Kvant 1987, số 6 · Trang

ISSN 0130—2221
Keann
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 V. E. Korepits. Các mẫu Penrose và giả tinh thể
8 Yu. M. Brook, V. I. Geller. Sao lùn trắng là sao kết tinh
15 P. V. Bernitein. Một vài bài học văn bổ sung, hoặc Một lần nữa về tầm nhìn xa khoa học

tin tức khoa học
7 Phản proton trong bẫy

Vấn đề «Kvant»
19 Bài toán M1046—M1050, F1058—F1062
21 Lời giải bài toán M1026—M1030, F1038—F1042
42 Danh sách độc giả viết đúng lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
27 Bài toán
28 V. S. Ashavsky. Và một chiến binh trên chiến trường

Kính vạn hoa «Kvant»

vòng tròn toán học
34 D. V. Fuchs. Công trình xây dựng với một la bàn
37 V. Vâng. Sanninsky. Đang suy nghĩ về một điều tối ưu bài toán

Phòng thí nghiệm «Kvant»
39 A. I. Buzdin, V. V. Sorokin. Chất lỏng sôi

Nghệ thuật lập trình
43 V. A. Kaimin. Xác thực các thuật toán

Xưởng của người nộp đơn
47 S. M. Kozel. Bài toán cho hỗn hợp khí

Các lựa chọn thi tuyển sinh
50 Bài toán kỳ thi tuyển sinh các phương thức khác nhau năm 1986

Thông tin
57 VII Olympic Lập trình Moscow
57 Khóa học hè “Lập trình viên trẻ”
58 Kết quả thi đấu cờ vua năm 1986

Đáp số, gợi ý, lời giải
«Kvant» mỉm cười (14, 18)
Trang cờ vua
Giải vô địch máy vi tính (trang bìa thứ 3)

Trang bìa đầu tiên và thứ hai cho thấy các hình dạng gần như tinh thể của mặt phẳng có hai con gà, do Roger Penrose phát minh.

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

4

lặp lại; điều này sẽ dẫn đến một cặp hình tam giác có kích thước lớn hơn $t^2$ lần so với kích thước ban đầu. Bằng cách áp dụng liên tục phép biến đổi lạm phát, bạn có thể thu được một cặp hình tam giác có kích thước lớn hơn tùy ý. Bằng cách này bạn có thể thay thế toàn bộ máy bay.

Có thể chứng minh rằng sự thay thế được mô tả bằng các tam giác Robinson là không tuần hoàn.

Hãy để chúng tôi phác thảo bằng chứng của tuyên bố này. Hãy tranh luận bằng sự mâu thuẫn. Giả sử rằng sự thay thế mặt phẳng của các tam giác Robinson là tuần hoàn với các khoảng thời gian $\vec{u}$ và $\vec{v}$. Hãy bao phủ mặt phẳng bằng một mạng hình bình hành từ các cạnh $\vec{u}$, $\vec{v}$ (xem hình 1). Chúng ta hãy biểu thị bằng $p$ số lượng tam giác $P$ có đỉnh nằm (so với mạng của chúng ta) nằm trong hình bình hành bóng mờ; Chúng ta hãy xác định số $q$ theo cách tương tự. (Các tam giác $p+q$ đã chọn tạo thành cái gọi là miền chức năng của một sự thay thế tuần hoàn nhất định.) Xét một đường tròn có bán kính $R$ có tâm $O$. Ta hãy biểu thị bằng $p_R$ (tương ứng với $q_R$) số lượng $P$-tam giác (tương ứng với $Q$-tam giác) nằm bên trong đường tròn này.

Có thể chứng minh rằng

$$\lim_{R \to \infty} \frac{p_R}{q_R} = p/q. \tag{1}$$

Thật vậy, số lượng hình tam giác giao nhau với một hình tròn có bán kính $R$ tỷ lệ với $R$, trong khi số lượng hình tam giác bên trong một hình tròn có bán kính $R$ tỷ lệ với $R^2$. Do đó, trong giới hạn, tỉ số giữa số tam giác $P$ và số tam giác $Q$ trong một đường tròn bằng tỉ số này trong miền hàm (hình 8).

Bây giờ chúng ta hãy thay thế và thực hiện phép chuyển đổi giảm phát. Khi đó, trong miền hàm ban đầu có $p' = 2p+q$ nhỏ hơn $P$-tam giác và $q' = p+q$ nhỏ hơn $Q$-tam giác (xem hình 7). Chúng ta hãy biểu thị bằng $p'_R$ và $q'_R$ số lượng hình tam giác ít hơn trong một đường tròn có bán kính $R$. Bây giờ thật dễ dàng để có được một mâu thuẫn. Trong thực tế,

$$\frac{p}{q} = \lim_{R \to \infty} \frac{p_R}{q_R} = \lim_{R \to \infty} \frac{p'_R}{q'_R} = \frac{p'}{q'} = \frac{2p+q}{p+q},$$

Phản proton bị bẫy

Chỉ một trăm năm trước, nhiều người không tin vào sự tồn tại thực tế của các nguyên tử. “Những gì không thể nhìn thấy thì không thể tồn tại” - lập luận này được coi là không thể phủ nhận. Bây giờ điều đó đơn giản là vô lý, vì không chỉ các nguyên tử, mà ngay cả các hạt cơ bản riêng lẻ giờ đây đã trở thành đối tượng nghiên cứu thực sự.

Máy đếm trong phòng thí nghiệm để ghi lại neutron, photon, electron, v.v. Các cơ sở được tạo thành từ một số lượng lớn máy dò đặc biệt được giấu ở trên cao ở Edison - nhưng chất lỏng thay thế của bạn sẽ được lưu trữ trong cái gì? Đối với electron cũng vậy. Rõ ràng là nó sẽ không thể sống trong một bình chứa, ngay cả khi chân không tối đa có thể được tạo ra ở đó - electron sẽ chỉ “dính” vào tường.

Chưa hết, một electron cũng như một phản electron - positron - đều có thể được lưu trữ, lưu giữ trong thời gian dài. Bẫy electron hoặc positron có thể được tạo ra bằng cách sử dụng điện trường và từ trường. Trong từ trường, electron chuyển động theo hình tròn hoặc xoắn ốc. Điện trường được tạo ra trong các tụ điện có hình dạng đặc biệt ngăn không cho hạt tích điện thoát ra theo hình xoắn ốc. Bằng cách kết hợp cả hai trường, người ta có thể “bắt” được phần tích điện của hạt: sự thay đổi chính xác về khối lượng, mômen từ của nó, v.v. Cuối cùng, có thể “đặt” một positron vào bẫy và tạo ra phản nguyên tử - phản hydro.

Bạn có thể nghĩ ra nhiều trải nghiệm thú vị khác, chỉ cần vượt qua những khó khăn còn sót lại một chút là được. Các nhà khoa học hy vọng rằng “phản proton bị bẫy” sẽ sớm trở thành vật trưng bày hấp dẫn trong phòng thí nghiệm vật lý.

TÔI Ở VỚI.

Lùn TRẮNG -
PHA LÊ
SAO

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
Y. M. BROOK,
V. I. GELLER

Trong sự trống rỗng vô tận một quả bóng kiệt sức,
Bị choáng ngợp bởi sự u sầu và đau buồn không giới hạn,
Xấu xí, ngu ngốc, đã hóa đá từ lâu,
bỏ đi, quên mất mình chưa già.

Lecomte de Lisle. “Chúa cuối cùng”

9

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ cố gắng nói về những gì không thể nhìn thấy trong kính hiển vi hoặc kính thiên văn, nhưng có thể hiểu được bằng những khái niệm khá đơn giản và quen thuộc. Chúng ta sẽ nói chủ yếu về sao lùn trắng và… tụ điện. Tất nhiên, tất cả độc giả «Kvant» đều biết tụ điện là gì. Chắc hẳn độc giả cũng đã nghe nói tới sao lùn trắng. Đây là tên của những ngôi sao rất đặc có khối lượng xấp xỉ Mặt trời của chúng ta, nhưng có bán kính nhỏ hơn Mặt trời vài trăm, thậm chí một nghìn lần. Tất nhiên, chúng ta không thể thấy bên trong sao lùn trắng hoạt động như thế nào. Tuy nhiên, khi nói về một tụ điện phẳng, chúng ta có thể, bằng cách sử dụng các phép tương tự vật lý, biết được dữ liệu và các ngôi sao không giống Mặt trời này được cấu trúc như thế nào.

Một số phép tính đơn giản

Khối lượng của một sao lùn trắng điển hình là $M \sim 2 \cdot 10^{30}$ kg, bán kính của nó là $R \sim 10^{-2} R_\odot$ ($R_\odot = 7 \cdot 10^8$ m là bán kính của Mặt trời). Chúng ta thu được mật độ trung bình của chất tạo nên ngôi sao lùn bằng cách chia khối lượng của ngôi sao cho thể tích của nó: $Q$ hóa ra là $\sim 10^9$ kg/m$^3$.

Nếu chúng ta muốn “tạo ra” một sao lùn trắng từ các nguyên tử riêng lẻ, chúng ta sẽ phải tập hợp chúng thành một đám mây lớn gần “điểm” trong không gian nơi chúng ta muốn “đặt” ngôi sao và nói rằng đám mây này có mật độ lớn hơn khoảng $10^6$ lần mật độ trung bình của hành tinh chúng ta. Ở ngoài không gian, các đám mây phân tử hoặc nguyên tử bị nghiền nát dưới tác dụng của lực hấp dẫn.

Các sao lùn trắng thực sự, theo lý thuyết về cấu trúc và sự tiến hóa của các ngôi sao, chứa rất ít nguyên tố “nặng” hoặc thậm chí không chứa chúng. Để ước tính, chúng ta có thể giả định rằng sao lùn trắng được “xây dựng” từ các nguyên tử giống hệt nhau, có khoảng 10 electron trên mỗi nguyên tử. Trong trường hợp này, khối lượng của nguyên tử $m$ có thể được coi là lớn hơn khoảng 20 lần khối lượng của nucleon, tức là được coi là $m \sim 10^{-26}$ kg. Tất nhiên, sự khác biệt về khối lượng của nucleon (proton và neutron), cũng như khối lượng của electron, có thể bị bỏ qua trong một phép tính sơ bộ. Đây là những giả định hoàn toàn hợp lý và chúng sẽ không thực sự ảnh hưởng đến kết luận mà chúng tôi đưa ra.

Số lượng $n$ hạt nhân nguyên tử trên một đơn vị thể tích có được bằng cách chia $\Omega$ cho $m$. Đối với sao lùn trắng của chúng ta, $n$ hóa ra là $\sim 10^{35}$ m$^{-3}$. Điều này có nghĩa là thể tích không gian trung bình trên mỗi hạt nhân là $\sim 10^{-35}$ m$^3$ và khoảng cách trung bình giữa các hạt nhân là $\sim 10^{-12}$ m. Kích thước của các nguyên tử thông thường vào cỡ $10^{-10}$ m. Vì vậy, chúng tôi đi đến kết luận rằng khoảng cách trung bình giữa các hạt nhân bên trong một sao lùn trắng nhỏ hơn hàng trăm lần so với kích thước của những nguyên tử mà từ đó chúng tôi “bắt đầu tạo nên” ngôi sao. Rõ ràng là ở mật độ cao, nguyên tử với tư cách là một hệ “electron + hạt nhân” không tồn tại.

Trong quá trình quét, tất cả các electron bên trong sao lùn trắng đã bị “tách ra” khỏi hạt nhân của chúng và tạo thành chất lỏng điện tử. Các hạt nhân (có thể được gọi là “hạt nhân” trong trường hợp này) hoạt động như thế nào? Có hai khả năng đối với chúng: chúng “bơi” trong “biển điện tử”, giống như các hạt lơ lửng trong chất lỏng, hoặc chúng tạo thành một mạng tinh thể trong đó chất lỏng điện tử “xơ” - khi đó hệ hạt nhân và electron có cấu trúc tương tự như các kim loại thông thường.

Khả năng triển khai nào ở trên thực sự tồn tại? Sao lùn trắng có phải là chất lỏng không? hay tinh thể?

Mục tiêu của chúng tôi là làm rõ vấn đề này. Và, điều đáng ngạc nhiên là thoạt nhìn có vẻ như một tụ điện phẳng sẽ giúp ích cho chúng ta.

Tụ điện phẳng và tần số plasma

Sự kết hợp giữa các electron và hạt nhân bên trong sao lùn trắng tạo thành một hệ plasma, tương tự như plasma ở bên trong Mặt trời hoặc plasma được hình thành trong quá trình phóng khí nói chung. Điểm chung của những hệ thống này là sự cùng tồn tại của các hạt dương và âm, sự tương tác giữa chúng là do lực Coulomb gây ra. (Về việc plasma ở các sao lùn trắng khác biệt đáng kể như thế nào so với hệ thống điện tích Coulomb cổ điển -

10

dov có dấu trái ngược nhau, chúng ta sẽ nói chuyện sau.) Nói chung, hệ thống plasma trung hòa về điện. Điều gì sẽ xảy ra nếu tính trung hòa điện bị vi phạm trong một vùng nhỏ nào đó của không gian?

Chúng ta hãy xem xét một phần tử thể tích bị chiếm giữ bởi plasma giữa hai mặt phẳng. Đầu tiên, chúng ta hãy thảo luận về trường hợp đơn giản khi điện tích dương và âm trong huyết tương có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Đặt diện tích của mỗi địa điểm là $S$ và khoảng cách giữa chúng là $d$. Chúng ta sẽ coi điện tích hạt bằng $\pm e$ và nồng độ của chúng bằng $n_e$. Giả sử rằng chúng ta có thể tách các điện tích trong tập này và đặt tất cả các điện tích dương trên một miếng đệm và tất cả các điện tích âm trên miếng kia. Về cơ bản, chúng tôi đã tạo ra một tụ điện bản song song tích điện. Rõ ràng giá trị tuyệt đối của điện tích trên các bản của tụ điện này là $Q=n_eeSd$, và hướng của điện trường trong nó là $E=Q/\varepsilon_0S=n_eed/\varepsilon_0$.

Kết quả là hỗn hợp tương đối của phần có điện tích trái dấu là $d$. Điện trường xuất hiện trong quá trình trộn có thể được ước tính bằng công thức trên đối với tụ điện. Lực tác dụng lên một hạt là $eE=n_ee^2d/\varepsilon_0$; chia lực này cho khối lượng của hạt $m$, chúng ta thu được gia tốc của nó: $n_ee^2d/\varepsilon_0m$. Xin lưu ý: lực và gia tốc của một hạt tỷ lệ thuận với độ dịch chuyển của nó và chúng có hướng sao cho khôi phục lại trạng thái cân bằng. Nhưng điều này có nghĩa là hạt sẽ thực hiện một dao động điều hòa, và chúng ta có thể nói ngay phần nào của những dao động này sẽ là:

$$\omega_0^2 = \frac{n_ee^2}{\varepsilon_0m}.$$ (*)

Dao động có tần số $\omega_0$ được gọi là tĩnh điện, Langmuir hay đơn giản là plasma.

Người đọc có lẽ đã quyết định bước tiếp theo mà chúng ta sẽ thực hiện trong quá trình lập luận của mình. Tất nhiên, chúng ta phải cố gắng tìm hiểu xem liệu những cân nhắc này về dao động plasma có thể được khái quát hóa thành plasma hạt nhân-điện tử trong các sao lùn trắng hay không. Đáp số Câu hỏi này cũng cho phép khái quát hóa thực tế là có thể. Trong plasma hạt nhân-điện tử cũng phải có sự dao động gây ra bởi sự kết hợp các điện tích lẫn nhau. Nhưng trường hợp này khác với trường hợp đơn giản nhất đã thảo luận ở trên ở chỗ điện tích của hạt nhân không bằng điện tích của electron. Họ cũng có khối lượng khác nhau. Và điều rất quan trọng là nồng độ một phần trong plasma của sao lùn trắng lớn hơn hàng trăm nghìn lần so với plasma mặt trời. Ở nồng độ như vậy, plasma phải được mô tả bằng các định luật lượng tử (trong khi plasma mặt trời có thể được coi là một loại khí cổ điển gồm các hạt tích điện tương tác theo định luật Coulomb). Hóa ra câu hỏi về dao động plasma trong các sao lùn trắng có liên quan chặt chẽ đến câu hỏi về khả năng tồn tại các cấu trúc tinh thể trong chúng. Bây giờ chúng ta sẽ thảo luận về những vấn đề này.

Tinh thể hạt nhân và tính ổn định của mạng tinh thể

Một trong những phép biến đổi pha phổ biến và quen thuộc nhất đối với chúng ta là sự kết tinh. Không ai ngạc nhiên khi vào mùa đông sông hồ bị bao phủ bởi băng. Đôi khi ngay cả biển cũng đóng băng. Nhưng thật đáng kinh ngạc khi sự kết tinh có thể xảy ra trong biển plasma được hình thành bởi các electron và hạt nhân nguyên tử bên trong sao lùn trắng?

Trong các lý thuyết ban đầu về sao lùn trắng, người ta tin rằng vật chất có mật độ đặc trưng của các vùng bên trong

11

Thân của những ngôi sao này là hỗn hợp chất lỏng của hạt nhân và electron. Hạt nhân trong một “dung dịch” như vậy, giống như các hạt trong chất lỏng thông thường, có thể được thêm vào những khoảng cách đáng kể và chuyển động của chúng có thể hỗn loạn. Ý tưởng về cấu tạo và độ ổn định của mạng hạt nhân nguyên tử chìm trong biển điện tử đã xuất hiện cách đây hơn vài năm.

Chúng ta cũng đề xuất rằng hạt nhân nguyên tử mang điện tích Ze thực sự tạo thành một mạng tinh thể, tức là chúng được “gắn” vào những vị trí nhất định trong không gian. Tất nhiên, các electron xung quanh chúng “sóng” “đi” khắp tinh thể này, nhưng trung bình có các electron Z ở gần mỗi hạt nhân. Sự phá hủy mạng rõ ràng sẽ xảy ra nếu hạt nhân có thể bị dịch chuyển rất nhiều khỏi vị trí cân bằng của chúng. Những dao động nhỏ của hạt nhân không dẫn đến sự phá hủy mạng tinh thể.

Trong chất rắn thông thường, dao động của mạng tinh thể chủ yếu do nhiệt độ gây ra. Đối với tinh thể hạt nhân, tương tác Coulomb đóng vai trò rất quan trọng. Dao động kiểu plasma sẽ xảy ra ở bất kỳ nhiệt độ nào, kể cả những nhiệt độ rất thấp. Mục tiêu của chúng ta bây giờ là ước tính tần số và năng lượng của những dao động này và so sánh năng lượng sau với thế năng của hạt nhân trong mạng tinh thể và với giá trị kT, đặc trưng cho dao động nhiệt độ. Nếu thế năng hóa ra lớn hơn nhiều so với kT và năng lượng đặc trưng của dao động plasma, thì chúng ta có thể nói rằng hạt nhân được “gắn” với nút “của nó” trong mạng tinh thể.

