Kvant 1987, số 9 · Trang

ISSN 0130—2221
QUANTUM
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1987

tuyển tập biên tập
và các biên tập viên tạp chí “Quait”
chúc mừng độc giả
khi bắt đầu năm học mới
và một ngày lễ quốc gia -
Ngày kiến ​​thức.
Chúng tôi chúc bạn thành công
trong công việc và học tập, hẹn hò
với những cuốn sách hấp dẫn
hoạt động thú vị
trong các câu lạc bộ của trường,
chiến thắng tại Thế vận hội.
Tháng năm học này
sẽ giúp bạn đạt được
biên giới mới
trong lĩnh vực cơ bản
khoa học hiện đại,
trong sự phát triển của các buổi biểu diễn nghiệp dư
và chính quyền nhà trường.

1

Trong phòng:

2 Phỏng vấn Viện sĩ A. S. Borovik-Romanov
8 A. S. Mikhailov. Sóng trong tim
15 A. V. Dorofeeva. Rene Descartes và tác phẩm “Hình học” của ông

Bài toán Kvant
21 Bài toán M1061—M1065, F1073—F1077
24 Lời giải bài toán M1041—M1045, F1053—F1057
29 Danh sách độc giả viết đúng lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
31 Bài toán
34 Đoán số

Kính vạn hoa «Kvant»

Trường học ở «Kvant»
38 Vật lý 8, 9, 10:
Có dễ dàng để mô tả chuyển động?
Khoảng một bài toán
Áp suất khí trong bình
Dao động điều hòa và cân bằng

vòng tròn toán học
45 S. L. Tabachnikov. Tin nhắn liên tục

Xưởng của người nộp đơn
51 G. V. Dorofeev, N. Kh. Rozov. Chức năng định kỳ và không định kỳ

Thông tin
55P Hội thảo khoa học kỹ thuật dành cho học sinh tại MIPT
56 Novosibirsk - Andover

Thế vận hội
59 Được chọn bài toán Olympic Vật lý thành phố Moscow
60 Bài toán Olympic Toán học Thành phố Moscow lần thứ năm mươi

62 Đáp số, gợi ý, lời giải
Pha trộn (20, 37)
Trang cờ vua
Thống kê kết thúc (trang bìa thứ 3)

Trên vết sưng

Trên trang bìa số tháng 9 cũng như trên đường phố, những tờ giấy màu vàng đầu tiên xuất hiện; Trong số đó, một tờ Descartes đã bị thất lạc - rõ ràng là từ bài báo về “Hình học” của Descartes trong số báo này.

Những bức ảnh được in lại ở trang thứ hai của trang bìa được chụp tại Olympic Vật lý thành phố Mátxcơva (tháng 2 - tháng 3 năm 1987).

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

2

PHỎNG VẤN VỚI HỌC VIÊN
A. S. BOROVIK -
ROMANOV

— Andrey Stanislavovich, xin vui lòng cho chúng tôi biết về Viện Các vấn đề Vật lý do ông đứng đầu. Về lịch sử, truyền thống, hướng nghiên cứu khoa học chính của nó.

— Viện của chúng tôi chưa được đào tạo so với hầu hết các viện xử lý vật lý hiện có ở Liên Xô. Đặc điểm chính của nó là, nếu cần, số lượng nhân viên trong IPP sẽ được thu thập bởi các nhà nghiên cứu rất giỏi. Nó được thành lập vào năm 1934 bởi Pyotr Leonidovich Kapitsa và được thành lập dưới sự lãnh đạo trực tiếp của ông. Nó được tạo ra trong một thời gian khá dài, không phải tất cả cùng một lúc, không phải bởi một.max. Và trong suốt thời gian này, ông đã đúc kết nền tảng cho các hướng nghiên cứu khoa học trong tương lai.

Ngay từ đầu, đối tượng nghiên cứu chính của IPP là vật lý nhiệt độ thấp, vật lý gắn liền với sự biểu hiện các định luật lượng tử trong chất rắn, cũng như trong helium lỏng. Chính tại đây vào năm 1938, P. L. Kapitsa đã phát hiện ra một trong những biểu hiện đáng kinh ngạc nhất của định luật lượng tử ở quy mô vĩ mô - hiện tượng siêu chảy. Việc phát hiện ra tính siêu lỏng là một chu kỳ hoàn chỉnh của những thí nghiệm tinh vi, khéo léo và chưa được dạy dẫn đến việc tạo ra một lĩnh vực mới

3

vật lý—vật lý lượng tử của vật chất ngưng tụ, ngày nay đã trở thành nền tảng của một số lĩnh vực ứng dụng.

Thành tựu quan trọng nhất tiếp theo của các nhà khoa học IPP là phát hiện ra trạng thái trung gian của chất siêu dẫn. Đây là tên được đặt cho trạng thái đặc biệt của một mẫu siêu dẫn trong từ trường khi nó “phân tách” thành vùng bình thường và vùng siêu dẫn. Tiếp theo đó là một loạt khám phá thay thế trong lĩnh vực siêu dẫn. Vào những năm 50, Lev Davidovich Landdu, người làm việc tại IPP, cùng với V.L. Ginzburg, đã tạo ra một lý thuyết hiện tượng học về tính siêu dẫn; A. A. Abrikovov phát hiện ra chất siêu dẫn loại thứ hai, chất này trở thành cơ sở cho mọi ứng dụng thực tế của hiện tượng đáng kinh ngạc này.

Sau đó, sau một loạt nghiên cứu về chất siêu dẫn và chất siêu dẫn, lĩnh vực này đã có sự suy giảm đột ngột. Tuy nhiên, hiện nay, do có một số khám phá nhanh chóng trong những năm gần đây, những nghiên cứu này lại được tăng cường trở lại.

Một lĩnh vực quan trọng khác có liên quan đến những thành tựu to lớn của FPI là nghiên cứu quang phổ năng lượng của các electron trong kim loại. Các kỹ thuật phức tạp nhất đã được phát triển để sản xuất các mẫu đơn tinh thể cực kỳ tinh khiết trong đó electron “chạy” không quá xa đến từng milimet! Ở những hình ảnh “bẩn” thông thường ở nhiệt độ phòng, phạm vi này không vượt quá khoảng cách vài mét. Các nhà khoa học của viện đã phát triển nhiều phương pháp độc đáo để nghiên cứu hành vi của các electron trong kim loại, giúp mở ra một lĩnh vực vật lý nhiệt độ thấp hoàn toàn mới và thú vị.

