta - tìm kiếm nhân tài. Suy cho cùng, đây là tài sản bất cẩn của xã hội.” Tài năng thức dậy sớm, ngay cả ở bàn học. Nhưng bạn không thể chú ý đến họ, hỗ trợ họ hoặc nuôi dưỡng họ. Đây chính xác là những gì «Kvant» của chúng tôi phấn đấu, đánh thức sự quan tâm đến khoa học vật lý và toán học, đồng thời cố gắng hỗ trợ sự phát triển độc lập của các tài năng trẻ.

Bầu làm thành viên Komsomol những người tài năng, trung thực, chăm chỉ, chấp nhận và có thể hành động vì lợi ích của tập thể học sinh. Hãy lựa chọn và hỗ trợ họ bằng sáng kiến, hoạt động cụ thể mà bạn thấy thú vị. Thời của những kẻ thỏa hiệp và tuân thủ liên tục, những kẻ né tránh và Tunyads đang trở thành quá khứ.

Hãy thường xuyên nhắc tới Lênin hơn, các tác phẩm của Người thời kỳ sau. Đáp số Ngày nay, nhiều câu hỏi về vị trí của tuổi trẻ và Komsomol trong đời sống xã hội vẫn có thể được tìm thấy trong bài phát biểu của ông tại Đại hội III của RKSM, ý tưởng trọng tâm của bài phát biểu này là bài toán chính của Đoàn Thanh niên là học chủ nghĩa cộng sản.

Bạn có một cuộc sống thú vị và khó khăn khác thường phía trước. Hãy nhớ rằng không còn xa nữa khi những người bị giam cầm của các bạn sẽ phải chịu trách nhiệm về tương lai của chủ nghĩa xã hội, về số phận của con người. Phát biểu tại đại hội, Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU M. S. Gorbachev nói với giới trẻ: “Sự phát triển của nền văn minh ngày nay đang xây dựng ranh giới giữa điều có thể và điều không thể. Các bạn có trong tay sức mạnh khoa học kỹ thuật khổng lồ và tiềm năng trí tuệ mà chưa có thế hệ nhân loại nào từng sống trên Trái đất có trong tay… Và, khi sở hữu được sức mạnh này, hãy nhớ rằng các bạn đang tạo ra tương lai.”

4

CƯỢC TỐT NHẤT
CHO ĐƠN GIẢN

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
P. A. PEVZNER

• Tại sao bạn không bao giờ chơi? - Kid hỏi Smoke trong lần họ làm chuyện đó ở Deer Rose. Bạn không thực sự muốn đến bàn ăn bánh tart sao?
  “Tuyết,” Smoke trả lời. “Nhưng tôi biết số liệu thống kê về sản lượng và tôi cần một con số gần đúng.”

Jack London, Khói Bellew

Có thể bạn đã biết trò chơi ngửa: người chơi A chọn một mặt nào đó của đồng xu (ví dụ: O - mặt ngửa), thông báo cho B về điều đó; B chiếm bên kia; sau đó, đồng xu lật… Không ai còn nghi ngờ gì nữa rằng người chơi ngửa là một cách công bằng để giải quyết lời giải các vấn đề gây tranh cãi.

Năm 1974, Martin Gardner, trong bài báo “Nghịch lý nảy sinh từ các mối quan hệ không phân biệt đối xử”, đã giới thiệu cho độc giả Scientific American một trò chơi “thuần khiết không kém” mà ông gọi là cặp miếng đệm hay nhất. Trò chơi này tương tự như trò chơi ngửa, chỉ có điều người chơi hình thành các từ không phải từ một chữ cái, như trong trò chơi ngửa, mà từ nhiều chữ cái. Martin, người chơi A nghĩ ra từ ORO và thông báo cho B về nó; Ngược lại, nó nghĩ ra một số từ có cùng độ dài, chẳng hạn như OOP. Tất nhiên, các từ được chọn không được giống nhau nên A báo cáo lựa chọn của mình cho B. Sau đó, người chơi bắt đầu tung đồng xu, ghi lại kết quả của mỗi lần tung. Martin, sau 6 lần tung các kết quả: sấp, ngửa, sấp, sấp, ngửa, sấp, trình tự POPPOP sẽ được ghi lại. Trò chơi dừng lại khi từ được A hoặc B chọn xuất hiện ở cuối chuỗi chữ cái đã ghi; trong trường hợp đầu tiên, chiến thắng thuộc về A, trong trường hợp thứ hai - thuộc về B. Như vậy, ai có từ xuất hiện đầu tiên sẽ thắng. Martin, nếu O xuất hiện trên đồng xu tiếp theo thì A sẽ thắng, vì POPPOP sẽ được viết (các từ được A chọn trong chuỗi được in nghiêng); Nếu P được tung ra ở lượt tiếp theo, trò chơi phải tiếp tục (vì POPPOP không chứa OPO và OOP); Hơn nữa, trong trường hợp O, O, P xuất hiện ở các ô thứ 8, 9 và 10 thì B sẽ thắng - sau cùng sẽ viết POPPOPOOR.

Nếu bạn đang chơi trò chơi mặt ngửa thì việc lựa chọn mặt ngửa hay mặt sấp là vấn đề sở thích, vì chữ O và P đều bằng nhau. Thoạt nhìn, có vẻ như trong “cuộc đặt cược tốt nhất cho những người đơn giản” tất cả các từ đều bình đẳng. Năm 1969, người tạo ra trò chơi này, Walter Penney, đã phát hiện ra sự bất bình đẳng của các từ. Hầu hết các nhà toán học sau khi đã học được luật chơi lúc đầu đều từ chối tin vào điều đó. Tuy nhiên, điều này là như vậy - đối với nhiều cặp từ, việc lựa chọn một trong số chúng (“mạnh nhất”) mang lại lợi thế cho trò chơi đưa ra lựa chọn này: người chơi này thắng nhiều hơn đối thủ của mình, trò chơi trở nên không công bằng. Hơn nữa, có một công thức cho phép bạn định lượng lợi thế này.

Gần như có một câu chuyện trinh thám gắn liền với công thức này. Gardner đã trích dẫn nó trong bài báo của mình, trích dẫn nhà toán học nổi tiếng người Anh John Conway, người đã báo cáo nó trong một bức thư (không có bằng chứng). Gardner thừa nhận rằng ông không biết làm thế nào để chứng minh điều đó và “cho rằng” nó đạt được nhờ sự trợ giúp của matini, giống như nhiều kết quả khác của Conway.

Các báo cáo của Conway về bài toán này vẫn chưa được công bố, nhưng vào cuối những năm 70 và đầu những năm 80, công thức của ông đã được một số nhà toán học chứng minh một cách độc lập theo nhiều cách khác nhau. Tuy nhiên, tất cả những tác phẩm này đều sử dụng một bộ máy toán học khá phía máy chủ và công thức xuất hiện trong đó giống như một trò lừa: sau khi chia một số biểu thức có ba chữ số cho những biểu thức khác. Hoá ra sinh vật đó

5

Có một bằng chứng cơ bản về công thức Convel, bản phác thảo của nó được đưa ra ở phần kết của bài viết này. Hơn nữa, hiện nay đã có một thuật toán đơn giản để tìm ra đáp số tốt nhất cho người chơi thứ hai, mặc dù thuật toán thay thế ban đầu (đối với các từ có ba chữ cái), được đề xuất trong bài báo của Gardner và thuộc sở hữu của đồng nghiệp V. Volk, không hề thua kém về độ mơ hồ và phức tạp của nó so với các sàng giả kim để lấy được hòn đá triết gia.

Nhưng chúng ta lạc đề. Vẫn chưa rõ tại sao các từ trong trò chơi của chúng tôi có thể không đồng đều.

Từ nào mạnh hơn?

Hãy xem xét một ví dụ cụ thể. Hãy tưởng tượng rằng trong một trò chơi có các từ có hai chữ cái, người chơi A đặt cược vào tổ hợp “sấp-đuôi” và B - đặt cược vào tổ hợp “sấp-đầu”. Khi đó A sẽ chỉ thắng nếu PP xuất hiện ở hai lần ném đầu tiên: nếu OP xuất hiện thì B thắng ngay, nếu PO hoặc OO xuất hiện thì B cũng thắng, mặc dù không phải ngay lập tức; cụ thể là, trong hai trường hợp cuối cùng, B sẽ thắng ngay khi P xuất hiện trong lần tung tiếp theo (và điều này sẽ xảy ra vào một ngày nào đó - với một lần tung sạch, đồng xu không phải lúc nào cũng rơi trúng mặt). Như vậy, trong 4 phiên điều trần có khả năng xảy ra như nhau (PP, OP, PO, OO), người chơi A sẽ thắng một (PP), tức là cơ hội y A thắng kém gấp 3 lần y B.

Về trò chơi có từ hai chữ, điều đáng chú ý là người chơi thông minh A sẽ không thắng được chữ PP (cũng như chữ OO). Anh ta sẽ chọn từ OP (hoặc PO), khi đó cơ hội thắng và thua của anh ta là như nhau, tất nhiên trừ khi B chọn một trong những từ “yếu” OO hoặc PP (kiểm tra!).

Hình 1.

Nhưng nếu chúng ta chuyển sang các từ có ba chữ cái, hình ảnh tiếp nhận sẽ thay đổi. Cụ thể: dù nhà thờ A chọn từ có ba chữ cái nào thì đối thủ B cũng có thể chọn một từ khác giúp mình có cơ hội chiến thắng cao hơn.

“Thế nào,” người đọc sẽ hỏi, “tại sao người chơi A không chọn từ “mạnh nhất” vì anh ta chọn trước? Nhưng vấn đề là không có từ nào mạnh nhất. Tình huống xuất hiện rõ ràng hình 1. Tất cả các từ gồm ba chữ cái được tạo thành từ các chữ cái O, P đều được viết trên đó và các mũi tên màu đỏ giữa hai từ cho biết từ nào trong hai từ này mạnh hơn (tức là mang lại cơ hội chiến thắng cao hơn).

Nhìn vào hình 1: có ít nhất một mũi tên xuất hiện ở mỗi từ; Điều này có nghĩa là đối với bất kỳ từ nào cũng có từ mạnh hơn, tức là không có từ nào mạnh nhất. Lưu ý chu kỳ của PPO, OPP, OOP và PPO. Chúng ta thấy: từ việc chữ X mạnh hơn Y, chữ Y mạnh hơn Z, hoàn toàn không suy ra rằng X sẽ mạnh hơn Z (một tình huống thường nảy sinh trong thể thao hiện đại). Các nhà toán học nói rằng thái độ trở nên mạnh mẽ hơn là không tích cực (do đó có tiêu đề bài báo của Gardner). Có sẵn hình 1, người chơi B, được hướng dẫn bởi các mũi tên, luôn có thể giành cho mình một từ mạnh hơn trong đáp số mà A lựa chọn. Và khi đó anh ta sẽ thắng thường xuyên hơn đối thủ của mình.

Nhưng thường xuyên hơn bao nhiêu? Và làm thế nào để hình 1 phản ánh đúng tình hình thực tế? Chúng ta phải trả lời những câu hỏi này.

Hãy đánh giá cơ hội chiến thắng

Hãy quay trở lại trò chơi hai chữ cái. Như trước đây, chúng ta sẽ giả sử rằng người chơi ngây thơ A đã chọn từ A=11, và đối thủ xảo quyệt B của anh ta đặt cược vào từ B=01 (thay vì các chữ cái O, P bây giờ chúng ta viết các số 0,1, còn người chơi và từ anh ta chọn được biểu thị bằng một chữ cái). Chuỗi tung đồng xu mà A thắng sẽ được gọi là chuỗi A (loạt B được định nghĩa tương tự). Ví dụ: 11 là dòng A và 01, 001, 0001, 101, 1001, 10001 là dòng B.

6

Bảng 1.

Rõ ràng, 11 là dãy A duy nhất (tức là A thắng khi và chỉ khi hai lần tung đồng xu đầu tiên cho kết quả là 1). Hơn nữa, điều không kém phần quan trọng là dãy B có dạng 0…1 hoặc 10…1 (thay cho một số nhiều điểm, bất kỳ số 0 nào cũng có thể trở thành).

Vì vậy, 11 là dòng A duy nhất. Hãy thử xác định xác suất*) thắng A, tức là phải hợp nhất, trong đó sau hai lần ném, chuỗi 11 xuất hiện.

Kết quả của một lần tung là có thể xảy ra hai kết quả (0 và 1) - xác suất của mỗi kết quả là 1/2. Kết quả của hai lần ném là có bốn kết quả có thể xảy ra, xác suất của mỗi kết quả là 1/4, do đó xác suất A thắng là 1/4 (tức là A sẽ thắng trong 1/4 tổng số lần hợp nhất):

$$P(A, B) = P(11) = 1/4$$

($P(A, B)$ biểu thị xác suất A thắng B và $P(11)$ biểu thị xác suất của loạt 11).

$n$ lần ném có thể dẫn đến kết quả $2^n$ (có thể xảy ra như nhau); do đó, xác suất của mỗi lần chạy độ dài $n$ là $1/2^n$. Để tính xác suất $P(B, A; n)$ thắng B trong $n$ bước trở xuống, cần phải tìm xác suất của mỗi chuỗi $B$ có độ dài $\leq n$ và tính tổng các xác suất này. chúng tôi nhận được

$$P(B, A; n) = P(01) + P(001) + \dots$$

$$\dots + P(0...01) + P(101) + P(1001) + \dots$$

• Chúng tôi sẽ không định nghĩa khái niệm xác suất ở đây - ở nước ta các từ “xác suất” và “tỷ lệ sáp nhập” là những từ đồng nghĩa. Chúng tôi giới thiệu đến độc giả muốn làm quen với khái niệm này cuốn sách: A. N. Kolmogorov, I. G. Zhurbenko, A. V. Prokorov, Giới thiệu về Lý thuyết Xác suất, M.: Nauka, 1978.

Bảng 2.

$$\dots + P(10...01) = \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{2^n} \right) +$$

$$+ \left( \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \dots + \frac{1}{2^n} \right) = \frac{3}{4} - \frac{1}{2^{n-1}}.$$

Do đó, B thắng A ở $n$ bước trở xuống với xác suất ước tính đối với $n$ lớn là gần bằng 3/4; xác suất không ai thắng sau khi tung $n$ là $1/2^{n-1}$ (tức là, không có gì là nhỏ đối với $n$ lớn). Đi đến giới từ trong đẳng thức $P(B, A; n) = 3/4 - 1/2^{n-1}$ với $n \to \infty$, chúng ta có thể giả định rằng chúng ta sẽ có xác suất $P(B, A)$ thắng B từ A với “sự tiếp tục không giới hạn” của trò chơi:

$$P(B, A) = 3/4.$$

Xác suất thắng của các từ gồm hai chữ cái $A$ và $B$ tùy ý được thể hiện ở Bảng 1 (số tại giao điểm của hàng $B$ và cột $A$ cho biết xác suất B thắng A). Bảng này không khó để tạo.

Hãy đánh giá ưu điểm

Dựa vào Bảng 1, Bảng 2 được xây dựng, giúp B có lợi thế hơn $A$

$$d(B, A) = \frac{P(B, A)}{P(A, B)}.$$

Bảng 3 cho thấy lợi ích của tất cả các từ có ba chữ cái. Bằng cách sử dụng bảng này, chúng tôi đã xây dựng biểu đồ “không biên giới” được hiển thị trong hình 1.

Nhưng làm thế nào để tìm được những con số ở bảng 3? Thật không may, công thức (1) ít được sử dụng để tính toán với độ dài từ $l \geq 3$. Đã có ba chữ cái $A, B$ thì rất dễ tìm thấy $P(A, B)$ - rất khó bài toán, còn đối với những từ lớn $l$ thì điều đó là vô vọng. Nhưng ở đây “ma thuật” đã giúp chúng ta

7

Công thức Convel

Công thức của Convel cho phép chúng ta tìm $d(B, A)$ cho $B$ và $A$ tùy ý mà không cần tính toán bất kỳ xác suất nào. Để giải thích công thức này, chúng ta cần định nghĩa các từ đa thức Convel $K_{XY}(t)$ $X, Y$.

Trên hình 2, các từ $Y$ được viết dưới từ $X$ sáu lần, với mỗi từ mới $Y$ dịch sang phải một vị trí so với từ trước đó (đối với các từ có chữ cái $n$, các từ $Y$ sẽ được viết dưới $X, n$ lần).

Mỗi lần dịch của từ $Y$ sẽ được gán số 1 hoặc 0, tùy thuộc vào việc tất cả các chữ cái nằm dưới nhau ở vị trí chung $X$ và $Y$ có ​​trùng nhau hay không. Từ kết quả (có độ dài $n$) từ số 0 và số 1 được gọi là mối tương quan của $X$ và $Y$ và được ký hiệu là $\langle XY \rangle$. Vì vậy, ví dụ, đối với ca thứ 2 $Y$ vị trí chung là như nhau, do đó ở dòng thứ hai tại hình 2 một đơn vị được viết - chữ cái thứ hai của từ $\langle XY \rangle$.

Trong ví dụ của chúng tôi
$$\langle XY \rangle = 010011.$$

Nói chung, hãy để $\langle XY \rangle = e_1 \dots e_n$ (trong đó $e_i$ là số không hoặc số một). Khi đó đa thức Convel của từ $X, Y$ được định nghĩa như sau:
$$K_{XY}(t) = e_1 + e_2 t + \dots + e_n t^{n-1}.$$

Trong trường hợp của chúng tôi $K_{XY}(t) = t + t^4 + t^5$. Một định nghĩa rất lạ! Trong mọi trường hợp, hoàn toàn không rõ làm thế nào người ta có thể tiếp cận được anh ta. Nhưng nó hoạt động - Công thức của Convel dựa trên nó:

$$d(B, A) = \frac{K_{AA}(1/2) - K_{AB}(1/2)}{K_{BB}(1/2) - K_{BA}(1/2)}.$$

Người ta có thể hiểu Gardner khi ông cho rằng việc lựa chọn công thức bất thường này là do những cú đánh “thế giới khác”: à, ma thuật, và không có gì hơn thế!

Không chú trọng đến nguồn gốc của công thức (*), chúng tôi sẽ chỉ ra cách sử dụng nó. Đầu tiên chúng ta cần tìm các mối tương quan $\langle AA \rangle, \langle AB \rangle, \langle BB \rangle, \langle BA \rangle$. Sau đó viết bốn đa thức Convel từ chúng, thay thế $t = 1/2$ vào mỗi chúng và cuối cùng, thực hiện các hành động được chỉ ra ở bên phải

Tiếng hú một phần của công thức (*). Ví dụ cụ thể được phân tích tại hình 3.