Thật thuận tiện khi chia toàn bộ hệ thống “hạt nhân + electron” của chúng ta thành các ô có điều kiện có dạng hình cầu và mỗi ô chứa một hạt nhân có điện tích Ze và Z. Nếu một đơn vị thể tích chứa nₐ hạt nhân thì bán kính r của ô có thể được xác định từ điều kiện $\frac{4}{3} \pi r^3 n_\alpha = 1$; do đó $r \sim n_\alpha^{-1/3}$. Nói chung, mỗi tế bào như vậy đều trung hòa về điện. Vì số lượng electron Z >> 1, nên chúng ta có thể giả định để ước tính rằng các electron tạo thành đám mây mang điện tích âm được “bôi” đều khắp tế bào. Sự dao động của hạt nhân trong đám mây mang điện tích âm này sẽ xảy ra ở tần số plasma

$$\Omega_0^2 \sim \frac{n_\alpha(Ze)^2}{\varepsilon_0 m_\alpha} \sim \frac{Z^2 e^2}{\varepsilon_0 m_\alpha r^3}.$$

Đây thực chất là cùng một công thức (*). Nhưng bây giờ chúng ta mới nói về dao động của hạt nhân có điện tích Ze và khối lượng mₙ.

Chúng tôi đã đề cập rằng do mật độ hạt cao, plasma trong sao lùn trắng được mô tả bằng định luật lượng tử. Đương nhiên, các dao động trong plasma như vậy phải thuần khiết, do đó tổng năng lượng dao động của mạng tinh thể, được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử, bao gồm các phần riêng lẻ - lượng tử năng lượng. Với tần số rung động, có thể dễ dàng ước tính năng lượng của phần đó. Để làm điều này, tần số $\Omega_0$ phải được nhân với hằng số Planck $\hbar \left(\hbar = \frac{h}{2\pi}\right)$.

Giá trị $\hbar \Omega_0$ là năng lượng đặc trưng của dao động plasma, liên hệ giữa một hạt dao động, trong trường hợp của chúng ta, với một hạt nhân. Ở đây chúng ta cũng nói rằng đối với các điều kiện điển hình bên trong các sao lùn trắng, năng lượng kT của dao động nhiệt (một lần nữa, trên mỗi tần số) nhỏ hơn nhiều so với $\hbar \Omega_0$. Điều này cho phép chúng ta “quên” nhiệt độ khi nói về sự thăng giáng của mạng tinh thể của sao lùn trắng. (Họ có thể kiểm chứng tính đúng đắn của bất đẳng thức kT << $\hbar \Omega_0$ bằng cách thay vào công thức $\Omega_0$ các giá trị bằng số của các tham số đặc trưng của sao lùn trắng và lấy

12

Ước tính nhiệt độ $T$ bên trong sao lùn trắng $\sim 10^6$ K.

Vì vậy, tất cả những gì chúng ta phải làm là so sánh $U_0$ và $\hbar \Omega_0$. Thế năng của một hạt nhân “ngồi” tại một vị trí của mạng tinh thể là $U_0 \sim \frac{Z^2 e^2}{\varepsilon_0 r}$. Đôi khi người ta nói rằng công thức “Coulomb” tổng quát này xác định “độ sâu của giếng thế” trong đó hạt nhân dao động “rơi”. Chúng ta cũng có thể nói rằng $U_0$ xác định năng lượng liên kết của hạt nhân trong hệ các hạt khác bao quanh nó.

Bây giờ chúng ta hãy viết mối quan hệ $\hbar \Omega_0 / U_0$ bằng cách sử dụng các công thức trên cho $\Omega_0$ và $U_0$:

$$\frac{\hbar \Omega_0}{U_0} \sim \left( \frac{\hbar^2 \varepsilon_0}{Z^2 e^2 r_m} \right)^{1/2} = \left( \frac{r_0}{r} \right)^{1/2}.$$

Đây $r_0 = \frac{\hbar^2 \varepsilon_0}{Z^2 e^2 m_\pi}$ là một tham số đặc trưng cho kernel với $Z$ và $m_\pi$ đã cho. Giá trị điển hình của $r_0 / r$ đối với sao lùn trắng là vào khoảng $10^{-5}$. (Bạn có thể tự mình có được con số này bằng cách đếm mật độ vật chất trong ngôi sao $\sim 10^9$ kg/m$^3$ và $Z \sim 10$.)

Do đó, chúng tôi tin rằng $(r_0 / r)^{1/2} \ll 1$, và điều này có nghĩa là năng lượng của hạt nhân bình bên trong sao lùn trắng nhỏ hơn thế năng. Nói cách khác, mạng tinh thể, nếu đã hình thành, sẽ không tự phân hủy!

Sự kết tinh trong sao lùn trắng

Trong sáu năm nay, chúng ta đã thảo luận về một tình huống trong đó hiệu suất liên quan đến nhiệt độ có thể bị bỏ qua. Trong trường hợp này, bất đẳng thức $\hbar \Omega_0 \gg kT$ đúng. Tuy nhiên, thuyết tiến hóa sao dự đoán rằng khi sao lùn trắng còn trẻ, các phản ứng hạt nhân đã diễn ra ở độ sâu của nó và nó khá nóng. Sau khi các phản ứng hạt nhân kết thúc, nhiệt độ trong ngôi sao có thể vẫn vào khoảng $10^7$ K. Đương nhiên, ở nhiệt độ đủ cao, sao lùn có thể không ở dạng kết tinh. Trong lịch sử ban đầu của nó, có thể đã có một thời kỳ mà $kT$ lớn hơn $\hbar \Omega_0$. Trong trường hợp này, vai trò chính không phải do plasma mà do sự dao động nhiệt độ.

Và trong giai đoạn này, $kT$ cần được so sánh với $U_0$ để giải quyết câu hỏi liệu mạng tinh thể khi đó có tồn tại hay không.

Không, dù có thể như vậy, phần lớn cuộc đời của người lùn đều trải qua trong những điều kiện $kT < \hbar \Omega_0 \ll U_0$. Vì vậy, khi nó còn sót lại, sự kết tinh phải xảy ra. Trong quá trình kết tinh, các vùng bên trong của sao luôn nóng hơn các vùng bên ngoài nên cấu trúc tinh thể - “lớp vỏ” - đầu tiên xuất hiện từ bên ngoài, sau đó mới “phát triển” vào sâu trong sao lùn.

Trong quá trình kết tinh, năng lượng được giải phóng và cuối cùng được ngôi sao tỏa ra. Tính toán cho thấy năng lượng này không hề nhỏ. Điều tự nhiên là so sánh nó với tổng năng lượng hấp dẫn (đây là tên của năng lượng cần thiết để phá hủy một quả cầu hấp dẫn và “phân tán” tất cả các hạt cấu thành của nó ở khoảng cách đủ lớn với nhau). Sự so sánh cho thấy rằng năng lượng giải phóng trong quá trình kết tinh có thể đạt tới một phần trăm hoặc thậm chí vài phần trăm tổng năng lượng hấp dẫn của một sao lùn trắng. Một nguồn năng lượng khác do sao lùn phát ra là năng lượng nhiệt của nó. Với điều kiện là nhiệt độ của mạng hạt nhân tinh thể bên trong gần nhau (theo ước tính, nhiệt độ sau có thể ở mức $10^7$ K), nguồn dự trữ năng lượng nhiệt có thể tương đương với năng lượng kết tinh. Về nguyên tắc, chúng ta có thể giả định rằng một sao lùn trắng, sau khi ngừng các phản ứng hạt nhân trong đó, sẽ ở trạng thái phát ra năng lượng cỡ một phần trăm năng lượng hấp dẫn của nó.

Năng lượng hấp dẫn của một ngôi sao

13

bậc độ lớn là $GM^2/R$; thay thế $M \sim 2 \cdot 10^{30}$ kg, $R = 7 \cdot 10^6$ m, chúng ta nhận được xấp xỉ $4 \cdot 10^{43}$ J. Độ sáng trung bình của các sao lùn trắng nóng và sáng là vào bậc $10^{-2} L_\odot$, trong đó $L_\odot \approx 4 \cdot 10^{26}$ W là độ sáng của Mặt trời của chúng ta (độ sáng là tổng năng lượng phát ra trên một đơn vị thời gian). Biết được điều này, có thể dễ dàng tính toán rằng năng lượng dự trữ - nhiệt và giải phóng trong quá trình kết tinh - đủ để một sao lùn trắng phát ra bức xạ trong ít nhất $10^9$ năm. Tất nhiên, những con số đưa ra chỉ là những giá trị điển hình; đối với các ngôi sao cụ thể, chúng có thể khác nhau. Người ta thường nói rằng giai đoạn cuối cùng của quá trình tiến hóa sao có thể là sao lùn trắng, sao neutron hoặc lỗ đen. Tuy nhiên, hóa ra ngay cả sau “tuổi trẻ đầy sóng gió”, các ngôi sao “không muốn chết”. Sau khi cạn kiệt nguồn năng lượng hạt nhân dự trữ, họ vẫn giữ được các nguồn và năng lượng dự trữ khác, cho phép chúng bức xạ trong một thời gian dài ngay cả khi lẽ ra phải đến “tuổi già”.

Bây giờ chúng ta có thể đưa ra lựa chọn chính cho câu chuyện của mình về các sao lùn trắng. Những ngôi sao loại này không quá nóng nên có dạng tinh thể; chúng là tinh thể; ngay khi nhiệt độ của chúng giảm xuống khoảng $10^6$ K.

Việc quan sát các sao lùn trắng là rất khó, đặc biệt nếu chúng là những ngôi sao nguội (trong thiên văn học chúng được gọi là sao lùn trắng “đỏ”). Độ chói thấp và độ phức tạp của quang phổ của chúng đòi hỏi các telex rất tinh vi. Đồng thời, hàng nghìn sao lùn trắng hiện đã được biết đến, nằm rải rác trong một quả cầu có bán kính 100 Parsec ($1$ Parsec $\approx 3 \cdot 10^{16}$ m) xung quanh Hệ Mặt trời. Tổng cộng, các sao lùn trắng chiếm từ 5 đến 10% tổng số sao.

Trạng thái vật chất của sao lùn trắng, không tồn tại và không thể đạt được trong điều kiện trên mặt đất, rất quan trọng đối với chúng ta để biết về tính chất vật lý của sao neutron - xét cho cùng, các lớp bên ngoài của chúng bao gồm vật chất có các thông số gần giống như bên trong sao lùn trắng.

Ứng dụng

Về mối liên hệ giữa các thông số chính của sao lùn trắng

Tất nhiên, các đặc điểm chính của bất kỳ ngôi sao nào là khối lượng, bán kính, thành phần hóa học, nhiệt độ và độ sáng. Tất nhiên, không phải tất cả các giá trị này đều độc lập. Chẳng hạn, thật dễ hiểu khi độ sáng phải liên quan đến nhiệt độ - ngôi sao càng nóng thì nó càng phát ra nhiều. Ở đây chúng tôi sẽ đưa ra một ví dụ về một mối quan hệ khác - giữa khối lượng của sao lùn trắng $M$, bán kính của nó $R$ và tỷ lệ của nó $Z/A$. Tham số $Z$ và $A$ là số trong Bảng tuần hoàn các nguyên tố và số khối (tức là số nucleon) của hạt nhân của những nguyên tử mà từ đó ngôi sao được “xây dựng”. Để đơn giản, chúng ta sẽ giả sử rằng sao lùn trắng được “xây dựng” từ các nguyên tử giống hệt nhau (giả định này sẽ không làm hỏng bức tranh định tính mà chúng ta quan tâm).

Các chất hấp dẫn, vật chất lướt qua của ngôi sao, tạo ra áp suất hấp dẫn bên trong. Cái gì “chống lại” áp lực này để đảm bảo sự cân bằng của ngôi sao? Trong trường hợp một ngôi sao như Mặt trời của chúng ta, lực nén hấp dẫn bị cản trở bởi áp suất khí (áp suất plasma). Ở các sao lùn trắng, áp suất hấp dẫn được cân bằng bởi áp suất của chất lỏng electron bên trong ngôi sao. Từ điều kiện cân bằng $p_G = p_e$ chúng ta có thể thu được công thức kết nối các tham số $M, R, Z$ và $A$ mà chúng ta quan tâm. Nhưng trước tiên chúng ta cần tìm $p_G$ và $p_e$. Chúng tôi sẽ làm điều này bằng cách sử dụng các cân nhắc về chiều.

Điều tự nhiên là giả sử rằng công thức tính áp suất hấp dẫn tại tâm ngôi sao phải là $p_G$ với khối lượng của ngôi sao $M$, bán kính của nó $R$ và hằng số hấp dẫn $G$. Hãy viết kích thước của các đại lượng này:

$$[p_G] = \kappa r^1 M^{-1} c^{-2},$$
$$[M] = \kappa r, [R] = m, [G] = \kappa r^{-1} M^3 c^{-2}.$$

Chúng ta sẽ tìm sự phụ thuộc $p_G(G, M, R)$ mà chúng ta quan tâm ở dạng $p_G \sim G^x M^y R^z$. Hãy viết các điều kiện để cân bằng các kích thước khí ở phần bên trái và bên phải của hệ thức đã viết:

$$\kappa r^1 M^{-1} c^{-2} = \kappa r^{-1} M^3 c^{-2} = \kappa r^{-1} + y M^3 x + z c^{-2}.$$

Đẳng thức này chỉ được thỏa mãn nếu

$$1 = -x + y, -1 = 3x + z, -2 = -2x.$$

Giải hệ phương trình này, ta thu được: $x = 1, y = 2, z = -4$. Do đó, loại bỏ công thức là:

$$p_G \sim G \frac{M^2}{R^4}.$$

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang định nghĩa của $p_G$. Việc trình bày kết quả ở đây rất hữu ích

14

Cá sấu trong phong bì

Olga Ieronimovna Kapitsa mỉm cười với nụ cười nhân hậu của người mẹ. Bức thư đến từ Petya. Đúng vậy, anh ấy không còn là Petya nữa mà là Pyotr Kapitsa, một nhà vật lý 27 tuổi, người vừa được nhận vào thực tập tại Cambridge, trong phòng thí nghiệm Rutherfor. Mở phong bì và nhìn ngày 25 tháng 10 năm 1921, cô bắt đầu đọc. Đầu tiên, tôi sẽ miêu tả một cách bình tĩnh về thời gian tôi ở Cambridge. Và đột nhiên “… mối quan hệ với Rutherfort, hay như tôi gọi anh ấy là “con cá sấu”, trở nên tồi tệ hơn.” Đây là gì - nghịch ngợm? Tuổi thơ? Được rồi, ở trường - tất cả những lời khen ngợi mà bọn trẻ dành cho giáo viên của mình. Nhưng Petya không phải là một cậu học sinh! Một nhà khoa học nổi tiếng thế giới, một người cố vấn, người mà chúng tôi đã cố gắng hết sức để tiếp cận, và đột nhiên gọi anh ấy là CÁ SẤU!! Rốt cuộc, nếu nhân viên phát hiện ra thì chính giáo sư cũng phát hiện ra! Anh ấy sẽ đuổi bạn ra ngoài, lời tôi nói, anh ấy sẽ đuổi bạn ra ngoài!

Họ biết tất cả mọi thứ. Rutherfort cũng biết. Và anh ấy đã không đuổi tôi ra ngoài. Anh ấy cũng vậy, không phải là không có cảm giác hài hước. Một năm sau, trong cuộc trò chuyện với Rutherfort, Kapitsa đã nhắc ông chủ về ngày đầu tiên họ gặp mặt. Sau đó Rutherfort nói rằng tất cả 30 chỗ trong phòng thí nghiệm đã được lấp đầy. Pyotr Leonidovich hỏi giáo sư cho phép độ chính xác như thế nào trong công việc khoa học? Nhận được đáp số - 2 - 3%, Kapitsa nói rằng một nhân viên ngoài 30 chỉ là khoảng 3% và con số này không vượt quá độ chính xác cần thiết. Vị giáo sư giấu nụ cười vào bộ ria mép… và chào đón nhà vật lý trẻ tuổi. Nhớ lại điều này, Rutherfort nói thêm rằng anh rất vui vì điều đó.

Vậy tại sao lại là “cá sấu”?

Peter Leonidovich đã giải thích điều đó theo cách này: “Con vật này không quay trở lại bất cứ đâu và do đó có thể tượng trưng cho năng suất làm việc của Rutherford và mong muốn tiến về phía trước của anh ấy”.

Năm 1931, Krokodil đã chi 15 nghìn bảng Anh để xây dựng và trang bị một tòa nhà thí nghiệm đặc biệt cho Kapitsa. Tháng 2 năm 1933, phòng thí nghiệm được khánh thành ở Cambridge. Trên bức tường cuối của một tòa nhà 2 tầng có một con cá sấu khổng lồ được chạm khắc bằng đá, bao phủ toàn bộ bức tường. Nó được Kapitsa ủy quyền và được thực hiện bởi nhà điêu khắc nổi tiếng Eric Gill. Chính Rutherfort đã giải thích rằng đó là anh ta. Cửa trước được mở bằng một chiếc chìa khóa mạ vàng hình con cá sấu.

Khoảng 60 năm đã trôi qua, hôm nay khi một nhóm du khách đi dọc tòa nhà của phòng thí nghiệm này, khi được hỏi về con cá sấu, người hướng dẫn viên đã gắn thẻ: “Đây là một trò đùa tối thiểu của một trong những học sinh của Giáo sư Rutherfort”. Nhưng đây không phải là một “trò đùa dễ thương”, mà là một Tượng đài. Tượng đài tình bạn giữa thầy và trò, nhà vật lý người Anh Rutherfor và nhà vật lý Liên Xô - người sáng lập và giám đốc đầu tiên của Viện các vấn đề vật lý Leonidovich Kapitsa.

Đây là điều mà một hướng dẫn viên ở Cambridge có thể nói đến, dẫn đầu một nhóm mismo của tòa nhà thí nghiệm với một con cá sấu đang bò dọc theo bức tường.

V. Z. Bulvanker

MỘT SỐ BỔ SUNG
ĐẾN BÀI HỌC VĂN HỌC,
hoặc Một lần nữa về tầm nhìn xa khoa học
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
P. B. BERNSTEIN

Người ta kể rằng khi David Gilbert được hỏi về số phận của một trong những học trò của mình, ông đã nói: “Ồ, cái này! Anh ấy đã trở thành một tư thế. Anh ấy có quá ít trí tưởng tượng đối với một nhà toán học!”

Chúng ta hãy vinh danh trí thông minh của nhà toán học vĩ đại. Nhưng… Thật khó để nói nhà khoa học nào đã mất đi con người của học sinh được đề cập, nhưng tôi nghĩ-

17

Vì vậy, vào năm 1920, robot bắt đầu cuộc hành quân thắng lợi. Và rất nhanh khái niệm này đã được áp dụng vào công trình của các nhà khoa học.

Tất nhiên, công lao của Karal Capek không phải là ở chỗ ông đã giới thiệu các từ này, mà là các nhà khoa học đã sử dụng chúng (như đã xảy ra với từ “quark”, được người anh hùng trong tác phẩm “Finnegans Wake” của nhà văn người Anh James Joyce nghe thấy trong cơn ác mộng: các nhà vật lý gọi quark là các hạt cơ bản giả thuyết, trong đó có nhiều hạt cơ bản được cho là chứa). Nói đúng ra, không phải Karal Capek là người đặt ra từ “robot”. Đây là cách anh ấy tự mô tả nó: “… một ngày đẹp trời… tác giả nảy ra ý tưởng viết… bằng văn bản. Và trong khi bàn ủi còn nóng, anh ấy đã nảy ra một ý tưởng mới với anh trai mình là Joseph, một nghệ sĩ, người lúc đó đang đứng bên giá vẽ… Tác giả đã tóm tắt nó một cách ngắn gọn nhất có thể… “Nhưng tôi không biết,” tác giả nói, “tôi nên gọi những công nhân nhân tạo này là gì. Tôi sẽ gọi họ là lao động [rõ ràng là từ từ lao động trong tiếng Anh - P.B.], nhưng đối với tôi, có vẻ như điều này quá sách vở." “Vậy hãy gọi họ là robot,” người nghệ sĩ lẩm bẩm,…tiếp tục sơn lót bức tranh…” Trong vở kịch của mình, Capek đã đặt ra câu hỏi về hậu quả xã hội của tiến bộ công nghệ và xem xét nhiều vấn đề triết học về tương lai của khoa học - điều khiển học. Khi bàn luận về vở kịch, ông nói: “Tôi muốn viết một vở hài kịch, một phần là hài khoa học, một phần là hài kịch sự thật… Việc tạo ra homunculus là một ý tưởng thời Trung cổ; để nó phù hợp với điều kiện của thế kỷ chúng ta, quá trình sáng tạo phải được tổ chức trên cơ sở sản xuất hàng loạt… Kế hoạch phát triển của con người, cuối cùng, thoát khỏi sức mạnh của bàn tay con người, bắt đầu sống theo quy luật của chính nó.” Có vẻ như rõ ràng tại sao, sau khi tạo ra một “con người” cơ khí (hay đúng hơn là điện tử), các nhà khoa học không nhớ đến Golem, không phải một số homunculus khác, mà là robot Karal Capek.