Kết quả thú vị cũng thu được khi nghiên cứu tính chất từ ​​của chất rắn ở nhiệt độ thấp. Ví dụ, một hiện tượng vật lý mới đã được phát hiện - hiện tượng pyzomagnetism - sự xuất hiện ở một số chất từ ​​hóa dưới áp suất.

Cần lưu ý rằng ba mươi lăm năm hoạt động khoa học vừa qua của bản thân Pyotr Leonidovich Kapitsya không gắn liền với vật lý nhiệt độ thấp. Ông đang tham gia vào hệ thống dây điện công suất cao, vì vậy máy phát vi sóng công suất kỷ lục - nitron - đã nghiên cứu sự phóng điện plasma và các hiện tượng vật lý khác liên quan đến plasma. Và hiện nay Viện có một phòng thí nghiệm, dưới sự lãnh đạo của S.P. Kapitsya, chuyên về công nghệ dây điện và máy gia tốc. Nói đến P. L. Kapitsa, không thể không nhắc đến hoạt động kỹ thuật của ông. Tất cả các thiết bị sản xuất oxy bằng phương pháp tách không khí đông lạnh, tất cả các máy đốt gel trên thế giới đều hoạt động theo nguyên tắc do Pyotr Leonidovich đề xuất.*)

Vuduchi, giám đốc IPP, P. L. Kapitsya, rất chú trọng đến việc duy trì liên lạc kỹ thuật giữa các nhà vật lý lý thuyết và thực nghiệm. Một khoa lý thuyết đã được thành lập tại Viện, do nhà vật lý xuất sắc Liên Xô L. D. Landdu đứng đầu trong nhiều năm. Sự hợp tác tích cực giữa Kapitsya và Landdu đã dẫn đến một số khám phá tiên tiến về vật lý nhiệt độ thấp. Sau đó, toàn bộ “trường học Landdu” đã được thành lập tại Viện, từ đó phần lớn vật lý lý thuyết hay nhất của nước ta đã được thêu dệt. Vào những năm sáu mươi, Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô đã thành lập Viện Vật lý Lý thuyết (nay được đặt theo tên của L.D. Landdu), và một số sinh viên và nhân viên của Landdu đã đi làm. Với viện này ngày nay chúng tôi duy trì lý thuyết.

Phần còn lại của công việc lý thuyết vẫn thuộc bộ phận lý thuyết của IPP. Hiện nay nó được lãnh đạo bởi Ya. V. Zeldovich. Đây là một nghiên cứu rất thực tế, người đã làm được nhiều việc trong nhiều lĩnh vực vật lý và công nghệ quốc phòng - không phải vô cớ mà ông là Anh hùng Lao động Xã hội chủ nghĩa thứ mười ba. Trong số những sinh viên gần đây nhất của Landdu, có những nhà khoa học nổi tiếng như L.P. Pitaevsky và A.F. Andreev cũng làm việc tại viện của chúng tôi. L.P. Pitaevsky là một nhà lý thuyết có tầm ảnh hưởng rất rộng, người đã có những khám phá quan trọng trong lĩnh vực này

*) Cuộc đời và hoạt động khoa học của P. L. Kapitsya đáng được thảo luận riêng. Độc giả quan tâm có thể đọc tuyển tập các bài viết “Thử nghiệm và thực hành” của P. L. Kapitsya. (Ghi chú của biên tập viên)

4

tính chất siêu lỏng và vật lý plasma. Năm ngoái, A.F. Andreev cùng với nhân viên IPP A.Ya. Parshin và K.O. Kesheshev, được trao giải thưởng Lênin. Một vài năm trước họ đã thực hiện được một công việc quan trọng đánh dấu sự khởi đầu của một lĩnh vực vật lý mới - vật lý của tinh thể lượng tử.

Nhân viên của bộ phận lý thuyết còn có L.A. Vaishtein, M.I. Kaganov và các nhà khoa học khác. L.A. Vayshtein, một chuyên gia trong lĩnh vực vật lý phóng xạ, có khả năng đáng kinh ngạc về vật lý toán học. Với sự trợ giúp của bút chì và giấy, anh ta tìm thấy lời giải trong số bài toán đó, thường chỉ được giải quyết với sự trợ giúp của máy tính mạnh mẽ. M. I. Kaganov là một chuyên gia nổi tiếng trong lĩnh vực lý thuyết điện tử của kim loại.

Tôi chỉ liệt kê thế hệ lý thuyết cũ hơn trong IPP; Ngoài ra còn có các cấp sau. Các hướng hoạt động khoa học chính của họ là vật lý nhiệt độ thấp, vũ trụ học và vật lý plasma.

Trong những năm gần đây, chúng tôi đã phải chịu tổn thất. Các nhà vật lý lý thuyết xuất sắc I. M. Lifshts và E. M. Lifshts qua đời. Ilya Mikhailovich, người sáng lập một trường khoa học lớn trong lĩnh vực vật lý chất rắn, đã đứng đầu bộ phận lý thuyết của viện chúng tôi trong nhiều năm. Evgeniy Mikhailovich Lifshts là chuyên gia hàng đầu về vũ trụ học. Anh ấy đến IPP cùng với Landu và không chỉ là học trò của anh ấy mà còn là người đồng sáng tạo không ngừng trong nhiều năm - anh ấy đã viết khóa học cổ điển về vật lý lý thuyết. Gần đây, chúng tôi đã mất đi một nhà khoa học và con người tuyệt vời, một trong những nhân viên lâu đời nhất của IPP, A. I. Shalnikov. Aleksadr Iosifich đã làm việc tại Viện từ ngày thành lập, có tài năng rất lớn với tư cách là một nhà thí nghiệm và là giáo viên của hầu hết tất cả nhân viên ngày nay.