Có bảng ưu điểm và biết từ A do người chơi A đoán, người chơi B có thể dễ dàng tìm ra lựa chọn tối ưu đáp số B - đối với điều này anh ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất trong cột bên dưới từ A. Ví dụ: đối với cột đầu tiên A=000 (Bảng 3), $d_{\text{max}}=7$ và bạn cần lấy B=100. Điều này mang lại lợi ích gấp bảy lần. Trong Bảng 3, các phần tử tối đa trong các cột được khoanh tròn - tất cả chúng đều có ít nhất 2; - do đó, với bất kỳ lựa chọn A nào, B có thể phản ứng sao cho y B sẽ có ít nhất lợi thế gấp 2 lần trong trò chơi.

Làm thế nào để chọn một từ phản ứng?

Chúng tôi đã bắt buộc phải làm điều này như thế nào. Nhưng đồng thời họ cũng cho rằng một bảng lợi ích đã được soạn sẵn từ trước. Không thể biết các từ A để trực tiếp tìm ra đáp số B tối ưu mà không cần tính toán tất cả các bảng (hoặc toàn bộ cột của nó, độ dài của nó là 2’)?

Hóa ra là có thể. Hãy cho bạn biết nó được thực hiện như thế nào.

Cho người chơi A chọn từ A = $a_1 a_2 \dots a_l$ ($l > 2$, a_i là 0 hoặc 1).

Sau đó người chơi B nên chọn các từ $B = b_1 b_2 \dots b_l$,
$b_2 = a_1, b_3 = a_2, \dots, b_l = a_{l-1}$ (cho đến khi chữ cái đầu tiên $b_1$ của từ $B$ được cố định).

Trong trường hợp này, khi từ $A$ được dịch chuyển một vị trí so với $B$

$$B = b_1 b_2 b_3 \dots b_l$$
$$A = a_1 a_2 \dots a_{l-1} a_l$$

tất cả các chữ cái nằm bên dưới đều giống nhau, vì vậy số hạng đầu tiên trong đa thức $K_{BA}(t)$ tại $t=1/2$ bằng 1/2 - do đó chúng tôi cố gắng tối đa hóa giá trị của $K_{BA}(1/2)$ trong công thức Conveñe. Nói chung, chúng tôi đề xuất rằng việc lựa chọn đáp số tối ưu dựa trên phân tích (khá tinh tế) về công thức Conven mà chúng tôi sẽ không thực hiện.

Vẫn còn phải giải thích cách chọn $b_1$. Hãy biểu thị nó bằng $A' = a_1 a_2 \dots a_{l-1}$. Gọi $r$ là số nhỏ nhất mà tại đó, sau khi dịch chuyển $A'$ theo vị trí $r$, các chữ viết bên dưới sẽ trùng khớp:

$$A' = a_1 \dots a_r a_{r+1} \dots a_l-1$$
$$A' = a_1 \dots a_{l-r-1} a_{l-r} \dots a_l-1$$

(tức là $a_1 = a_{r+1}, a_2 = a_{r+2}, \dots, a_{l-r-1} = a_{l-1}$). Vì vậy, chữ cái $b_1$ nên được chọn theo quy tắc $b_1 \neq a_r$ (ví dụ: với $A=100100$ chúng ta có $r=3$ và chúng ta nên lấy $B=110010$).

Các nhà toán học người Mỹ Guibas và Odyzhko đã chứng minh vào năm 1981 rằng sự lựa chọn từ $B$ này là tối ưu. Hơn nữa, họ đã chứng minh rằng số $\min \max d(B, A)$ (tức là lợi thế của B so với A khi có lựa chọn từ tốt nhất $A$ cho A) có xu hướng tăng lên 2 khi $l$ tăng lên. Nói cách khác, với lựa chọn đáp số, người chơi thứ hai trung bình thắng gấp đôi người chơi xảo quyệt.

Tất cả những gì chúng tôi phải làm là cung cấp bằng chứng đã hứa.

Sơ đồ chứng minh công thức Conven

Cho các từ $A, B$ có độ dài $l > 2$. Đặt $S_A$ biểu thị tập hợp (vô hạn) của chuỗi $A$ rút gọn, tức là tất cả các từ thu được từ chuỗi $A$ bằng cách ánh xạ các chữ cái $l$ cuối cùng của chúng. Chúng ta hãy định nghĩa $S_B$ theo cách tương tự. Gọi $m_1, \dots, m_k$ là số các chữ số của từ $\langle XY \rangle$, trong đó giá trị là 1 (hãy nhớ rằng $\langle XY \rangle$ là mối tương quan của các từ $X$ và $Y$); bởi $H_{XY}$ chúng ta biểu thị tập hợp $k$ từ được tạo bởi các chữ cái $m_1, m_2, \dots, m_k$ đầu tiên tương ứng của từ $X$. Bởi $M*H$, trong đó $M$ và $H$ là bất kỳ tập hợp từ nào, chúng ta biểu thị các từ $M$ và $H$, tức là một tập hợp mới bao gồm tất cả các từ có dạng $XY$ (các từ $X$ và $Y$ được viết thành một hàng trong một từ, $X \in M, Y \in H$). TRÊN-

(Cuối cùng xem trang 15)

9

ĐIỆN TỬ QUANG HỌC BẰNG ĐÈN NẾN

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
G. S. SIMIN

Điện tử quang học (hoặc quang điện tử) là lĩnh vực trẻ nhất và có lẽ là lĩnh vực hứa hẹn nhất của điện tử bán dẫn hiện đại, được các nhà vật lý, nhà phát triển máy tính tốc độ cực cao và hệ thống truyền thông siêu dài yêu thích. Nó được thực hiện bởi các phòng thí nghiệm tiên tiến nhất trên thế giới, được trang bị các thiết bị hiện đại nhất. Và tất nhiên không phải dưới ánh nến. Trong khi đó, chúng tôi sẽ kể câu chuyện của mình về quang điện tử từ thời xa xưa khi ở Nga A. N. Lodygin vẫn đang phát triển những thiết kế đầu tiên về đèn sợi đốt carbon, và châu Âu được chiếu sáng chủ yếu bằng nến và đèn lồng khí.

Trong số nhiều chất bán dẫn được biết đến vào thế kỷ 19—những chất được cho là “dẫn điện kém”—selenium là vật liệu nhận được sự quan tâm đặc biệt của các nhà khoa học. Sự thật là vào năm 1873, nhân viên điện thoại người Anh A. May đã phát hiện ra rằng điện trở của selen giảm mạnh nếu ánh sáng chiếu vào nó. Có thể May đã không biết rõ về hiện tượng mới này, vì ông đã phát hiện ra nó khi đang kiểm tra các giá đỡ cách điện bằng selen cho cáp điện thoại. Nhưng lãnh đạo của May, kỹ sư W. Smith, ngay lập tức đánh giá cao tầm quan trọng của phát hiện này. Ông nhanh chóng thực hiện những nghiên cứu đầu tiên và báo cáo chúng dưới dạng bản in vào cùng năm 1873. Thông điệp này đã khơi dậy sự quan tâm lớn của các nhà vật lý trên khắp thế giới.

Các nhà khoa học từ Đức, Pháp, Anh, Nga và Mỹ đã chuyển sang nghiên cứu về selen. Nhiều nỗ lực đã được thực hiện để tăng tính nhạy cảm với ánh sáng của selen. Với mục đích này, mười phương pháp để có được nó đã được sử dụng. Tuy nhiên, tất cả những cuộc tìm kiếm này gần như được thực hiện “từ đầu” - xét cho cùng, các nhà vật lý của thế kỷ 19 không biết gì về độ nhạy đáng kinh ngạc của chất bán dẫn đối với tạp chất, cũng như về các phương pháp tinh chế chúng. Vì vậy, các kết quả được công bố mâu thuẫn với nhau; dữ liệu số được đưa ra khác nhau hàng chục, hàng trăm lần. Cũng có những tin nhắn đơn giản là thú vị (theo quan điểm ngày nay của chúng tôi). Ví dụ, một số tác giả đã viết rằng độ nhạy sáng của selen tăng lên nếu cao su hoặc long não, trước đây tăng trong ozone, được đặt bên cạnh nó. Những người khác đã báo cáo rằng selen nhạy cảm nhất với các loại dầu lân cận. Tuy nhiên, không nên quên rằng vào thời điểm đó chất bán dẫn vẫn chưa được công nhận là một loại vật liệu đặc biệt, đáng kinh ngạc. Vì vậy, đừng vội coi thường những thí nghiệm của một thế kỷ trước - đây là những bước đầu tiên trên con đường dẫn đến việc tạo ra các electron quang học.

“Sự bùng nổ selen” đã thu hút sự chú ý của kỹ sư điện nổi tiếng người Đức Werner Siemens. Siemens được cho là có tài năng sáng tạo hiếm có. Khi vẫn còn là một thanh niên hai mươi tuổi, đang thụ án 5 năm tù vì một âm mưu ở Duzla, anh ta đã phát minh ra phương pháp mạ bạc và mạ vàng và mạ vàng chiếc thìa trong tù của mình, chuyển vàng từ đồng xu nằm trong túi của anh ta lên đó. Đó là vào đầu những năm bốn mươi của thế kỷ 19. Vào những năm bảy mươi, Siemens, một nam châm công nghiệp lớn, tiến sĩ danh dự của Đại học Berlin, thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học Berlin, tác giả của tiêu chuẩn kháng cự mạnh mẽ đã làm nên tên tuổi của ông, vẫn là nhà phát minh bất khuất như thời trẻ. Anh ấy bắt đầu quan tâm đến việc nghiên cứu selen và sở thích này có những hậu quả đáng kể đối với số phận của selen trong tương lai. Năm 1875, Siemens xuất bản

10

đã xuất bản một bài báo, trong đó cùng với mô tả chi tiết về các phương pháp thu được và tính chất của selen, ông đã báo cáo về một thiết bị mới mà ông đã phát minh ra - một quang kế điện tuyệt đối. Hãy nói đôi lời về trắc quang và tình trạng của nó trong thế kỷ 19 để các bạn có thể đánh giá rõ hơn phát minh của Siemens.

Có thể coi phép đo trắc quang có nguồn gốc từ thế kỷ thứ 2 sau Công nguyên. e., khi Ptolemy bắt đầu nghiên cứu độ sáng của các ngôi sao. Và tất cả sự phát triển tiếp theo của lĩnh vực khoa học này chủ yếu gắn liền với các quan sát thiên văn. Năm 1604, Kepler thiết lập định luật chiếu sáng. Năm 1729, nhà khoa học người Pháp P. Bouguer đã hình thành nguyên lý đo quang và đặt nền móng cho các phép đo khoa học trong lĩnh vực này. Ý tưởng của Booger là sử dụng khả năng của mắt để phát hiện sự khác biệt về ánh sáng, ngay cả khi sự khác biệt chỉ là 1%. Trong máy quang kế Bouguer, hai phần của màn hình được chiếu sáng bởi hai nguồn - phần đang được nghiên cứu (ví dụ: ngôi sao) và “tham chiếu” (ví dụ: ánh sáng). Có thể thay đổi độ sáng của phần màn hình mà nguồn tham chiếu chiếu vào (ví dụ: bằng cách đưa ánh sáng đến gần hoặc xa hơn). Nếu độ sáng do ngôi sao được nghiên cứu và ngôi sao “nhân tạo” tạo ra bằng nhau thì vị trí của lần đăng ký cuối cùng. Bằng cách này, các phép đo gián tiếp có thể được thực hiện.

Quang kế Bouguer đã được cải tiến nhiều lần trong suốt hơn 100 năm, nhưng nguyên tắc hoạt động cơ bản của nó vẫn không thay đổi: sự bằng nhau của độ chiếu sáng được xác định bởi mắt. Nhà thiên văn mệt mỏi - người đo chính xác rơi mạnh; với các sắc thái màu khác nhau của nguồn đo và nguồn tham chiếu, việc đánh giá trở nên khó khăn; một vật thể sáng xuất hiện trong trường nhìn - một lần nữa là lỗi trong phép đo. Bản chất chủ quan của phép đo đã trở thành một nhược điểm của phép đo trắc quang. Trong khi đó, nhu cầu về quang kế ngày càng tăng: đèn trần gian được thêm vào các thiên thể, độ sáng của chúng cũng cần được đo.

Tham gia nghiên cứu ở nông thôn, Siemens không thể bỏ lỡ cơ hội thực hiện các thí nghiệm. Ông đã thiết kế một quang kế trong đó, lần đầu tiên, sự đánh giá chủ quan bằng mắt bị loại bỏ và cường độ ánh sáng có thể được biểu thị bằng đơn vị điện. Mạch điện của quang kế Siemens bao gồm một tế bào điện, một điện kế và một mảnh selen với các điện cực dây. Trong bóng tối, điện trở selen lớn đến mức kim điện kế khó bị lệch. Khi tế bào được chiếu sáng, điện trở của nó giảm xuống, dòng điện tăng lên và kim điện kế càng lệch nhiều thì ánh sáng càng mạnh. (Đây chính xác là cách hoạt động của người tạo ảnh hoàn hảo!)

Dựa trên điện trở quang selec, Siemens đã chế tạo ra đồ chơi quang điện tử đầu tiên trên thế giới (tất nhiên lúc đó không ai gọi nó như vậy; thuật ngữ “quang điện tử” xuất hiện nhiều thập kỷ sau đó). Thành phần chính của món đồ chơi này là mô hình mắt người, trong đó có gắn một điện trở quang selen. Ngay khi một ngọn nến được đưa đến gần mắt, nó lập tức nhắm lại, “xoáy” trước ánh sáng rực rỡ, giống như nó còn sống.

Việc phát minh ra quang kế dòng bùn chỉ dẫn đến sự xuất hiện của hàng loạt thiết bị khéo léo. Một bước phát triển thú vị và rất táo bạo trong công việc của Siemens vào thời điểm đó là phát minh của kỹ sư người Mỹ J. Carey. Cùng năm 1875, ông đề xuất thiết kế một thiết bị truyền hình ảnh đi xa. Nguyên lý hoạt động của thiết bị này giờ đây có vẻ rất đơn giản. Hình ảnh truyền đi đầu tiên được chiếu lên máy thu, bao gồm một số lượng lớn các tế bào dòng mảnh vụn được sắp xếp chặt chẽ với nhau. Điện trở của tế bào thay đổi ở các mức độ khác nhau tùy thuộc vào độ sáng của tế bào. Tái tạo hình ảnh trên một “màn hình”, là một bảng có bóng đèn và số lượng bóng đèn bằng số lượng tế bào địa chấn của máy thu. Mỗi bóng đèn được mắc nối tiếp với pin và nguồn điện áp tương ứng. Khi bạn bật điện áp của tế bào của một bóng đèn cụ thể, điện áp càng lớn thì điện trở của phần tử địa chấn kết nối với nó càng thấp, tức là tế bào tương ứng càng được chiếu sáng nhiều hơn. Bằng cách sử dụng chiều dài lớn hơn của dây kết nối máy thu và màn hình, hình ảnh có thể được truyền đi một khoảng cách đáng kể.

11

Tuy nhiên, phát minh của Carey hóa ra lại không thể thực hiện được vào thời điểm đó. Rốt cuộc, nếu máy thu chứa, chẳng hạn như 100×100 ô, thì cần phải căng 10.000 dây đến màn hình và kết nối chúng với 10.000 bóng đèn, với 10.000 nguồn, và để không một bóng đèn nào bị cháy!

Một số máy thu quang điện trở selecium sau đây đã gây ra cảm giác thực sự.

Sau đó tại Washington, Alexander Graham Bell đọc một cách thích thú các báo cáo từ nước ngoài về nghiên cứu về selen và bản thân ông đã thử nhiều phương pháp điều chế các vật liệu có độ nhạy sáng cao. Sau một số thí nghiệm thành công, thoạt nhìn, Bell đã nảy ra ý tưởng về một tên lửa - trong mạch điện kết nối mẫu dòng bùn đang nghiên cứu, để thay thế điện kế… bằng một chiếc điện thoại. Ý tưởng này sẽ không có gì lạ nếu chúng ta nhớ lại rằng trước đây không lâu Bell vừa xin cấp bằng sáng chế cho chiếc điện thoại đầu tiên trên thế giới và hiện đang phân phối thành công sản phẩm của mình trên khắp cả nước. Điện thoại của Bell phát ra âm thanh nếu dòng điện chạy qua nó thay đổi đủ nhanh. Vì vậy, Bell quyết định rằng nếu một mẫu cảm quang selen được nối nối tiếp với điện thoại *), thì điện thoại sẽ phát ra âm thanh khi ánh sáng chiếu vào selen thường xuyên bị gián đoạn. Vào ngày 17 tháng 5 năm 1878, khi đang giảng bài tại Viện Hoàng gia ở London, Tiến sĩ Bell tuyên bố rằng “có thể nghe thấy âm thanh do sự gián đoạn của ánh sáng”. Bell nhận được những âm thanh du dương có độ cao khác nhau bằng cách thay đổi tốc độ quay của một đĩa có các khe nằm giữa nguồn sáng và máy thu bùn.

Hai năm sau, ý tưởng của Bell đã có bước phát triển đáng kinh ngạc.

Vào một ngày hè đầy nắng năm 1880, người dân Washington kinh ngạc chứng kiến ​​một quý ông ăn mặc bảnh bao lắp đặt một công trình kiến ​​trúc kỳ lạ trên mái trường Franklin. Nhiều người đã nhận ra bạn và chủ đất của Giáo sư Bell là Master Tainter. Tainter chĩa một chiếc gương nhỏ vào mặt trời; ánh nắng phản chiếu xuyên qua một đường nhỏ và giống như một chùm sáng mỏng, chiếu thẳng vào cửa sổ tòa nhà đối diện. Tòa nhà này đặt Phòng thí nghiệm nghiên cứu Bell. Đứng sau tấm gương và gắn thứ gì đó giống như cái loa vào đó, Tainter bắt đầu nói nhỏ vào cái loa trong khi nhìn vào cửa sổ phòng thí nghiệm. Vào lúc đáp số Master Bell xuất hiện ở cửa sổ và vẫy mũ.

Vào ngày này, Bell và Tainter đã triển khai thành công điện thoại quang không dây. Cấu trúc trên mái nhà là một trạm phát sóng. Bell Labs đặt trạm tiếp nhận. Chùm tia chiếu từ mái nhà chạm vào bộ tách sóng quang - một điện trở quang selecium được nối thành mạch điện nối tiếp với điện thoại. Khi Tainter nói vào ống ngậm, âm thanh rung động khiến gương rung nhẹ. Đồng thời, do “mất nét”, độ sáng của bộ tách sóng quang đã thay đổi…
Điện thoại truyền đến bên tai, Bell nghe rõ ràng giọng nói của Tainter: “Ông Bell, nếu ông có thể nghe thấy tôi, hãy đến bên cửa sổ và vẫy mũ.” Đáp số Bella đã chứng minh sự thành công hoàn toàn của thí nghiệm.