Và một ví dụ nữa. Ai đã phát triển lý thuyết về động cơ đẩy tên lửa nhiều tầng? Đáp số sẽ không gặp khó khăn gì khi trả lời câu hỏi này. Tất nhiên là Konstantin Eduardovich Tsiolkovsky! Ông đã trình bày nhiều ý tưởng cơ bản, các công thức rút ra và chỉ ra các phương pháp phát triển công nghệ tên lửa. Đóng góp của ông cho khoa học nói chung được công nhận và không thể phủ nhận. Nhưng ý tưởng (chỉ là một ý tưởng!) Về một “động cơ có nhiều giai đoạn” đã được nhà văn người Pháp và do đó là nhà triết học Cyrano de Bergerac thể hiện vào thế kỷ 17, cái tên mà tất nhiên, được nhiều người biết đến từ vở kịch của E. Rostand. Trong tác phẩm “Another Light, or the States and Empire of the Moon”, xuất bản năm 1657, động cơ giúp người anh hùng tiếp cận vệ tinh tự nhiên của chúng ta được mô tả: “Ngay khi ngọn lửa phá hủy một hàng tên lửa—chúng được sắp xếp thành sáu mảnh—nhờ cầu chì đặt ở cuối mỗi hàng, một hàng khác đã bốc cháy.”

Thành thật mà nói, trí tưởng tượng của con người không có giới hạn. Nhưng công bằng mà nói, cần lưu ý rằng chỉ trí tưởng tượng phong phú sẽ không cho phép nhà văn trở thành người dự đoán trong khoa học. Kiến thức sâu sắc cũng được yêu cầu.

Boris Nikolaevich Bugaev, người đã lấy hạt giống văn học “Andrei Bely” cho mình, theo học tại Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow.

Frasis Bacon tốt nghiệp Đại học Cambridge. Ông sở hữu nhiều kiến ​​thức đặc biệt và trao đổi thư từ với các nhà khoa học xuất sắc cùng thời. Karl Marx mô tả ông là “người sáng lập chủ nghĩa duy vật Anh và toàn bộ khoa học thực nghiệm hiện đại”.

Karal Capek học tại Sorbonne và Đại học Praha và rất thành thạo nhiều vấn đề kỹ thuật.

Cyrano de Bergerac là một trong những người có học thức cao nhất vào thời của ông. Trong ngôi nhà của người bạn Pierre Gassendi - triết gia duy vật, nhà thiên văn học, nhà toán học - Cyrano đã gặp Pierre Fermat, Rene Descartes; ông quan tâm đến các lý thuyết của Copernicus và Kepler.

Và để kết luận, tôi xin trích dẫn mà không bình luận từ tư thế “Những tấm gương” (1969) của Semyon Kirsanov:

“Không có cách nào để kiểm tra vòng tròn, đặc biệt nếu bạn đang đảm nhận một công việc chưa được biết đến. Đầu tiên - một giả thuyết, một sợi dây… Nhưng đừng sợ các giả thuyết! Tốt hơn là nên sống trong sự bầm dập, vấp ngã, tìm kiếm liên tục. Nhưng một ngày nào đó, qua những mảnh vụn của sai lầm, một chiếc chìa khóa sẽ xuất hiện. Có thể chùm tia rơi xuống kính theo một góc sẽ tạo cho vật liệu tổng hợp một độ dốc đặc biệt, và các hạt đứng lên như những chiếc kim nhím: mỗi hạt là một ảnh chụp nhanh, một đống gai của những thứ ánh sáng vô hình.〈…〉

Nhưng mục tiêu còn xa vời mà tấm kính đơn phương, êm ả. Nhưng các thỏa thuận đã có hiệu lực! Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta chấp nhận trò chơi của các hạt, trả lại chúng, ngăn chặn sự phản chiếu? Tôi đang đi đúng hướng! Vì vậy, hãy đi - từ lời giải đến lời giải, không bao giờ quay lại! Các sợi laser ẩn và trượt. Tôi đang tưởng tượng ra điều gì đó rồi!”

Xin lỗi vì trích dẫn dài dòng, nhưng đối với tôi, có vẻ như nó liên quan đến chủ đề của ghi chú. Bạn thấy gì? Sẽ không thú vị lắm nếu có cuộc bỏ phiếu, hoặc có thể là cỗ máy thời gian?…

Phân loại

Năm 1984, nhà xuất bản Nauka đã xuất bản một cuốn sách của nhà duy vật thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, L. B. Okun, “Vật lý của các nguyên tố hạt”. Cuốn sách này có cấu trúc độc đáo. Để dễ đọc hơn phần chính có tính chất đặc biệt, nó chứa các lớp thuật ngữ. Một trong những thuật ngữ - “hadron” - từng được chính Lev Borisovich đề xuất và nhận được sự công nhận của quốc tế. Một lời giải thích thú vị về thuật ngữ “phân loại”, mà chúng tôi sẽ mô tả đầy đủ ở đây.

Phân loại là sự phân bố các đối tượng hoặc hiện tượng thành các lớp. Nhiều ví dụ về các loại phân loại khác nhau được tìm thấy trong các trang của cuốn sách này.

Một ví dụ thú vị về phân loại, nằm ở các vị trí khác nhau

mô hình vật lý, được đưa ra trong cuốn sách “Từ ngữ và sự vật” của triết gia người Pháp hiện đại M. Foucault. Theo Foucault, ông đã lấy cách phân loại này từ cuốn sách của nhà văn người Argentina Jorge Luis Borges, người lần lượt trích dẫn Bách khoa toàn thư phương Đông Neculo. Tôi không tìm thấy câu trích dẫn này trong sách của Borges và trình bày nó như Foucault đưa ra:

“Các loài động vật được chia thành: a) những loài thuộc về Hoàng đế, b) được ướp xác, c) được thuần hóa, d) lợn con, e) còi báo động, f) thần thoại, g) chó hoang, h) được bao gồm trong phân loại này, i) hai tai, như trong cơn điên, j) vô số, k) được rút ra bằng axit rất mịn từ con lạc đà sáu, l) và những loài khác, n) vừa làm vỡ một cái bình, o) nhà xuất bản dường như là ruồi.”

Nếu việc phân loại bất kỳ ngành vật lý nào bằng cách nào đó khiến bạn nhớ đến cách phân loại động vật này, thì điều đó có nghĩa là bạn chưa nắm vững đầy đủ phần này. Hãy nghiên cứu nó cho đến khi sự ác biến mất.

19

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 9 năm 1987 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ trong các phong bì khác nhau. Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết: “Vấn đề «Kvant» Số 6-87” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M1046” hoặc “F1058”. Ở cột “…địa chỉ người gửi”, vui lòng ghi riêng họ và tên của bạn. Kèm theo một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).

Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản được chỉ định trong một phong bì riêng biệt, thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý hoặc “…mới bài toán trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái hãy cho biết mã số trường và lớp bạn đang theo học.

M1046. Cho tam giác ABC có góc A bằng 60°. Chứng minh rằng một trong các đường phân giác của góc tạo bởi các đường cao vẽ từ đỉnh B và C đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác này.

V. Pogrebyan, học sinh lớp 10, Vinnitsa

M1047. Trong một giải đấu cờ vua diễn ra trong một hiệp, ít nhất 3/4 tổng số ván đấu đã chơi tại một thời điểm nào đó kết thúc với tỷ số hòa. Chứng minh rằng tại thời điểm này có 2 người tham gia có cùng số điểm.

M. Bona, học sinh trung học, Hungary

M1048*. Một trong hai người chơi (“người mới bắt đầu”) đặt quân mã lên một ô nhất định trên bàn cờ. Sau đó, người chơi lần lượt di chuyển hiệp sĩ theo luật chung (chữ “Γ”), nhưng bạn không thể đặt hiệp sĩ trên sân đã bị đánh. Người không có nơi nào để đi sẽ thua cuộc. Ai có thể đạt được chiến thắng (bất kể hành động của đối thủ) - người mới bắt đầu hoặc đối tác của anh ta a) trên bảng 8x8; 6) trên bảng m×n, trong đó m ≥ n ≥3?

V. Zudilin, học sinh lớp 10, Veltsy

M1049. Chúng ta sẽ nói rằng một hình trụ C2 khác nội tiếp vào hình trụ C1 nếu hai đường sinh của hình trụ thứ hai nằm trên hai đáy của hình trụ thứ nhất, và các điểm chẵn của đường tròn đáy hình trụ thứ hai nằm trên bề mặt bên của hình trụ thứ nhất (hình 1). Lấy hình trụ C1 có tỉ số đường kính và chiều cao bằng k, ta viết hình trụ C2 vào đó theo chiều ngang (nếu có thể), viết nghiêng C3 vào đó, viết C4 vào đó, v.v. Ở giá trị nào của k a) ta viết được C2 chứ không viết được C3; 6)* bạn có thể nhập Ts10, nhưng không thể nhập Ts11; 8)* có thể nhập dãy vô hạn CN (n=1, 2, …) không?

V. Stolin, học sinh lớp 11, Vilnius

M1050. Trên đoạn [−1, 1], k điểm khác nhau được chọn, với mỗi tích khoảng cách đến k−1 điểm còn lại được tính và S biểu thị tổng các nghịch đảo của k tích này. Chứng minh rằng a) S ≥2 với k=3; 6)* S ≥4 tại k=4.

L. D. Kurlyandchik

F1058. Quả bóng lăn dọc theo mép sắt thẳng ACB (hình 2) với vận tốc v không trượt; khoảng cách AB bằng bán kính của quả bóng. Điểm nào trên quả bóng có tốc độ tối đa? Tốc độ là bao nhiêu?

S. S. Krotov

F1059. Tại một điểm nhất định trong không gian, cần phải tạo ra trường định hướng tối đa có thể (gia tốc trọng trường), có sẵn một khối lượng vật chất nhất định có mật độ không đổi.

a) Chất đó nên ở dạng nào?
b) Vị trí tương đối của vật và điểm là bao nhiêu?

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

20

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 9 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 viết 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. Cuối năm học chúng tôi tổng hợp kết quả môn Lượng tử

F1060. Một tấm thảm toán học là một thanh không trọng lượng có chiều dài $l$, ở đầu tự do có gắn một vật nặng nhỏ. Một hạt cùng mảng được đặt trên thanh, hạt này có thể trượt tự do dọc theo thanh dẫn ngang đi đến mức giữa thanh (hình 3). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của một matnik như vậy. Không có đào tạo.

L. G. Markovich

F1061. Ngọn lửa của đèn cồn bắt đầu bập bùng, lách tách trước khi tắt. Tại sao?

A. S. Butov

F1062. Một hạt vũ trụ chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng đi vào một bể chứa trong một thiết lập thí nghiệm chứa đầy chất lỏng có chiết suất $n=1,6$. Sự đi qua của một hạt qua chất lỏng đi kèm với sự phát sáng. Sau một thời gian ngắn sau khi hạt chạm vào bể, thiết bị đặt tại điểm $C$ được bật lên, ghi nhận thời điểm bật hai điểm sáng $A$ và $B$ (sơ đồ thí nghiệm trên một tỷ lệ nhất định thể hiện ở hình 4; nhìn từ trên xuống, các điểm $C$, $A$ và $B$ nằm ngang mặt phẳng). Giải thích hiện tượng quan sát được và sử dụng hình, tìm tốc độ của hạt. Việc hãm các hạt trong chất lỏng là một khẳng định.

A. I. Vuzdin

Problems

M1046—M1050, P1058—P1062

M1046. In the acute triangle $ABC$ the angle $A$ is $60^\circ$. Prove that one of the bisectors of the angle between the two altitudes drawn from the vertices $B$ and $C$ passes through the circumcircle of the triangle.

V. Pogrebnyak, 10th form student, Vinnitsa

M1047. In a one round chess tournament no less than 3/4 of the games concluded at some moment were drawn. Prove that at this moment at least two players had the same number of points.

Miklos Bona, gymnasium student, Hungary

M1048*. The first of two players places a knight on an empty chessboard. Then the players make ordinary moves in turn with the knight, never placing it in a position which it occupied before. The player who can’t make such a move loses. Who can win (independently of his opponent’s moves) — the first player or the second a) on an 8 by 8 board; b) on an $m$ by $n$ board, where $m \geq n \geq 3$?

V. Zudilin, 10th form student, Beltsy

M1049. Chúng ta nói hình trụ $C_1$ nội tiếp trong hình trụ $C_2$ nếu hai máy phát của hình trụ thứ hai nằm trên đế của hình trụ thứ nhất và bốn điểm của đường tròn cơ sở của hình trụ thứ hai nằm trên bề mặt bên của hình trụ thứ nhất (xem hình Hình 1). Lấy một hình trụ $C_1$ có ​​tỷ lệ chiều cao trên đường kính là $k$, nội tiếp (nếu có thể) một hình trụ $C_2$ vào $C_1$ theo chiều ngang, sau đó là hình trụ $C_3$ vào $C_2$ theo chiều ngang, v.v. Với những giá trị nào của $k$ thì có thể

a) inscribe $C_2$, but not $C_3$;
b) inscribe $C_{10}$, but not $C_{11}$;
c) inscribe an infinite sequence $C_n$, $n=2, 3, \dots$?

V. Stolin, 11th form student, Vilnius

M1050. If $k$ distinct points are chosen on the closed interval $[-1, 1]$ and the product of distances from a chosen point to the other $k-1$ points is computed for each chosen point, we denote by $S$ the sum of inverses of these $k$ products. Prove that a) $S \geq 2$ if $k=3$; b) $S \geq 4$ if $k=4$.

L. D. Kurlyandchik

22

M1028. a) Trên mặt phẳng cho hai đường thẳng cắt nhau và trên đó tôi đánh dấu mỗi đường một điểm (D và E). Vẽ tam giác ABC có các đường phân giác AE và CD nằm trên các đường thẳng cho trước và đáy của chúng lần lượt là các điểm E và D. b)* Chứng minh rằng nếu $\angle CDE=30^\circ$ thì một trong các góc của tam giác ABC bằng $60^\circ$ hoặc $120^\circ$.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

M1029. Trong số các số hạng của cấp số cộng, chúng ta có thể chọn các số hạng tạo thành cấp số nhân tăng dần. Chứng minh

a) Lưu ý rằng đường thẳng AC phải đi qua các điểm D$_1$ và E$_1$, đối xứng với D và E đối với các đường thẳng này (hình 1). Việc xây dựng sau đây xuất phát từ điều này:

chúng ta phản ánh các điểm D và E so với các đường OE và OD đã cho (O là giao điểm của chúng); vẽ một đường thẳng qua ảnh D$_1$ và E$_1$ của chúng cho đến khi nó cắt DO - tại điểm C và với EO - tại điểm A (nếu D$_1=E_1$ thì vẽ đường thẳng qua D$_1$ tùy ý nhưng sao cho cắt các tia DO và EO, hình 2); ta tìm đỉnh thứ ba B của tam giác riêng là giao điểm của đường AD và CE.

Cách xây dựng này không phải lúc nào cũng khả thi: có thể D$_1$E$_1$||DO, D$_1$E$_1$||EO hoặc AD||CE. Nhưng ngay cả trong trường hợp khi tam giác được “dựng”, các đường thẳng AE và CD có thể trở thành các đường phân giác không phải của các góc trong mà của các góc ngoài của nó. Từ đẳng thức

$$\angle DOE = \angle AOC = 180^\circ - \frac{1}{2} (\angle A + \angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2} \angle B$$

theo đó bài toán chỉ có thể giải được với $\alpha = \angle DOE > 90^\circ$. Nhưng điều kiện này vẫn chưa xứng đáng. Ngoài ra, cần đảm bảo sự tồn tại của các điểm A, C và các điểm D, O, E nằm cùng phía của đường thẳng AC. Có thể chứng minh rằng bài toán giải được khi và chỉ khi

$$-2 \cos \alpha < DO : EO < -1/2 \cos \alpha \text{ при } \alpha \neq 120^\circ$$

(trong trường hợp này là lời giải số ít) hoặc khi

$$DO = EO, \alpha = 120^\circ$$

(trong trường hợp này là D$_1 = E_1$, đã giải được vô số). Chúng tôi để lại các chi tiết của nghiên cứu cho độc giả.

b) Xây dựng các điểm D$_1$ và E$_1$, như trong lời giải bài toán a). Tam giác DEE$_1$ là đều ($\angle EDE_1 = 2\angle EDO = 60^\circ, DE = DE_1$). Nếu D$_1 = E_1$ (hình 2), thì DO và EO là các đường phân giác của tam giác này, do đó O là tâm của tam giác này và $\angle DOE = 120^\circ$. Theo đẳng thức (1), góc B bằng $60^\circ$.

Bây giờ hãy để D$_1 \neq E_1$ (hình 3). Vì EE$_1 = ED = ED_1$ nên tam giác D$_1$EE$_1$ là tam giác cân, có nghĩa là

$$\angle EE_1A = 180^\circ - \angle ED_1A = 180^\circ - \angle EDA$$

(ở đây chúng ta lợi dụng điểm E$_1$ và D$_1$ nằm bên trong góc AOC, tức là nằm trên một cạnh của A, vì góc DOE tù). Từ đẳng thức (2) suy ra các điểm A, D, E và E$_1$ nằm trên cùng một đường tròn (hình 3). Do đó $\angle EAD = \angle EE_1D = 60^\circ$ và $\angle BAC = 2\angle EAD = 120^\circ$.

M. Volchekvich, V. N. Dubrovsky

Hãy chia tất cả các số hạng của cấp số nhân cho một dấu ngắt và viết chúng theo thứ tự tăng dần. Khi đó nó sẽ có dạng 1, q, …, $q^{k-1}$, trong đó $q > 1$. Tất cả những con số này được bao gồm trong một số cấp số cộng n số hạng; Chúng ta cũng sẽ coi nó đang tăng (nếu không chúng ta sẽ thay đổi dấu hiệu của nó). Các thành viên của một cấp số cộng

24

Cái đó
a) $S(M_1) \leq S(M_2)$;
b) $P(M_1) \leq P(M_2)$.

Hình 2.

Hình 3.

F1038. Ba sợi chỉ không co giãn giống hệt nhau được gắn ở khoảng cách bằng nhau vào một vòng có bán kính $r_0$ và theo cách tương tự - với một vòng có bán kính $2r_0$. Các sợi chỉ được luồn qua vòng thứ ba có bán kính $r_0$ (xem hình 3). Vòng 1 được cố định trong mặt phẳng nằm ngang và mọi hệ đều ở trạng thái cân bằng. Tìm khoảng cách giữa tâm bánh xe 2 và 3. Tất cả các chốt đều được làm bằng cùng một sợi dây. Bỏ bê việc đào tạo.