Và ngày nay một số nhà vật lý thực nghiệm xuất sắc đang làm việc tại viện. Ví dụ như Yu. V. Sharvin, người gần đây đã có một khám phá rất quan trọng liên quan đến sự phát triển của một lĩnh vực nghiên cứu vật lý mới. Công việc của ông về tài năng quốc tế của nhà thí nghiệm và 教学中 đã được tất cả nhân viên ngày nay tôn trọng.

Trong số thế hệ những người thực nghiệm trước đây, tôi cũng muốn kể tên M. S. Khaikin và N. V. Zavaritsky. M. S. Khaikin là một bậc thầy về công nghệ thực nghiệm. Anh ấy chế tạo những thiết bị tinh vi cho phép giải quyết các vấn đề vật lý phức tạp bài toán. Hiện tại, ông đã tạo ra một số microsun lớn đến mức có thể “cảm nhận” được bề mặt của mẫu.

5

cái nhạy nhất trong số chúng, sử dụng một máy tính được kết nối với nó, vẽ bề mặt lời giải được hình thành bởi từng nguyên tử. N.V. Zavaritsky đã có nhiều khám phá trong lĩnh vực siêu dẫn và trong lĩnh vực nghiên cứu sự tương tác của các electron với đèn báo của mạng ion kim loại. Trong số các nhà thực nghiệm, tôi cũng sẽ nhắc đến N. E. Alekseevsky, tác giả của một số tác phẩm cổ điển về vật lý kim loại.

Tôi có thể tiếp tục liệt kê tên và công trình của các nhà khoa học của IPP, nhưng tôi vẫn không liệt kê hết nên vẫn giữ nguyên. Tôi sẽ chỉ nói rằng, nhìn chung, nhân viên của chúng tôi là những nhân cách sáng giá trong lĩnh vực khoa học.

— Ông có thể nói gì về thế hệ nhà khoa học trẻ của IPP ngày nay?

— Pyotr Leonidovich Kapitsa nhiều lần nhấn mạnh rằng một nhà khoa học thực thụ không thể làm việc nếu không có người trẻ. Ông là một trong những người sáng lập Viện Vật lý Moscow, một loại trường đại học mới được công nhận để đào tạo các nhà khoa học tương lai. Mối quan hệ của chúng tôi với tổ chức này có truyền thống bền chặt. Hàng ngày trong các phòng thí nghiệm và tại các hội thảo khoa học tại IPP, bạn có thể gặp các sinh viên và nghiên cứu sinh ngành “vật lý”. Kể từ khi thành lập MIPT, viện của chúng tôi đã trở thành cơ sở cho khoa vật lý nhiệt độ thấp. Những sinh viên giỏi nhất của khoa này, những người đã chứng tỏ được bản thân trong quá trình học tập, vẫn ở lại viện của chúng tôi với tư cách là thực tập sinh và sau đó là nghiên cứu sinh sau đại học. Chúng tôi tuyển dụng những người giỏi nhất sau khi tốt nghiệp.

Thật không may, cách làm việc với người trẻ này không phổ biến. Tình hình hiện nay ở nước ta là Viện Hàn lâm Khoa học, cơ quan khoa học cao nhất của đất nước, đã trở nên rất tách biệt với giáo dục đại học. Đồng thời, ở nhiều nước, đặc biệt là Mỹ, Canada, Anh, Nhật Bản, khoa học được thực hiện ở quy mô lớn tại các cơ quan khoa học, là phòng thí nghiệm của các trường đại học. Đồng thời, cứ mỗi một nhà nghiên cứu lại có hai hoặc ba sinh viên tốt nghiệp và một số sinh viên đại học. Tại viện của chúng tôi, việc trao đổi thư từ này còn tệ hơn nhiều - vào ngày thứ năm, khoảng ba mươi thực tập sinh, nghiên cứu sinh và sinh viên đến làm việc với nhân viên. Nhưng so với các cơ sở khoa học khác trong nước thì điều này vẫn rất tốt.

Tôi tin rằng nếu một nhà nghiên cứu trưởng thành làm việc mà không có người trẻ, không có sinh viên thì anh ta sẽ sớm đánh mất phong độ của mình. Với công nghệ, tuổi trẻ bị ảnh hưởng bởi hiệu quả của giao tiếp và vai trò của nó có thể trở nên quan trọng hơn nhiều so với việc chỉ học tập. Quá trình học tập luôn đòi hỏi sự hiểu biết sâu sắc hơn về chủ đề của chính giáo viên. Và rồi, chính tuổi trẻ là người tìm ra con đường cho khoa học. Vì vậy, ở nước ta, trong 10-15 năm qua, một số sinh viên tốt nghiệp vật lý trở thành nhân viên của IPP đã tạo ra những hướng khoa học mới, một số hướng tôi đã đề cập ở trên.

Và đây là một điều khác tôi muốn nói. Hiện nay người ta bàn tán nhiều về tác hại của thành tựu khoa học trong công nghệ, thực tiễn và đời sống. Đây chắc chắn là một trong những bài toán chính trong ngày. Nhưng đối với Khoa học cơ bản, thì theo quan điểm của tôi, tác hại quan trọng nhất ở đây là việc chuyển giao kiến ​​thức tích lũy, toàn bộ kinh nghiệm tích lũy được. Những nguyên tắc cơ bản của khoa học chính xác là những gì được lưu trữ chủ yếu trong bộ não của các nhà khoa học và được truyền từ thế hệ này sang thế hệ khác.

— Mối quan tâm khoa học của chúng ta thuộc về lĩnh vực vật lý nào?

• Câu hỏi này rất dễ trả lời. Mối quan tâm của tôi nằm ở lĩnh vực từ tính và nhiệt độ thấp. Thật khó để nói điều gì đang chuyển động – nó khác nhau ở những năm khác nhau. Tôi luôn có khuynh hướng, ngay cả khi còn là sinh viên, thích tạo dáng. Tôi tin rằng bạn không thể giải quyết một vấn đề hẹp trong thời gian dài, bởi vì khi bạn đã quen với điều gì đó, khả năng làm được điều gì đó mới mẻ và bất ngờ sẽ giảm mạnh. Xảy ra lỗi chấm dứt, hoàn toàn rõ ràng. Và đây là điều có thật.