Báo cáo giật gân về thí nghiệm của Bell và Tainter đã gây ra một làn sóng mới về sự quan tâm ngày càng tăng đối với selen và những nỗ lực mới nhằm tăng tính nhạy cảm với ánh sáng của nó. Bell nhất quán, thư tín của ông, K. Frits, đã có thể thu được các mẫu có điện trở dưới tác động của ánh sáng mặt trời giảm hơn 300 lần (Bell và Siemens chỉ đạt được mức thay đổi mười lăm lần). Frits cũng đề xuất một cách sử dụng khác của selen. Nếu bạn kết nối điện trở quang địa chấn với bất kỳ thiết bị điện nào thì thiết bị này có thể được điều khiển bằng ánh sáng. Ví dụ, phần tử dòng mảnh vụn có thể được đưa vào mạch rơle điện từ. Khi phần tử được chiếu sáng, điện trở của nó sẽ giảm, dòng điện trong mạch sẽ tăng lên và rơle tiếp điểm sẽ đóng mà không có bất kỳ kết nối trực tiếp nào vào mạch điện. Ý tưởng này chứa đựng các nguyên tắc hoạt động của cái gọi là optoar - một trong những yếu tố chính

*) Điều này không có nghĩa là toàn bộ thiết bị điện thoại mà chúng ta gọi là điện thoại, mà là bản thân phần tử Chuông phát ra âm thanh - một nam châm điện có MEMbrane.

12

tự động hóa hiện đại (chỉ cần nhớ các máy truy cập trong tàu điện ngầm).
Và mặc dù bộ ghép quang chỉ xuất hiện vào nửa sau của thế kỷ này, ý tưởng điều khiển quang học sử dụng phần tử chọn lọc đã được triển khai rất hiệu quả sớm hơn nhiều.

Vào ngày 1 tháng 2 năm 1907, tại Paris, một kỹ sư đến từ Munich, Arthur Korn, đã nói chuyện với các nhà báo, nhà khoa học, doanh nhân và các thành viên chính phủ trong một phòng họp đông đúc. Bên trái và bên phải anh ta, trên một chiếc bàn dài là hai hình trụ lớn quay chậm mà công chúng không rõ mục đích.

“Thưa bà và thưa ông,” Korn bắt đầu bài phát biểu của mình, “việc truyền các bức ảnh trong không gian bằng điện tín lời giải! Việc này có thể được thực hiện giống như cách chúng ta truyền âm thanh qua điện thoại.”

Trong phòng họp có những người không thuộc lĩnh vực khoa học nên Korn đã tiến hành những cuộc thảo luận rất dài dòng về thiết bị của điện thoại và điện thoại cũng như các chi tiết kỹ thuật khác nhau. Độc giả ngày nay «Kvant» đã quen thuộc với những “chi tiết” này, và do đó chúng tôi sẽ chuyển ngay sang phần giải thích về đồng yên của máy quang điện, lần đầu tiên được thực hiện cách đây 80 năm.

Bức ảnh không được truyền đi toàn bộ mà được chia thành 100 sọc và mỗi dải thành 100 phần tử. Tại trạm phát, bạn cần thay đổi âm sắc của từng phần tử và điều chỉnh dòng điện cho phù hợp. Tại trạm thu, sự thay đổi dòng điện này sẽ làm thay đổi cường độ ánh sáng của đèn, làm sáng một phần phim chụp. Bây giờ bạn cần chuyển sang phần tử tiếp theo tại trạm phát và di chuyển phim theo đó đến trạm thu. Ý tưởng này hay, nhưng nếu bạn chỉ dành 5 giây để chuyển một phần tử, thì than ôi, việc chuyển toàn bộ bức ảnh sẽ mất tới 14 giờ làm việc liên tục. Bây giờ, nếu bộ điều chỉnh dòng điện hoạt động tự động, ngay lập tức thay đổi âm sắc của từng phần tử và truyền nó đến trạm thu…

Một bộ điều chỉnh tự động như vậy có thể là một tế bào quang điện mặt trời. Ánh sáng tập trung của đèn, đi qua bức ảnh, được cuộn lại thành hình trụ và được gương phản chiếu lên tế bào quang điện mặt trời, tế bào này điều chỉnh dòng điện trong dây điện thoại. Xi lanh ở trạm phát quay và xi lanh ở trạm thu quay với tốc độ chính xác như nhau. Đèn thị giác di chuyển chậm rãi, “xem” các bức ảnh, và ở tốc độ tương tự, chùm tia phát hiện phim ảnh cũng di chuyển theo. Và mẫu dòng mảnh vụn sẽ gửi các xung vào đường dây liên lạc phản ánh chính xác hiệu suất của phần tử tiếp theo. Đơn giản phải không?

Trong khi đó, Korn mất hơn 3 năm để thực hiện ý tưởng của mình. Và khoảng cách hoàn toàn không phải là selen, không, bộ điều khiển bán tải hoạt động hoàn hảo.

14

Khó khăn chính là đạt được sự đồng bộ hóa hoàn toàn các chuyển động cơ học và sự bằng nhau về tốc độ quay của trống.

Cuối cùng, đến năm 1907 vấn đề đã được giải quyết. Và đây là một cuộc biểu tình ở Paris. Các trống được lắp đặt bên trái và bên phải của Korn là trạm phát và trạm thu. Và các dây dẫn ra khỏi trạm phát được kết nối với đường dây điện thoại Paris-Lyon. (Trên trang thứ hai của trang bìa có một bức ảnh từ tạp chí L’Illustration của Pháp, đưa tin về thí nghiệm giật gân của Korn.) Tín hiệu từ phần tử dòng mảnh vụn truyền dọc theo một bộ dây đến Lyon, và dọc theo bộ kia quay trở lại Paris, chỉ 1000 km. Bức ảnh được đặt trong ống truyền phát đã được “xem” trong 12 phút. Bộ phim từ xi lanh mồi ngay lập tức được phát triển và in - và một bức ảnh của Tổng thống Cộng hòa Pháp, Follier, được trình chiếu trước sự tán thưởng của khán giả. Korn, chấp nhận sự đàn áp, nói rằng ông không nghi ngờ gì về thành công, vì trước đó ít lâu ông đã chuyển thành công bức chân dung của Tổng thống Roosevelt dọc theo tuyến Munich-Nunberg-Munich.

Việc truyền hình ảnh bằng tế bào quang điện bắt đầu nhanh chóng được công nhận. Các thiết bị hoạt động theo nguyên lý do Korn phát triển đã được cải tiến đến mức có thể truyền văn bản báo nhỏ đi một khoảng cách với độ rõ nét cao.

Đây là vòng đầu tiên và không mấy nổi tiếng trong lịch sử của các thiết bị bán dẫn. Bắt nguồn từ cuối thế kỷ 19, họ đã chứng kiến ​​​​sự xuất hiện của điện thoại và máy biến áp trong một năm, trong 20 năm - thật hạnh phúc, và trong gần 50 năm - … chính họ, tức là sự ra đời của lớp “thiết bị bán dẫn”! Nghịch lý thay, phát minh của Korn lại là sự kiện lớn cuối cùng ở giai đoạn đầu này. Chúng tôi đã phải đợi thêm mười năm nữa mới có được thiết bị mới. Thời gian này là cần thiết để tạo ra một lý thuyết lượng tử về các tính chất điện của chất bán dẫn, phát triển các phương pháp độc đáo để tinh chế chúng khỏi các tạp chất ngẫu nhiên, cũng như các phương pháp đưa vào một lượng tạp chất mong muốn được kiểm soát chặt chẽ và sản xuất các bộ thiết bị phức tạp để sản xuất thiết bị. Chỉ sau đó, vào đầu những năm 50 của thế kỷ chúng ta, “cuộc cách mạng bán dẫn” mới trở thành hiện thực; một trong những đơn vị tiên tiến nhất của vương miện là điện bán dẫn quang học hiện đại.

Khoa học thú vị này, gọi tắt là quang điện tử, nghiên cứu các định luật chuyển đổi dòng điện qua chất bán dẫn thành ánh sáng và các định luật tượng trưng theo đó ánh sáng chiếu vào chất bán dẫn gây ra tín hiệu điện trong đó. Dựa trên quang điện tử, việc tạo ra một thiết bị khổng lồ đã trở nên vững chắc trong cuộc sống của chúng ta và đã trở nên quen thuộc. Thật đáng ngạc nhiên và ngưỡng mộ khi hơn 100 năm trước, các nhà khoa học không chỉ có thể chế tạo ra các thiết bị quang điện tử đầu tiên mà còn bằng trực giác đáng kinh ngạc, có thể dự đoán những lĩnh vực quan trọng nhất trong việc sử dụng và phát triển trong tương lai của chúng.

Độ nhạy của quang kế Siemens đã trở thành nguyên mẫu của máy dò ánh sáng bán dẫn hiện đại - bộ tách sóng quang. Chúng thu tín hiệu quang yếu ở khoảng cách hàng chục km tính từ nguồn, “đọc” lệnh quang của các máy điều khiển bằng máy tính hiện đại, báo hiệu điểm cuối của băng trong máy ghi băng và thực hiện nhiều chức năng quan trọng khác. bài toán.

Nỗ lực của J. Carey nhằm tạo ra một màn hình phát sáng để truyền hình ảnh đi xa đang được tiếp tục trong công trình của các nhà nghiên cứu ở nhiều nước nhằm tạo ra một màn hình tivi phẳng, được coi là để thay thế mạch phim cồng kềnh của những chiếc tivi tạm thời. Các bảng thông tin (“báo phát sáng”) được lắp đặt trên nóc các tòa nhà ở Moscow, Leningrad và các thành phố khác đã trực tiếp thực hiện một ý tưởng táo bạo đã có hàng trăm năm tuổi.

Photophone của Bell, vốn đã bị khai tử từ lâu do cuộc diễu hành thắng lợi kéo dài nhiều năm của điện thoại điện trên khắp thế giới, đã ra đời vào những năm 70 của thế kỷ 20 trên Biode của hệ thống điện thoại quang. Các hệ thống này cho phép một cáp quang truyền một

16

AI CHẠY THÀNH PHỐ MK?

(Hành trình qua máy vi tính)

Ứng viên Khoa học Kỹ thuật D. G. KRUTOGIN

Hôm nay chúng ta phải đến thăm trung tâm kiến ​​​​trúc của thành phố, đồng thời là khu vực sản xuất chính - tóm lại là bộ vi xử lý. Không phải ngẫu nhiên mà chúng tôi phát hiện ra hình ảnh này, không phải ngẫu nhiên mà chúng tôi đi đi lại lại. Một bộ vi xử lý cũng khó phân tích như một kiệt tác kiến ​​trúc. Và không dễ để nói về nó. Chúng ta có thể lại vạch ra một kế hoạch, liệt kê các chi tiết về nghị sĩ, sự tương tác của họ trong công việc, nhưng chúng ta sẽ làm việc này sau. Và chúng tôi sẽ dạy bạn bằng cách xây dựng trong trí tưởng tượng của chúng tôi bộ vi xử lý (SMP) đơn giản nhất từ ​​​​các khối cần thiết nhất. Nếu nó có thể “hoạt động” (ở cùng một nơi, trong trí tưởng tượng), thì có lẽ sẽ không khó để làm phức tạp nó một chút để đến gần hơn với kiến ​​​​trúc thực và chức năng thực của MP.

16

17

Vậy bắt đầu từ đâu? Bộ xử lý phải thực hiện tất cả các phép tính số học và logic. Hãy để chúng tôi nhắc bạn rằng không có quá nhiều phép toán: số học - phép cộng có tính đến dấu (tức là phép trừ) và phép nhân (chia) bằng phép chia c của một số kép ở bên phải - bên trái cho một số nguyên các chữ số; logic - “VÀ”, “HOẶC”, “KHÔNG”. Các hoạt động này được thực hiện trong Đơn vị logic số học PMP của chúng tôi, viết tắt là ALU. Đây đã là viên ngọc kiến ​​trúc của thành phố MK và công nghệ máy tính nói chung.

Nhân viên quan trọng nhất

ALU là một tập hợp các bộ cộng nhiều bit (8, 16 và đôi khi nhiều hơn), tùy thuộc vào các xung điều khiển, có thể thay đổi từ các phép toán số học sang logic hoặc ngược lại. “Kvaant” đã nói về công việc của một bộ cộng một giá trị vào năm ngoái (xem số tháng 5). Và tại hình 1, bạn có thể thấy ALU bốn bit (rất đơn giản). Thông qua các dây bus dữ liệu, các toán hạng bit $A$ và $B$ được cung cấp cho đầu vào $A_0$ - $A_3$ và $B_0$ - $B_3$, kết quả là đầu ra từ đầu ra $F_0$ - $F_3$, đầu vào $S_0$ - $S_3$ được sử dụng để điều khiển ALU, chuyển nó sang một số thao tác nhất định (cộng, trừ, phủ định, v.v.).

Nhìn vào hình 1, hãy tưởng tượng một mê cung lớn với những con đường thẳng. Nó có tám đầu vào và bốn đầu ra; nhưng, không giống như mê cung thông thường, trong mê cung này, một neko (“tên” của neko này là UFC, và chúng ta sẽ làm quen với anh ta sau) liên tục di chuyển các bức tường, thay đổi cấu hình của các lối đi. Do đó, ALU sẽ thực hiện các hành động khác nhau với cùng toán hạng cho các tín hiệu điều khiển khác nhau và đầu ra sẽ có đáp số khác nhau.

ALU hoạt động với tốc độ cực lớn và tuyệt vời; những gì nó có thể làm, nó thực hiện trong một phần triệu giây (và các thiết bị ALU nhanh nhất còn nhanh hơn hàng trăm lần). Phẩm chất này rất có giá trị và chúng ta có thể nói rằng mọi thứ khác có trong MK đều được sắp xếp sao cho ALU, nếu có thể, không bị lỗi.

Opera có nguồn gốc từ đâu? Thông thường từ vùng RAM hoặc ROM. Tuy nhiên, theo quy định, bạn chỉ có thể gọi từng cái một từ đó, ví dụ: đầu tiên là $A$, sau đó là $B$. Điều này có nghĩa là trong khi PMP đang chờ $B$ xuất hiện, toán hạng $A$ phải đợi một chút ở đâu đó. “Bộ thu” gần nhất là một thanh ghi bộ nhớ đặc biệt được gọi là bộ tích lũy. Nó có cùng số bit như trong ALU. Bộ tích lũy không chỉ cung cấp một toán hạng cho ALU mà còn nhận được kết quả của phép toán - từ $F$. Sau đó, bộ tích lũy sẽ chuyển từ này sang RAM hoặc một số thanh ghi bộ nhớ khác trong quy trình, nhưng trước tiên, điều quan trọng là phải đảo ngược tình thế!

Điểm quan trọng tiếp theo là quản lý. Chúng tôi đã lưu ý rằng ALU cần được kiểm soát và thiết lập thứ tự vận hành của nó. Điều này có nghĩa là PMP của chúng tôi cần có cơ quan quản lý phù hợp. (Đây là cách lật ngược tình thế! Trước đây, chúng tôi đã bác bỏ thực tế rằng mọi thứ đều được kiểm soát bởi bộ xử lý, nhưng hóa ra cũng có ai đó kiểm soát nó.)

“Bộ xử lý” cho một quy trình

Thiết bị điều khiển và tạo lệnh (gọi là UVK)

Hình 1. Sơ đồ biểu diễn giao tiếp của ALU bốn bit. C—chỉ số bán hàng sdbila và sự thay đổi cấp bậc. M - công tắc số học - logic.

18

Nó chiếm một diện tích vi mô có kích thước tương tự trong khu vực PMP. Nhiệm vụ của micropaon này là nhận lệnh tiếp theo từ văn bản chương trình và giải mã nó đến mức xung đơn giản nhất được cung cấp cho đầu vào $S_i$ và $M$ của thiết bị logic số học.

Về cơ bản, micropaion UFK được xây dựng bằng các thiết bị logic, được gọi là bộ giải mã. Họ thực sự điền vào các thẻ viết, các lỗ trong đó chọn một số chữ cái quyên góp bí mật từ văn bản ngẫu nhiên nhất. Và vai trò phản hồi là thực hiện các tùy chọn khác nhau để kết nối các phần tử giải mã với bus mang văn bản lệnh. Mặc dù các phần tử xây dựng là điển hình - đây là các phần tử logic *) VÀ - KHÔNG, HOẶC - KHÔNG, kiến ​​​​trúc kỳ lạ của chúng cho phép thực hiện hàng tá kết hợp cung cấp khả năng kiểm soát PMP. Hệ thống UFC không chỉ kiểm soát ALU mà còn cả pin và các khu vực khác của bộ vi điều khiển. Một trong những bộ tứ UVK chuyên phục vụ các hệ thống đầu vào và đầu ra; nó cũng quản lý bộ đệm của các bus tương ứng trong thời gian tiếp xúc với các thiết bị bên ngoài. Có tới hàng trăm kênh điều khiển phát ra từ khu vực UFK.

Câu hỏi tiếp theo là UFC nhận lệnh giải mã ở đâu? Tất nhiên là từ trí nhớ (nơi bắt nguồn của các vở opera). Nhưng trong quá trình giải mã, hình thành các lệnh vi mô và cách sử dụng chúng, lệnh đến từ bộ nhớ phải được đặt bên cạnh UVK (trong tầm tay), nghĩa là trong một thanh ghi bộ nhớ đặc biệt - thanh ghi lệnh (PK). Có nhiều bit trong PK cũng như trong ALU và pin.

Rõ ràng là pin và PK là bộ nhớ siêu RAM gần nhất của bộ xử lý.

Sẽ thật tuyệt nếu bây giờ người đọc chú ý vẽ sơ đồ khối của phần PMP được mô tả ở trên. Hai hình chữ nhật với nhau cần được nối với nhau bằng một hành lang hẹp, trong đó có mũi tên chỉ hai hướng - đây là ALU và pin (A). Bên dưới sẽ có một đường thẳng lớn hơn một chút - UVK, các mũi tên từ nó đi tới ALU và pin. Đặt hình vuông PK ở bên phải, các mũi tên từ nó hướng vào khối UVK. Bây giờ, phía trên pin, vẽ một hình vuông nhỏ nhưng quan trọng - bộ đệm (B), sau đó kết nối bus dữ liệu với bộ đệm và đăng ký ở bên phải (để làm được điều này, bạn sẽ phải tạo một nhánh trên đó). Bộ đệm B (trước đây chúng tôi đã so sánh nó với đồn cảnh sát giao thông) có thể truyền dữ liệu từ bộ nhớ (RAM) trong một tiến trình, ở trạng thái khác - ngược lại - từ tiến trình đó sang RAM. Nhưng anh ta cũng có trạng thái thứ ba, khi anh ta thường tránh việc trao đổi dữ liệu, như thể “đang xem xét nó”. Bộ đệm “cung cấp” trạng thái này (tất nhiên, theo tín hiệu UVK!) tại thời điểm một từ lệnh đến qua bus dữ liệu. Kết quả là lệnh kết thúc trong thanh ghi lệnh nhưng không có trong ALU. Nếu bây giờ chúng ta nhớ rằng lệnh và “đã giải quyết” nằm trong RAM tách biệt với các toán hạng và được gọi để không đi vào thiết bị logic số học, thì sẽ rõ máy tính được chia thành các lệnh như thế nào. Chúng tôi sẽ kiểm tra xem hình của bạn có chính xác sau đó không, nhưng bây giờ hãy quay lại các lệnh. Đây là câu hỏi: ai gọi đội tiếp theo và khi nào? Nhiệm vụ này được thực hiện bởi một thanh ghi bộ nhớ khác, được gọi là bộ đếm khả trình hoặc bộ đếm chương trình (SC).