Vì bán kính của vòng 2 gấp đôi bán kính của vòng 3 nên chiều dài của nó gấp đôi chiều dài của vòng 3 và vì các vòng được làm từ cùng một sợi dây nên khối lượng của vòng 2 bằng một nửa khối lượng của vòng 3. Nếu $m$ là khối lượng của vòng 3 thì tổng trọng lượng được đỡ bởi các sợi dây là $3mg$. Do đó lực căng của mỗi sợi dây giữa vòng 1 và vòng 3 là

$$F_1 = mg.$$

Vì không có trene nên lực căng của mỗi sợi dọc theo toàn bộ chiều dài của nó là như nhau:

$$F_2 = F_1 = mg$$

(xem hình 3).

Bây giờ chúng ta viết các điều kiện cân bằng cho vòng 3:

$$3F_1 - mg - 3F_2 \cos \alpha = 0,$$

Ở đâu

$$\cos \alpha = \frac{2}{3}.$$

Khoảng cách giữa tâm bánh xe 2 và 3 (xem hình 3):

$$x = r_0 \text{ стg } \alpha = r_0 \frac{\cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}} = r_0 \frac{2}{\sqrt{5}},$$

$$x = \frac{2r_0}{\sqrt{5}}.$$

V. P. Borodin

*) Ta định nghĩa các giá trị góc ngoài (rắn) của khối đa diện tại đỉnh $A$ là mặt phẳng của phần hình cầu của bề mặt mảnh $K_A$ tại $r=1$. Theo tính toán của chúng tôi, tổng các góc ngoài của một khối đa diện lồi bằng $4\pi$, tức là không phụ thuộc vào khối đa diện đó.

25

F1039. Một sợi dây được buộc vào một khối nằm trên mặt phẳng nghiêng và được ném qua một vòng dây; ở đầu kia của sợi chỉ có một vật nặng (xem hình). Trong trường hợp này, khối bất động. Hệ số ma sát trượt là μ.

Trong trường hợp không có dao động dọc theo mặt phẳng nghiêng, lực ma sát tĩnh (giá trị cực đại của nó bằng μN=μMg cos α), lực căng của sợi dây T và thành phần trọng lực của khối, bằng Mg sin α, tác dụng. Vì khối không chuyển động nên từ điều kiện cân bằng của trọng lượng T=mg<Mg(μ cos α+sin α) (ta bỏ qua ma sát của sợi dây trên vòng dây).

Khi bị lệch một góc nhỏ φ0, trọng lượng bắt đầu đạt trạng thái cân bằng, tức là khi tốc độ tăng dần thì lực căng của sợi dây T tăng, luôn vượt quá giá trị mg. Cuối cùng, lực tăng dần này vượt quá lực giữ khối và khi đó khối bắt đầu chuyển động. Điều này xảy ra tùy thuộc vào

$$mg + \frac{mv^2}{l} > Mg(\mu \cos \alpha + \sin \alpha),$$

tức là ở $v_1^2 > gl(M(\mu \cos \alpha + \sin \alpha) - m)/m$.

Chuyển động của khối sẽ tiếp tục sau khi đi qua vị trí cân bằng, khi đó tốc độ và lực căng bắt đầu giảm. Tiếp tục vượt qua giá trị tốc độ của trọng lượng $v_1$, khối sẽ tiếp tục chuyển động theo quán tính trong một thời gian, tiêu tốn động năng tích lũy để chống lại lực ma sát và “lực lăn”.

Sau khi khối dừng lại, khi trọng lượng bắt đầu rơi sau độ lệch cực đại trong quá trình dao động, quá trình sẽ xác nhận theo hướng ngược lại. Trọng lượng sẽ tăng tốc trở lại và sợi chỉ sẽ lại “kéo” khối như một con cá, buộc nó phải di chuyển một khoảng cách nhất định, ít hơn quãng đường trước đó. Dần dần quá trình này sẽ biến mất.

G. V. Meledin

F1040. Ba khu vực phẳng dẫn điện giống hệt nhau S, mỗi khu vực nằm ở khoảng cách d1 và d2 (xem hình). Lúc đầu, căn hộ 1 được tích điện Q, còn căn hộ 2 và 3 không được tích điện. Sau đó, mặt phẳng 2 và 3 được nối với pin có điện áp U, mặt phẳng 1 và 3 được nối bằng dây dẫn. Tìm điện tích lắp đặt trên các trục phẳng.

Đặt điện tích thiết lập trên các tấm 1, 2 và 3 bằng q1, q2 và q3 tương ứng.

Chúng ta sẽ giả sử rằng các trường giữa các tấm là rõ ràng (nghĩa là chúng ta sẽ bỏ qua sự biến dạng trường ở các cạnh của các tấm). Sau đó, đối với các trường có hướng được tạo bởi mỗi tấm, chúng ta có thể sử dụng biểu thức cho tính định hướng của trường của một mặt phẳng tích điện đều vô hạn:

$$E = \frac{q}{2S\varepsilon_0}.$$

Sau khi nối các tấm 1 và 3 bằng dây dẫn, điện thế của các tấm trở nên bằng nhau. Kể từ đây,

$$\varphi_1 - \varphi_2 = \varphi_3 - \varphi_2 = U$$

(vì hiệu điện thế giữa tấm 3 và tấm 2 bằng điện áp nguồn). Ở phía bên kia,

$$\varphi_1 - \varphi_2 = E_{12}d_1, \quad \varphi_2 - \varphi_3 = E_{23}d_2,$$

trong đó $E_{12}, E_{23}$ là hình chiếu của trường cường độ giữa các tấm 1-2 và 2-3 theo hướng “từ 1 đến 3”. Theo nguyên lý xếp chồng

$$E_{12} = \frac{q_1 - q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0},$$

26

$$E_{23} = \frac{q_1 + q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0}.$$

Như vậy,

$$\frac{q_1 - q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0} d_1 = U,$$

(1)

$$\frac{q_1 + q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0} d_2 = -U.$$

(2)

Xét rằng theo định luật bảo toàn điện tích

$$q_1 + q_2 + q_3 = Q,$$

(3)

từ phương trình (1)—(3) chúng ta tìm thấy:

$$q_1 = \frac{Q}{2} + \frac{S\varepsilon_0 U}{d_1},$$

$$q_3 = \frac{Q}{2} + \frac{S\varepsilon_0 U}{d_2},$$

$$q_2 = -S\varepsilon_0 U \left( \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} \right).$$

V. N. Ivanovko

F1041. Một thanh dẫn có chiều dài $l$ và khối lượng $m$ được treo trên hai thanh không cố định có chiều dài $h$ với một trục nằm ngang (xem hình). Khung này nằm trong một từ trường thẳng đứng đều, cảm ứng của nó là . Một xung hiện tại $I_0$ có cường độ thấp $t$ được truyền qua khung. Xác định độ lệch lớn nhất của khung so với mặt phẳng thẳng đứng. Kích thước khung hình cho thời điểm $t$ rất nhỏ.

Với một sự dịch chuyển nhỏ của khung trong thời gian $t$ lực tác dụng lên thanh là

$$F = I_0 Bl.$$

Trong thời gian này thanh lấy được động lượng

$$p = mv = F\tau = I_0 Bl\tau,$$

và động năng của thanh trở nên bằng nhau

$$E = \frac{mv^2}{2} = \frac{p^2}{2m} = \frac{I_0^2 B^2 l^2 \tau^2}{2m}.$$

Sau đó, khi khung bị lệch, thế năng của thanh tăng lên do động năng của nó giảm. Ở vị trí cực đại của khung với góc lệch tối đa $\alpha_{\max}$ thì thế năng bằng

$$U = mgh (1 - \cos \alpha_{\max}) = 2mgh \sin^2 \frac{\alpha_{\max}}{2}.$$

Từ định luật bảo toàn năng lượng -

$$\frac{I_0^2 B^2 l^2 \tau^2}{2m} = 2mgh \sin^2 \frac{\alpha_{\max}}{2}$$

• xác định vị trí:

$$\sin \frac{\alpha_{\max}}{2} = \frac{I_0 Bl\tau}{2m\sqrt{gh}}.$$

V. V. Pai

F1042. Ước tính khoảng cách mà các đường ray dường như hợp nhất. Giả định rằng bạn, khi hiểu rõ về tính chất vật lý của hiện tượng quan sát được, có thể tự mình đặt ra các giá trị số của các đại lượng cần thiết.

Để thực hiện đánh giá, bạn có thể tiến hành như sau. Đặt hai điểm trên một tờ giấy rất gần nhau - ví dụ: ở khoảng cách $l \approx 1,5$ mm. Khi gỡ tấm giấy ra khỏi mắt, hãy ước tính khoảng cách mà các điểm sẽ hợp nhất thành một. Nếu bạn có tầm nhìn bình thường thì đây là khoảng cách $d \approx 2$ m. Góc $\alpha \sim \frac{l}{d}$ là khoảng cách góc tối thiểu giữa các điểm mà tại đó mắt có thể phân biệt chúng là hai vật thể. Góc này đặc trưng cho mắt của bạn.

Các đường ray sẽ có vẻ được hợp nhất khi khoảng cách góc giữa chúng là $\alpha$. Nếu các đường ray nằm cách nhau $L \approx 1,5$ m thì chúng sẽ hợp nhất thành một điểm ở khoảng cách $D \sim \frac{L}{a} \sim \frac{L}{l} \approx 2$ km.

P. I. Zubkov

27

Nhiệm vụ

1. Thay thế các chữ cái bằng số để bạn có được sự bằng nhau thực sự (xem hình). Trong trường hợp này, các số giống nhau phải tương ứng với các chữ cái giống nhau và các số khác nhau phải tương ứng với các chữ cái khác nhau.

2. Người ta nói rằng Tortila không trao chìa khóa vàng cho Pinocchio đơn giản như A.N. Tolstoy nói nhưng lại mang ra ba chiếc hộp: đỏ, xanh lam và xanh lục. Trên chiếc hộp màu đỏ có dòng chữ “Đây là chiếc chìa khóa vàng”, trên chiếc hộp màu xanh lam - “Chiếc hộp màu xanh lá cây trống rỗng” và trên chiếc hộp màu xanh lá cây - “Có một con rắn lục ở đây”. Tortila đọc dòng chữ và nói: “Quả thực, trong một chiếc hộp có một chiếc chìa khóa vàng, chiếc kia có một con rắn lục, chiếc thứ ba trống rỗng, nhưng tất cả những dòng chữ đều không chính xác.”

Chìa khóa vàng ở đâu?

3. Kolya, Viti và Yura có 12, 14 và 22 hạt. Khi Kolya đưa cho Vita số hạt như Vitya có, sau đó Vita đưa cho Yura số hạt như Yura có, và Yura đưa cho Kolya số hạt mà Kolya còn lại, thì tất cả các chàng trai đều có số hạt như nhau. Mỗi người có bao nhiêu quả hạch?

4. Những thuyền trưởng bảnh bao của những con tàu buồm vận chuyển bông từ Úc đến Anh không muốn chất đầy hàng lên tàu của mình, mặc dù họ quan tâm đến việc vận chuyển thêm bông. Tại sao?

5. Một tứ giác lồi được cắt dọc theo hai đường thẳng nối trung điểm của các cạnh đối diện. Chứng minh rằng từ bốn mảnh thu được luôn có thể thêm được một hình bình hành.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi: V. N. Rusanov, A. P. Savin, S. V. Dvoryaninov, L. P. Motsalov, V. V. Proizvolov.

Vào đầu thế kỷ này, nước Anh đã hoảng hốt trước tin tức về thảm họa ở các mỏ than - những vụ nổ khủng khiếp đã cướp đi sinh mạng của hàng nghìn thợ mỏ. Chúng phun trào do sự đánh lửa của khí mà các thợ mỏ gọi là “khí mỏ”. Không thể hiểu được nguyên nhân của những vụ nổ bất ngờ trong gần một thế kỷ. Chỉ đến năm 1916, nhà vật lý-hóa học người Đức Walter Nernst mới đề xuất rằng chúng xuất hiện do những phản ứng có thể gọi là phản ứng dây chuyền. Và phải mất gần 50 năm nữa người ta mới tạo ra được lý thuyết về hiện tượng này.

…Bạn đã bao giờ nhìn thấy đá rơi trên núi chưa? Một viên sỏi nhỏ, vô tình rơi ra khỏi vị trí của nó, mang theo một khối lượng lớn những viên đá khác lao xuống trong một trận tuyết lở. Chúng ta hãy thử ước tính có bao nhiêu viên đá có liên quan đến một vụ đá rơi như vậy. Hãy để hòn đá đầu tiên bắt đầu cuộc hành trình của nó ở độ cao 500 m và tại mỗi mét đường đi của nó đều lôi kéo một hòn đá lân cận khác vào chuyển động của nó. Lần lượt, mỗi viên đá mới sẽ trở thành vật khởi xướng chuyển động của những viên đá khác, những viên đá khác - những viên đá tiếp theo, v.v. Chuyển động dường như được truyền dọc theo một chuỗi. Sau một mét sẽ có hai viên đá trong suối, sau mét thứ hai - bốn, sau mét thứ ba - tám, v.v. Khi trận tuyết lở đến chân núi, trong đó phải có 2⁵⁰ viên đá. Đây là một con số khổng lồ, hơn 150 điểm! Tất nhiên, do tình hình nên số lượng đá ít hơn nhiều. Không phải tất cả các viên đá đều có sự tham gia của các viên đá lân cận vào chuyển động; một số viên đá gặp chướng ngại vật trên đường đi và dừng lại. Tuy nhiên, con số 2⁵⁰ đưa ra một số ý tưởng về quy mô của quy trình chuỗi. Một số phản ứng hóa học cũng phát triển theo mô hình tương tự.

Một trong những chất phổ biến nhất trong tự nhiên là nước. Để tạo thành một phân tử nước - phân tử H₂O - ba hạt phản ứng phải gặp nhau - hai nguyên tử hydro và một nguyên tử oxy. Do đó, để có phản ứng như vậy, hydro và oxy phải được trộn theo tỷ lệ định lượng 2:1. Hỗn hợp này được gọi là khí “nổ”. Năm 1817, nhà khoa học người Anh Humphry Davy đã phát hiện ra một hiện tượng đáng kinh ngạc: khi có bạch kim, hỗn hợp hydro và oxy đã phản ứng

30

gầm lên kèm theo một vụ nổ. Không có bạch kim, phản ứng diễn ra chậm và chỉ ở nhiệt độ rất cao.

Khi hydro tương tác với oxy, một hiện tượng tương tự như hiện tượng đá sụp đổ trên núi xảy ra, chỉ nhanh chóng, gần như ngay lập tức. Trong điều kiện bình thường, hydro và oxy là các chất khí có công thức hóa học H₂ và O₂, nghĩa là phân tử bao gồm hai nguyên tử. Đây là trạng thái tự nhiên và ổn định của họ. Để phá vỡ một phân tử H₂ thành hai nguyên tử, phải tiêu tốn một lượng năng lượng nhất định. Sự hiện diện của bạch kim trong hỗn hợp khí giúp phân tử H₂ thành nguyên tử dễ dàng hơn—trên bề mặt của nó, phản ứng H₂→2H xảy ra tương đối dễ dàng.

Nguyên tử hydro hình thành trên bề mặt bạch kim cực kỳ không ổn định; nó cố gắng nhanh chóng thoát khỏi sự cô đơn gượng ép của mình. Quãng đời “lạnh lùng” của anh rất ngắn ngủi. Không phải vô cớ mà trong tự nhiên, các nguyên tử hydro, oxy và polyhydrat của các chất được kết hợp thành các cặp - phân tử không quan tâm. Một nguyên tử hydro hoạt động khiến mục tiêu phải trải qua nhiều biến đổi hơn nữa, giống như một viên sỏi nhỏ khiến mục tiêu sụp đổ trên núi. Khi nó tương tác với một phân tử O₂, phản ứng H+O₂=OH+O xảy ra - hai hạt hoạt động được hình thành cùng một lúc: một nguyên tử oxy “đơn độc” và một hạt OH (xét cho cùng, nó thiếu một nguyên tử hydro trước phân tử nước nên nó có xu hướng bám nhanh vào). Các hạt hoạt động - O và OH - tiếp tục tương tác với các phân tử hydro

$$\text{OH} + \text{H}_2 = \text{H}_2\text{O} + \text{H},$$
$$\text{O} + \text{H}_2 = \text{OH} + \text{H} \text{ и т. д.}$$

Trong những phản ứng này, không chỉ các phân tử H₂O ổn định được hình thành mà còn có các hạt hoạt động mới, chúng lại tương tác với các phân tử hydro và oxy để tạo thành các phân tử nước mới và các hạt hoạt động mới. Tất cả các yếu tố của phản ứng không độc lập với nhau mà thể hiện mục tiêu của sự tương tác. Trong mỗi phản ứng cơ bản, không chỉ sản phẩm phản ứng được hình thành mà còn hình thành cơ sở cho các tương tác tiếp theo - các hạt hoạt động mới xuất hiện. (Hãy nhớ rằng, trong một vụ đá rơi trên núi, mỗi viên đá mới đều lôi kéo các viên đá lân cận của nó vào chuyển động.) Bạch kim chỉ bắt đầu mục tiêu biến đổi (sự phân hủy của phân tử H₂). Phản ứng có thể tiến xa hơn mà không cần sự tham gia của cô ấy.

Rõ ràng, câu sau đây không phải lúc nào cũng đúng: “Một mình ngoài chiến trường không phải là chiến binh”. Trong một phản ứng dây chuyền, một nguyên tử “chiến binh” có thể lãnh đạo mười triệu đồng loại của nó.

Chính phản ứng dây chuyền đã dẫn đến vụ nổ ở các mỏ than ở Anh. Khí “mỏ” thu được bốc cháy ngay lập tức khi đèn chiếu sáng mỏ được thắp sáng. Ngọn lửa trong đèn giúp bắt đầu một phản ứng dây chuyền trong khí “mỏ” (giống như bạch kim trong khí “nổ”). Cần có phần thưởng đặc biệt cho việc tránh sử dụng đèn an toàn khi làm việc trong hầm mỏ. Một năm sau, Humphry Davy và nhân viên trẻ Michael Faraday, người phát hiện ra hiện tượng cảm ứng điện từ trong tương lai, đã chế tạo được một chiếc đèn an toàn trong đó khí nguy hiểm được loại bỏ khỏi khu vực ngọn lửa thông qua các ống. Họ làm điều này mà không hề biết gì về phản ứng dây chuyền.

Đương nhiên, các câu hỏi được đặt ra: trong những điều kiện nào một phản ứng dây chuyền có thể bắt đầu? Liệu có lực nào có thể ngăn chặn hoặc ít nhất làm chậm lại một trận tuyết lở như vậy không?

Những câu hỏi này đã được nghiên cứu bởi các nhà khoa học Liên Xô - Viện sĩ N. N. Semenov và các đồng nghiệp của ông. Đặc biệt, bằng cách tăng nồng độ của các phân tử (tức là số lượng của chúng trên một đơn vị thể tích), họ phát hiện ra rằng quá trình chuỗi bắt đầu ở một nồng độ rất cụ thể—tới hạn. Dưới nồng độ này phản ứng không xảy ra, còn trên nồng độ này thì có đặc tính tuyết lở. Nó giống như thể một chỉ huy vô danh ra lệnh tấn công - và mười triệu đơn vị ngay lập tức tham chiến.