— Theo bạn, trong lĩnh vực vật lý nào, chúng ta có thể mong đợi những kết quả đáng kể trong tương lai gần?

— Được biết, nhà vật lý lỗi lạc như Rutherford tin rằng năng lượng của nguyên tử sẽ không có ứng dụng nào trong thế kỷ của chúng ta. Tôi nghĩ rằng không thể đoán trước được điều gì đó ở thời đại chúng ta

6

Có lẽ. Một ví dụ nổi bật cảnh báo những dự báo không đúng là sự “bùng nổ” hiện nay với chất siêu dẫn nhiệt độ cao.*)

— Bạn có thể bình luận thế nào về những thành tựu mới nhất trong lĩnh vực này?

— Tính siêu dẫn, mà chúng ta đang nói đến, cực kỳ thú vị cả từ quan điểm của khoa học chức năng và chủ yếu là từ quan điểm của các ứng dụng kỹ thuật đầy hứa hẹn đang nổi lên. Các nhà vật lý phải đối mặt với một nhiệm vụ khó khăn bài toán là giải thích bản chất của tính siêu dẫn nhiệt độ cao được phát hiện trong các vật liệu mới. Ngày nay mọi người đều rõ ràng rằng nó khác với loại ghép; có một số giả thuyết thay thế về cơ chế của chất siêu dẫn nhiệt độ cao được phát hiện, nhưng vẫn chưa có vấn đề lời giải rõ ràng nào. Người ta có thể sớm tăng nhiệt độ chuyển sang trạng thái siêu dẫn thêm 100-200 K nữa. Bây giờ không còn lý do nào để phủ nhận khả năng này nữa. Nhưng ngay cả những điều kiện sẵn có cũng mở ra những triển vọng chưa từng có. Trong vài năm tới, có thể là năm đến bảy năm, nhờ hiện tượng được phát hiện, một cuộc cách mạng khổng lồ sẽ diễn ra trong nhiều lĩnh vực kỹ thuật. Nhưng để thực hiện nó, cần có những nhân sự đặc biệt - không phải những người giải quyết các vấn đề vật lý, mà là nhân sự của các nhà công nghệ hóa học đang tìm kiếm vật liệu mới. Hoạt động của họ đôi khi thậm chí còn “phản khoa học”, tức là, lối suy nghĩ của những nhà khoa học này thật đáng kinh ngạc nếu xét theo quan điểm của cách tiếp cận khoa học thông thường. Để làm ví dụ, tôi có thể kể lại một câu chuyện cười mà nhà vật lý lý thuyết Inland Hendrik Casimir gần đây đã kể cho tôi nghe. Ông đã làm việc lâu năm trong phòng thí nghiệm nghiên cứu của một công ty kỹ thuật vô tuyến và rất thành thạo về kỹ thuật. Ở một khía cạnh nào đó, trò đùa này phản ánh cách suy nghĩ của các nhà công nghệ. Đã lâu rồi người Pháp không thể xịt quân Pháp vào nước Đức. Và sau đó Casimir nói rằng cần phải đặt rheni làm lớp trung gian. Logic đằng sau sự lựa chọn của Rhine là… giữa Pháp và Đức, sông Rhine chảy như một yếu tố tự nhiên “ràng buộc”.

Bản chất của vấn đề là các kỹ thuật viên tạo ra vật liệu mới có tầm nhìn riêng, đôi khi rất lạ (theo quan điểm của một nhà vật lý), một số tính chất của hình học, logic riêng của họ, điều này không phải ai cũng rõ ràng, nhưng vẫn dẫn đến mục tiêu. Như trong bất kỳ sự sáng tạo nào, đặc biệt là liên quan đến tiếng Nhật, ở đây nó hóa ra rất quan trọng, ngoài tính lâu dài, nó còn có một số đặc thù nhất định. Phải nói rằng ở phương Tây những nhà khoa học như vậy, như người ta nói, là số một. Tôi nghĩ rằng ở đâu đó ở nước ta, chẳng hạn như trong ngành luyện kim, người ta đã biết đến những sản phẩm độc đáo tương tự. Nhưng trong lĩnh vực vật lý, tôi thấy khó gọi tên những người như vậy. Và không phải vì chúng không tồn tại. Tôi chắc chắn là có. Nhưng chúng không được sử dụng, chúng không bị cô lập. Đây là một thiếu sót lớn trong việc tổ chức khoa học của chúng ta.

• Bạn phát hiện ra niềm yêu thích của mình với vật lý từ khi nào? Bạn có nhớ điều gì trong suốt những năm đi học hoặc sinh viên về quá trình phát triển của mình với tư cách là một nhà vật lý không?

— Thật khó để tôi trả lời câu hỏi đầu tiên, vì cả đáp số của tôi và mẹ tôi đều là nhà vật lý. Bố tôi làm rất nhiều việc ở nhà. Lúc đầu nó là công nghệ chân không. Anh ấy là một thợ thổi thủy tinh rất giỏi và hầu như tự tay mình làm ra tất cả các nhạc cụ ở nhà. Khi tôi sáu tuổi, ông đã chế tạo ra chiếc máy dò radio đầu tiên… Vì vậy, đối với tôi, thật khó để chỉ ra khoảnh khắc đặc biệt nào, rất có thể đó là “trong máu”. Anh trai tôi đi học tại Học viện Chính trị Leningrad, điều này cũng ảnh hưởng đến sự lựa chọn của tôi. Tôi có thể trông giống như tôi đã dành mười năm để nghe các bài giảng của Pauli nổi tiếng và khiến các nhà vật lý Nga say mê. Tất nhiên, tôi không hiểu gì cả, bố mẹ tôi đơn giản là không có nơi nào để đưa tôi đi, nhưng giờ tôi có thể tự hào về sự kiện này trong đời mình.

Cho đến năm lớp bảy, tôi học ở Leningrad nên chúng tôi chuyển đến Moscow. Hầu hết các giáo viên của chúng tôi đều đã có mặt tại nhà thi đấu cũ. Nhìn chung họ là những giáo viên rất giỏi. Nói chung nghề dạy học rất khó khăn. Nó đòi hỏi tài năng. Suy cho cùng, để thu hút sự chú ý của cả lớp trong suốt bài học chắc chắn cần phải có một tài năng đặc biệt.