Các bộ đếm này được điều khiển bởi cùng một đơn vị UFK. Khi bạn bắt đầu sử dụng chương trình, địa chỉ của lệnh đầu tiên theo thứ tự sẽ được ghi vào bộ đếm. Ngay khi lệnh này được nhập vào PK và bắt đầu được giải mã trong UFK, bộ đếm sẽ nhận được tín hiệu tăng dần, chẳng hạn như một tín hiệu, và do đó ghi lại địa chỉ của lệnh tiếp theo (hoặc phần thứ hai của cùng một lệnh, nếu nó dài).

Quy trình tương tự được lặp lại với lệnh tiếp theo và cứ như vậy cho đến khi có lệnh dừng. Nhưng đôi khi lệnh tiếp theo chứa gợi ý để bộ đếm không chuyển sang lệnh tiếp theo mà đến một số lệnh khác vượt xa (hoặc ngược lại, phía sau) lệnh tiếp theo. Sau đó, nó được tính-

20

Các mạch logic của bộ khử trong mạch UVK và bộ đệm bus.

Các bus truyền thông nội bộ giữa các phần tử bộ xử lý riêng lẻ.

Tất nhiên, một bộ vi xử lý thực sự phức tạp hơn nhiều so với bộ vi xử lý đơn giản nhất của chúng ta. Nó giới thiệu một số đăng ký quan trọng hơn cho các mục đích chuyên biệt, cung cấp khả năng khởi động lại chương trình và quay lại chương trình, cũng như các cách khác nhau để truy cập bộ nhớ. Độ phức tạp tổng thể của cấu trúc bộ vi xử lý có thể được đánh giá cao nếu chúng ta nhớ rằng đằng sau mỗi thanh ghi, bộ cộng hoặc bộ giải mã có mười hoặc thậm chí hàng trăm bóng bán dẫn và có mười hoặc hàng trăm nghìn bóng bán dẫn trong toàn bộ bộ vi xử lý.

Nhưng chúng ta hãy nhìn bộ vi xử lý không phải từ quan điểm kiến ​​trúc mà từ quan điểm chức năng. Nó làm gì trong máy vi tính, bộ xử lý làm gì trong máy tính lớn? Bộ xử lý mới để làm gì?

Robot nâng

Trong số tháng 1 «Kvant» năm ngoái, trong bài viết “Hoạt động logic cơ bản”, một ví dụ về điều khiển thang máy đã được xem xét: một tòa nhà nhiều tầng, một hoặc nhiều thang máy, một nút gọi ở mỗi tầng. Thang máy được điều khiển bởi nhân viên chỉ huy. Trong đáp số, đối với nhiều tình huống bài toán có ​​thể xảy ra, thiết bị sẽ tạo ra một trong ba lời giải: lên, xuống, dừng (nếu có hai thang máy thì độc lập lời giải 2×3=6). Lời giải được chuẩn bị trước và tồn tại dưới dạng sơ đồ đấu nối điện cho các công tắc hoặc rơle thông thường. Các kết nối này có thể được mô tả bằng các thao tác logic (xem hình 4, a): nếu nút “e10” (tầng) HOẶC “e9” (v.v.) được bật VÀ (đồng thời!) nút “l12” được bật (thang máy trống ở tầng 12) VÀ nút “stop1” KHÔNG được bật (quá tải!) VÀ nút “stop2” KHÔNG được bật (cửa đang mở!), thì lời giải bài toán - XUỐNG. Nếu không - DỪNG LẠI. Khi thang máy di chuyển đến các tiếp điểm của các công tắc đã lắp đặt, sơ đồ kết nối sẽ thay đổi và trước tầng 10, KHÔNG “l10” được bật, tức là DỪNG (hình 4, b).

Do đó, thiết bị lệnh ghi nhớ và so sánh các lệnh gọi, toán hạng - trạng thái hiện tại, các lệnh cấm (chúng thường cao hơn tất cả các lệnh khác!), rồi đưa ra lệnh - đáp số. Mỗi lệnh được thể hiện dễ dàng: 1 - nút được nhấn, 0 - nút được nhả. Đây là một mã kép được thấm nhuần trong chúng tôi.

Bộ xử lý (hoặc bộ vi xử lý) là một thiết bị đa lệnh, được nén có kích thước đến vài milimét vuông của một vi mạch. Anh ấy không có ba mà có hơn một trăm lựa chọn lời giải, anh ấy so sánh rất nhiều dữ liệu,

Hình 3. Sơ đồ bộ vi xử lý đơn giản nhất. Khối màu hồng làm nổi bật phần chính của sơ đồ mà chúng ta bắt đầu “xây dựng”.

21

Hình 4. Logic điều khiển thang máy.

hàng chục điều cấm. Bộ xử lý gửi đáp số của nó tới hàng trăm, hàng nghìn địa chỉ khác nhau. Nói một cách dễ hiểu, nó mạnh hơn nhiều so với một bộ máy chỉ huy khiêm tốn về tốc độ và khả năng, nhưng xét về ý nghĩa hành động và chức năng của nó - nó cũng là một bộ máy chỉ huy! Các tùy chọn lời giải (vi lệnh) được bộ vi xử lý sử dụng được ghi vào bộ nhớ vĩnh viễn của khối UVK. Vì vậy, kết thúc hành trình quanh thành phố, Máy vi tính, thu gọn bộ vi xử lý với khu hành chính văn hóa và thiết bị quản lý và thành lập nhóm (UFK) để trao tư cách Ban chấp hành thành phố (điều hành quản lý hiện hành đời sống thành phố).

Thay vì một kết luận

Bài toán hội đồng thành phố, tức là xác định mục tiêu chung, triển vọng, trình tự thực hiện công việc, triển khai chương trình mà người dùng MK, tức là bạn và tôi. Do đó, với tất cả sự hoàn hảo trong thiết kế của máy tính và bộ vi điều khiển, chúng không chứa đựng nguyên tắc sáng tạo; nó được một người đưa vào chúng, được đưa vào dưới dạng các chương trình vĩnh viễn hoặc có thể thay thế.

TẠI SAO chúng ta không nhìn thấy thành phố MK từ những gì mà những người du ngoạn phải nhìn thấy? Không có tượng đài nào cho những người sáng lập và xây dựng thành phố đầu tiên. Không có chỗ cho anh ta trong sự kiểm chứng và tính hợp lý tột độ của thành phố chúng ta. Nhưng nếu có thì sẽ có một đám đông ở trên đó đáp số nơi vinh danh các nhà khoa học trem: Michael Faradenko - nhà vật lý là người đầu tiên chú ý đến các tính chất đặc biệt của chất bán dẫn, Charles Babbage - “kiến trúc sư” và người chế tạo máy tính đầu tiên, George Boole - nhà toán học, nhà phát minh đại số logic - khoa học làm nền tảng cho mạch máy tính. Ba người này có thể đã biết nhau hoặc sống ở Anh cùng thời điểm.

Tầng thứ hai của tượng đài phải bao gồm mười nhà khoa học lớn: từ D. Mendeleev và N. Bohr, J. Frenkel và W. Schottky đến những người phát minh ra bóng bán dẫn - J. Bardeen và W. Bratein.

Tầng thứ ba của tượng đài xứng đáng là nơi ở của hàng nghìn kỹ sư từ các quốc gia khác nhau, đại diện của nhiều thế hệ nhà vật lý, nhà hóa học, nhà toán học, nhà luyện kim, công nghệ, lao động chim và tài năng đã tạo ra một thành phố xinh đẹp và tìm kiếm vi mô. Trên thực tế, đó là tượng đài tốt nhất cho tác phẩm đầy cảm hứng của họ.

22

Nhiệm vụ

M1041 — M1045; F1053 — F1057

M1041. A) bốn, b) ba đỉnh được cho trên mặt phẳng. Sử dụng thước kẻ hai mặt, khôi phục các đỉnh còn lại. (Với thước kẻ hai mặt, bạn có thể thực hiện tương tự như thước thông thường không có vạch chia, đồng thời vẽ một đường thẳng song song với đường thẳng này một khoảng bằng chiều rộng của thước.)

M1042. Lớp học được giới hạn trong việc tham quan trên một sợi dây được trang bị lại. Tất cả các loại đội có thể bao gồm học sinh của lớp này (của một, hai, v.v. người, ngoại trừ đội của cả lớp) nên tham gia chuyến tham quan mỗi lần. Chứng minh những gì mỗi đội sẽ làm với một đội bao gồm tất cả các học sinh khác trong lớp.

I. I. Grinichuk

M1043. Có thể chia tập hợp tất cả các số nguyên thành ba tập con sao cho với bất kỳ số nguyên n nào, các số n-50, n+1987 đều thuộc ba tập con khác nhau không?

S. V. Konyazin

M1044. Chứng minh rằng từ bốn số luôn có thể chọn được hai số x và y, đồng thời

$$0 \leq \frac{x-y}{1+xy} \leq 1.$$

I. I. Sergeyev

M1045. Ở một vương quốc, một bang nào đó, lãnh thổ có hình vuông có cạnh 2 km, nhà vua quyết định mời tất cả cư dân đến cung điện của mình để dự vũ hội trước 7 giờ tối. Để làm điều này, vào buổi trưa, anh ta gửi một người đưa tin với lệnh có thể chuyển bất kỳ gợi ý nào cho bất kỳ cư dân nào, người này có thể chuyển bất kỳ gợi ý nào cho bất kỳ cư dân nào khác, v.v. Mỗi cư dân cho đến khi gợi ý đến đều ở nhà (ở một địa điểm đã biết) và có thể truyền với tốc độ 3 km/h theo bất kỳ hướng nào. Chứng minh rằng nhà vua có thể hạn chế thông báo để tất cả cư dân có thời gian đến đầu vũ hội.

S. V. Konyazin

F1053. Trong một đường ống mỏng, nhẵn, một sợi dây đồng nhất mềm dẻo (hình 1) trượt (trong trường lực và trọng lực). Các đoạn AB và BC của đường ống là hình bán nguyệt bán kính R, các điểm A, B, C nằm trên cùng một phương thẳng đứng; chiều dài dây l=2πR. Tìm tất cả các điểm của dây tại đó lực căng bằng 0 tại thời điểm đầu dưới của dây ở điểm C.

Tôi. Yu. Poteryak

F1054. Hai thanh có hình dạng giống nhau được làm bằng vật liệu có đặc tính đàn hồi khác nhau - mô đun Young của vật liệu bằng với sự tương ứng của E₁ và E₂. Các thanh được dán lại với nhau ở các đầu và sơn cùng một loại sơn để mẫu thu được trông giống như một thanh đồng nhất. Mô hình Young nào về “chất” của thanh này sẽ được sửa đổi bởi một người thí nghiệm không biết thanh đó cấu thành gì?

V. A. Davydov

23

Chúng tôi đã xuất bản các bài toán về cuộc thi của Kvant hàng tháng kể từ số đầu tiên của tạp chí của chúng tôi. Đây là những vấn đề không chuẩn, nhưng cách giải của chúng không đòi hỏi thông tin nào nằm ngoài phạm vi giáo trình trung học của Liên Xô. Những bài toán khó hơn được đánh dấu sao (*). Sau khi trình bày vấn đề, chúng ta thường chỉ ra ai đã đề xuất vấn đề đó cho chúng ta. Không cần phải nói cũng biết rằng không phải tất cả những vấn đề này đều là những ấn phẩm đầu tiên. Giải pháp cho vấn đề này (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh) có thể được đăng không muộn hơn ngày 1 tháng 8 năm 1987, tới địa chỉ sau: Liên Xô, Moscow, 103006. Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Vui lòng gửi lời giải của các bài toán vật lý và toán học, cũng như các bài toán từ các bài toán khác nhau, dưới bìa riêng; trên phong bì ghi dòng chữ: “VẤN ĐỀ CỦA KVANT” và số của tất cả các bài toán đã giải được; trong thư của bạn hãy kèm theo một phong bì ghi sẵn địa chỉ và không dán tem - chúng tôi sẽ sử dụng nó để gửi cho bạn kết quả chỉnh sửa. Nếu bạn có vấn đề ban đầu cần đề xuất xuất bản, vui lòng gửi cho chúng tôi dưới bìa riêng, thành hai bản.

F1055. Thiết bị điện P được nối vào mạng điện xoay chiều có hiệu điện thế 220 V thông qua tụ điện em có C = 0,5 μF (hình 2). Ampe kế hiển thị dòng điện I=0,01 A, số chỉ vôn kế là U=180 V. Tìm công suất tiêu thụ của thiết bị từ mạng. Hãy coi ampe và vôn kế là lý tưởng.

A. R. Zilberman

F1056. Trong mạch hiển thị ở hình 3, phím K₃ trước tiên được đóng và các phím K₁ và K₂ được mở. Tại một thời điểm nào đó, khóa K₁ bị đóng và thời gian trống t₁=0,1 s được đóng 吻 K₂. Sau một thời gian nữa t₂=0,2 s, 吻 K₃ được mở. Tìm: 1) điện áp cực đại trên tụ điện; 2) dòng điện chạy qua cuộn dây L₁ sau thời gian t₃=1 s sau khi đóng 吻 K₁. Bỏ qua điện trở của dây dẫn, coi diode là lý tưởng; L₁=1 H, L₂=0,5 H, C=10 µF, U₀=10 V.

A. R. Zilberman

F1057. Một quả tạ gồm hai quả cầu có khối lượng m, mỗi quả đóng ở hai đầu của một thanh nhẹ có chiều dài 2b, được treo ở vị trí nằm ngang trên hai sợi dây không giãn có chiều dài l, khoảng cách giữa chúng là 2a (hình 4). Tìm chu kỳ của quả tạ tròn nhỏ.

M. M. Tsypin

Problems

M1041 — M1045; P1053 — P1057

M1041. Let a) four, b) three vertices of a regular pentagon in the plane be given. Construct the other vertices by means of a two—sided ruler. (A two—sided ruler does anything a one—sided unmarked ruler can do and can also be used to draw a line parallel to a given one at the distance equal to the ruler’s width.)

M. I. Grinchuk

M1042. A tug-of-war competition is organized among the pupils of a certain class. Every possible team which can be made up of one, two, etc. pupils (but not the entire class) must participate exactly once. Prove that each team will compete against the team consisting of all the other pupils of the class.

I. N. Sergeev

M1043. Can the set of all integers be partitioned into three subsets so that for any integer n the numbers n, n−50, n+1987 will belong to three different subsets?

S. V. Konyagin

M1044. Prove that out of any four positive numbers it is always possible to choose two numbers x and y such that

$$0 \leqslant \frac{x-y}{1+xy} \leqslant 1.$$

I. N. Sergeev

M1045. Once upon a time the King of a small square Kingdom of side 2 km decided to invite all his subjects to a Ball at the Court at 7 PM. At noon he dispatched a Messenger who could transmit any message to any inhabitant of the Kingdom, who in turn could transmit any message to any other inhabitant, etc. Each inhabitant stays at his house (whose location is known) until he gets a message and then walks at 3 km per hour in the required direction. Prove that the King could have organized the transmission of messages so that all his loyal subjects could reach the Court in time for the Opening of the Ball.

S. V. Konyagin

24

Lời giải bài toán

M1021. Allupinst muốn leo lên một vách đá cao 1000 m. Sau lần leo thang mới dưới chân vách đá, anh ta có thể leo lên bằng cách khâu một sợi dây với tốc độ 40 mét một giờ và sau một đêm lạnh giá trên đá - 30 mét một giờ. Anh ta leo lên sợi dây đã hoàn thành với tốc độ 400 mét một giờ. Hỏi anh ta có thể lên đến đỉnh trong bao nhiêu ngày nếu anh ta làm việc trên tảng đá (bao gồm cả việc leo dây) sáu giờ một ngày? (Thời gian hạ độ cao và các hoạt động khác không được tính đến.)

P1053. Một sợi dây đàn hồi đồng đều trượt bên trong một ống nhẵn (trong trường hấp dẫn của Trái đất). Các phần $AB$ và $BC$ của ống là hình bán nguyệt bán kính $R$, các điểm $A, B, C$ nằm trên cùng một phương thẳng đứng (xem hình 1), chiều dài của dây là $l=2\pi R$. Tìm tất cả các điểm của dây tại đó lực căng bằng 0 tại thời điểm cực dưới của dây ở điểm $C$.

I. Yu. Poteryaiko

P1054. Two rods of identical shape are made from materials with different elasticity properties: Young’s modulus of the material equals $E_1$ and $E_2$ respectively. The rods are glued together end to end and covered with a coat of the same paint, so that the sample obtained looks like a uniform rod. What value of Young’s modulus for the “material” constituting the rod will be measured by the unsuspecting experimentator, who is unaware that the rod is not uniform?

V. A. Davydov

P1055. Thiết bị điện II được nối với nguồn điện xoay chiều 220 V thông qua tụ điện $C=0.5$ µF (xem hình 2). Ampe kế hiển thị dòng điện $I=0.01$ A, volt kế hiển thị $U=180$ V. Tìm nguồn điện từ nguồn mà thiết bị sử dụng. Ampe kế và vôn kế được coi là lý tưởng.

A. R. Zilberman

P1056. Trong mạch hiển thị trên hình 3, công tắc $K_3$ lúc đầu được bật, trong khi các công tắc $K_1$ và $K_2$ bị tắt. Tại một thời điểm nhất định, $K_1$ được bật và trong $t_1=0.1$ giây sau, $K_2$ cũng vậy. Trong $t_2=0.2$ giây nữa $K_3$ sẽ tắt. Tìm: 1) lực căng cực đại trên tụ điện; 2) dòng điện chạy qua cuộn dây $L_1$ trong thời gian $t_3=1$ s sau khi bật công tắc $K_1$. Điện trở của dây có thể bỏ qua, điốt được coi là lý tưởng; $L_1=1$H, $L_2=0.5$H, $C=10$µF, $U_0=10$V.

A. R. Zilberman

P1057. Một vật nặng dành cho thể hình, gồm hai quả cầu đặc có khối lượng $m$, mỗi quả được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều dài $2b$, treo nằm ngang trên hai sợi dây không đàn hồi có chiều dài $l$ có ​​khoảng cách là $2a$ (xem hình 4). Tìm chu kỳ dao động quay nhỏ của vật nặng.

M. M. Tsypin

Lời giải bài toán

M1021 — M1025; F1033 — F1037

Đáp số: trong năm ngày.