Hơn nữa, hóa ra nồng độ tới hạn phụ thuộc vào hình dạng của bình và tỷ lệ nghịch với diện tích thành của nó. Đây là cách chính N. N. Semenov viết về điều này: “Từ đây chỉ còn một bước nữa là giả định rằng các hạt hoạt động - chẳng hạn như nguyên tử oxy - khi chúng chạm tới các bức tường, chúng sẽ bị chúng bắt giữ, rời khỏi trò chơi và không thể thực hiện phản ứng. Hai nguyên tử như vậy, gặp nhau trên tường, lại tạo thành một phân tử không hoạt động.

31

lu oxy dễ dàng thoát vào thể tích, làm sạch tường. Dọc theo đường đi của chuỗi - từ nơi xuất phát bên trong bình đến thành bình - một số phản ứng xảy ra và rất nhiều hạt phát sinh. Bình càng hẹp, chuỗi này càng ngắn, càng chứa ít phản ứng cơ bản, càng có ít nhánh có thời gian phát sinh.”

Khi nồng độ tăng lên, số lượng hạt hoạt động tăng lên. Khi diện tích của thành bình tăng lên, số lượng của chúng giảm đi, vì có nhiều hạt bị thành bình giữ lại hơn và bị loại khỏi trò chơi. Nếu một bình chứa dần dần các khí phản ứng, thì phản ứng dây chuyền không thể tiến tới một nồng độ nhất định - nhiều hạt hoạt động hơn sẽ lắng xuống thành bình và lắng xuống hơn so với những hạt hình thành trong thể tích của bình. Tiếp tục đổ đầy khí vào bình (nói cách khác là tăng nồng độ), chúng ta phải đạt đến nồng độ tới hạn mà tại đó nhiều hạt hoạt động được hình thành hơn là chết trên thành. Bề mặt của tàu không còn khả năng đối phó với lượng hạt hoạt động như vậy. Có quá nhiều người trong số họ. Tại thời điểm này có sự chuyển đổi từ trạng thái trơ sang phản ứng dữ dội. Nồng độ tới hạn là ranh giới ngăn cách vùng phản ứng “bình tĩnh” với vùng hoạt động “nổ”. Nó không chỉ phụ thuộc vào loại khí nào phản ứng mà còn phụ thuộc vào thùng chứa các loại khí này. Không phải một người chỉ huy điều khiển phản ứng dây chuyền mà là hai người cùng một lúc. Thứ nhất - sự tập trung - đưa các nguyên tử vào trận chiến, thứ hai - bề mặt của vật chứa - cố gắng ngăn chặn chúng. Thẩm phán là sự tập trung quan trọng của họ. Bên dưới không - người thứ hai mạnh hơn, bên trên - người đầu tiên thắng.

Nếu, trong khi duy trì nồng độ như nhau, chúng ta giảm lượng mạch, thì chúng ta sẽ làm như vậy cho đến khi sự trao đổi như vậy xảy ra khi hầu hết các chuỗi không có thời gian để phân nhánh. khi đó số nguyên tử hoạt động chết trên tường hóa ra lớn hơn số nguyên tử mới hình thành sau phản ứng. Trận tuyết lở sẽ không thể phát triển được nữa và phản ứng thực tế sẽ dừng lại.

Thành bình không phải là lực duy nhất có khả năng làm dịu các hạt hoạt động. Điều này cũng có thể được thực hiện bởi các phân tử tạp chất lạ, khi tiếp xúc với các phân tử này sẽ mất hoạt động. Một lượng nhỏ tạp chất có thể ảnh hưởng lớn đến tốc độ của các quá trình trong chuỗi.

Kết quả của các thí nghiệm là cần thiết và nhiều nhà khoa học đơn giản là không tin vào chúng. Ví dụ, nhà hóa học nổi tiếng người Đức Max Bodenstein đã giải thích kết quả thu được là một sai sót thực nghiệm. Ngay cả những đồng nghiệp thân thiết của ông cũng nghi ngờ về kết quả thí nghiệm của Semenov. Nhà khoa học nhớ lại: “Tôi đã phải trải qua những giờ phút khó chịu.

Ngày nay đây là Viện sĩ N. N. Semenov - người sáng lập ra một ngành khoa học mới - vật lý hóa học, tác giả của tác phẩm kinh điển “Phản ứng dây chuyền”, một cuốn sách thực sự của các nhà khoa học đa hóa và hóa học. Và rồi, hơn 50 năm trước, ông đã phải rất can đảm để không mất niềm tin vào tính đúng đắn của ý tưởng của mình trong một hoàn cảnh khó khăn.

Phản ứng dây chuyền là nền tảng của công nghệ công nghiệp đa hóa chất. Điều này bao gồm quá trình đốt cháy, sản xuất vật liệu dễ cháy từ dầu và sản xuất nhựa. Hơn nữa, vụ nổ bom nguyên tử là một phản ứng dây chuyền, chỉ có điều các hạt hoạt động trong trường hợp này không phải là nguyên tử mà là neutron. Khi các sinh viên của Semenov, học giả Yu. V. Khariton và Ya. V. Zeldovich, người đã tạo ra lý thuyết về sự phân rã chuỗi của uranium vào năm 1939, đã giúp đỡ họ rất nhiều bởi những ý tưởng về phản ứng dây chuyền.

Thế giới phải mất hơn 20 năm mới hiểu hết được tầm quan trọng của phản ứng dây chuyền phân nhánh. Năm 1956, Viện sĩ N. N. Semenov là nhà khoa học Liên Xô đầu tiên được trao giải Nobel vì nghiên cứu về cơ chế phản ứng hóa học. Trong bài phát biểu khi nhận nó, ông nói: “Nhiệm vụ tiếp theo của hóa học là tạo ra khả năng kiểm soát hợp lý tốc độ và hướng biến đổi hóa học. Lý thuyết về phản ứng dây chuyền vạch ra những cách tiếp cận ban đầu về vấn đề này.”

32

Dòng và dấu chấm tuyệt vời

Cường điệu được biết đến bởi nhà toán học Hy Lạp cổ đại. Nó được định nghĩa là một tập hợp các điểm có chênh lệch khoảng cách với hai điểm cho trước $F_1$ và $F_2$ được xây dựng. Những điểm này được gọi là tiêu điểm của hyperbol.

Một đường cong khác ít được biết đến hơn là đường conchoid. Nó được định nghĩa như sau: một đường thẳng $l$ và một điểm $O$ cố định trên mặt phẳng và cho trước số $a$. Qua điểm $O$ vẽ tất cả các loại đường thẳng, trên mỗi đoạn có độ dài $a$ được bố trí theo cả hai hướng kể từ giao điểm với đường thẳng $l$. Đầu thứ hai của các đoạn này tạo thành một hình nón.

Hãy tưởng tượng hai hòn đảo tròn trên đại dương và một chiếc thuyền đi dọc theo biên giới biển, tức là luôn ở cùng một khoảng cách với bờ của những hòn đảo này. Nếu kích thước của các hòn đảo bằng nhau thì đường đi của thuyền sẽ là đường thẳng, còn nếu không thì đường đi của thuyền sẽ đi theo một đường hyperbol.

Nhà toán học Hy Lạp cổ đại Nicomedes (thế kỷ thứ 3 trước Công nguyên) đã giải được phép tính bài toán Giếng bằng cách sử dụng một conchoid. Chúng ta hãy vẽ qua điểm $A$ một đường thẳng $l$, song song với đường thẳng $OD$, một đường tròn có tâm tại điểm $A$ và bán kính $a = AO$. Một hình nón được dựng dọc theo đường $l$, điểm $O$ và số $a$ sẽ cắt đường tròn tại điểm $C$. Góc COD bằng 1/3 góc $AOD$.

33

Hyperbol là một trong những phần hữu hạn: nó có thể thu được bằng cách giao một bề mặt hữu hạn với một mặt phẳng không đi qua đỉnh của nó và cắt cả hai nửa của nó. Các phần hữu hạn khác là parabol và elip.

Hyperbol là một đồ thị có tỷ lệ nghịch: $y = k/x$. Khi các điểm biểu đồ bị xóa về vô cực, chúng sẽ bị ép vào một trong các trục tọa độ $x$ hoặc $y$. Các kẹp này được nối với nhau bằng các đường tiệm cận của nó. Mọi hyperbol đều có tiệm cận.

Nếu bạn đặt một nguồn sáng tại một trong các tiêu điểm của gương hyperbol, thì khi phản chiếu trong gương, ánh sáng sẽ chuyển động như thể nó phát ra từ tiêu điểm thứ hai của hyperbol. Đây là một tính chất quang học của hyperbol. Nó được Garin sử dụng trong tiểu thuyết “Sự cường điệu của kỹ sư Garin” của A. N. Tolstoy.

Câu đố

1. Hình vuông được chia thành năm hình chữ nhật như trong hình. Được biết, diện tích các hình chữ nhật tiếp giáp với ranh giới của kaedrate là bằng nhau. Chứng minh rằng hình chữ nhật ở giữa là hình caedrate.

2. Một đường cong có thể có độ dài chính xác bao nhiêu để chia diện tích tam giác vuông bên a thành hai phần bằng nhau?

34

Công trình xây dựng
với một la bàn

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
D. V. FUCHS

Trong số vô số bài toán để xây dựng cũng có những thứ mà việc xây dựng phải được thực hiện bằng một thước kẻ hoặc một la bàn. Tuy nhiên, từ lâu người ta đã biết rằng nếu không có thước thì sẽ không có nhiều cách xây dựng khả thi: bất kỳ công trình nào được thực hiện bằng la bàn và thước đều có thể được thực hiện bằng một la bàn.

Ý tưởng chế tạo bằng một chiếc la bàn duy nhất được đưa ra bởi nhà khoa học người Ý Giovanni Battista Benedetti (1530-1590). Năm 1672, cuốn sách “Euclidus Danicus” của nhà hình học người Đan Mạch Georg Mohr (1640-1697) xuất hiện. Trong đó, ông đã chỉ ra rằng tất cả bài toán, có thể rút gọn bằng phương trình bậc hai, đều có thể được giải về mặt hình học bằng một la bàn. Hơn 100 năm sau, vào năm 1797, bài toán này là một công trình mới được xây dựng và được giải quyết bởi Lorenzo Mascheroni người Ý (1750–1800). Phát biểu tương ứng được gọi là định lý Mohr–Mascheroni.

Trong lưu ý này, chúng tôi sẽ cung cấp một bằng chứng về định lý này.

Trong tất cả các nhiệm vụ xây dựng được giải quyết dưới đây, chúng tôi giới hạn ở việc mô tả bản thân công trình, để người đọc chứng minh một cách độc lập rằng việc xây dựng dẫn đến mục tiêu mong muốn. Tuy nhiên, bằng chứng được đưa ra ở phần “Đáp số, gợi ý, lời giải” trên trang. 58.

1. Công thức của kết quả. Tất nhiên, không thể kiểm tra một đường thẳng bằng la bàn, do đó tất cả bài toán được xem xét để xây dựng phải bao gồm việc xây dựng một số điểm (trên mặt phẳng).

Định lý. Giả sử rằng điểm M có thể được dựng từ các điểm $A_1$, …, $A_n$ bằng compa và thước kẻ. Khi đó điểm M có thể được dựng từ các điểm $A_1$, …, $A_n$ bằng một la bàn.

Để chứng minh định lý này, chúng ta hãy dựng một số cách dựng tích bằng thước kẻ. Sử dụng thước kẻ, bạn có thể kiểm tra một đường thẳng đi qua hai điểm cho trước và tìm giao điểm của nó với các đường thẳng và đường tròn đã tạo trước đó. Nhưng vì ngay từ đầu chúng ta đã cho điểm nên mọi đường thẳng dựng trước đó đôi khi được kiểm tra thông qua các điểm được dựng trước đó, và mọi

35

một đường tròn được tạo trước đó có một điểm được tạo trước đó làm tâm của nó. Do đó, trong quá trình xây dựng, thước chỉ được áp dụng cho lời giải một trong hai bài toán tiếp theo.

Bài toán 1. Dựa vào các điểm A, B, C, D cho trước, tìm giao điểm của đường thẳng AB và CD.

Bài toán 2. Cho tâm O và các điểm A, B cho trước, tìm giao điểm của đường tròn S với đường thẳng AB.

Định lý của chúng ta sẽ được chứng minh nếu chúng ta chứng minh được rằng cả hai bài toán này đều có thể giải được bằng một la bàn.

2. Các công trình phụ trợ. Trong đoạn này và các đoạn tiếp theo, khi chúng tôi nói “xây dựng”, chúng tôi muốn nói đến việc xây dựng bằng một la bàn. Chúng ta sẽ bắt đầu với lời giải bốn phụ bài toán.

Bài toán 3. Cho điểm A và B (khác nhau). Lấy điểm C trên tia AB sao cho AC=2AB.

Xây dựng (hình 1). Chúng ta hãy vẽ một đường tròn có tâm B đi qua điểm A. Trên đường tròn này, chúng ta vẽ đoạn AB ba lần, bắt đầu từ điểm A. Điểm C thu được sau lần trì hoãn thứ ba thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 4. Cho một đường tròn tâm O và có thanh AB trên đó. Xây dựng một điểm chia cung này làm đôi.

Xây dựng (hình 2). Qua điểm O vẽ đường tròn tâm A và B. Vẽ đường tròn tâm O bán kính AB. Lấy hai điểm: P và Q, giao điểm của đường tròn này với hai điểm được dựng; thì cung OP và OQ bằng cung AB. Sau đó, qua các điểm B và A ta vẽ các đường tròn có tâm P và Q cho đến khi chúng cắt nhau tại điểm R. Cuối cùng, với bán kính OR ta vẽ đường tròn tâm P hoặc Q. Điểm C giao điểm của đường tròn này với cung AB sẽ là điểm mong muốn.

Bài toán 5. Cho đường tròn S có tâm O và điểm P≠O. Trên tia OP, dựng một điểm P′ sao cho OP·OP′=r², trong đó r là bán kính của đường tròn S.

(Điểm P′ như vậy được gọi là đối xứng với điểm P so với đường tròn S.)

Sự thi công. Nghe 1. Điểm P nằm ngoài đường tròn S (hình 3). Vẽ đường tròn tâm P đi qua điểm O. Gọi Q và R là giao điểm của nó với đường tròn S. Vẽ đường tròn có tâm Q và R đi qua điểm O. Giao điểm của các đường tròn này khác O là điểm mong muốn P′.

(Cấu trúc này cũng áp dụng được trong trường hợp điểm P nằm bên trong đường tròn S, nhưng nằm cách tâm O của nó một khoảng lớn hơn r/2.)

Nghe 2. Điểm P nằm bên trong đường tròn S. Sử dụng bài toán 3, chúng ta lần lượt dựng trên tia OP các điểm P₂, P₃, … sao cho OP₂=2OP, OP₃=3OP, … cho đến khi đạt đến điểm Pₙ, điểm này sẽ nằm trong S. Đối với điểm Pₙ, chúng ta dựng một điểm đối xứng với đường tròn S P′₁, hãy sử dụng cấu trúc trước đó. Cuối cùng, trên tia OP′₁ (tức là trên tia OP), chúng ta xây dựng các điểm P′₂, P′₃, … sao cho OP′₂=2OP′₁, OP′₃=3OP′₁, … Điểm P′ₙ sẽ là điểm cần có.

Bài toán 6. Cho đường tròn S tâm O và phân kỳ các điểm A, B. Dựng đường tròn đi qua điểm O và giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn S (với giả thiết đường thẳng AB không đi qua tâm đường tròn S và cắt nó tại hai điểm). Chứng minh rằng đường tròn này trừ điểm O là quỹ tích các điểm đối xứng

36

điểm của đường thẳng AB so với đường tròn S.

Xây dựng (hình 4). Chúng ta hãy vẽ các đường tròn có tâm A và B đi qua điểm O. Chúng ta biểu thị điểm giao nhau của chúng, khác với O, bằng P. Vẽ một điểm P’, đối xứng với điểm P so với đường tròn S (bài tập 5) và dựng một đường tròn có tâm P’ đi qua O. Đây là đường tròn mong muốn.

3. Các công trình cơ bản. Xây dựng bài 2. Nếu điểm O không nằm trên đường thẳng AB thì ta tiến hành xây dựng bài 6 và cả dạng đơn giản của nó: dựng điểm P như bài 6 rồi vẽ đường tròn tâm P bán kính bằng bán kính đường tròn S (nghĩa là tâm đường tròn là S, có thể đổi bán kính đường tròn bằng một vòng tròn); các giao điểm của đường tròn dựng được với đường tròn đã cho là các điểm cần tìm. Nếu điểm O nằm trên đường thẳng AB thì cách dựng này không đúng: điểm P sẽ hợp nhất với điểm O. Sau đó, ta dùng cách xây dựng khác (hình 5): tâm A (hoặc tâm B, nếu A=O) vẽ đường tròn tùy ý cắt đường tròn S tại hai điểm, ký hiệu giao điểm là C và D và chia CD và DC của đường tròn S làm đôi (bài 4). Điểm chia sẽ là điểm chúng ta đang tìm kiếm.

Xây dựng nhiệm vụ 1 (hình 6). Chúng ta hãy dựng một đường tròn S tùy ý, chứa tất cả các điểm đã cho bên trong và tâm O của nó không nằm trên bất kỳ đường thẳng AB và CD nào. (Việc này dễ thực hiện “bằng mắt”, nhưng để “xây dựng chặt chẽ”, sàng như vậy không phù hợp. Bạn có thể xây dựng như thế này: dựng một đường tròn tùy ý, tìm, sử dụng cách xây dựng ở bài 2, tìm các điểm giao nhau của nó với các đường thẳng AB và CD và lấy O là một điểm của đường tròn đã dựng khác với các điểm đã tìm được.) Sau đó, sử dụng cách xây dựng ở bài 6, chúng ta dựng đường tròn S₁ đi qua O và đi qua các giao điểm của đường tròn S với đường thẳng AB và một đường tròn. S₂, đi qua O và đi qua giao điểm của đường tròn S với đường thẳng CD. Sau đó, chúng ta biểu thị P là điểm giao nhau của các đường tròn S₁ và S₂, khác với O và dựng một điểm P′, đối xứng với điểm P so với đường tròn S. Đây là điểm mong muốn.

4. Nhận xét kết luận. 1°. Nếu dữ liệu nhiệm vụ xây dựng không chỉ bao gồm các điểm thì có thể cần dùng thước cho lời giải của nó. Ví dụ: Cho đường cong c và các điểm A, B; Tìm giao điểm của đường cong c và đường thẳng AB. Nói chung, điều này không thể thực hiện được nếu không có thước kẻ. Tuy nhiên, điều xảy ra là việc gán các thuộc tính tương tự với các thuộc tính thuộc loại được xem xét sẽ được giải quyết bằng một vòng lặp. Ví dụ: vẽ một đường tròn trên mặt phẳng; sử dụng một chu kỳ, tìm trung tâm của nó. Việc này có thể thực hiện như sau: đánh dấu ba điểm A, B, C trên đường tròn; như bạn đã biết, với một chiếc vòng tròn và thước kẻ, bạn có thể dựng tâm của một đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; Điều này có nghĩa là điều này có thể được thực hiện với một chu trình. (Tuy nhiên, bài toán có các thành phố và lời giải đơn giản hơn là tìm nó!) Nhân tiện, chúng ta thấy rằng trong 2, 4, 5 và 6 đã cho, không cần thiết phải chỉ ra tâm của vòng tròn đã cho.