Tôi có một người bạn rất tốt, người mà hầu như tối nào chúng tôi cũng đến thư viện của Bảo tàng Bách khoa. Và bên cạnh đó, chúng tôi ở bên anh ấy vào buổi tối

7

rami, và đôi khi thậm chí là ngẫu nhiên, được thử nghiệm ở trường. Tuyệt vời trong hóa học. Đôi khi lính cứu hỏa đến…

Những năm sinh viên của tôi - tôi học tại Đại học quốc gia Moscow - bị chiến tranh tàn phá. Họ rất đáng nhớ với tôi.

Ở trường đại học chúng tôi học rất giỏi toán. Khóa học phân tích do Giáo sư I.V. Arnold. Anh ấy đơn giản là một nghệ sĩ, một nghệ sĩ thực thụ, chúng tôi ngưỡng mộ những bài giảng của anh ấy. Chúng tôi có một giáo sư tuyệt vời về hình học vi phân - A.P. Norden. Ông ấy là một giáo viên như vậy! Anh ấy bắt đầu ghi chép bài giảng ở góc trên bên trái của dock và viết ra công thức cuối cùng vào cuối giờ thứ hai ở góc dưới bên phải. Tôi đọc nó rất tốt. Bài giảng về vật lý VEL của Giáo sư A.V. Molodeevsky, và tôi không thực sự thích chúng. Nhưng hội thảo vật lý rất thú vị. Nó được thực hiện bởi V.I. Iveronova và M.P. Shaskolskaya.

Người giám sát khoa học trực tiếp của tôi là Pyotr Georgievich Strelkov. Anh ấy có hai đức tính tuyệt vời. Thứ nhất, anh ấy là một nhà thử nghiệm rất khéo léo, thứ hai, anh ấy cho chúng tôi nhiều tự do hơn trong công việc và khuyến khích sự độc lập của chúng tôi. Ông đã truyền cảm hứng rất lớn cho chúng tôi, thúc đẩy những thành công đầu tiên của chúng tôi và đóng góp bằng mọi cách có thể vào sự khẳng định bản thân của chúng tôi trong khoa học. Người đàn ông này đã cho tôi rất nhiều và tôi rất thân thiết với anh ấy. Sáu người được phân công vào Viện Các vấn đề Vật lý. Tôi nghĩ điều đó rất hữu ích đối với tôi khi khi còn là sinh viên, tôi đã theo học tại Học viện P. L. Capizza. Pyotr Leonidovich đã tạo ra một bầu không khí đặc biệt tại Viện Các vấn đề Vật lý, thuận lợi một cách đáng ngạc nhiên cho sự sáng tạo khoa học và đặc biệt là cho việc giáo dục giới trẻ. Đó là một môi trường trong đó tình yêu khoa học—sự khao khát kiến ​​thức khoa học—là điều quan trọng nhất trong cuộc sống. Tất cả chúng tôi đều tham dự một buổi hội thảo đặc biệt do Alexander Iosifovich Shalnikov chủ trì. Các báo cáo tại hội thảo có tính chất bài bản, có khi kéo dài cả tháng, thậm chí hơn. Trong suốt quá trình, nhiều câu hỏi khác nhau đã nảy sinh và tất cả chúng tôi đều sắp xếp chúng rất cẩn thận, thảo luận về chúng… Và Alexander Iosifovich liên tục đặt ra những câu hỏi hóc búa, buộc chúng tôi phải nhanh chóng giải thích tất cả những điều phức tạp của quá trình cài đặt mà diễn giả đang nói đến và đưa ra thiết kế cho các thiết bị mới. Nhờ nhiệt độ của anh ấy mà mọi cuộc thảo luận đều rất sôi nổi.

Sau đó, tôi làm việc tại Viện Đo lường và Dụng cụ Đo lường Nhà nước Moscow (MGIMIP), và tôi nghĩ đây là công dụng của tôi trong việc lựa chọn hướng nghiên cứu, trong việc tạo ra một phòng thí nghiệm, tôi đã tự mình bắt đầu mọi thứ ngay từ đầu. Và tôi “trở lại” IFP vào năm 1956.

— Sở thích của bạn trong cuộc sống ngoài vật lý là gì?

– Tôi thực sự thích đi du lịch. Trước đây, nó đang di chuyển với một chiếc ba lô - 40 kg trên lưng và hai tuần sống trong lều… Urals, Pampir, Altai, Caucasus - chúng tôi đã thiệt hại rất nhiều. Chúng tôi đã cùng vợ đi du lịch rất nhiều nơi bằng thuyền kayak.

Tôi vui mừng và hàn được bốn chiếc TV; Tôi làm nhiếp ảnh.

— Bạn nghĩ con đường nào là hiệu quả nhất đối với một chàng trai trẻ quyết định cống hiến hết mình cho vật lý?

• Điều quan trọng - dựa trên kinh nghiệm của tôi - là cần có nhiều tài liệu khoa học phổ thông hay hơn. Khi còn đi học, tôi nhớ cuốn sách của Roberta Millikan về việc đo điện tích của một electron. Chi phí của nó là để in lại. Nói chung, sẽ thật tuyệt vời nếu các nhà khoa học hàng đầu viết văn học đại chúng để khoa học có thể tiếp cận trực tiếp những người tò mò, như người ta nói,. Nhưng hiện tại mọi người đều đang ở thời điểm tồi tệ. Bây giờ, giá như Ya hiện đại. I. Perelman xuất hiện.

Tôi coi “quản lý” sắp trở thành một điều rất quan trọng - rất vui là tàu lượn, nghề mộc, ảnh…

Chắc chắn sẽ hữu ích nếu trong một số trường hợp, học sinh được các nhà khoa học hàng đầu giảng bài ít nhất mỗi tháng một lần.

Tuy nhiên, văn học khoa học đại chúng vẫn phải đóng vai trò chính trong việc thu hút giới trẻ đến với khoa học. Theo nghĩa này, «Kvant» là một điều rất hữu ích. Trước đây, khi con trai tôi còn đi học, tôi thường đọc nó. Và bây giờ tôi đang đọc nó và tôi nghĩ rằng tạp chí này hay, rất cần thiết. Xin vui lòng không có cái nào tốt hơn trong loạt bài này.