Gọi $x_n$ biểu thị độ cao cao nhất mà người leo núi có thể leo tới trong $n$ ngày ($n=1, 2, \dots$). Nếu vào cuối một ngày, anh ta đạt đến độ cao $h$ mét, thì ngày hôm sau anh ta có thể tăng lên độ cao $h+6\cdot 30=h+180$ mét nếu anh ta không còn cảm giác trên đá và lên độ cao $h+\left(6-\frac{h}{400}\right)40=h+240-h/10$ mét nếu anh ta rơi xuống mà không tỉnh táo. Rõ ràng là tùy chọn đầu tiên sẽ có lợi hơn nếu $180>240-h/10$, tức là $h>600$, tùy chọn thứ hai - nếu $h\leq 600$. Như vậy,

$$x_{n+1}=\begin{cases} x_n+240-x_n/10, & x_n\leq 600, \\ x_n+180, & x_n\geq 600. \end{cases}$$

25

Bắt đầu với $x_0=0$, người ta có thể xác định $x_n$ liên tiếp cho tất cả $n$. Kể từ $x_4<1000$ và $x_5>1000$, người leo núi sẽ có thể lên đến đỉnh vách đá vào cuối ngày thứ 5; Để làm được điều này, anh ta phải dành hai đêm đầu tiên bên dưới và hai đêm cuối cùng trên tảng đá.

N. V. Vasiliev

M1022. 8 số tự nhiên đầu tiên có thể xếp thành hai hàng (hình 1) sao cho tổng các số ở hàng trên bằng tổng các số ở hàng dưới và tổng các số ở các cột cũng bằng nhau. Có thể sắp xếp số tự nhiên đầu tiên: a) mười, b) mười hai số tự nhiên theo cách tương tự không?

c) với những số tự nhiên nào $n$ các số từ 1 đến $2n$ có thể sắp xếp theo cách này không?

Hình 1.

| 8 | 2 | 3 | 5 |
| :— | :— | :— | :— |
| 1 | 7 | 6 | 4 |

Hình 2.

Tổng các số ở dưới bằng $(1+2+\ldots+2k)+2k\cdot 2k$, tức là $4k^2$ lớn hơn tổng các số ở trên. Do đó, chúng ta phải sắp xếp lại số trên xuống và số dưới lên trong một số cột để cuối cùng tổng trên tăng $2k^2$ (và số dưới cùng giảm một cột). Lưu ý rằng số thứ $m$ bên trái hàng trên cùng nhỏ hơn $2k$ số thứ $m$ bên phải hàng dưới cùng đối với tất cả $m=1, 2, \ldots, 2k$ nên nếu bạn sắp xếp lại các số ở hai cột cách đều các cạnh của bảng cùng lúc thì tổng trên sẽ tăng thêm $4k$.

Nếu $k$ chẵn thì việc thực hiện sắp xếp lại như vậy cho $k/2$ cặp cột đối xứng là đủ: tổng trên sẽ tăng thêm $4k\cdot k/2=2k^2$. Nếu $k\geqslant 3$ chẵn, chúng ta sắp xếp lại các số trên $k+1$ và $2k$ với các số thấp hơn tương ứng $3k$ và $2k+1$, cũng như các số $(k-1)/2$ của các cặp cột đối xứng. Chúng ta sẽ lại nhận được mức tăng mong muốn ở số tiền trên:

$$3k-(k+1)+(2k+1)-2k+4k\cdot(k-1)/2=2k^2.$$

Cuối cùng, với $k=1$ sự sắp xếp cần thiết rõ ràng là không tồn tại.

M. I. Shteber

M1023. Có phải luôn có ít nhất một trong số 100 hình tam giác có thể bao phủ hoàn toàn 99 hình còn lại không?

Trình tự này được xây dựng theo nguyên tắc sau. Đầu tiên, chúng ta xác định một chuỗi $a_n$ độ dài của cạnh dài nhất của các hình tam giác $T_n$ sao cho đối với bất kỳ sự chồng chéo nào của các hình tam giác $T_1, T_2, \ldots, T_{n-1}$ trên $T_n$ vẫn có một cố định không che (không phụ thuộc vào $n$) cho diện tích của tam giác $T_n$ - điều này có thể được đảm bảo bằng cách chọn $a_n$, đủ lớn so với $a_1, \ldots, a_{n-1}$. Sau đó, bạn cần chọn một chuỗi các diện tích $S_n$ của các hình tam giác $T_n$ sao cho tổng diện tích của các hình tam giác $T_{n+1}, T_{n+2}, \ldots$ nhỏ hơn diện tích của phần không được che của tam giác $T_n$ - điều này có thể đạt được bằng cách giảm nhanh chuỗi các diện tích.

26

Hãy để chúng tôi đưa ra một ví dụ về một chuỗi các hình tam giác như vậy. Giả sử $T_1$ là một tam giác đều có cạnh $a_1=1$; $T_n$ với $n>1$ là tam giác đều có đáy $a_n=4^{n-1}$ và diện tích $S_n=S_1/4^{n-1}$, trong đó $S_1=\sqrt{3}/4$ là diện tích tam giác $T_1$ (chiều cao $h_n$ của tam giác $T_n$ là $2S_n/a_n=2\sqrt{3}/4^{2n-1}$). Các tam giác khoảng cách là $T_1$, $T_2$, …, $T_n$. Mỗi hình tam giác $T_i$, $1\leq i\leq n-1$ được đặt trong một dải có chiều rộng không quá $a_i$, vuông góc với đáy của tam giác $T_n$ (xem hìnhok). Diện tích được bao phủ bởi khu vực này trong $T_n$ nhỏ hơn $a_i \cdot h_n$, do đó tổng diện tích được bao phủ bởi các hình tam giác $T_1$, …, $T_{n-1}$ trong $T_n$ nhỏ hơn $(a_1+a_2+\dots+a_{n-1})h_n$ (ước tính này rất sơ bộ, nhưng sẽ đủ đối với chúng tôi). Bởi vì

$$a_1+a_2+\dots+a_{n-1}=\frac{1}{3}(4^{n-1}-1)<\frac{1}{3}a_n,$$

Diện tích của tam giác $T_n$ nhỏ hơn $a_nh_n/3=2S_n/3$ bị che phủ, nghĩa là diện tích thứ ba $T_n$ vẫn chưa được che phủ. Đồng thời

$$S_{n+1}+S_{n+2}+\dots=$$

$$=S_1\left(\frac{1}{4^n}+\frac{1}{4^{n+1}}+\dots\right)=\frac{S_1}{4^{n}(1-1/4)}=\frac{1}{3}\frac{S_1}{4^{n-1}}=\frac{1}{3}S_n.$$

Vì vậy, các tam giác $T_1$, …, $T_{n-1}$, $T_{n+1}$, $T_{n+2}$, … không thể bao phủ toàn bộ tam giác $T_n$.

G. A. Gurevich

M1024. Chứng minh rằng với hai tam giác bất kỳ có các góc $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ và $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ thì bất đẳng thức

$$\frac{\cos \alpha_1}{\sin \alpha}+\frac{\cos \beta_1}{\sin \beta}+\frac{\cos \gamma_1}{\sin \gamma} \leq$$

$$\leq \text{ctg} \alpha+\text{ctg} \beta+\text{ctg} \gamma.$$

Chúng tôi sửa $\alpha$, $\beta$, $\gamma$. Chúng ta phải chứng minh rằng giá trị lớn nhất của vế trái của các bất đẳng thức dưới dạng hàm của $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ tại $\alpha_1+\beta_1+\gamma_1=\pi$ đạt được khi $\alpha_1=\alpha$, $\beta_1=\beta$, $\gamma_1=\gamma$. Nhân vế trái với $\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$, ta có dạng

$$\sin \beta \sin \gamma \cos \alpha_1+\sin \gamma \sin \alpha \cos \beta_1+\sin \alpha \sin \beta \cos \gamma_1=A.$$

Biểu thức này có thể được sử dụng làm tổng (được lấy bằng dấu trừ) của ba tích vô hướng từng cặp của các vectơ $a$, $b$ và $c$ có độ dài $a=\sin \alpha$, $b=\sin \beta$, $c=\sin \gamma$, hướng dọc theo các cạnh của một tam giác có các góc $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ (xem hìnhok):

$$A=-(\bar{b} \cdot \bar{c}+\bar{c} \cdot \bar{a}+\bar{a} \cdot \bar{b})=$$

$$=\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})\cdot(\bar{a}+\bar{b}+\bar{c})),$$

vì $bc \cos \alpha=-\bar{b} \cdot \bar{c}$, v.v. Rõ ràng, đại lượng này có ý nghĩa quan trọng nhất khi $\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}=0$, tức là một tam giác có thể được hình thành từ các vectơ $a$, $b$, $c$. Các góc của tam giác này là $\alpha_1$, $\beta_1$, $\gamma_1$ và các cạnh đối diện là $\sin \alpha$, $\sin \beta$, $\sin \gamma$; theo định lý sin ta thu được $\alpha=\alpha_1$, $\beta=\beta_1$, $\gamma=\gamma_1$.

R. P. Ushakov

M1025. Tiếp theo, vẽ qua một giao điểm của phần kéo dài của các cạnh đối diện của một tứ giác lồi và cắt nó thành bốn hình tứ giác nhỏ hơn. Chứng minh rằng nếu hai trong số chúng không có điểm chung

Người ta biết rằng một hình tròn có thể được viết thành một tứ giác khi và chỉ khi tổng các cạnh đối diện của nó bằng nhau. Hóa ra còn có hai tính năng tương tự khác, được sử dụng trong lời giải bài toán.

Để các cạnh $AB$ và $DC$ của tứ giác $ABCD$ cắt nhau tại điểm $E$, $AD$ và $BC$ - tại điểm $F$ (hình 1). Khi đó, để tồn tại một đường tròn nội tiếp trong tứ giác $ABCD$ cần và đủ để thỏa mãn một trong các điều sau đây

27

các cạnh, hình tròn có thể mô tả được thì tứ giác ban đầu của chúng cũng có thể mô tả được là hình tròn.

Hình 1.

Hình 2.

F1033. Ném một sợi dây mềm có khối lượng m và chiều dài l lên một khối có bán kính R, được gắn vào hai móc trên trần nhà cách nhau 2R (xem hình). Trên trục của khối có tải trọng, khối lượng của tải cùng với khối là M. Giữa dây và khối không có rãnh. Tìm lực căng nhỏ nhất của dây.

Xét nửa bên trái của sợi dây ABD (xem hình). Rõ ràng là điểm của sợi dây ở đoạn AB càng thấp thì lực căng tại điểm này càng nhỏ. Do đó, điểm của sợi dây có lực căng nhỏ nhất phải được tìm ở đâu đó trong phần BD. Lấy một điểm C tùy ý trong vùng này, nằm cách trần nhà một khoảng H.

Tiết diện của dây ABC bị ảnh hưởng bởi hướng của lực hướng lên thẳng đứng F₁ từ phía cạnh của dây, lực căng của dây F tại điểm C (từ phần dây nằm bên phải điểm C), cũng như lực ép của khối lên dây, phân bố trên toàn bộ bề mặt tiếp xúc của dây với khối.

Chúng ta hãy nhẩm di chuyển đoạn dây ABC một khoảng x nhỏ để nó chiếm một vị trí mới A₁B₁C₁ (xem hình). Với chuyển động như vậy, lực F₁ sẽ thực hiện công F₁x, còn lực F sẽ thực hiện công âm Fx. Lực ép của vật lên dây sẽ không sinh công (tại mỗi điểm của dây chúng có phương vuông góc với hướng chuyển động của điểm này). Thế năng của phần bị dịch chuyển của sợi dây sẽ tăng cùng mức với thế năng của một đoạn dây có chiều dài x và khối lượng $\frac{m}{l} x$ sẽ tăng khi đi từ vị trí CC₁ đến vị trí AA₁. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$F_1x - Fx = \frac{m}{l} xgH.$$

28

Từ đây

$$F = F_1 - \frac{m}{l} xgH. \tag{1}$$

Bây giờ rõ ràng là giá trị tối thiểu $F$ trong phần $BD$ sẽ ở giá trị tối đa có thể có $H$, tức là tại điểm $D$. Đẳng thức (1) cho điểm $D$ có dạng

$$F_{\min} = F_1 - \frac{m}{l} g \left( \frac{l}{2} - \frac{\pi R}{2} + R \right).$$

Vì $F_1 = \frac{1}{2}(M+m)g$, dễ biểu diễn nên lực căng tối thiểu của dây bằng

$$F_{\min} = \frac{Mg}{2} + \frac{mg}{2} \frac{R}{l} (\pi - 2) = \left( M + m(\pi - 2) \frac{R}{l} \right) \frac{g}{2}.$$

V. I. Chitsevlev

F1034. Một mol khí lý tưởng từ trạng thái ban đầu 1 có nhiệt độ $T_1 = 100$ K, giãn nở qua tuabin thành một bình rỗng, thực hiện một số công và chuyển sang trạng thái 2 (xem hình). Quá trình chuyển đổi này diễn ra mà không cần cung cấp hoặc loại bỏ nhiệt. Sau đó, khí được nén trong quá trình $2 \rightarrow 3$, trong đó áp suất là sự cố định tuyến tính của thể tích, và cuối cùng, trong quá trình đẳng tích $3 \rightarrow 1$, khí trở về trạng thái ban đầu. Đây là công do khí thực hiện trong quá trình giãn nở thông qua tuabin trong quá trình chuyển tiếp $1 \rightarrow 2$, nếu trong quá trình $2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ $Q = 72$ J nhiệt được cung cấp cho khí trong quá trình này. Người ta còn biết rằng $T_2 = T_3$, $V_2 = 3V_1$; hằng số khí $R = 8,31$ J/(mol K).

Khi một chất khí giãn nở qua tuabin vào một bình rỗng, nó sẽ hoạt động bằng cách sử dụng năng lượng bên trong (vì không có nhiệt đầu vào). Trong quá trình chuyển đổi này, các phần riêng lẻ của khí có thể có nhiệt độ và áp suất khác nhau - đây được gọi là sự giãn nở “không cân bằng”. Tuy nhiên, sau khi thiết lập cân bằng nhiệt độ $T_2$ và áp suất $p_2$ trong chất khí, công do chất khí thực hiện được xác định duy nhất bởi định luật bảo toàn năng lượng:

$$A_{1 \rightarrow 2} = c_V(T_1 - T_2),$$ ở đâu $c_V = \frac{3}{2} R.$

Trong tiết diện $2 \rightarrow 3$ nội năng ban đầu của chất khí bằng nội năng cuối cùng nên nhiệt lượng $Q_{2 \rightarrow 3}$ cung cấp cho chất khí được xác định bởi công mà chất khí thực hiện (diện tích hình thang):

$$Q_{2 \rightarrow 3} = A_{2 \rightarrow 3} = \frac{p_2 + p_3}{2} (V_3 - V_2) = RT_2 \frac{1 - \alpha^2}{2\alpha},$$ ở đâu $\alpha = \frac{V_2}{V_3} = 3.$

Trong phần $3 \rightarrow 1$, nhiệt cung cấp cho khí được xác định bởi sự thay đổi nội năng của nó, vì quá trình đẳng tích của khí không xảy ra:

$$Q_{3 \rightarrow 1} = c_V(T_1 - T_3) = c_V(T_1 - T_2).$$

Theo điều kiện $Q_{2 \rightarrow 3} + Q_{3 \rightarrow 1} = Q \neq 72$ J, hoặc

$$RT_2 \frac{1 - \alpha^2}{2\alpha} + c_1(T_1 - T_2) = Q.$$

Đẳng thức cuối cùng cho phép chúng ta tìm nhiệt độ $T_2$, và sau đó là công $A_{1 \rightarrow 2}$:

$$A_{1 \rightarrow 2} = \frac{Q + RT_1 \frac{\alpha^2 - 1}{2\alpha}}{1 + \frac{R}{c_V} \frac{\alpha^2 - 1}{2\alpha}} = 625$$ J.

A. A. Sheronov

F1035. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích chính xác được kết nối cứng nhắc $+q$ và $-q$, nằm ở khoảng cách $l$ với nhau, chạy qua một tụ điện phẳng, lớp của tụ điện này được nối với nguồn có EMF không đổi ($cm. рисунок$). Nói chung, cần lưu ý rằng lưỡng cực sẽ bị “kéo” vào tụ điện - lực sinh ra tác dụng lên nó từ các tấm sẽ hướng vào bên trong tụ điện, và do đó, tốc độ của lưỡng cực trong tụ điện sẽ quay trở lại.

Vì trường trong tụ điện được duy trì không đổi nên người ta có thể bỏ qua ảnh hưởng của trường lưỡng cực lên điện tích của các bản, tức là coi trường của tụ điện là bên ngoài (độc lập) đối với lưỡng cực.

29

delta tốc độ của lưỡng cực tại tâm tụ điện nếu tốc độ của nó ra xa tụ điện được biết là $v_0$. Khoảng cách giữa các bản của tụ điện $d$, khối lượng của lưỡng cực $m$. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.

Trường tụ điện có điện thế; do đó, trong tụ điện, lưỡng cực cũng sẽ có thế năng. Năng lượng này bằng

$$W_\pi = (+q)\varphi_x + (-q)\varphi_x = q\frac{\varepsilon}{d}(x_+ - x_-) = -ql\frac{\varepsilon}{d},$$

trong đó $x_+$ và $x_- = x_+ + l$ là tọa độ của các điện tích $+q$ và $-q$, $\varphi_x$ và $\varphi_x$ là điện thế tại các điểm có tọa độ $x_+$ và $x_-$; tọa độ $x$ bị thiếu trên tấm tích điện được in dấu (xem hìnhok). Với sự lựa chọn điểm tham chiếu này, công thực hiện để di chuyển một điện tích đơn vị từ tấm in dấu sang bản dương bằng $\varepsilon$.

Chúng ta tìm được tốc độ cần thiết của lưỡng cực từ định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv^2}{2} - ql\frac{\varepsilon}{d},$$

Ở đâu

$$v = \left(v_0^2 + \frac{2ql\varepsilon}{md}\right)^{1/2}.$$

A. V. Shelazin

F1036. Một vật có khối lượng $m = 20$ g nằm trên sàn nằm ngang chính được gắn vào hai sợi dây đàn hồi giống nhau có độ cứng $k = 10^4$ N/m. Một sợi dây được gắn vào tường, đầu tự do của sợi thứ hai bắt đầu bị kéo theo phương ngang với tốc độ $v = 10$ m/s. Sợi nào sẽ đứt nếu mỗi sợi chỉ đứt ở độ giãn dài tuyệt đối $\Delta l_{\text{np}} = 5$ cm? Giả sử rằng định luật Hooke đúng cho đến khi chúng đứt; không có đào tạo.

Thật thuận tiện để theo dõi quá trình kéo căng các sợi; nó sẽ chuyển động từ hệ đứng yên (hình 1) sang hệ tọa độ, sụp đổ về bên phải với tốc độ $v/2$; vật tại thời điểm đầu tiên ở gốc tọa độ ($x = 0$) và di chuyển sang trái với tốc độ $v/2$.