2°. Không phải mọi công trình đều có thể được thực hiện chỉ bằng thước kẻ; làm điều đó với một cái móc và một thước kẻ. (Để chứng minh, xem cuốn sách: Rademacher G. và Teplitz O. Numbers and Figs. - M.: Nauka, 1966.) Tuy nhiên, có một định lý đáng kinh ngạc của Steiner, theo đó tất cả các phép dựng được thực hiện bởi một thước đo và một thước đo có thể được thực hiện bằng một thước kẻ, nếu trước tiên một đường tròn được vẽ trên tờ giấy và tâm của nó được đánh dấu.

37

Điều này có nghĩa là nếu bạn định thực hiện các công trình xây dựng bằng la bàn và thước kẻ và để quên thước ở nhà thì điều đó không thành vấn đề - bạn có thể thực hiện chỉ bằng một la bàn; nếu bạn quên la bàn, hãy hỏi bạn của anh ấy và vẽ một vòng tròn với nó, trước đó đã đánh dấu tâm của nó; sau đó bạn có thể xây dựng bất cứ thứ gì chỉ với một cây thước. (Tất nhiên, điều tồi tệ hơn là nếu bạn quên cả la bàn và thước kẻ ở nhà - ở đây khoa học bất lực trong việc giúp đỡ bạn.)

Đang suy nghĩ về một điều tối ưu bài toán

V. Y. SANNINSKY

Olympic bài toán không chỉ hữu ích trong việc kiểm tra khả năng toán học trong điều kiện cạnh tranh khắc nghiệt. Trong một lĩnh vực có năng lực hơn, khi có thời gian để suy nghĩ, bài toán cạnh tranh có thể trở thành nguồn gốc của một chút nghiên cứu độc lập, phần nào gợi nhớ đến sự sáng tạo toán học hữu ích.

Tôi chứng minh điều này bằng ví dụ về bài toán sau đây để làm bằng chứng, được tìm thấy trong nhiều bộ sưu tập của cuộc thi:

Nếu tất cả các số nguyên tố bắt đầu bằng 5 đều vướng víu theo thứ tự tăng dần thì mỗi số nguyên tố vướng víu sẽ lớn hơn số buổi sáng của nó.

Hãy cố gắng tự mình chứng minh điều đó. Nó không khó lắm; ví dụ, tôi đưa ra bằng chứng khá nhanh*. Tuy nhiên, sau đó tôi không bỏ bài toán mà bắt đầu suy nghĩ về cách diễn đạt của nó. Và câu hỏi ngay lập tức được đặt ra: số 5 và số 3 có liên quan gì, có thể lấy những số khác không? Điều này gợi ý việc đánh giá bài toán - cùng một cặp số (3, 5) để tạo khoảng cách cho một cặp $(k, p)$ tùy ý, trong đó $k$ là số tự nhiên và $p$ là số nguyên tố. Kết quả là một tuyên bố mà tôi gọi là

$Y(k, p)$: nếu tất cả các số nguyên tố bắt đầu bằng $p$, hãy nhầm lẫn theo thứ tự

*) Tôi đã lợi dụng thực tế là trung bình cộng của các số liên tiếp $9n, 9n+1, \dots, 9n+8, n=1, 2, 3, \dots$ có thể xuất hiện nhiều nhất là ba số nguyên tố.

tăng dần thì mỗi số nguyên tố vướng víu lớn hơn số của nó nhân với $k$.

Một vấn đề. Tuyên bố này không phải lúc nào cũng đúng (không phải với tất cả $k$ và $p$). Ví dụ: $Y(3,3)$ là sai (số nguyên tố 13 nhỏ hơn số ba của nó: $13 < 3 \times 5 = 15$). Mặt khác, chúng tôi biết rằng $Y(3,5)$ là đúng (đây là tuyên bố độc quyền của chúng tôi bài toán). Chà, sau đó sẽ xuất hiện bài toán mô tả về tất cả các cặp tốt $(k, p)$, tức là những cặp mà $Y(k, p)$ là đúng.

Để giải quyết vấn đề này, tôi bắt đầu thử nhiều cặp nhỏ khác nhau và nhanh chóng tìm thấy một vài cặp nhỏ (như $(4,5), (6,3)$) và một số cặp tốt $(\langle 1,2\rangle, (2,3), (2,5), (3,7))$. Tôi khuyên người đọc nên ngừng đọc tại thời điểm này và cũng nên thử các cặp nhỏ.

Hơn nữa, người đọc đã không làm theo lời khuyên của tôi; anh ta sẽ dễ dàng nhận ra rằng công lý $Y(k, p)$ hàm ý công lý $U(k', p')$ nếu $k' \leq k$ và $p' \geq p$. Tôi cũng nhanh chóng nhận thấy điều này và do đó quyết định không tìm kiếm tất cả các cặp tốt mà chỉ tìm những cặp không thể cải thiện được $(k, p)$, tức là những cặp mà $Y(k, p)$ là đúng, nhưng $Y(k', p')$ là sai đối với $p' > k$ và sai $Y(k', p')$ đối với $p' < p$. Đây là cách một bài toán mới xuất hiện: tìm tất cả các cặp không thể cải thiện được.

Bài tập 1. Chứng minh rằng các cặp $(1,2), (2,3) и (3,5)$ là không thể chứng minh được.

Tôi đã chứng minh điều này, có lẽ người đọc đã làm, mà không gặp nhiều khó khăn và không cần nhìn vào cặp tiếp theo - $(4,7)$. Hóa ra là không ổn: $7 > 4 \cdot 1, 11 > 4 \cdot 2, 13 > 4 \cdot 3, 17 > 4 \cdot 4$, nhưng sự thật là $19 > 4 \cdot 5$. Tôi chuyển sang cặp tiếp theo - $(4,11)$ - và bắt đầu thử $11 > 4 \cdot 1, 13 > 4 \cdot 2, \dots, 29 > 4 \cdot 6, 31 > 4 \cdot 7, \dots$. Tôi nhanh chóng cảm thấy mệt mỏi với điều này và quyết định rằng tôi có một giả thuyết hợp lý: cặp $(4,11)$ là không thể cải thiện được. Tôi thú nhận rằng tôi đã phải mày mò rất nhiều trước khi có thể chứng minh tính đúng đắn của giả thuyết này.

38

Tôi đã nghĩ như thế này. Hãy để sự tích hợp $p_1 = 11, p_2 = 13, ..., p_n, ...$ trở nên cần thiết đối với chúng tôi. Để chứng minh $Y(4, 11)$, chúng ta cần thiết lập bất đẳng thức $p_n > 4n$ cho mọi $n \in \mathbb{N}$. Hãy lấy số $m = 210 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$ (tích của tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn 11) và chia tập hợp số tự nhiên $n \geq 11$ thành các lớp $m$, tùy theo số dư khi chia cho $m$. Cụ thể, đối với lớp $r$th $K_r$, $r = 0, 1, ..., m - 1$ chúng tôi bao gồm tất cả các số có dạng $n = tm + r$, trong đó $t \in \mathbb{N}$. thì mọi số tự nhiên $n$ đều thuộc đúng một lớp $K_r$ - cụ thể là vào lớp có số $r$, bằng phần dư của phép chia $n$ cho $m = 210$. Hãy để chúng tôi xóa khỏi danh sách $K_0, K_1, ..., K_{m-1} = K_{209}$ tất cả các lớp có số là số tổng hợp. Nói cách khác, chúng tôi sẽ chỉ để lại trong danh sách những lớp có số nguyên tố cùng nhau với $m$. Lưu ý rằng tất cả các số nguyên tố $p_1, p_2, ..., p_n$ … đang được xem xét đều thuộc các lớp còn lại (tại sao?). Chúng ta hãy biểu thị số lượng của các lớp còn lại bằng $a_1, a_2, a_3, ...$, ví dụ: $a_1 = 11, a_2 = 13, ..., a_{47} = 209$.

Bài tập 2. Tìm tất cả các số ($\varphi(m) = \varphi(210) = 48$) của các lớp còn lại và kiểm tra xem bất đẳng thức $a_n > 4n$, trong đó $n = 1, 2, ..., 48$.*

Bây giờ chúng ta sắp xếp tất cả các số trong các lớp còn lại theo thứ tự tăng dần. Danh sách này bắt đầu bằng những con số mà chúng ta đã biết $a_1, a_2, a_3, ...$, nhưng không kết thúc ở $a_{48} = 211$ mà còn đi xa hơn: $a_{49} = 217, a_{50} = 221, ...$. Sau đó, rất rõ ràng rằng $a_n \leq p_n$ cho tất cả $n = 1, 2, ...$ (xét cho cùng, các số nguyên tố $p_1, p_2, ...$ của chúng ta nằm trong số các số còn lại $a_1, a_2, ...$). Do đó, chúng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức $a_n > 4n$ (với mọi $n$) là đủ. Đối với 48 số đầu tiên $a_1, ..., a_{48}$ đã được xác minh (Bài tập 2), đối với $n$ tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. Quy nạp sẽ được thực hiện trên tham số phụ $t$ với cố định $r$ ($r = 1, 2, ..., 48$), tức là chúng ta sẽ kiểm tra bằng chứng cho tất cả các số từ lớp có số $a_r$. Bất kỳ số $a_s$ nào từ lớp này đều được biểu diễn dưới dạng $a_s = t \cdot 210 + r$. Điểm bắt đầu quy nạp đã tồn tại (chúng tôi đã kiểm tra rằng tại $t = 0$ số $a_r$ thỏa mãn bất đẳng thức $a_r > 4r$). Let (câu quy nạp), $a_s = 210 \cdot t + r > 4s$. Chúng ta cần thiết lập bất đẳng thức $210(t + 1) + r > 4(s + 48)$, hoặc $s + 48$ - số của số tiếp theo $210(t + 1) + r$ từ lớp đang xem xét (với số $a_r$). Nhưng nó ngay lập tức suy ra từ mệnh đề quy nạp và bất đẳng thức rất mạnh $210 > 4 \cdot 48$. Tuyên bố $Y(4, 11)$ đã được chứng minh.

Bài tập 3. Kiểm tra xem với $k > 5$ câu $Y(k, 11)$ là sai.

Vì $Y(4, 7)$ cũng sai nên chúng tôi đã chứng minh rằng cặp $(4, 11)$ thực sự không thể cải thiện được.

Vấn đề sẽ tiếp tục - chúng tôi sẽ tìm kiếm một cặp không thể cải thiện được có dạng $(5, p)$.

Bài tập 4. Kiểm tra xem các cặp $(5, p)$ không phù hợp với $p < 23$ và cặp $(6, 23)$ cũng vậy.

Việc điều tra cặp $(5, 23)$ $(23 > 5 \cdot 1, 29 > 5 \cdot 2, 31 > 5 \cdot 3$, v.v.) dẫn đến

*) Các lớp $K_0, K_1, ..., K_{m-1}$ được gọi là các lớp dư lượng modulo $m$. Số lớp có các số nguyên tố cùng nhau đến $m$ được ký hiệu là $\varphi(m)$; hàm $\varphi$ được gọi là hàm Euler.

một giả thuyết khác: pair $(5, 23)$ là không thể chấp nhận được.

Công bằng mà nói thì giả thuyết có thể được thiết lập bằng cách suy luận theo cách tương tự như đối với cặp $(4, 11)$. Nghĩa là, lấy $m = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 = 9699690$, xét các lớp thặng dư modulo $m$, từ chúng chọn $\varphi(m) = 1658880$ các lớp nguyên tố cùng nhau đến $m$, chiếm tất cả các số (bắt đầu từ 23) từ các lớp đã chọn theo thứ tự tăng dần $(a_1, a_2, ...)$ và chứng minh bằng quy nạp rằng bất đẳng thức $a_n > 5n$ (từ đó suy ra $p_n > 5n$ cho số nguyên tố đã chọn $p_1 = 23, p_2 = 29, ...$) đúng với mọi số $a_n$ từ một lớp nhất định nếu nó đúng với số $a_n$ của lớp đó. Sau đó, tất cả những gì còn lại là kiểm tra xem bất đẳng thức $a_n > 5n$ có đúng với tất cả $n$ từ 1 đến $\varphi(m) = 1658880$ hay không. Tất nhiên, việc kiểm tra này không có ích gì cho con người. Tôi phải giao phó nó cho cái máy; Máy tính EU - 1045 trong 6 phút với đáp số; thực sự là $a_n > 5n$ tại $n = 1, 2, ..., \varphi(m)$. Phỏng đoán về tính không thể cải thiện của cặp $(5, 23)$ đã được xác lập.

Điều này thường xảy ra trong toán học hiện đại: với lý luận logic, một nhà toán học sử dụng bài toán để kiểm tra một tập hợp vô hạn các câu lệnh (trong trường hợp của chúng ta là các bất đẳng thức) thành một tập hợp hữu hạn (nhưng lớn) và các câu lệnh của tập hợp này được kiểm tra bằng máy tính.

Triển vọng trong tương lai là gì? Việc tìm kiếm cặp không thể cải thiện tiếp theo (thuộc loại $(6, p)$) dẫn đến các số, ở giới hạn khả năng của máy tính EC - 1045 và các cặp thuộc loại $(7, p)$ - không hoàn toàn phù hợp với cách tiếp cận của chúng tôi. Sau đó, tôi cố gắng khái quát hóa bài toán ban đầu theo một cách khác và đi đến công thức sau:

Torema. Các số nguyên tố tăng nhanh bất kỳ hàm tuyến tính nào của số đó; nói cách khác, nếu $p_1 = 2, p_2 = 3, ..., p_n, ...$ là một dãy gồm tất cả các số nguyên tố theo thứ tự tăng dần thì với bất kỳ $k$ và $b$ nào, bất đẳng thức $p_n > kn + b$ đúng với tất cả $n$ lớn hơn một số $n_0$ (tùy thuộc vào $k$ và $b$).

Hãy thử và chứng minh điều này nổi tiếng hơn nữa? Ví dụ, người ta có thể cố gắng chứng minh rằng các số nguyên tố tăng chậm hơn các đa giác bậc hai của số đó. Nhưng đây đã là một bài toán khó khăn: chúng ta đang tiếp cận đỉnh cao của khoa học và chúng ta chỉ có thể tiến xa hơn bằng cách nghiên cứu các tác phẩm của những người tiền nhiệm vĩ đại của chúng ta - Euler, Lagrange, Gauss, Riemann, Chebyshev.

39

Chất lỏng sôi

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. I. BUZDIN,
Ứng viên khoa học hóa học
V. V. SOROKIN

Quá trình đun sôi chất lỏng đã quen thuộc với tất cả chúng ta. Chúng ta nói rằng nước trong ấm đang sôi khi sự hình thành hơi nước mạnh xảy ra trong toàn bộ thể tích chất lỏng. Đây là sự khác biệt giữa sôi và bay hơi, trong đó quá trình bay hơi chỉ xảy ra từ bề mặt mở.

Quá trình sôi bắt đầu khi áp suất hơi bão hòa trong bong bóng bằng với áp suất khí quyển bên ngoài.*) Nếu áp suất hơi bão hòa nhỏ hơn áp suất khí quyển, bong bóng hơi vô tình hình thành trong chất lỏng sẽ xẹp xuống và biến mất.

Đường sôi của chất lỏng

Người ta biết rằng mọi chất lỏng đều có đặc điểm là điểm sôi hoàn toàn xác định ở một áp suất khí quyển nhất định. Ví dụ, nước ở áp suất khí quyển bình thường ($p_0=760$ mmHg) sôi ở 100 °C, nhưng chỉ sôi ($C_7H_8$) ở 111 °C.

Và ở nhiệt độ bao nhiêu thì “hỗn hợp” chỉ gồm nước, hai loại nước sôi không trộn lẫn với nhau sẽ sôi? Có vẻ như điểm sôi phải nằm trong khoảng từ 100 °C đến 111 °C. Tuy nhiên, nếu bạn cẩn thận đổ một ít nước vào ống nghiệm (nó nổi lên trên mặt nước, vì mật độ của nó nhỏ hơn mật độ của nước) và đun nóng trong nồi cách thủy, thì hóa ra sôi bắt đầu ở khoảng 95 ° C! Lưu ý khi tiến hành thí nghiệm này cần sử dụng nhiệt kế khá chính xác.

Có chuyện gì vậy? Đáp số đề xuất thí nghiệm. Theo quan sát bên ngoài, rõ ràng là quá trình sôi bắt đầu ở bề mặt điểm sôi - chỉ có nước và chúng ta đang xử lý cái gọi là điểm sôi biên của chất lỏng. Trong trường hợp này, khí hình thành ở ranh giới

40

bong bóng làm bay hơi cả nước và không còn gì nữa, và bong bóng chứa hơi nước bão hòa và không còn gì nữa. Trong quá trình sôi, tổng áp suất hơi trong bong bóng, bằng áp suất khí quyển $p_0$, theo định luật Dalton, là tổng áp suất riêng phần của hơi bão hòa chỉ $p_T(T_K)$ và nước $p_B(T_K) : p_0 = p_T(T_K) + p_B(T_K)$. Do đó, áp suất hơi bão hòa của nước và chỉ mỗi nước riêng lẻ nhỏ hơn áp suất khí quyển, có nghĩa là điểm sôi biên $T_K$ phải nhỏ hơn điểm sôi của cả nước và chỉ.

Một thí nghiệm trình diễn tương tự đặc biệt thành công nếu bạn đổ một ít cacbon tetraclorua ($\text{CCl}_4$), có nhiệt độ $76,7\degree\text{C}$, vào ống nghiệm và đổ nước lên trên. Để làm cho giao diện chất lỏng dễ dàng thay thế hơn, carbon tetrachloride có thể được pha màu trước bằng dung môi.

Hình 1.

40

41

cacbon clorua: $T_{\text{к}} = 65^{\circ}\text{C}$. Trong trường hợp này, áp suất hơi $\text{H}_2\text{O}$ bằng 190 mm pt. Art., và áp suất hơi $\text{CCl}_4$ là 570 mm pt. Art., tổng cộng mang lại áp suất khí quyển bình thường, tức là 760 mm pt. Nghệ thuật.

Thật không may, một phép tính đơn giản như vậy không phải lúc nào cũng dẫn đến một kết quả đáng tin cậy - thường phải tính đến sự hòa tan lẫn nhau của các thành phần.

Điều đáng tò mò là nếu bạn duy trì mức sôi giới hạn trong một thời gian, bạn sẽ nhận thấy cacbon tetraclorua sôi nhanh hơn nhiều so với nước. Bạn nghĩ lý do cho điều này là gì? Hãy thử ước tính xem $\text{CCl}_4$ sôi bao nhiêu lần so với nước (mật độ cacbon tetraclorua $q = 1600 \text{ кг/м}^3$).

Áp suất hơi

Chúng tôi đã đi đến kết luận rằng để xác định áp suất hơi bão hòa của nước ở nhiệt độ nhất định, người ta phải sử dụng bảng tham khảo. Có thể tự mình cố gắng đạt được sự phụ thuộc nhiệt độ của áp suất hơi bão hòa, tức là đóng vai trò là người thí nghiệm - người biên soạn bảng không?

Hãy xem xét một trong những phương pháp đơn giản để có được sự phụ thuộc mà bạn có thể sử dụng. Thiết bị để tiến hành thí nghiệm bao gồm một cốc hóa chất chứa đầy nước lạnh, trong đó một ống nghiệm có vạch chia được đánh dấu trên thành được nhúng ngược xuống. Ống nghiệm và nhiệt kế có thể được giấu trong quần phòng thí nghiệm với bàn chân đặt trên bàn.