Phỏng vấn S. S. Krotov

9

Nhịp tim nhanh và rung tim có xảy ra không? Cơ chế phá vỡ mô hình sóng điều hòa trong tim là gì? Lý thuyết toán học đáp số về sóng truyền vào trái tim đang nổi sẽ đưa ra câu trả lời cho những câu hỏi này.

Chúng tôi sẽ cố gắng giải thích một cách định tính cơ chế xảy ra chứng rối loạn nhịp tim được mô tả.

Sóng kích thích

Bạn đã thấy dây cầu chì cháy như thế nào chưa? Một làn sóng cháy dọc theo dây, không tắt. “Hình dạng” của sóng như vậy có thể được biểu diễn dưới dạng sự phụ thuộc của nhiệt độ vào thời gian tại các điểm khác nhau dọc theo đường truyền. Khi quá trình đốt cháy đi qua, nhiệt độ sẽ tăng dần theo từng bước và sau khi sử dụng hết nguồn cung cấp nhiên liệu ở một nơi nhất định, nhiệt độ sẽ trở về giá trị ban đầu. Rõ ràng là khi hai sóng đốt gặp nhau thì chúng sẽ tiêu diệt nhau.

Sóng trong cơ thể sống lấp đầy sóng đốt cháy. Một ví dụ điển hình về sóng sinh học như vậy là xung kích thích lan truyền dọc theo sợi thần kinh. Đây là một xung điện không bị suy giảm và biến dạng dọc theo sợi thần kinh có đường kính dưới 0,025 mm và chiều dài lên tới 1,5 m với tốc độ không đổi 10 mét mỗi giây. Sợi thần kinh là chất dẫn

Hình 1. Sự lan truyền của sóng kích thích điện qua tâm nhĩ phải. Các vị trí liên tiếp của mặt sóng được hiển thị; Các con số cho biết thời gian tính bằng mili giây.

10

nhưng rất dày đặc. Điện trở trên một đơn vị chiều dài xấp xỉ $10^9 - 10^{10}$ Ohm/cm, lớn hơn hàng triệu lần so với điện trở của một dây đồng có cùng đường kính. Nếu năng lượng không được cung cấp liên tục khi xung thần kinh di chuyển, nó sẽ suy giảm nhanh chóng. Các cơ chế xung điện cung cấp năng lượng và truyền xung ổn định khá phức tạp và chúng ta sẽ không đề cập đến chúng.

Các sóng truyền đi không suy giảm và duy trì đặc tính không đổi do được cung cấp năng lượng liên tục được các tác giả trích xuất. Một điểm tương đồng rõ ràng với quy trình của tác giả là sự lan truyền của sóng đốt trong môi trường có khả năng phục hồi các đặc tính của nó sau đó. Ví dụ đơn giản nhất về hiện tượng này là việc đốt cháy thảo nguyên. Mỗi khi một làn sóng lửa đi qua, toàn bộ cỏ sẽ cháy rụi, nhưng sau đó nó sẽ từ từ mọc trở lại, khiến thảo nguyên có thể bốc cháy trở lại. Thảo nguyên như một “môi trường dễ bị kích động” có đặc tính phục hồi.

Các sợi cơ riêng lẻ của tim có đặc tính điện tương tự như các sợi thần kinh. Mô cơ của tim bao gồm các sợi dệt chặt được kết nối điện với nhau ở những vùng tiếp xúc. Xung kích thích có thể truyền từ sợi này sang sợi khác, do đó sóng kích thích có thể truyền qua mô tim theo bất kỳ hướng nào. Theo nghĩa này, mô tim là một môi trường dễ bị kích thích.

Mô hình tiên đề của môi trường dễ bị kích thích

Vào mùa hè năm 1945, nhà khoa học người Mỹ Norbert Wiener (cũng chính là Wiener, người đã hình thành nên các nguyên tắc cơ bản của điều khiển học) đến thăm người bạn Arthur Rosenbluth, giám đốc Viện Tim mạch Mexico. Vào thời điểm đó, người ta đã biết rõ rằng các sóng kích thích điện sẽ lan truyền trong tim (chúng được phát hiện vào đầu thế kỷ của chúng ta) và một số bệnh lý về tim

Hình 2. Trình tự thay đổi trạng thái của một nguyên tố trong môi trường dễ bị kích thích; màu trắng biểu thị trạng thái nghỉ ngơi; đỏ - kích thích, đỏ - khúc xạ.

Hình 3. Sóng kích thích trong mô hình tiên đề của môi trường kích thích.

Hình 4. Chuỗi sóng kích thích thường xuyên tối đa.

Hình 5. Tác dụng triệt tiêu của các nguồn “chậm”. Trình bày sự phát triển theo thời gian của hình ảnh các mặt trận ý chí phát ra từ hai nguồn có thời kỳ khác nhau. Nguồn tần số cao bên trái triệt tiêu nguồn tần số thấp bên phải. Lên là thời gian t, theo chiều ngang là tọa độ x dọc theo đường thẳng nối tâm của hai nguồn.

rối loạn nhịp tim có liên quan đến sự lưu thông của sóng kích thích xung quanh các biến đổi nguyên tử. Quan tâm đến vấn đề này, Wiener cùng với Rosenbluth đã xây dựng một mô hình toán học cho phép họ giải thích các đặc điểm chính của các quá trình trong môi trường kích thích trong quá trình thị giác.

Mô hình của Wiener và Rosenbluth giả định rằng môi trường dễ bị kích thích được hình thành bởi một mạng lưới các phần tử, chẳng hạn như

11

mỗi trong số đó có khả năng tồn tại ở ba trạng thái - nghỉ ngơi, kích thích và khúc xạ; quá trình chuyển đổi giữa các trạng thái được thực hiện đột ngột, tuân theo các quy tắc nhất định.