Lực đàn hồi tác dụng lên vật không phụ thuộc vào chuyển động của các đầu sợi chỉ mà chỉ phụ thuộc vào độ dịch chuyển của vật $x$ so với vị trí ban đầu:

$$F_x = -k(\Delta l + x) + k(\Delta l - x) = -2kx,$$

trong đó $\Delta l = (v/2)t$ là giá trị tuyệt đối của các đầu hỗn hợp của sợi tại thời điểm phần thân trộn bằng $x$. Do đó, vật sẽ thực hiện dao động điều hòa với tần số $\omega = \sqrt{2k/m} = 10^3$ Hz xung quanh vị trí ban đầu đầu tiên. Sự hòa trộn của cơ thể thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$x = -\frac{v}{2\omega}\sin \omega t,$$

và độ giãn dài của sợi -

$$\Delta l_1 = \frac{v}{2}t - \frac{v}{2\omega}\sin \omega t,$$

$$\Delta l_2 = \frac{v}{2}t + \frac{v}{2\omega}\sin \omega t.$$

Từ đó, rõ ràng là trong bốn nửa chu kỳ dao động -

$$2n \frac{T}{2} < t < (2n + 1) \frac{T}{2} \left( T = \frac{2\pi}{\omega}, n = 0, 1, 2, \dots \right)$$

• sợi chỉ sẽ giãn ra mạnh hơn trong các nửa chu kỳ lẻ - sợi thứ hai.

Như vậy, thread thứ 2 sẽ bị đứt nếu thỏa mãn điều kiện

30

F1037. Một lỗ nhỏ được tạo ra trong quả cầu rỗng, qua đó một chùm ánh sáng hẹp song song xuyên qua bên trong. Bề mặt bên trong của quả cầu phản chiếu ánh sáng theo mọi hướng như nhau (khuếch tán) và không cản trở nó. Độ chiếu sáng sẽ khác nhau như thế nào trong trường hợp này tại điểm đối diện hoàn toàn với lỗ và tại tất cả các điểm khác của quả cầu?

Vì theo các điều kiện, bề mặt bên trong của quả cầu không hấp thụ năng lượng ánh sáng tới nó nên sau nhiều lần phản xạ, sau một thời gian hệ thống lắp đặt ở trạng thái cân bằng. Trong trường hợp này, mỗi phần nhỏ của bề mặt bên trong của quả cầu sẽ tiêu tán toàn bộ năng lượng ánh sáng chiếu vào nó đều theo mọi hướng. Kết quả của việc thiết lập trạng thái cân bằng là độ rọi của tất cả các điểm bên trong của quả cầu, ngoại trừ điểm đối diện với lỗ, sẽ giống nhau. Ở trạng thái cân bằng, tổng năng lượng ánh sáng tới lỗ trong một đơn vị thời gian từ tất cả các điểm bên trong của quả cầu sẽ bằng năng lượng đi qua lỗ vào quả cầu đang hút qua lỗ vào quả cầu đang hút. Do đó, sau khi thiết lập trạng thái cân bằng (cụ thể là, đây là tình huống được xem xét trong bài toán), lỗ trống sẽ tương đương với một thiết bị trong đó tất cả năng lượng tới nó từ tất cả các điểm bên trong của quả cầu sẽ được gửi theo một chùm hẹp tới một điểm đối diện theo đường kính.

Dễ hiểu rằng, do lỗ trống nhỏ nên tổng năng lượng đến từ tất cả các bề mặt bên trong của quả cầu bằng tổng năng lượng phân tán theo mọi hướng bởi bất kỳ phần nào của quả cầu có diện tích bằng lỗ trống (điều này xuất phát từ bản chất nghịch đảo của trạng thái cân bằng - nếu tất cả các tia tán xạ bị “buộc” chuyển động theo các hướng ngược lại thì sẽ không có gì thay đổi); lý do này không chỉ áp dụng cho điểm đối diện với lỗ.

Vì vậy, do sự khác biệt nên phần năng lượng được gửi bởi tất cả các điểm bên trong đến lỗ và điểm đối diện với lỗ sẽ giống nhau. Ngoài ra, cùng một lượng năng lượng sẽ truyền đến điểm đối diện với lỗ và từ lỗ. Do đó, độ rọi của các điểm bên trong của bề mặt hình cầu sẽ bằng chính xác một nửa độ rọi của điểm trên phần hình cầu đối diện với lỗ. (Diện tích lỗ càng nhỏ thì tỷ lệ 1:2 càng chính xác.)

S. S. Krotov

31

Nhiệm vụ

1. Những hình bán nguyệt nào, được hiển thị trong hình, có tổng chiều dài lớn hơn - hình trên hay hình dưới?
2. Tại sao không nên tưới cây vào ban ngày, nhất là khi trời nắng?
3. Thực hiện hành trình từ điểm P đến điểm E (xem hình). Để thực hiện việc này, hãy thay thế các chữ cái bằng số sao cho tất cả các đẳng thức trở thành đúng (các chữ cái giống hệt nhau được thay thế bằng các số giống nhau, các chữ cái khác nhau được thay thế bằng các số khác nhau). Chúc bạn có một chuyến đi vui vẻ!
4. Một hình chữ nhật được sắp xếp từ sáu quân domino sao cho phù hợp với một ví dụ về phép cộng (xem hình). Gấp sáu quân domino (có thể là những quân khác) vào cùng một hình chữ nhật sao cho tổng (tức là số ở dòng dưới cùng) là nhỏ nhất.
5. Trong quán cà phê dành cho trẻ em có những chiếc bàn tròn và vuông giống hệt nhau, trên đó có những chiếc khăn ăn hình tròn và hình vuông giống hệt nhau. Được biết, một chiếc bàn tròn có thể phủ bốn chiếc khăn ăn hình vuông và một chiếc bàn vuông có thể phủ bốn chiếc khăn ăn tròn. Chứng minh rằng đường kính của chiếc khăn ăn hình tròn không nhỏ hơn một nửa đường chéo của chiếc bàn vuông và cạnh của chiếc khăn ăn hình vuông không nhỏ hơn bán kính của chiếc bàn tròn.

Những nhiệm vụ này được học sinh lớp 8 Yu gợi ý cho chúng tôi. Faizullaev từ trang trại tập thể “Pravda” của huyện Shavat, vùng Khorezm, A.P. Savin, L.P. Motsalov, Trần Quang Đạt (SRV), V.V. Proizvolov.

Smegiroven!

32

32

Kaleigskoye, Klima"

…mọi thứ đều không thể được tạo ra từ hư vô, và đồng thời nó cũng không thể quay tối đa được?
7. Một hình trụ lớn đồng nhất, có thể quấn quanh một trục nằm ngang mà không có ma sát, bị trúng một viên đạn nằm ngang từ con chip, liệu toàn bộ xung lực của việc định tâm tốt của cực đại nanomaximum từ 0 có quay không?
8. Bằng cách phát ra một photon, một nguyên tử khí thay đổi động lượng của nó. Tại sao sự thay đổi này là tất yếu?
9. Cái thấp hơn không trả lại một lượng tử tamma cho quá trình hủy electron và positron. Ý tưởng nào được bảo toàn theo định luật bảo toàn hóa ra chỉ đúng khi mô tả một phạm vi mong muốn hạn chế. Vì vậy, khi nghiên cứu các phản ứng hóa học, chúng ta có thể cho rằng

1. Động năng của một vật có thể thay đổi nếu không có lực nào tác dụng lên vật đó không?
2. Động năng của một vật có thể không đổi nếu lực tác dụng lên vật đó khác 0 không?
3. Khi nào thì sự truyền điện tích từ điểm này sang điểm khác của điện trường không kèm theo sự biến đổi năng lượng?
4. Trong quá trình quang điện, năng lượng của ánh sáng tới một chất được chuyển hóa thành những loại năng lượng nào?
5. Làm thế nào một phi hành gia vũ trụ không kết nối với con tàu có thể quay trở lại con tàu?
   …thường một số định luật bảo toàn hóa ra chỉ đúng khi mô tả một phạm vi giới hạn của ham muốn. Vì vậy, khi nghiên cứu các phản ứng hóa học, chúng ta có thể cho rằng

33

khối lượng được bảo toàn, tuy nhiên, trong các phản ứng hạt nhân, việc áp dụng định luật như vậy sẽ là sai lầm, vì chẳng hạn, khối lượng của sản phẩm phân hạch cuối cùng của uranium nhỏ hơn khối lượng khối lượng ban đầu của uranium.

… nếu định luật bảo toàn electron không phải là một định luật tự nhiên cực kỳ chính xác, thì electron có thể bị phân rã, chẳng hạn như trên nó và ảnh. Tuy nhiên, việc tìm kiếm những phân rã như vậy không tăng thêm thành công và chứng tỏ rằng thời gian sống của một electron ít nhất không dưới 10^2 năm. (Tuổi của Vũ trụ ngày nay được các nhà khoa học ước tính là 10¹⁰ năm.)

… chính định luật bảo toàn zarad đã gợi ý cho J. Makseel ý tưởng về khả năng tăng công suất trường do sự thay đổi của electron để dự đoán các quá trình điện từ định kỳ và sự lan truyền của cihis trong không gian. Tốc độ lan truyền được tính toán hóa ra hoàn toàn bằng tốc độ ánh sáng đo được.

LUẬT
TIẾT KIỆM

Bạn có thực sự quen thuộc với điều này?

Sự phát triển của vật lý đi kèm với việc thiết lập nhiều định luật bảo toàn, trong đó phát biểu rằng trong các hệ cô lập, một số đại lượng nhất định không thể xuất hiện hoặc biến mất. Ý tưởng cho rằng những quy luật như vậy tồn tại đã nảy sinh từ lâu: câu nói của Lucrenius được đưa ra trong đoạn văn phản ánh quan điểm cổ xưa. Ngày nay, các nhà vật lý biết khá nhiều định luật như vậy, một số trong số đó quen thuộc với bạn - đó là các định luật bảo toàn động lượng, năng lượng, zarad. Nghiên cứu sâu hơn về vật lý cho phép chúng ta biết rằng có những định luật bảo toàn rất ít học, chẳng hạn như tính kỳ lạ, tính bốn lần và tính tập trung. Nhưng trước tiên, hãy giải quyết những điều mà bạn nên biết rõ.

Về định luật bảo toàn (xuất bản những năm gần đây):

1. “Va chạm cơ thể” - 1984, số 4;
2. “Giới thiệu các đại lượng vật lý như thế nào” - 1984, số 10;
3. “Xung lực và động năng” - 1985, số 5 (tr. 28);
4. “Công cơ và năng lượng cơ học” - 1985, số 5;
5. “Sói, Nam tước và Newton” - 1986, số 9;
6. “Vật lý nguyên tử ở sân sau” - 1986, số 12;
7. “Định luật bảo toàn năng lượng” - 1987, số 5.

34

TỪ LỊCH SỬ PHÂN SỐ

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
N. Y. VILENKIN

Phần đầu tiên mọi người được giới thiệu là một nửa. Mặc dù tên của tất cả các phân số sau đây có liên quan đến tên của các ký hiệu của chúng (tri - “thứ ba”, bốn - “quý”, v.v.), nhưng đây không phải là trường hợp của một nửa - tên của nó trong tất cả các ngôn ngữ không liên quan gì đến từ “hai”. Phân số tiếp theo là một phần ba. Những phân số này và một số phân số khác được tìm thấy trong các văn bản toán học cổ nhất còn sót lại cho chúng ta, được biên soạn cách đây hơn 5.000 năm - giấy papirucas của Ai Cập cổ đại và các bảng clipart của Babylon. Cả người Ai Cập và người Babylon đều có những ký hiệu đặc biệt cho các phân số 1/3 và 2/3 không giống với các ký hiệu cho các phân số khác.

Người Ai Cập đã cố gắng viết tất cả các phân số dưới dạng tổng các phần, tức là các phân số trong có 1/n. Ngoại lệ duy nhất là phân số 2/3. Ví dụ, thay vì 15/8 họ viết 1/3+1/5. Nếu không thì thật tiện lợi. Trong giấy cói được viết bởi người ghi chép Ai Cập Ahmes, có bài toán: chia bảy chiếc bánh cho tám người. Nếu bạn cắt mỗi ổ bánh thành 8 miếng thì bạn sẽ phải thực hiện 49 lần cắt. Và trong tiếng Ai Cập, bài toán này đã được giải như thế này. Phân số 7/8 được viết dưới dạng phân số: 1/2+1/4+1/8. Bây giờ rõ ràng là bạn cần cắt đôi 4 ổ bánh mì, 2 ổ bánh thành 4 miếng và chỉ một ổ bánh thành 8 miếng (tổng cộng 17 vết cắt).

Nhưng việc cộng các phân số được viết dưới dạng phân số thì bất tiện. Xét cho cùng, cả hai số hạng đều có thể chứa những phần bằng nhau, và khi cộng lại, một phân số có dạng 2/n sẽ xuất hiện. Nhưng người Ai Cập không quan tâm đến những phân số như vậy.

35

họ cho tôi vào. Vì vậy, cuộn giấy cói của Ahmes bắt đầu bằng một bảng trong đó tất cả các dobis có dạng 2/n, từ 2/5 đến 2/99, được viết dưới dạng tổng số cổ phần. Bảng này cũng được sử dụng để chia số nguyên. Ví dụ: đây là cách chúng tôi chia 5 cho 21:

$$\frac{5}{21} = \frac{1}{21} + \frac{2}{21} + \frac{2}{21} = \frac{1}{21} + \left( \frac{1}{14} + \frac{1}{42} \right) + \left( \frac{1}{14} + \frac{1}{42} \right) = \frac{1}{21} + \frac{2}{14} + \frac{2}{42} = \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{42}.$$

Người Ai Cập cũng biết cách nhân và chia dobi. Nhưng khi nhân, bạn phải nhân phân số với phân số và sau đó có thể sử dụng lại bảng. Tình hình với sự phân chia thậm chí còn phức tạp hơn.

Người Vivilonians đã đi một con đường hoàn toàn khác. Thực tế là hệ thống số trong Vivilon là hệ thập lục phân - mỗi đơn vị của chữ số tiếp theo lớn hơn số trước 60 lần. Viviler, các mục 14" 42’ 38 có nghĩa là số 14·60²+42·60+38, tức là trong mục nhập của chúng tôi là số 52958 (chỉ những người Vivilonians không sử dụng các số của chúng tôi mà chỉ sử dụng các ký hiệu khác được tạo thành từ Klints). Đó là lý do tại sao người Vylonians có dobis không phải ở dạng thập phân mà ở dạng thập lục phân. Trên thực tế, chúng tôi đã làm và hiện đang sử dụng doby như vậy để ký hiệu thời gian và góc. Ví dụ: thời gian 3 giờ 17 phút 28 s có thể viết như sau: 3,17′28” giờ (đọc 3 trọn, 17 sáu mươi 28 ba nghìn sáu trăm giờ). Thay vì các từ “sáu mươi”, “ba nghìn sáu phần trăm” họ nói ngắn gọn: “phân số nhỏ thứ nhất”, “phân số nhỏ thứ hai”. Đây là nơi bắt nguồn từ “phút” (tiếng Latin nghĩa là “ít hơn”) và “thứ hai” (tiếng Latin nghĩa là “thứ hai”) của chúng tôi. Vì vậy, cách gọi dobei của người Vivilonian vẫn giữ được ý nghĩa của nó cho đến ngày nay.

Không phải tất cả dobis đều có thể được viết dưới dạng thập lục phân cuối cùng, cũng như tất cả dobis đều được viết dưới dạng số thập phân cuối cùng. Ví dụ: dobis dạng 1/7, 1/11, 1/13 không thể viết dưới dạng thập lục phân. Nhưng chúng có thể được thực hiện ở bất kỳ mức độ nào

37

Vật lý 8, 9, 10
Chú thích sách đã xuất bản “Luật bảo tồn và hệ thống báo cáo” dành cho cuốn sách tám năm tuổi, “Động cơ điện hoạt động như thế nào?” - một học sinh lớp chín, “Vật lý của sự hòa âm âm nhạc” - một học sinh lớp mười.

Luật bảo tồn và hệ thống báo cáo

Có một cách đáng tin cậy để kiểm tra xem bạn có hiểu rõ các định luật liên quan đến chuyển động của vật thể hay không - hãy xem xét hiện tượng này trong các khung báo cáo quán tính khác nhau. Thường thì những nghịch lý sẽ được phát hiện ngay lập tức, cho thấy bạn chưa thực sự hiểu biết. Điều này thường là do giáo viên và các tác giả sách giáo khoa và sách giải bài toán đã cẩn thận lựa chọn một hệ thống báo cáo có quy trình trông đơn giản nhất. Kỹ thuật này phần lớn là hợp lý: tại sao phải đi vào những lời giải thích phức tạp nếu bạn có thể làm cho nó đơn giản hơn. Tuy nhiên, tất cả điều này là tốt trong thời điểm hiện tại. Trong một tình huống không chuẩn mực, không thể thực hiện được nếu không có sự phân tích kỹ lưỡng và hiểu biết thực sự.

Tất cả những điều trên trước hết liên quan trực tiếp đến định luật bảo toàn năng lượng.

Thế năng và công. Đây là bài toán đơn giản nhất. Một lò xo dãn có một quả cầu ở đầu tự do được gắn vào thước. Khi bị nén, lò xo thực hiện công bằng độ biến thiên thế năng lấy dấu trừ:

$$A = -\Delta E_p = \frac{kx^2}{2}$$

(*) (k là độ cứng của cánh tay, x là khoảng cách ban đầu).

Công - tích của mô hình vectơ lực và độ dịch chuyển theo coesine của góc giữa các vectơ này - phụ thuộc vào hệ thống báo cáo, vì với một lực không đổi, chuyển động của cơ thể là khác nhau trong các hệ thống báo cáo khác nhau. Đồng thời, thế năng (và do đó thay đổi nó) - một hàm của khoảng cách giữa các vật thể hoặc các bộ phận của chúng - không thể phụ thuộc vào hệ thống báo cáo.

Điều gì xảy ra với sự bình đẳng (*) nếu chúng ta vào hệ thống báo cáo lái xe? Công sẽ thay đổi nhưng thế năng thì không?

Sự hiểu lầm được giải quyết rất đơn giản. Trên thực tế, sự thay đổi thế năng $\delta\omega x$ là lẫn nhau

39

tài khoản

$$\Delta E'_k = A'.$$

Như vậy, khi chuyển từ hệ thống báo cáo này sang hệ thống báo cáo khác, không chỉ động năng thay đổi mà cả động năng cũng thay đổi. Nhưng độ biến thiên của động năng luôn bằng công của các lực trong hệ báo cáo này.

Không khó để xác định động năng thay đổi như thế nào tùy thuộc vào hệ thống báo cáo, nhưng việc tính toán sự thay đổi trong công việc của một thành phố lại khó khăn hơn. Chúng ta hãy nhìn vào điều này bài toán.