Đổ đầy nước vào một phần ống nghiệm, đặt cốc thủy tinh chứa ống nghiệm úp ngược và nhiệt kế lên bếp điện tử và bắt đầu đun nóng. Khi nhiệt độ nước tăng lên, chúng ta sẽ ghi lại dữ liệu về sự thay đổi thể tích khí trong ống nghiệm, tức là ghi lại các vạch chia được đánh dấu trên thành ống nghiệm.

Khí trong ống nghiệm là hỗn hợp của không khí và hơi nước bão hòa. Đương nhiên, áp suất tổng bằng áp suất khí quyển (có thể bỏ qua áp suất của cột nước trong thủy tinh vì nó chỉ là 17 mm pt. Nghệ thuật. Tuy nhiên, khi nhiệt độ ngày càng tăng, hơi nước đóng góp ngày càng đáng chú ý.

Sử dụng phương trình Mendleev-Clapeyron, đối với không khí trong ống nghiệm, chúng ta viết

$$\frac{p_0 V_0}{T_0} = \frac{p_B V}{T}, \quad p_B = p_0 \frac{V_0}{V} \frac{T}{T_0},$$

trong đó $p_0$ là áp suất ban đầu (bằng áp suất khí quyển), $V_0$ và $T_0$ lần lượt là thể tích ban đầu và nhiệt độ không khí. Bây giờ, khi biết thể tích và nhiệt độ thay đổi như thế nào, chúng ta có thể tìm áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ nhất định:

$$p_H = p_0 \left( 1 - \frac{T}{T_0} \frac{V_0}{V} \right).$$

Sự phụ thuộc thực nghiệm của áp suất hơi bão hòa vào nhiệt độ thu được theo cách này là tốt theo số liệu tham khảo. Sự thỏa thuận đặc biệt tốt ở nhiệt độ trên 80 ° C, với sai số dưới 5%. Ở nhiệt độ thấp, độ chính xác của phương pháp này giảm. Hãy suy nghĩ xem điều này có liên quan gì, nguồn lỗi chính là gì và làm thế nào để cải thiện độ chính xác của phương pháp được đề xuất. Hãy thử thực hiện công việc trong phòng thí nghiệm để xác định sự phụ thuộc nhiệt độ của áp suất hơi bão hòa trong lớp học vật lý ở trường của bạn.

42

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải
Hầu hết độc giả đã gửi lời giải bài toán M1001—M1015, F1013—F1027 đã hoàn thành bài toán M1001, M1003—M1005, M1007, M1009, M1011, M1015, F1013—F1015, F1020, F1023, F1024. Dưới đây chúng tôi công bố họ của những người đã gửi đúng lời giải trong số bài toán còn lại (các số sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học
A. Abdrakhmanov (Alma-Ata) 02, 14; V. Hakoplan (Yerevan) 13, 14; D. Alievsky (Sverdlovsk) 12-14; D. Arotser (Kyiv) 02, 06; S. Arshava (Severodonets) 02, 06, 13, 14; R. Asadullaev (Masaleny) 06; V. Bazutkin (Krivoy Rog) 06, 08; Z. Bandik (SFRY) 06; A. Barabanov (Kyiv) 02, 06; S. Bezeka (Moscow) 06; R. Bezrukavnikov (Kaluga) 02; A. Beyancu (SRR) 06; I. Belozerov (Serpukhov) 02, 13, 14; V. Bergman (Baku) 06, 08, 14; D. Berzin (Kaluga) 02, 06, 08; E. Besaev (Tbilisi) 06, 13; V. Budaiko (Kyiv) 06, 08; A. Burshtein (Moscow) 02, 06; P. Buchin (Kyiv) 06, 12-14; Y. Barshavsky (Kharkov) 02, 06, 08; A. Vintsok (Kyiv) 02, 06, 13; A. Vityaev (Novosibirsk) 06, 08, 13; V. Volododsky (Omsk) 02, 08, 12-14; Vâng. Vtorov (Kyiv) 06; Yu. Vymenets (Leningrad) 02; T. Gamidov (khu định cư Boradyakh, AzSSR) 06; O. Gevorkov (Tbilisi) 13, 14; I. Gorortseva (Sofia, NRV) 06; O. Gupel (Dresden, CHDC Đức) 08, 13, 14; A. Guliok (Kharkov) 06, 08; V. Golovanov (Kyiv) 06, 08; M. Goldshed (Chelyabinsk) 06, 08, 10, 13, 14; A. Gorokhovsky (Kyiv) 06; V. Gravit (Severodinsk) 02; R. Griptse (Lviv) 08, 13, 14; D. Grbtsarov (Sofia, NRV) 06; A. Gusev (Belorets) 06; A. Davydov (làng Elfimovo, vùng Gorky) 06; T. Danelia (Tbilisi) 06, 08; O. Javadov (làng Boradiakh của AzSSR) 06; A. Donchenko (Kyiv) 02; I. Dokholyan (Tbilisi) 13; S. Dronov (Pushino) 06; A. Dubinsky (Moscow) 13, 14; I. Dynikov (Zhukovsky) 06, 08; R. Elchiev (làng Archug ArmSSR) 13; V. Emets (Kyiv) 08; D. Zaitsev (Kyiv) 02, 06, 08; I. Zefirov (Khimki) 06, 08; V. Ivanov (Tbilisi) 14; I. Iltsev (NRV) 06, 08, 14; V. Kalchitsky (Kalinerrad) 08, 14; V. và M. Karimov (Alma-Ata) 06; T. Kasumov (Baku) 06, 08, 13, 14; O. Kirisovsky (Vinnitsa) 14; O. Kovrizhin (Maykop) 14; A. Kozinsky (Gayvoron) 06, 08; G. Koletsichkiy (Tbilisi) 14; M. Koletichny (Tbilisi) 06, 13; A. Konstantin (SRR) 06, 08; A. Korpilov (Rostov-on-Don) 14; A. Korpilov (Mozyr) 02, 06, 08, 12-14; V. Krepets (Novosibirsk) 06; A. Krivenko (Kyiv) 06; V. Krullyukov (Kharkov) 06, 08, 13, 14; V. Krushkal (Novosibirsk) 13; V. Kuvatbekova (Frunze) 06; D. Kushchenko (Saratov) 14; I. Kuchuguri (Novy Urengoy) 02; S. Lausmaa (Kohtla-Arve) 13; O. Limeshko (Kuibyshev) 06, 08, 12-14; M. Litvionov (Kyiv) 02, 08; A. Lobkovsky (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 06, 08, 13, 14; V. Lyandin (Belorets) 02, 06, 08, 14; A. Mazr (Kyiv) 06; M. Makchian (Yerevan) 13, 14; A. Makogon (Kyiv) 02, 06, 08; R. Malendevich (Volekov) 02, 06, 08; A. Melnik (Gayvoron) 06, 08; A. Melier (Leningrad) 08, 12-14; A. Midlo (Leningrad) 06; V. Milto (Kyiv) 06, 08; G. Minasants (Yerevan) 06, 08; Z. Mustafev (Baku) 12-14; S. Mushinsky (Novosibirsk) 02, 06; A. Nazaran (Tbilisi) 06, 08, 12-14; VÀ. Narsky (Tbilisi) 06, 08, 14; Yu. Nim (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 06; A. Novchenko (Vilnius) 14; P. Pasavov (Chernivtsi) 13, 14; P. Pasmanik (Moscow) 06, 08, 14; M. Pasumansky (Leningrad) 08, 14; O. Pelevin (Kostroma) 06, 13, 14; Z. Petrenko (Kherson) 14; A. Petrova (Leningrad) 06; A. Petrova (Permor) 06; V. Polinov (Magnitogorsk) 06, 13, 14; A. Politsuk (Moscow) 12, 13; V. Pomaz (Semyonovka) 06; I. Portnoy (Odeska) 02; D. Prokofiev (làng Sertolovo, vùng Leningrad) 13, 14; V. Pushina (Kharkov) 02, 08, 13, 14; Sh. Razimov (Ulyanovsk) 13; V. Razullin (Chelyabinsk) 12-14; S. Reznov (Kyiv) 02, 08; A. Reutgitein (Leningrad) 06; D. Romanin (Krasnoirsk) 08, 14; E. Saidamatov (làng Kuk-Terek, vùng Tashkent) 13; V. Sainbayar (MPR) 06, 14; I. Samovol (Gaivoron) 06, 08; S. Sefibekov (Kashkent) 06; S. Silvestrov (Kyiv) 02, 06, 08; V. Slitinsky (Kyiv) 02, 06, 08, 12-14; A. Smirnova (Kirov) 12-14; V. Soloviev (làng Kupavna, vùng Matxcova) 02; I. Soloviev (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 02; V. Stolin (Vilnius) 08, 12-14; D. Tamarkin (Gorky) 08, 10, 13, 14; A. Tarasenko (Dnepropetrovsk) 06, 08; A. Terekhov (Alma-Ata) 12-14; D. Tulykov (Zhdanov) 13, 14; I. Ustilovsky (Moscow) 06, 08; D. Feldman (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 06, 13, 14; F. Fot (Tomsk) 06; A. Frenkel (Magnitogorsk) 13, 14; M. Kharaba (làng Nadrenoe, vùng Ternopil) 06, 08; K. Hryniewski (Ba Lan) 06, 08; O. Khristenko (Karaganda) 06, 08, 13, 14; E. Chernaya (Dnepropetrovsk) 02, 06, 08, 13, 14; R. Chuzek (Tiệp Khắc) 14; T. Chudinovskikh (Tselinograd) 06, 14; E. Churikova (Tselinograd) 06; Yu. Shampuk (làng Novy Dvor, vùng Grodno) 06, 08; I. Shextman (Kyiv) 06; Y. Efdideev (Baku) 06, 13; A. Yavran (Yerevan) 06, 14; M. Yamolsky (Kharkov) 06.

Vật lý
Kh. Akimov (trang trại “Moscow”, vùng Khorezm) 16-19, 21, 22; A. Andrianov (Kuznetsovsk) 17; A. Anisimov (Kyiv) 16, 17; A. Antonov (Moscow) 16, 18, 26; U. Askarov (vùng Khorezm) 21; F. Asmandyarova (Tselinograd) 17, 18, 22, 25; Kh. Atabaev (trang trại “Moscow”, vùng Khorezm) 22; G. Akhmedov (Sumgant) 16-18, 26; T. Akhmetov (Novosibirsk) 26, 27; S. Belusov (Petrovorets) 16-18, 26; D. Berdze (Tbilisi) 18; D. Berzin (Kaluga) 16-12, 22; A. Beslov (Chisinau) 18; S. Bobylev (Berezniki) 18, 21, 26, 27; A. Bolotnikkov (Kuznetsovsk) 17; D. Budko (Belgorod) 16-19, 21, 22; A. Bytsko (Leningrad) 26; M. Vadanov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 18, 19; V. Verle蛛 (Vinnitsa) 18; R. Verle蛛 (Vinnitsa) 18, 26; A. Vintsok (Kyiv) 16, 25; P. Wolfbein (Kyiv) 17, 18, 22, 25; A. Gaek (Dnepropetrovsk) 18; A. Gamalonov (Poltava) 26, 27; S. Gerasimov (Kharkov) 17, 18, 27; A. Goldin (làng Vodyanoye, vùng Levovo) 16-18, 22; V. Gorboevets (Sverdlovsk) 26; D. Gorelik (Điện) 16, 18; K. Goryacheev (Tula) 26; G. Gridne (Tbilisi) 18; V. Gurashiy (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 16—19, 22; D. Gutorov (Kuznetsovsk) 17, 18, 26, 27; S. Dikiy (Cherskazy) 26, 27; S. Dronov (Pushino) 18; J. Evseev (Dmitrovgrad) 18; D. Evtushenko (Donetsk) 16, 18; D. Ezhikov (Minsk) 16, 18; A. Ezersky (Minsk) 18, 26; D. Zhiltsov (Kramatorsk) 21;

(Cuối cùng xem trang 46)

43

Xác thực các thuật toán

Ứng viên khoa học kỹ thuật
V. A. KAIMIN

Lập trình là một nghệ thuật, một khoa học hay một nghề thủ công? Có thể viết chương trình và đảm bảo rằng không có lỗi trong đó không? Hai câu hỏi này là chủ đề của các cuộc tranh luận khoa học, xung đột và nghiên cứu dịch vụ nóng bỏng. Hãy cố gắng tìm ra nó.

Có ba cách tiếp cận để biên dịch một chương trình cho máy tính.

Cách tiếp cận đầu tiên - chúng tôi gọi là truyền thống - bao gồm viết chương trình bằng một số ngôn ngữ lập trình (BASIC, FORTRAN, PL/1, COBOL, v.v.) ngay lập tức theo các công thức có ý nghĩa bài toán:

Ngôn ngữ lập trình thường có từ vựng tiếng Anh và các chương trình bằng những ngôn ngữ này rất khó đọc, hiểu và học đối với những người không nói tiếng Anh bản xứ. Khi biên dịch một chương trình theo cách truyền thống, hầu như luôn xuất hiện một số lượng lớn lỗi và trình biên dịch chương trình cố gắng truy cập vào máy tính càng sớm càng tốt và bắt đầu gỡ lỗi chương trình.

Số lượng lỗi trong một chương trình không bao giờ được biết trước và do đó không ai biết khi nào chương trình sẽ kết thúc việc gỡ lỗi. Hơn nữa, khi tác giả chương trình khẳng định rằng chương trình của họ đã được gỡ lỗi hoàn toàn thì những chương trình này thường vẫn có lỗi.

Cách tiếp cận thứ hai đối với lập trình, thường được gọi là lập trình có cấu trúc, bao gồm việc suy nghĩ cẩn thận thông qua logic lời giải bài toán và tạo ra các thuật toán có cấu trúc. Chúng tôi khuyên bạn nên viết ra các thuật toán này bằng ngôn ngữ thuật toán của trường từ sách giáo khoa của bạn và chỉ sau đó dịch bản ghi chương trình sang một trong các ngôn ngữ lập trình. Sơ đồ thiết kế chương trình có thể

44

miêu tả như thế này:

Với cách tiếp cận này, có thể dễ dàng phân biệt các lỗi cú pháp và thuật toán. Lỗi cú pháp (vi phạm quy tắc ngôn ngữ lập trình) chỉ có thể xuất hiện nếu chương trình được mã hóa không chính xác bằng thuật toán. Lỗi thuật toán (vi phạm logic lời giải bài toán) phát sinh khi biên soạn thuật toán; việc tìm kiếm và sửa lỗi của chúng có thể được thực hiện theo mô tả của các thuật toán trước khi viết và kiểm tra chương trình trên máy tính.

Cách tiếp cận thứ ba, mà chúng tôi gọi là các chương trình mang tính xây dựng có hệ thống, là cách tiếp cận mang tính phát triển. Nó có thể được biểu diễn dưới dạng sơ đồ sau:

Cách tiếp cận này được mô tả chi tiết hơn trong «Kvant» (1986, Số 10, trang 47 và Số 11, trang 40).

Việc kiểm thử một chương trình máy tính bao gồm các cuộc kiểm tra được lên kế hoạch cẩn thận để đảm bảo rằng máy hoạt động theo đúng kịch bản chương trình. Việc kiểm tra bao gồm kiểm tra tất cả các trường hợp đặc biệt chính của câu lệnh bài toán, kiểm tra các điều kiện biên, kiểm tra phản ứng của chương trình đối với dữ liệu không hợp lệ và các hành động không thể chấp nhận của con người. Về mặt này - liên quan đến kịch bản của các chương trình đối thoại (xem «Kvant», 1986, số 11, tr. 40) - ở đây chúng tôi sẽ không đi sâu vào chi tiết.

Việc xác định lỗi và biện minh cho tính đúng đắn của chương trình theo cách tiếp cận này được thực hiện thông qua suy luận logic, tất cả đều là bằng chứng - chương trình sẽ đưa ra kết quả và thông báo cần thiết hay không? Chỉ có thể đảm bảo hoàn toàn không có sai sót nếu có các công thức toán học của giải bài toán và mô tả chi tiết về kịch bản làm việc với máy tính.

Trong tình huống này, chúng tôi gọi một chương trình là chính xác nếu với bất kỳ dữ liệu ban đầu hợp lệ nào, nó tạo ra các kết quả tương ứng hoàn toàn với kịch bản cho bất kỳ hành động nào của người dùng. Chương trình có lỗi nếu có thể chỉ định dữ liệu đó mà máy tạo ra kết quả mâu thuẫn với kịch bản thiết lập bài toán đã giải quyết hoặc hoạt động của nó không tương ứng với mô tả của kịch bản chương trình.

Ở đây chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ chứng minh tính đúng đắn của các đoạn chương trình riêng lẻ được viết bằng ngôn ngữ thuật toán của trường học (chúng tôi bỏ qua một phần tiêu đề chương trình để cho ngắn gọn).

Ví dụ 1 (bài toán tính toán).

alg “phép tính x⁵”
bắt đầu v := x x
v := v · v
y := v · x

kết quả
v₁ = x · x,
v₂ = v₁ · v₁,
y = v₂ · x.

Xin lưu ý rằng một số giá trị không được mô tả cho biến v trong quá trình hoạt động của thuật toán, vì vậy khi ghi kết quả, trước tiên chúng ta viết chữ v kèm theo các chỉ số bằng số. Dựa trên chương trình này, chúng tôi làm như sau

Tuyên bố. y = x⁵.

Bằng chứng. Từ việc mô tả kết quả thực hiện các thao tác ta có
y = v₂ · x = (v₁ · v₁) · x =
= ((x · x) · (x · x)) · x = x⁵.

Ví dụ 2 (thuật toán có tính đến phân nhánh).

alg “tính |x|”
bắt đầu nếu x > 0
thì y := x
khác y := -x

kết quả
x với x > 0,
-x cho x ≤ 0.

Tuyên bố. Chương trình này luôn cho y = |x|.

Bằng chứng được thực hiện bằng cách phân tích trường hợp. Khi x > 0, phương án thay thế đầu tiên được thực thi. Kết quả của việc cộng giá trị sẽ bằng y = x, tương ứng với định nghĩa

47

Nhiệm vụ
cho hỗn hợp khí

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
S. M. KOZEL

Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, trước tiên, ứng viên được cung cấp bài toán, bài kiểm tra này sẽ không kiểm tra các loại khí nguyên chất (hydro, oxy, v.v.), mà là hỗn hợp của một số loại khí. Những bài toán này rất quan trọng vì trong thực tế chúng ta thường phải xử lý hỗn hợp khí. Ví dụ, không khí bao gồm hỗn hợp nitơ, oxy, carbon dioxide với hỗn hợp các loại khí khác. Không khí ẩm cũng chứa hơi nước.

Các bài toán về hỗn hợp khí về cơ bản khác rất ít so với bài toán về các định luật của khí lý tưởng. Nếu theo điều kiện bài toán, thành phần của hỗn hợp khí không thay đổi thì chúng ta có thể coi hỗn hợp đó là một loại khí lý tưởng có khối lượng mol nhất định. Do đó, không khí khô thường được gán khối lượng mol $M_B=29$ g/mol, tính trung bình trên các thành phần chính của nó. Tuy nhiên, nếu thành phần của hỗn hợp thay đổi thì khái niệm khối lượng mol trung bình sẽ mất đi ý nghĩa và gặp một số khó khăn khi sử dụng phương trình trạng thái khí của không khí. Trong trường hợp này, sẽ rất hữu ích nếu đưa ra khái niệm áp suất riêng phần - đây thường được gọi là áp suất do bất kỳ khí nguyên chất nào gây ra khỏi hỗn hợp khi tất cả các khí khác được loại bỏ khỏi bình.