Những trạng thái này được thực hiện như thế nào?
Trong trường hợp không có tác động bên ngoài, phần tử phải ở trạng thái nghỉ vô thời hạn. Bằng tác động bên ngoài, nó có thể được chuyển từ trạng thái này sang trạng thái kích thích. Xác định thử thời gian $\tau_{\text{воэб}}$ ở trạng thái này, phần tử chuyển sang trạng thái khúc xạ, không thể kích thích được. Trạng thái chịu nhiệt kéo dài trong thời gian $\tau_{\text{peф}}$; Sau quá trình xử lý lần này, khả năng kích thích được phục hồi - phần tử chuyển sang trạng thái nghỉ. (Tất cả các chuyển đổi này được hiển thị dưới dạng sơ đồ trong hình 2.)

Một đề xuất bổ sung của mô hình là sự kích thích có thể được truyền từ các phần tử bị kích thích sang các phần tử lân cận đang ở trạng thái nghỉ. Kết quả là sóng kích thích lan truyền trong môi trường (hình 3). Tốc độ truyền $c$ của các sóng này được vẽ trên đồ thị.

Mô hình Wiener-Rosenbluth xác định hành vi của sóng kích thích trong môi trường.

1. Có một khoảng thời gian tối thiểu để lặp lại sóng kích thích. Khoảng thời gian $T_{\text{min}}$ này bằng tổng của trạng thái kích thích và khúc xạ dài hạn: $T_{\text{min}} = \tau_{\text{воэб}} + \tau_{\text{peф}}$. Nếu sóng truyền theo với chu kỳ tối thiểu, tức là với tần số tối đa có thể, thì tất cả các phần tử của môi trường ở hai trạng thái: một trạng thái bị kích thích, trạng thái còn lại ở trạng thái khúc xạ (hình 4). Khoảng không gian tối thiểu của sự lặp lại sóng là $L_{\text{min}} = cT_{\text{min}} = c(\tau_{\text{воэб}} + \tau_{\text{peф}})$.

2. Khi va chạm xảy ra, các sóng triệt tiêu lẫn nhau. Điều này thật dễ hiểu - xét cho cùng, trong một vụ va chạm, các phần tử bị kích thích thấy mình bị “kẹp” giữa hai vùng khúc xạ sắp xảy ra.

3. Sóng kích thích không bị phản xạ từ ranh giới. Tuyên bố này được chứng minh tương tự như tuyên bố trước.

4. Các nguồn sóng “nhanh” ngăn chặn hoạt động của tất cả các nguồn “chậm hơn”. (“Nhanh” là các nguồn phát ra sóng một phần trong khoảng thời gian ngắn.) Hãy đảm bảo điều này.

Giả sử có hai chu kỳ của các nguồn hoạt động trong môi trường, chúng phát ra sóng với các khoảng thời gian $T_1$ và $T_2$. hình 5 cho thấy sự tiến hóa theo thời gian của dạng sóng từ hai nguồn chính xác này. Nguồn bên trái phát ra sóng kích thích thường xuyên hơn nguồn bên phải (tức là $T_1 < T_2$). Theo thời gian, điểm mà hai mặt trước gặp nhau và triệt tiêu sẽ hòa vào nguồn tần số thấp bên phải cho đến khi bị triệt tiêu. Như vậy, sau một quá trình xử lý khá dài, chỉ có nguồn “nhanh nhất” mới “tồn tại” trong môi trường.

5. Sóng kích thích có thể lưu chuyển vô thời hạn dọc theo vòng hoặc xung quanh phản ứng trong môi trường dễ bị kích thích.

Chúng ta hãy lấy một dải kích thích hẹp của môi trường và cuộn nó thành một vòng. Nếu chiều dài của dải là $l > L_{\text{min}}$ thì sóng kích thích có thể truyền dọc theo vòng trong thời gian không giới hạn (hình 6,a). Thời gian lưu hành của nó là $T = l/c$.

Bây giờ chúng ta hãy bắt đầu tăng bán kính ngoài của vòng và hướng nó về phía

12

vô cùng. Sau đó, thay vì đổ chuông, chúng ta sẽ nhận được phản hồi trong môi trường dễ bị kích thích (hình 6.6). Điều gì sẽ xảy ra với sóng kích thích trong vòng khi chúng ta kéo căng nó theo cách này? Nó sẽ tiếp tục quay nhưng mặt trước của nó sẽ bị uốn cong.

Thật vậy, mặt trước của sóng kích thích không thể là một đường thẳng xuyên tâm quay xung quanh phản ứng với vận tốc góc nào đó $\omega$. Thật vậy, trong trường hợp này, ở khoảng cách $r$ tính từ tâm phản hồi, tốc độ phía trước sẽ bằng $c=\omega r$ và tăng vô thời hạn khi tăng $r$. Tuy nhiên, tốc độ truyền sóng $c$ là không đổi. Điều này có nghĩa là các phần ở xa của mặt trước sẽ bắt đầu tụt lại phía sau và theo thời gian nó sẽ có dạng xoắn ốc.

Do đó, sóng xoắn ốc có thể quay xung quanh phản ứng trong môi trường dễ bị kích thích trong khoảng thời gian bất kỳ mà không bị suy giảm. Khoảng thời gian quay của nó là thời gian dành cho việc truyền xung kích thích trên toàn bộ chu vi $l$ của phản hồi, tức là $T=l/c$. Nếu câu trả lời là hình tròn và bán kính của nó là $R$ thì $T=2\pi R/c$ và tần số quay là $\omega=2\pi/T=c/R$.

Vì vậy, chúng ta đã làm quen với mô hình Wiener-Rosenbluth. Làm thế nào nó có thể được sử dụng để giải thích sự xuất hiện của rối loạn nhịp tim?

Sóng xoắn ốc và rối loạn nhịp tim

Các lớp của tâm nhĩ khá mỏng nên mô tim ở đây có thể coi là môi trường dễ bị kích thích hai chiều. Do nguồn cung cấp máu bị suy giảm sau nhồi máu cơ tim, các vùng nhỏ của mô tim có thể bị chết, mất khả năng dẫn truyền sóng kích thích. Những vùng này đóng vai trò phản ứng trong môi trường dễ bị kích thích của mô tim.