Khối lập phương trượt không ma sát từ một mặt phẳng nghiêng có độ cao $h$ (hình 3, a). Tại đáy mặt phẳng, động năng là $E_{k2} = mv^2/2$ và năng lượng ban đầu là $E_{k1} = 0$. Độ biến thiên động năng bằng công thực hiện bởi trọng lực:

$$\Delta E_k = E_{k2} - E_{k1} = \frac{mv^2}{2} = mgh.$$

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của khối lập phương theo quan điểm của một hệ báo cáo quán tính chuyển động tương đối so với mặt phẳng nghiêng với tốc độ $v = \sqrt{2gh}$ (hình 3, b). Trong hệ thống này, tốc độ ban đầu của khối lập phương là $v = \sqrt{2gh}$ và tốc độ cuối cùng bằng 0, vì vậy

$$\Delta E'_k = E'_{k2} - E'_{k1} = -\frac{mv^2}{2} \neq mgh.$$

Theo định lý động năng,

$$\Delta E'_k = -mgh = A'$$

• công việc trở nên tiêu cực. Thực tế là trong một hệ thống báo cáo chuyển động, phản lực của mặt phẳng không vuông góc với chuyển động của khối lập phương. Chính cô ấy là người thực hiện công âm (cùng với công dương của trọng lực), làm giảm động năng của khối lập phương. Tuy nhiên, rất khó để tính toán nó một cách trực tiếp mà không cần dùng đến định luật bảo toàn năng lượng và trọng lượng.

Định luật bảo toàn động lượng. Xung lực độc lập với hệ thống báo cáo. Do đó, độ biến thiên động lượng của vật là như nhau trong mọi hệ thống báo cáo quán tính:

$$\Delta P = F \Delta t.$$

Trong trường hợp này, mọi thứ rất đơn giản - xung lực của cơ thể thay đổi khi chuyển từ hệ thống báo cáo này sang hệ thống báo cáo khác, nhưng sự thay đổi xung lực vẫn giữ nguyên.

G. Vâng. Myakshtsev

Động cơ điện hoạt động như thế nào?

Câu hỏi không đơn giản như thoạt nhìn. Tự nhiên đáp số liên quan đến định luật Ampe đối với lực tác dụng lên một dây dẫn mang dòng điện từ từ trường không giải thích đầy đủ bản chất của vấn đề.

Sức mạnh của Ampere đến từ đâu? Nó sẽ phát sinh do lực Lorentz từ tác dụng lên các điện cực chuyển động trong dây dẫn (kim loại). Người mẫu của cô ấy

$$F = evB \sin \alpha,$$

trong đó $e$ là điện tích của hạt có tốc độ $\vec{v}$, $\vec{B}$ là cảm ứng từ, $\alpha$ là góc giữa các vectơ $\vec{v}$ và $\vec{B}$. Lực $\vec{F}$ vuông góc với $\vec{v}$ và $\vec{B}$, và hướng của nó được xác định bởi bên phải của bàn tay trái. Có vẻ như nếu lực này vuông góc với tốc độ tại bất kỳ thời điểm nào thì nó không thể sinh công. Tuy nhiên, đó chính là lực từ của động cơ điện.

“Bí ẩn” không kém là hoạt động của máy phát điện, có chức năng chuyển đổi cơ năng thành điện năng. Nếu EMF được tạo ra trong phần ứng quay của máy phát điện,

41

tổng tốc độ $\vec{v}$ và không hoạt động. Thành phần $\vec{F}_2$ đại diện cho phía của lực gây ra sự xuất hiện dòng điện trong cuộn dây phần ứng. Cô ấy làm việc tích cực $A_2$. Máy tạo EMF $\delta_i = A_2/e$. Thành phần còn lại $\vec{F}_1$ hướng vào chuyển động của dây dẫn. Nó hoạt động âm $A_1$ và đe dọa sự quay của mỏ neo. Cả hai tác phẩm đều giống nhau về mô hình và trái ngược nhau về dấu hiệu. Mỏ neo không rời ra dù có lực hãm $\vec{F}_2$, nhờ tác dụng của ngoại lực mà các bên chuyển động, làm neo quay. Đó là công dương của ngoại lực bù đắp cho công âm của lực $\vec{F}_1$, và chuyển động quay của mỏ neo tiếp tục liên tục.

Càng có nhiều người tiêu dùng tham gia vào mạch máy phát thì cường độ dòng điện trong phần ứng càng phải lớn để duy trì điện áp không đổi ở đầu ra máy phát. Tương ứng, lực $\vec{F}_1$ hãm phần ứng sẽ lớn hơn và cần nhiều công suất động cơ hơn để duy trì chế độ vận hành danh định của máy phát điện. Vì vậy, bằng cách bật một bóng đèn không cần thiết, chúng ta buộc động cơ làm quay phần ứng máy phát điện phát thêm một chút công suất.

G. Vâng. Myakishche

Vật lý hòa âm âm nhạc

Bạn biết rằng những âm thanh xung quanh chúng ta không gì khác hơn là sự dao động của áp suất và mật độ không khí. Trong số nhiều loại âm thanh, một số âm thanh có tác động mạnh mẽ đến cảm xúc của một người. Đây là những âm thanh âm nhạc. Không thể giải thích sự tương tác đặc biệt của chúng với não chỉ bằng thuật ngữ vật lý. Nhưng theo lời của Pushkin, bạn có thể “xác minh sự hài hòa bằng đại số”.

Theo những truyền thuyết có từ thời cổ đại, người đầu tiên cố gắng làm điều này là Pythogoras và các học trò của ông. Họ phát hiện ra rằng những sợi dây có độ giãn bằng nhau được làm từ cùng một chất liệu sẽ tạo ra sự hòa hợp.

Hình 1. Dao động của một sợi dây cố định ở hai bên và kéo vào giữa. Hình nào sau đó khác hình trước một phần tư chu kỳ dao động.

âm thanh âm nhạc nếu độ dài của chúng liên hệ với nhau như những số nguyên nhỏ. Ví dụ: nếu bạn lấy hai chuỗi, một trong số đó dài bằng một nửa chuỗi kia, thì âm thanh trích ra từ chúng hóa ra là phụ âm. Trong trường hợp này, các nhạc sĩ nói rằng âm thanh được phân biệt bằng một quãng tám và biểu thị chúng bằng một nốt: ví dụ: “do” của quãng tám đầu tiên, “do” của quãng tám thứ hai, v.v.

Chúng ta hãy xem, từ quan điểm vật lý, một sợi dây có các đầu cố định dao động như thế nào (hình 1). Nếu dây được kéo lại và thả ra thì nó sẽ dao động, trong đó vận tốc và gia tốc của mọi điểm đều có hướng bằng nhau. *) Những dao động như vậy quyết định âm sắc cơ bản của dây. Hóa ra tần số $v$ của âm cơ bản của các dây làm từ cùng một chất liệu và bị kéo căng với cùng một lực chỉ phụ thuộc vào độ dài của chúng $l$, và phụ thuộc nghịch đảo: $v \sim 1/l$. Cũng có thể xảy ra các rung động khác của dây - với tần số gấp đôi, gấp đôi, v.v. lớn hơn tần số của âm cơ bản. Chúng được gọi là âm bội.

Nhưng hãy quay trở lại với âm thanh âm nhạc. Bây giờ chúng ta có thể nói rằng các tần số tương ứng với cùng một nốt trong quãng tám thứ nhất, thứ hai, v.v. có liên quan như 1: 2: 4: 8 … Và nên chọn âm nhạc như thế nào

) Bạn có thể đọc về cách thức phát sinh các dao động như vậy, chẳng hạn như trong I.K. Ghi chú của Belkin “Về âm thanh âm nhạc và nguồn gốc của chúng” (Kvant, 1985, No. 9, p. 26). (Lưu ý ped.)

43

khoảng cuối cùng: quãng chính hoặc giây chính, - 1,125 = v₂/v₁ = v₃/v₂ = v₅/v₄ = v₆/v₅ = v₇/v₆ và quãng nhỏ, hoặc giây phụ, - 1,0535 = v₄/v₃ = v₈/v₇. Các tấn Pythagoras tương ứng với các phím lớn của bàn phím và các phím đen được đặt ngay giữa các phím trắng nơi có khoảng cách lớn.

Thật không may, hóa ra chiều rộng của hai khoảng nhỏ - 1,0535 × 1,0535 = 1,110 (vì các khoảng là tỷ lệ tần số, để tính một khoảng lớn, các khoảng nhỏ trong đó phải được nhân lên và không được cộng vào) khác biệt đáng kể so với khoảng lớn - 1,125. Do đó, các âm trong thang âm Pythagore không đồng đều - thang âm không thể bắt đầu bằng bất kỳ âm nào trong số không. Để thay đổi phím, nhạc cụ phải được điều chỉnh lại. Đối với các nhạc cụ dây, điều này không khó thực hiện, nhưng đàn organ, bao gồm nhiều ống - mỗi ống có âm thanh riêng, được điều chỉnh khi tạo ra nó.

Bất chấp sự bất tiện này, thang âm Pythagogian (cùng với các loại thang âm khác) đã phục vụ các nhạc sĩ trong hơn hai nghìn năm - cho đến thế kỷ 16. Sau đó, cái gọi là thang đo diotic, được xây dựng trên các tần số được tạo thành từ tỷ lệ của các số 2, 3 và 5, đã trở nên phổ biến. Nhưng nó cũng gặp phải một nhược điểm tương tự.

Chỉ để tiếp tục đồng hóa cấu trúc âm nhạc của nhạc cụ, nghiên cứu vật lý mới bắt đầu lại. Franz M. Mersenne (1588-1648) đã xác định tần số dao động của một kết cấu không chỉ phụ thuộc vào chiều dài của nó mà còn phụ thuộc vào lực căng, giây của kết cấu và mật độ của vật liệu tạo nên nó. Ngay sau đó, đàn piano được phát minh, một nhạc cụ trong đó các cấu trúc được điều chỉnh theo các giai điệu âm nhạc liên tiếp với tần số từ 27,5 đến 3520 Hz, kéo dài 7 quãng tám.

Cùng lúc đó, cái gọi là thang đo tính khí tốt đã được tạo ra, tức là thang màu trong đó tất cả các quãng liên tiếp được chọn giữa chúng (hình 3). Chìa khóa tạo nên nó là sự trùng hợp về mặt toán học. Hóa ra lũy thừa của số $^{12}/2$ trùng với tỷ lệ Pythagogian với độ chính xác tốt (bạn hãy tự so sánh chúng) - ví dụ, lượng tử màu sắc khác với lượng tử Pyphagian chỉ 0,11% - lỗi như vậy không thể phân biệt được bằng tai. Do đó, các nhạc cụ hiện đại có thể được chơi bằng bất kỳ phím nào trong số 24 phím (12 phím tối đa và 12 phím tối thiểu). Thực tế là có thể đạt được âm thanh nhất quán bất kể âm sắc đã được Bach chứng minh khi ông viết bài “Well-Tempered Clavier” - 24 câu và fugue ở tất cả các phím. Than ôi, liệu có những nguyên tắc vật lý nào cho sự khác biệt giữa mức tối đa và tối thiểu hay không, chúng ta vẫn chưa biết.

A. V. Vyalko

44

Giấc mơ trở thành hiện thực
(Khám phá chất siêu dẫn nhiệt độ cao)

“Nếu bạn không thể, nhưng thực sự muốn, thì bạn có thể.” Những từ này có thể mô tả những cơ thể mở được tạo ra theo đúng nghĩa đen ngày nay và sẽ được thảo luận trong bài viết này.

Lần đầu tiên, tính siêu dẫn, một trong những hiện tượng nổi bật và bất thường nhất trong vật lý, được biết đến vào ngày 28 tháng 4 năm 1911. Nhà vật lý người Hà Lan G. Kamerlingh-Onnes, tại một cuộc họp của Viện Hàn lâm Khoa học Hoàng gia ở Amsterdam, đã báo cáo phát hiện của ông về sự biến mất hoàn toàn điện trở của thủy ngân được làm lạnh bằng gel lỏng đến nhiệt độ T = 4,15 K. Chẳng bao lâu, tính siêu dẫn ở nhiệt độ thấp đã được phát hiện ở một số kim loại và hợp kim khác.

Triển vọng thực tế của hiện tượng được phát hiện dường như là vô hạn: truyền năng lượng điện tuyến tính không tổn hao, nam châm nặng, động cơ điện và máy biến áp loại mới, pin có dung lượng không giới hạn, v.v. Tuy nhiên, có hai điều không thể vượt qua vào thời điểm đó đã cản trở việc thực hiện các kế hoạch này. Đầu tiên là nhiệt độ cực thấp mà tại đó tính siêu dẫn xuất hiện ở tất cả các vật liệu đã biết. Để làm mát những nhiệt độ như vậy người ta phải sử dụng gel lỏng đắt tiền, điều này khiến cho nhiều dự án hấp dẫn sử dụng chất siêu dẫn đơn giản là không thực tế. Sự biến đổi thứ hai - mà chính Kamerlingh Onnes đã sớm thất vọng phát hiện ra - là do chất siêu dẫn hóa ra là “thất thường” so với từ trường: nó biến mất trong từ trường mạnh (chẳng hạn, nói chung, điều này xảy ra khi cảm ứng từ trường trên 0,04 Tesla).

Trong một thời gian dài, hiện tượng siêu dẫn vẫn chưa được giải thích; chỉ đến năm 1957 hiện tượng này mới tìm được lời giải thích lý thuyết nhất quán. Hóa ra, tính siêu dẫn có liên quan đến sự xuất hiện ở một số kim loại ở nhiệt độ thấp của sự chấp nhận cụ thể giữa các electron, do sự tương tác của chúng thông qua mạng tinh thể xung quanh.

Việc tạo ra lý thuyết siêu dẫn sẽ được thúc đẩy mạnh mẽ bởi nghiên cứu sâu hơn của nó. Cùng với việc phát hiện ra các hiệu ứng lượng tử mới về cơ bản đặc trưng của chất siêu dẫn, tiến bộ đáng kể đã đạt được trong việc thu được vật liệu siêu dẫn mới. Do đó, vào giữa những năm 80, các chất siêu dẫn đã được tạo ra có khả năng chịu được từ trường cực lớn (lên tới 60 Tesla) và truyền dòng điện lớn tương ứng. Tuy nhiên, trong lĩnh vực tăng cái gọi là nhiệt độ tới hạn - nhiệt độ tối đa mà dòng siêu dẫn vẫn có thể chạy trong một mẫu, trong 15 năm qua, bất chấp điều kiện khắc nghiệt của các nhà khoa học trên toàn thế giới, vẫn chưa thể tăng giá trị tham chiếu 23 K (đối với hợp kim Nb₃Ge) lên một độ.

Nhưng có lẽ hiện tượng siêu dẫn về cơ bản là không thể xảy ra ở nhiệt độ đủ cao?

Kết luận này đã được đưa ra liên quan đến tính siêu dẫn thông thường (gây ra bởi sự tương tác của các electron trong mạng) và các nhà khoa học nghiêng. Các dự báo lạc quan nhất dự đoán giá trị tối đa có thể có của nhiệt độ tới hạn ở mức 30-40 K.

Và vào cuối năm 1986, giới khoa học xôn xao trước một thông điệp giật gân về việc phát hiện ra một loạt chất siêu dẫn mới có nhiệt độ tới hạn đúng 30-40 K và thậm chí cao hơn. Các chất này hóa ra là các oxit kim loại phức tạp như La-Sr-Cu-O, La-Pb-Cu-O, La-Ba-Cu-O. Chúng lần đầu tiên được các nhà khoa học Thụy Sĩ tổng hợp nhưng chỉ vài tháng sau chúng bắt đầu được “nung nấu” ở nhiều phòng thí nghiệm trên thế giới.

Giống như “cơn sốt vàng” Klondike, cơn sốt hậu kết hợp với các thông số tới hạn cao đã khiến các nhà khoa học lo lắng. Thông tin về các chất siêu dẫn mới, với nhiệt độ tới hạn thậm chí còn cao hơn, đã được gửi đi rất nhiều. Các ấn phẩm tạp chí không thể theo kịp việc tổng hợp ngày càng nhiều chất mới với những đặc tính đáng kinh ngạc; tin tức về chúng ngay lập tức được truyền từ phòng thí nghiệm này sang phòng thí nghiệm khác bằng điện thoại hoặc, như vào thời Heugen và Newton, bằng thư từ.

Đã có những báo cáo đáng tin cậy về việc đạt tới nhiệt độ tới hạn kỷ lục 120 K trong các hợp chất thuộc loại Y-Ba-Cu-O. Nghiên cứu thành công theo hướng này cũng đang được thực hiện ở nước ta.

Các chất thuộc dãy được phát hiện được gọi là gốm oxit kim loại. Và độ dẫn điện ở trạng thái bình thường của lò xo là thấp - về tính chất điện, chúng là kim loại phẳng và nồng độ electron trong chúng thấp. Bản chất của chất siêu dẫn nhiệt độ cao mới vẫn chưa rõ ràng. Có liên quan đến sự tương tác truyền thống của các electron với nhau (nhiệt độ sôi 77 K). Kết quả là, chúng ta có thể mong đợi một cuộc cách mạng thực sự nói chung nơi vật lý và công nghệ sở hữu, hậu quả của chúng ngày nay khó có thể tưởng tượng đầy đủ.

V.V.

45

Về bước đi ngẫu nhiên

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. I. SOVOLEV

Trong một chương trình phát thanh dựa trên câu chuyện cổ tích “Cipollino và những người bạn” của Gianni Rodari, thám tử ông Carrot đang tìm kiếm Cipollino đã được phục hồi theo nguyên tắc:

“Lùi lại, tiến lên,
Tên cướp sẽ không rời bỏ chúng ta.”

Nguyên tắc tìm kiếm này có thể bị tác giả coi là một trò đùa nếu tính hiệu quả của nó không xuất phát từ một định lý của lý thuyết xác suất. Lưu ý của chúng tôi liên quan đến định lý này và các vấn đề liên quan.

Bước đi ngẫu nhiên qua vùng hoang dã

Hãy đánh dấu các điểm nguyên trên đường thẳng, lấy một đồng xu và một con chip. Hãy tưởng tượng rằng tại thời điểm 0 có một mã thông báo tại điểm $a \in Z$. Hãy tung một đồng xu. Nếu nó hạ cánh dưới dạng quốc huy, hãy di chuyển chip 1 sang phải, nếu nó hạ cánh ở dạng đuôi thì di chuyển chip 1 sang trái. Và sau đó chúng ta ném đồng xu một lần nữa và hành động theo quy tắc này, v.v. Nếu đồng xu không có lỗi thì con chip, tại thời điểm $t$ ($t = 0, 1, 2, \dots$) đứng tại điểm $k \in Z$, tại thời điểm tiếp theo $t + 1$ với xác suất 1/2 sẽ kết thúc tại điểm $k + 1$ hoặc có cùng xác suất sẽ kết thúc tại điểm $(k - 1)*$.

Quá trình được mô tả được gọi là bước đi ngẫu nhiên đối xứng trên tập hợp $Z$ các điểm nguyên trên đường thẳng bắt đầu từ điểm $a$. Kiểu bước đi này được gọi là đối xứng vì đồng xu có đầu và đuôi có quyền ngang nhau.