Nếu các khí đủ loãng (để chúng có thể được coi là lý tưởng) và không tương tác hóa học với nhau, thì các phân tử của các loại khí khác nhau không có tác dụng lên nhau và mỗi khí trong hỗn hợp hoạt động như thể không có khí nào khác. Theo đó, áp suất tổng cộng của hỗn hợp bằng tổng áp suất riêng phần:

$$p=p_1+p_2+\dots+p_n.$$

Định luật này được thiết lập bằng thực nghiệm bởi nhà vật lý người Anh Dalton và được đặt theo tên ông. Hãy để chúng tôi giải thích định luật Dalton và khái niệm áp suất riêng phần bằng một ví dụ.

Hai loại khí khác nhau $A$ và $B$ được đặt trong hai buồng có cùng thể tích và tạo ra áp suất $p_1$ và $p_2$ (xem trang 48). Sử dụng piston, khí từ buồng này được đẩy qua van sang buồng khác. Nhiệt độ được duy trì không đổi và giống nhau trong toàn bộ hệ thống. Kết quả là trong buồng thứ hai nó được lắp đặt

48

Áp suất $p = p_1 + p_2$. Áp suất $p_1$ và $p_2$ trong trường hợp này là áp suất riêng phần của các loại khí khác nhau và theo định luật Dalton, chúng cộng lại bằng áp suất tổng $p$.

Chúng ta hãy lưu ý một lần nữa rằng định luật Dalton chỉ đúng với các khí lý tưởng có cấu trúc phân tử không đáng kể. Kinh nghiệm cho thấy rằng ở áp suất cực cao (khoảng hàng chục atm) có thể xảy ra sai lệch so với định luật này.

Nếu chúng ta viết phương trình Mendeleev-Clapeyron cho từng chất khí thì từ định luật Dalton cho hỗn hợp khí chúng ta thu được

$$pV = \left( \frac{m_1}{M_1} + \frac{m_2}{M_2} + \dots + \frac{m_n}{M_n} \right) RT,$$

hoặc

$$pV = (v_1 + v_2 + \dots + v_n)RT,$$

trong đó $v_i = m_i/M_i$ là số mol của một chất khí nhất định trong hỗn hợp. Sự tương ứng này được gọi là phương trình trạng thái của hỗn hợp khí. Xét định luật Avogadro, theo đó một mol của bất kỳ chất nào đều chứa $N_A = 6,02 \cdot 10^{23}$ phân tử ($N_A$ là số Avogadro), đẳng thức cuối cùng có thể được viết lại thành

$$pV = \left( v_1 N_A + v_2 N_A + \dots + v_n N_A \right) \frac{R}{N_A} T = (N_1 + N_2 + \dots + N_n) kT = NkT.$$

Ở đây $N_i = v_i N_A$ là số lượng phân tử của chất khí hiện có, $k = R/N_A = 1,38 \cdot 10^{-23}$ J/K là hằng số Boltzmann. Do đó, hóa ra áp suất của hỗn hợp khí ở nhiệt độ nhất định chỉ phụ thuộc vào tổng số phân tử và không phụ thuộc vào loại của chúng. Đây là một trong những hệ quả chính của lý thuyết phân tử về khí lý tưởng.

Chúng ta hãy xem xét chuỗi bài toán sử dụng định luật Dalton và phương trình trạng thái của hỗn hợp khí. Tất cả những bài toán này trong các năm khác nhau đều được mời đăng ký tham gia kỳ thi tuyển sinh viết vào Viện Vật lý và Công nghệ Moscow.

Bài toán 1. $m = 3$ g nước được đưa vào một bình có thể tích $V = 10$ l, chứa đầy không khí khô ở áp suất $p_1 = 10^5$ Pa và nhiệt độ $T_1 = 273$ K. Bình được làm nóng đến nhiệt độ $T_2 = 373$ K. Áp suất của không khí ẩm ở nhiệt độ này là bao nhiêu?

Áp suất của không khí ẩm trong bình là tổng áp suất riêng phần của không khí khô và hơi nước:

$$p = p_B + p_\pi.$$

Đồng thời

$$p_B = p_1 \frac{T_2}{T_1} = 1,37 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Coi hơi nước là một loại khí lý tưởng có khối lượng mol $M = 18$ g/mol và giả sử rằng toàn bộ nước sẽ bay hơi, chúng ta thấy

$$p_\pi = \frac{m}{M} \frac{RT_2}{V} = 0,52 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Áp suất này nhỏ hơn áp suất hơi bão hòa ở 373 K, bằng $p_\pi = 10^5$ Pa. Do đó, hơi nước không bão hòa và giả định của chúng tôi là đúng.

Như vậy,

$$p = p_B + p_\pi = 1,89 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Bài toán 2. Một bình có thể tích không đổi ở nhiệt độ $T_1 = 300$ K chứa $v_1 = 1$ mol neon và $v_2 = 2$ mol hydro. Áp suất trong bình $p_1 = 10^5$ Pa. Khi nhiệt độ tăng lên $T_2 = 2400$ K, áp suất tăng lên $p_2 = 8,8 \cdot 10^5$ Pa. Phần nào của phân tử hydro phân ly thành nguyên tử?

Ở nhiệt độ $T_1$ đối với hỗn hợp neon và hydro phân tử, chúng ta viết được phương trình

$$p_1 V = (v_1 + v_2) RT_1,$$

trong đó $V$ là thể tích của bình.

Nếu chúng ta biểu thị mức độ phân ly hydro, tức là tỷ lệ giữa số lượng phân tử phân rã trên tổng số phân tử trước khi phân ly, bằng $\alpha$, thì ở nhiệt độ $T_2$ có $v_1$ mol neon, $(1 - \alpha) v_2$ mol hydro phân tử và $2\alpha v_2$ mol hydro nguyên tử trong bình. Phương trình trạng thái của hỗn hợp khí được sử dụng ở dạng

$$p_2 V = (v_1 + v_2)(1 + \alpha) RT_2.$$

50

với thể tích $V_1=100$ l có $m_2=1,4$ kg nitơ dưới áp suất $p_1=1,5 \cdot 10^6$ Pa, trong xi lanh thứ hai có thể tích $V_2=250$ l có $m_2=1,2$ kg argon dưới áp suất $p_2=5 \cdot 10^5$ Pa. Áp suất và nhiệt độ nào được thiết lập trong các xi lanh khi Ventilb được mở? Nhiệt dung của một mol nitơ ở thể tích không đổi là $C_1=(5/2)R$, nhiệt độ của một mol argon là $C_2=(3/2)R$. Khối lượng mol của nitơ và argon bằng $M_1=28$ g/mol và $M_2=40$ g/mol.

Chúng tôi tìm thấy nhiệt độ ban đầu của nitơ và argon từ phương trình Mendelev-Clapeyron:

$$T_1 = \frac{p_1 V_1}{v_1 R} = 360 \text{ K}, \quad T_2 = \frac{p_2 V_2}{v_2 R} = 500 \text{ K},$$

trong đó $v_1 = m_1 / M_1 = 50$ mol và $v_2 = m_2 / M_2 = 30$ mol là số mol nitơ và argon.

Nhiệt độ của hỗn hợp $T$ được thiết lập sau khi mở Ventilb được xác định từ định luật nhiệt động thứ nhất - nội năng của hệ khi trộn các khí không đổi (không có sự trao đổi nhiệt với các vật xung quanh, hệ đang hoạt động)

Bài tập

1. Trong một bình có thể tích $V=1$ l có $m=0,28$ g nitơ ở nhiệt độ $T=1800$ K. Ở nhiệt độ này, một phần phân tử $\alpha=30\%$ phân hủy thành nguyên tử. Xác định áp suất trong bình.

2. Một bình thép có thể tích $V=60$ l chứa hỗn hợp hydro và oxy có tổng khối lượng là $m=60$ g. Áp suất trong xi lanh ở nhiệt độ $T=300$ K bằng $p=3,28 \cdot 10^5$ Pa. Khối lượng nước sẽ được tạo thành từ hỗn hợp này là bao nhiêu nếu hydro và oxy phản ứng?

3. Một mảng hydro và heli giống hệt nhau được đặt trong một bình có thể tích $V_1$, được tách ra khỏi bình có thể tích đã sơ tán $V_2$, một chuỗi thu được bằng một vách ngăn mà qua đó chỉ các phân tử hydro mới có thể khuếch tán. Sau khi kết thúc quá trình khuếch tán, áp suất ở bình thứ nhất giảm đi 2 lần. Xác định tỷ lệ $V_2/V_1$ nếu nhiệt độ được giữ không đổi trong suốt quá trình.

Bài toán kỳ thi tuyển sinh ở tạp chí khác nhau năm 1986

Chúng tôi cung cấp tuyển chọn bài toán kỳ thi tuyển sinh môn toán và vật lý tại một số trường đại học - Belarus (1), Gorky (2), Omsk (3), Saratov (4), Ural (5) và các học viện - Sư phạm Kiev (6), Kiến trúc Moscow (7), Sư phạm khu vực Moscow (8), Viện Kỹ sư Đường sắt Novosibirsk (9), Bách khoa Rome (10), Bách khoa Tomsk (11), Đại học Kỹ thuật Moscow (12).

Toán học
đại số

1(1). Từ thành phố $A$ đến thành phố $B$, nằm cách $A$ 105 km, một chiếc autorus rời đi với tốc độ không đổi $v$ km/h. Sau 30 phút, một ô tô đi ra từ $A$ bên trái với vận tốc 40 km/h, đuổi kịp ô tô đang chạy trên đường.

xe buýt, quay lại và di chuyển với tốc độ như nhau. Xác định tất cả các giá trị của $v$ mà autorom quay về $A$ muộn hơn so với autorom đến $B$.

2(1). Hai chiếc máy nạo có công suất khác nhau cùng làm việc thì sau 6 giờ sẽ hoàn thành công việc. Nếu người thứ nhất làm việc trong 4 giờ, người thứ hai làm việc trong 6 giờ thì họ đã hoàn thành được 80% tổng công việc. Hỏi mỗi người thợ nạo riêng biệt làm việc trong bao nhiêu giờ sẽ hoàn thành toàn bộ công việc?

3(1). Khi tổng hợp tính toán, tỷ lệ số thành viên trong nhóm vượt kế hoạch nằm trong khoảng từ 92,5% đến 93,5%. Xác định số lượng thành viên tối thiểu có thể có trong nhóm.

4(4). Hai đại lượng xuất hiện đồng thời từ một điểm theo một hướng. Chiếc đầu tiên di chuyển với tốc độ 15 km/h, chiếc thứ hai - 12 km/h. Nửa giờ sau, người đi xe đạp thứ ba từ cùng một điểm đi theo cùng một hướng, sau một thời gian đã đuổi kịp người thứ hai và sau 1 giờ 30 phút nữa đã đuổi kịp người thứ nhất. Tìm vận tốc của người đi xe đạp thứ ba.

5(4). Ba đội máy kéo cùng nhau cày một cánh đồng trong 4 ngày. Đội thứ nhất và đội thứ hai cùng nhau cày một cánh đồng trong 6 ngày, đội thứ nhất và đội thứ ba cùng nhau cày trong 8 ngày. Diện tích cày mỗi ngày của đội thứ hai lớn hơn diện tích cày mỗi ngày của đội thứ ba là bao nhiêu lần?

6(4). Đổ 40 kg dung dịch muối vào hai bình sao cho bình thứ hai chứa nhiều hơn bình thứ nhất 2 kg muối nguyên chất. Nếu cho 1kg muối vào bình thứ 2 thì lượng muối trong đó sẽ lớn gấp 2 lần.

51

Hơn trong lần đầu tiên. Tìm khối lượng dung dịch trong bình thứ nhất.

7(6). Chúng tôi trộn dung dịch axit clohydric 30% với dung dịch 10% và thu được 600 g dung dịch 15%. Mỗi dung dịch đã lấy bao nhiêu gam?

8(6). 200 g nước được thêm vào dung dịch chứa 40 g muối, sau đó nồng độ của nó giảm 10%. Dung dịch đó chứa bao nhiêu nước và nồng độ của nó là bao nhiêu?

9(9). Tổng của ba số hạng đầu tiên của một cấp số nhân tăng dần là 26, tích của chúng là 216. Tìm số hạng đầu tiên và mẫu số của cấp số nhân tăng dần.

10(12). Tìm các số chẵn tạo nên một cấp số nhân trong đó tổng các số hạng cực trị là 112 và tổng các số hạng ở giữa là 48.

11. Tính toán:

a) (10) $\frac{1}{16} \sqrt{192} - 2,5 \sqrt{\frac{4}{75}} - \frac{1}{234} \sqrt{98^2 - 71^2}$;

b) (10) $\frac{\sqrt[8]{3^{11}} \cdot \sqrt[8]{3^{21}}}{\sqrt[4]{10 + \sqrt{19}} \cdot \sqrt[4]{10 - \sqrt{19}}}$;

c) (10) $\frac{(2 - \sqrt{3})(\cos 750^\circ + \cos 420^\circ)}{\sin 330^\circ + \cos (-390^\circ)}$;

d) (10) $tg(\alpha + 2\beta)$ nếu $tg\alpha = \frac{1}{7}$, $tg\beta = \frac{1}{3}$, $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, $0^\circ < \beta < 90^\circ$;

e) (11) $\sin(2\alpha - \pi)$ nếu $tg\alpha = 3$;

f) (8) $\sin 2\alpha$ nếu $\sin\alpha + \cos\alpha = a$;

g) (11) $tg\sqrt{6} \cdot \log_3 36$.

12. Thực hiện theo các bước sau:

a) (11) $(1 + \frac{a}{x} + \frac{a^2}{x^2}) \cdot (1 - \frac{a}{x}) \cdot \frac{x^3}{a^3 - x^3}$;

b) (11) $(\frac{a + 3b}{(a - b)^2} + \frac{a - 3b}{a^2 - b^2}) : \frac{a^2 + 3b^2}{(a - b)^2}$ và đánh giá ở $a = 0,3$; $b = 1,7$;

c) (11) $\frac{2\sin\alpha + \sin 2\alpha}{2\sin\alpha - \sin 2\alpha}$ và tính nếu $ctg\frac{a}{2} = 2$;

d) (11) $\sin(\alpha - \frac{3\pi}{2})\cos(2\pi - \alpha) + \sin(2\pi - \alpha)\times \sin(\pi + \alpha)$;

e) (10) $\sqrt{10}\left(\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}\right)$,

nếu $tg\alpha = \frac{3}{4}$, $\pi < \alpha < \frac{3}{2}$ $\pi$.

13(6). Chứng minh tính đúng đắn của $\sin^3 x(1 + ctg x) + \cos^3 x(1 + tg x) = \sin x + \cos x$.

14(6). Với những giá trị nào của tham số $a$ thì nghiệm của phương trình $x^2 + x - a(1 + a) = 0$ có dấu?

15(10). Tại giá trị nguyên nào $b$ thì một trong các nghiệm của phương trình $4x^2 - (3b + 2)x + (b^2 - 1) = 0$ là số thứ hai nhỏ hơn số kia?

16(8). Tại giá trị nào của $q$ thì tổng lập phương của các nghiệm của phương trình $x^2 - x - q = 0$ bằng 19?

17(3). Các nghiệm $x_1, x_2$ của phương trình $x^2 + ax + 12 = 0$ có các tính chất $x_1 - x_2 = 1$. Tìm $a$.

18. Giải các phương trình:

a) (1) $|2x - 3| = 3 - 2x$;

b) (1) $\sqrt{3 - x} - \sqrt{x + 1} = 0,5$;

c) (1) $(x - 3)(x + 1) + 3(x - 3)\sqrt{\frac{x + 1}{x - 3}} = (a - 1)(a + 2)$;

d) (10) $\sqrt{2 - x} + \frac{4}{\sqrt{2 - x} + 3} = 2$;

e) (3) $\left(\frac{4}{9}\right)^x \cdot \left(\frac{27}{8}\right)^{x - 1} = \lg 4/\lg 8$;

jk) (11) $4^x - 10 \cdot 2^{x - 1} = 24$;

h) (1) $\frac{3}{2^{3 - x}} = 4^{x - 4} - 7$;

i) (1) $\log_3 \frac{x + 1}{3} = \log_3 \frac{x}{2 - x}$;

k) (10) $1 - \frac{1}{2}\lg(2x - 1) = \frac{1}{2}\lg(x - 9)$;

k) (3) $\log_2 2 \cdot \log_2 2x = \log_4 x^2$;

m) (7) $\log_2 x + \log_3 x = 1$;

n) (6) $3\log_2 x + x\log_3 = 162$;

o) (2) $1 + \log_6 \frac{x + 3}{x + 7} = \frac{1}{4}\log_6(x - 1)^2$;

p) (3) $\left(\frac{1}{9}\right)\log_3 \sqrt{x + 1} - \frac{1}{2}\log_3(x^2 - 1) = \sqrt{2(x - 1)}$;

p) (10) $\log_5(3x - 11) + \log_5(x - 27) = 3 + \log_58$;

c) (6) $4\log_2 \lg x = \lg x - \lg^2 x + 1$.

19 (10). Tìm nghiệm lớn hơn của phương trình $\lg(x + 6) - 2 = \frac{1}{2}\lg(2x - 3) - \lg 25$.

20. Giải các phương trình lượng giác:

a) (7) $\cos 2x + \cos^2 x = 0$;

b) (7) $\sin 2x + \cos x - \sin x - 1 = 0$;

b) (1) $\cos^2 x - \sin^2 3x = 0$;

r) (3) $1 - \cos x = \sin x \sin \frac{x}{2}$;

d) (8) $\sin 3x - 4 \sin x \cdot \cos 2x = 0$;

e) (3) $\sin^4 \frac{x}{3} + \cos^4 \frac{x}{3} = \frac{5}{8}$;

jk) (4) $\sin^2 x + \cos^2 2x = \sin^2 3x + \cos^2 4x$;

h) (2) $ctg x - tg x = \frac{2\sqrt{3}\cos 2x}{1 + \cos 2x}$;

i) (2) $(\sin x + \cos x)^2 = 2\sin\left(\frac{\pi}{4} + x\right) \times \sin\left(\frac{\pi}{4} - x\right)$;

k) (3) $2\sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1 + \cos 2x}{1 + \sin x}$;

k) (4) $(\sin 2x + \sin 4x) \lg x = 0$;

m) (2) $5 \sin x \cdot tg x - \sin x - 5 \lg x + 1 = 0$;

n) (8) $3^{1 + \sin x} + 2 \cdot 3^{2 + \cos\left(\frac{\pi}{2} + x\right)} = 21$.

21. Giải các hệ phương trình:

a) (2) $\left\{ \begin{array}{l} 2x^2 - 3xy + y^2 = 3, \\ x^2 + 2xy - 2y^2 = 6; \end{array} \right.$

b) (6) $\left\{ \begin{array}{l} 3^y \cdot 9^x = 81, \\ \lg(x + y)^2 - \lg x = 2 \lg 3; \end{array} \right.$

b) (2) $\left\{ \begin{array}{l} 2 \lg \sqrt{x} + 2^y + 1 = 0, \\ \lg x^3 + 4^y - 1 = 0; \end{array} \right.$

r) (2) $\left\{ \begin{array}{l} 9^{x - y} + 2 \cdot 3^{x - y} = \log_2 8, \\ (1 - y) \lg 3 = \lg(4 - 3^x); \end{array} \right.$