Làm rõ một chút tình huống từ câu chuyện cổ tích của Gianni Rodari, chúng ta sẽ giả sử rằng thám tử Carrot, khi tìm kiếm Cipollino, thực hiện một bước đi ngẫu nhiên đối xứng qua tập hợp $Z$ (với sự trợ giúp của một đồng xu).

*) Xác suất $p(x)$ của sự kiện $x$ là một đặc tính số nhất định về khả năng xảy ra sự kiện này. Xác suất của một sự kiện không thể xảy ra được coi là bằng 0, của một sự kiện đáng tin cậy là bằng 1 và nói chung là $0 \leq p(x) \leq 1$. Trong các tình huống phức tạp, xác suất được xác định theo tiên đề, nhưng trong lưu ý này, lý thuyết tiên đề sẽ được thay thế bằng một lượng nhỏ lẽ thường. Đặc biệt, nếu một số sự kiện có khả năng xảy ra như nhau thì xác suất của chúng là như nhau; ví dụ: xác suất nhận được mặt ngửa (hoặc patter) trên một viên xúc xắc không gian lận tất nhiên là 1/6, xác suất nhận được mặt ngửa trên một đồng xu không gian lận là 1/2.

46

Nhiệm vụ 1. Lấy một đồng xu và một con chip, đặt con chip vào điểm 0. Ném một đồng xu, di chuyển con chip và ghi lại vị trí của nó. Lặp lại tối đa 10 lần. Kết quả là bạn sẽ nhận được một chuỗi các vị trí chip tuần tự.

Một bước đi cụ thể có thể được hình dung bằng cách vẽ quỹ đạo của nó. Vị trí của token tại thời điểm $t$ tại điểm $k$ sẽ được đánh dấu bằng điểm $M_t$ có ​​tọa độ $(t; k)$ trên mặt phẳng có hệ tọa độ Descartes hình chữ nhật. Bằng cách kết nối điểm $M_t$ với điểm $M_{t+1}$ ($t = 0, 1, 2, \dots$) bằng một mũi tên, chúng ta sẽ có được hình ảnh trực quan về quỹ đạo của chip.

Ví dụ: nếu khi tung đồng xu, $\Gamma, \Gamma, P, \Gamma, P$ được trả theo trình tự và vị trí ban đầu của chip là điểm 0 thì các vị trí tiếp theo cũng là:

| thời gian | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| vị trí chip | 0 | 1 | 2 | 1 | 2 | 1 |

và quỹ đạo trông giống như trong hình 1.

Nhiệm vụ 2. Vẽ một quỹ đạo mô tả bước đi của con chip từ nhiệm vụ 1.

Xác suất trúng một điểm nhất định

Để mã thông báo đi dọc theo một đường thẳng bắt đầu từ điểm 0. Một câu hỏi thú vị là xác suất tại thời điểm $t$ mã thông báo kết thúc ở vị trí $k$ là bao nhiêu. Nói cách khác, xác suất để quỹ đạo liên kết $t$ đến điểm $(t; k)$ là bao nhiêu? Hãy để chúng tôi biểu thị niềm tin này $P_t(k)$. Đáp số đối với câu hỏi đặt ra phụ thuộc vào số $S_t(k)$ quỹ đạo đi từ điểm $(0; 0)$ đến điểm $(t; k)$.

Gần mỗi điểm $(t; k)$, tại đó có ít nhất một quỹ đạo đến, chúng ta viết số $S_t(k)$, cho biết có bao nhiêu quỹ đạo dẫn đến điểm này cho $t = 0, 1, 2, 3$ (hình 2).

Nhiệm vụ 3. Tiếp tục hình 2 cho $t = 4, 5, 6$.

Có thể lưu ý những điều sau đây. Mũi tên chỉ có thể đi đến điểm $(t; k)$ từ các điểm $(t - 1; k - 1)$ và $(t - 1; k + 1)$, và không có nơi nào khác. Vì vậy $S_t(k) = S_{t-1}(k-1) + S_{t-1}(k+1)$.

Bảng bao gồm các số $S_t(k)$, phần đầu mà chúng ta vẽ, hóa ra được gọi là tam giác Pascal. Nó luôn luôn, theo từng cột, tạo ra các điều kiện $S_0(0) > 1$ và sự tương ứng (1). Ví dụ:

$$\begin{align*} S_1(-1) &= S_0(-2) + S_0(0) = 0 + 1 = 1, \\ S_1(1) &= S_0(0) + S_0(2) = 1 + 0 = 1, \\ S_2(-2) &= S_1(-3) + S_1(-1) = 0 + 1 = 1, \\ S_2(0) &= S_1(-1) + S_1(1) = 1 + 1 = 2, \\ S_2(2) &= S_1(1) + S_1(3) = 1 + 0 = 1, \end{align*}$$

và vân vân.

Tất nhiên, số quỹ đạo liên kết $t$ nhiều gấp đôi so với quỹ đạo liên kết $(t - 1)$ - xét cho cùng, mỗi quỹ đạo liên kết $(t - 1)$ tạo ra hai quỹ đạo liên kết $t$. Do đó, có 2 quỹ đạo liên kết đơn, 4 quỹ đạo liên kết đôi, v.v., quỹ đạo liên kết $t$ – $2^t$.

Tất cả các quỹ đạo liên kết $2^t t$ đều là những quỹ đạo có thể xảy ra của chuyển động của con chip (vì đầu $\Gamma$ và đuôi $P$ đều là kết quả có thể xảy ra của việc tung một đồng xu), trong đó quỹ đạo $S_t(k)$ đạt đến điểm $(t; k)$. Do đó, xác suất $P_t(k)$ để quỹ đạo liên kết $t$ đến điểm $(t; k)$ bằng $S_t(k)/2^t$. Gần điểm $(t; k)$, tại đó có ít nhất một quỹ đạo tới, chúng ta viết ra xác suất $P_t(k)$. Hãy gọi bảng kết quả là một tam giác tin cậy. Chia đẳng thức (1) cho $2^t$, ta thu được định luật

47

$$P_t(k) = \frac{1}{2} P_{t-1}(k-1) + \frac{1}{2} P_{t-1}(k+1),$$

tạo ra (sử dụng các điều kiện $P_0(0) \geq 1$) toàn bộ tam giác xác suất (hình 3).

Nhiệm vụ 4. Tiếp tục vẽ tam giác xác suất $P_t(k)$ sang phải, viết ra $t = 4, 5, 6$.

Công thức (2) xét rằng:

1. Một quân cờ có thể ở vị trí $k$ tại thời điểm $t$ chỉ khi nó ở một trong các vị trí lân cận $k - 1$ hoặc $k + 1$ tại thời điểm $t - 1$;

2. quá trình chuyển đổi từ vị trí $k - 1$ sang vị trí $k + 1$ hoặc từ vị trí $k + 1$ sang vị trí $k$ xảy ra với xác suất $1/2$ (vị trí trước $P_{t-1}(k - 1)$ và $P_{t-1}(k + 1)$ và hệ số chi phí $1/2$).

Hai bài toán tiếp theo dành cho những người đã quen với các tổ hợp số nhất định và biết công thức nhị thức.

Nhiệm vụ 5. Chứng minh rằng

$$P_n(k) = C_n^{\frac{n+k}{2}}/2^n,$$

số $C_n^m$ khác của sự kết hợp của các phần tử $n$ bằng $m$.

Bài 6. a) Kiểm tra $t = 1, 2, 3, 4$ rằng hệ số $x^k$ trong khai triển đa thức

$$\frac{1}{2^n} \left( x + \frac{1}{x} \right)^t$$

ở lũy thừa $x$ bằng $P_t(k)$. 6) Chứng minh khẳng định phần a) với mọi số tự nhiên $t$.

Cipollino sẽ bị bắt?

Giả sử có một Cipollino ngẫu nhiên tại điểm 0 trên đường thẳng và tại điểm $k$ có cầu Morkovu. Chúng tôi giả định rằng thám tử đang tìm kiếm Cipollino thực hiện một bước đi ngẫu nhiên đối xứng bắt đầu từ thời điểm 0 tại điểm $k$ trên đường thẳng. Với xác suất nào để chủ nhân của Morkova tìm thấy Cipollino, tức là liệu anh ta có kết thúc ở điểm 0 không?

Hãy biểu thị xác suất này $P(k)$. Giống như bất kỳ xác suất nào, $P(k)$ là một phần của một:

$$0 \leq P(k) \leq 1.$$

Lưu ý rằng $P(0) > 1$ (nếu $k = 0$ thì tại thời điểm 0 thám tử và Cipollino đang ở cùng một điểm,

hãy nhớ - một sự kiện đáng tin cậy và xác suất của nó bằng 1). Nếu $k \neq 1$, thì vì từ điểm $k$ thám tử chỉ có thể đến điểm 0 bằng cách đi vào thời điểm tiếp theo sau khi rời điểm $k$ qua các điểm lân cận $k - 1$ và $k + 1$, nên định luật tổng một nửa tương tự hóa ra vẫn đúng:

$$P(k) = \frac{1}{2} P(k - 1) + \frac{1}{2} P(k + 1).$$

Ở đây người ta tính đến việc chuyển đổi trên một đơn vị thời gian từ điểm $k$ sang điểm $k - 1$ xảy ra với xác suất $1/2$; điều tương tự cũng đúng khi di chuyển từ điểm $k$ đến điểm $k + 1$.

Xét các điểm $M_k(k; p(k))$ trên mặt phẳng có hệ tọa độ Descartes góc vuông $xOy$. Vì trung điểm của đoạn nối các điểm $(x_1; y_1)$ và $(x_2; y_2)$ là điểm $\left( \frac{x_1 + x_2}{2}; \frac{y_1 + y_2}{2} \right)$ nên rõ ràng điểm $M_k$ (trong đó $k \neq 0$) là trung điểm của đoạn $M_k - 1M_k + 1$. Do đó, các điểm $M_k$, trong đó $k \geq 0$, nằm trên một tia và các điểm $M_k$, trong đó $k \leq 0$, nằm trên một tia. Cả hai tia này đều đi ra từ điểm $M_0(0; 1)$ (kể từ $P(0) > 1$) và nằm trong dải $0 \leq y \leq 1$ (kể từ $0 \leq P(k) \leq 1$ với mọi $k$) được bao bọc bởi hình 4. Do đó, chúng tạo thành đường thẳng $y = 1$. Tất cả các điểm $M_k(k; P(k))$ đều nằm trên đường thẳng này, vì vậy $P(k) \geq 1$ với mọi $k$.

Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng thám tử sớm hay muộn sẽ tìm thấy Cipollino với xác suất 1, bất kể anh ta bắt đầu lang thang từ thời điểm nào $k$!

Người đọc có thể hỏi - điều gì sẽ xảy ra nếu khi ném một đồng xu, một đồng xu luôn rơi ra ngoài, vì khi đó thám tử sẽ ở bên phải theo một đường thẳng và không tìm thấy Cipollino nào? Tất nhiên, việc đi bộ như vậy là có thể xảy ra về mặt logic, nhưng xác suất để xảy ra một cuộc đi bộ không dẫn đến điểm 0 là bằng 0. Đây là định lý mà chúng ta đã chứng minh. Câu hỏi về ứng dụng của nó

48

Bước đi ngẫu nhiên trên máy bay và trong không gian

Xét một lưới tam giác trên mặt phẳng; Hãy lấy một con chip và một con xúc xắc (không bị biến dạng). Chúng ta sẽ biểu thị sáu chuyển động có hướng trên lưới bằng các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 như trong hình 5. Hãy đặt một con chip vào một trong các nút của lưới và ném một con súc sắc. Hãy di chuyển chip đến nút liền kề theo hướng tương ứng với dấu hiệu của xương. Và sau đó chúng ta ném xúc xắc một lần nữa và hành động theo quy tắc này, v.v. Quá trình này được gọi là bước đi ngẫu nhiên đối xứng trên một lưới tam giác phẳng.

Giả sử rằng Cipollino được ẩn trong một trong các nút lưới và thám tử Mr. Morkovu thực hiện các bước đi đối xứng ngẫu nhiên trên lưới; liệu anh ấy có tìm thấy Cipollino không? Hóa ra trong trường hợp này, thám tử cũng tìm thấy nạn nhân của mình với xác suất là một. Đây cũng là một định lý toán học xuất phát từ lý thuyết xác suất, được mệnh danh là “mọi con đường đều dẫn đến thành Rome”. Chúng tôi không trình bày chứng minh của nó - nó phức tạp hơn một chút so với chứng minh của định lý về bước đi ngẫu nhiên trên một đường thẳng. Kết quả sẽ tương tự đối với một lưới hình vuông phẳng (thay vì xúc xắc thông thường, bạn sẽ phải sử dụng một “xúc xắc” có hình khối đa diện thông thường).

Tuy nhiên, nếu chúng ta đi vào một lưới khối trong không gian và xác định tương tự một bước đi ngẫu nhiên đối xứng trên đó (ở đây một lần nữa
Hình 5.

Hình 7.

Nếu bạn sử dụng một con xúc xắc thông thường - sau cùng, có sáu cạnh xuất hiện từ mỗi đỉnh của lưới hình khối), thì kết quả sẽ hoàn toàn khác. Nếu Cipollino trốn xa thám tử thì xác suất bị trúng đòn sẽ không đáng kể. Đây vốn đã là một định lý khó; chúng tôi sẽ không nói bất cứ điều gì về bằng chứng của nó.

Hai từ về ứng dụng

Bản chất vui tươi của ghi chú này không nên đánh lừa người đọc. Lý thuyết bước đi ngẫu nhiên là một nhánh quan trọng và rất hữu ích của lý thuyết xác suất. Nó được sử dụng thành công trong nghiên cứu các quá trình phát triển khác nhau (trong vật lý, hóa học và thậm chí cả kinh tế). Đặc biệt trong những năm gần đây, khi các quá trình ngẫu nhiên được mô phỏng dễ dàng trên máy tính bằng các cảm biến số ngẫu nhiên. Nó nhận được những ứng dụng hiệu quả và bất ngờ trong việc xác định thực tế các phương trình vi phân cụ thể lời giải bằng cách sử dụng cái gọi là phương pháp Monte Carlo. Nhưng đây là một chủ đề cho một câu chuyện riêng biệt.

Để kết luận, chúng tôi đề xuất hai bài toán.

Nhiệm vụ 7. Cipollino sẽ ẩn náu tại điểm 0, tại điểm N có vực thẳm, còn thám tử Morkov đang ở điểm k (k∈Z, 0<k<N). Thám tử cũng trích dẫn Cipollino theo cách tương tự. Nếu chạm điểm 0, anh ta sẽ tìm thấy Cipollino, còn nếu chạm điểm N, anh ta sẽ rơi xuống vực thẳm (hình 6). Xác suất để thám tử tìm thấy Cipollino là bao nhiêu? Khả năng một thám tử rơi xuống vực thẳm là bao nhiêu?

Gợi ý: Chứng minh rằng (theo ký hiệu cũ)

$$P(k) = \frac{1}{2} P(k-1) + \frac{1}{2} P(k+1),$$

49

ở đâu $k=1, 2, ..., N-1$; $P(0)=1$, $P(N)=0$. Các điểm $M_k(k; P(k))$ như thế nào và $k=0,1, ..., N$ nằm ở đâu? Đáp số cho câu hỏi đầu tiên: $P(k) > 1-k/N$. Để trả lời câu hỏi thứ hai, bạn có thể hoán đổi prolistas và cypolilinos. Chứng minh rằng đáp số cho số $P(N-k) - k/N$.

Bài tập 8. Một số thanh giằng như trong Hình 7 a)—2). Tại điểm 1 có một con sâu bướm. Điểm A và B được bôi keo. Con sâu chuyển động tuân theo định luật sau. Nếu nó chạm vào điểm A hoặc điểm B thì nó dính vào điểm đó. Nếu cô ấy đang ở một trong các điểm (trừ A và B) mà từ đó m thanh thoát ra, thì cô ấy chọn một trong các thanh này với xác suất 1/m và bay đến đầu của nó, rồi tiếp tục như mô tả. Xác suất để con sâu bám vào điểm A là bao nhiêu?

Trường học yêu thích bài toán

lớp tám

1. Giải hệ phương trình
   $$\begin{cases} x^2 + xy + y^2 = 7, \\ x^2 + xz + z^2 = 21, \\ y^2 + yz + z^2 = 28. \end{cases}$$

2. Chứng minh rằng các đường tròn dựng trên các cạnh của một tứ giác lồi cũng như đường kính bao phủ tứ giác này.

3. Một cấp số biến phân gồm các số tự nhiên có số hạng kết thúc bằng số 3 nhưng không có số hạng kết thúc bằng số 5. ​​Nó có số hạng kết thúc bằng số 7 không?

4. 870 tấn khối đá granit cần được di dời khỏi mỏ đá. Chứng minh rằng nếu mỗi khối nặng không quá 8 tấn thì 17 sàn, mỗi sàn có sức chở 58 tấn là đủ để vận chuyển.

5. Chứng minh rằng có vô số số nguyên là số chính phương hoàn hảo và giữ nguyên số đó sau khi thêm một đơn vị vào bên phải (theo ký hiệu thập phân).

lớp chín
6. Các số $x, y, z$ thỏa mãn các tương ứng $x+y+z=a$, $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{a}$. Chứng minh rằng ít nhất một trong các số $x, y, z$ bằng $a$.

7. Chia số 1987 cho tổng các số tự nhiên sao cho tích của các số này là lớn nhất.

8. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm $A_1, B_1, C_1$ sao cho $BA_1:A_1C=CB_1:B_1A=AC_1:C_1B=1:2$. Khi các đoạn $AA_1, BB_1, CC_1$ giao nhau, một hình tam giác sẽ được hình thành. Tìm tỉ số diện tích của tam giác này với diện tích của tam giác ABC.

9. Trên các cạnh của một tam giác tùy ý, các tam giác đều được dựng hướng ra ngoài làm đáy. Chứng minh rằng tâm của chúng là ba đỉnh của một tam giác đều.

10. đa thức
    a) $ax^2+bx+c$,
    b) $ax^3+bx^2+cx+d$
    nhận một giá trị nguyên cho bất kỳ số nguyên nào $x$. Các hệ số của nó có thể là bao nhiêu (ví dụ: chúng có phải là số nguyên không)?

lớp mười
11. Giải hệ phương trình
$$\begin{cases} x=y^2+ay+b, \\ y=x^2+ax+b. \end{cases}$$

12. Chứng minh đẳng thức $\sqrt[3]{20+14\sqrt{2}}+\sqrt[3]{20-14\sqrt{2}}=4$.

13. Hình tam giác nào đặt trong một hình tròn nhất định có chu vi lớn nhất?

14. Cho một số số dương, tổng của chúng bằng 3 và tổng bình phương của chúng bằng 1. Chứng minh rằng trong số các số này có thể tìm thấy ba số có tổng không nhỏ hơn 1.

15. Chứng minh rằng tổng các góc của một tứ giác không phẳng trong không gian nhỏ hơn 360°.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
L. D. Kurlyandchik và D. V. Fuks