Sự lưu thông của làn sóng kích thích xung quanh một trong những phản ứng này sẽ dẫn đến điều gì? Đáp số phụ thuộc vào mối liên hệ giữa chu kỳ tuần hoàn với tần số sóng phát ra từ nút hình sin. Nếu tần số quay của sóng xoắn ốc cao hơn tần số sóng do nút xoang tạo ra thì sóng xoắn ốc là nguồn phát nhanh hơn và triệt tiêu hoạt động của nút xoang. Vì bán kính phản hồi bị ảnh hưởng

Hình 7. Sinh ra sóng xoắn ốc (D - vùng có độ khúc xạ tăng). a) là vị trí ban đầu của hai sóng; b) - sóng thứ hai không vào vùng D, đã xảy ra sự đột phá phía trước; c) - sự kích thích sẽ bắt đầu lan truyền vào bên trong vùng D; e) - một sóng xoắn ốc sau một khoảng thời gian đủ lớn.

13

các vùng của tim khá nhỏ và tần số tuần hoàn sóng tỷ lệ nghịch với bán kính của lỗ, đây là điều thường xảy ra. Sóng quay quanh lỗ bao phủ toàn bộ tâm nhĩ. Hoạt động bình thường của tim bị gián đoạn. Nó được thay thế bằng “rung động” tâm nhĩ, tức là rối loạn nhịp tim phát triển.

Sóng xoắn ốc có thể phát sinh từ sự gián đoạn ở phía trước sóng kích thích. Giả sử rằng trong môi trường có một vùng $D$, các phần tử của vùng này có thời gian ở trạng thái chịu lửa tăng lên. Cho hai sóng kích thích lần lượt truyền qua môi trường, cách nhau một khoảng thời gian nhỏ (hình 7,a). Sau khi sóng đầu tiên đi qua vùng $D$, các phần tử nằm trong đó vẫn ở trạng thái khúc xạ trong một thời gian dài. Sự kích thích từ sóng thứ hai không thể xuyên qua khu vực này - mặt trước sóng bị vỡ (hình 7, b). Sau một thời gian, trạng thái khúc xạ ở vùng $D$ sẽ kết thúc và các phần tử nằm trong vùng này sẽ một lần nữa có được khả năng kích thích. Nếu lúc này sóng thứ hai vẫn chưa vượt qua vùng $D$ thì sự kích thích từ phía trước của sóng này bắt đầu lan rộng bên trong vùng $D$ (hình 7, b). Sau đó, sóng sẽ xoắn quanh vùng gián đoạn (hình 7, c) và trong khi đó, sóng xoắn ốc thể hiện ở hình 7, d được hình thành.

Mô tim không đồng nhất về đặc tính, bao gồm cả thời gian ở trạng thái trơ. Tính không đồng nhất còn gia tăng hơn nữa do sự gián đoạn dinh dưỡng của tế bào bình thường sau cơn đau tim. Trong hoạt động bình thường của tim, khoảng cách giữa các đợt kích thích liên tiếp là 1 giây và thời gian ở trạng thái trơ là khoảng 0,1 giây. Do đó, sự gia tăng các giá trị khúc xạ, đặc trưng của mô sống, không dẫn đến sự phá vỡ phía trước sóng kích thích trong điều kiện bình thường. Tuy nhiên, với một số tổn thương của mô tim, một sóng bổ sung được tạo ra trong đó bởi nút xoang, tách biệt với sóng trước đó trong một khoảng thời gian rất ngắn. Nếu khoảng thời gian này đủ ngắn (nhỏ hơn tổng thời gian cực đại của trạng thái chịu lửa và trạng thái kích thích dài), mặt trước của sóng như vậy sẽ vỡ ra ở ranh giới của vùng có độ khúc xạ tăng lên và sóng xoắn ốc sẽ được sinh ra. hình 8 cho thấy sự hình thành của sóng xoắn ốc từ một điểm gián đoạn phía trước trong một thí nghiệm với một mảnh mô lấy từ tim của một con thỏ.

Thời gian tồn tại của sóng xoắn ốc trong môi trường không đồng nhất là hữu hạn. Do tính không đồng nhất của môi trường nên tâm sóng dịch chuyển theo thời gian và lan truyền khắp môi trường. Sớm hay muộn sóng cũng chạm tới ranh giới của môi trường và biến mất. Với sự biến mất của sóng xoắn ốc, cuộc tấn công của nhịp tim tăng lên kết thúc.

Tuy nhiên, một kết quả khác cũng có thể xảy ra. Ở phía trước của sóng kích thích - trên nhánh của sóng xoắn ốc - các đứt gãy thứ cấp có thể hình thành khi đi qua một khu vực có độ khúc xạ tăng. Kết quả là sóng xoắn ốc sẽ dịu đi. Nếu tốc độ hồi phục sóng vượt quá tốc độ biến mất của chúng ở các biên thì số lượng sóng xoắn ốc sẽ tăng theo thời gian cho đến khi toàn bộ môi trường bị đóng băng.

14

chứa đầy những “mảnh vụn” ngắn của sóng xoắn ốc. Chế độ sóng hỗn loạn này được quan sát thấy trong quá trình rung tim - các cơn co thắt của tim hoàn toàn dừng lại và chỉ xảy ra sự duy trì hỗn loạn của các phần riêng lẻ của nó.

Người ta đã chứng minh bằng thực nghiệm rằng để xảy ra hiện tượng rung tim, cần phải vượt quá “khối lượng tới hạn” của mô tim: đến một kích thước nhất định của một dải mô như vậy, không thể tạo ra hiện tượng rung tự duy trì trong đó. (Ví dụ, đối với mô tâm nhĩ của thỏ, khối lượng tới hạn là khoảng 20 mg.)

Hiệu ứng này không khó giải thích. Nếu chúng ta giả sử rằng sự phân bố khúc xạ trên môi trường là ngẫu nhiên thì xác suất sinh ra một sóng xoắn ốc mới do sự đứt gãy ở phía trước của một trong các sóng hiện có là gần như như nhau đối với bất kỳ điểm nào trong môi trường. Tổng số sóng xoắn ốc mới sinh ra trong môi trường trên một đơn vị thời gian tỷ lệ thuận với diện tích chiếm giữ của môi trường và số lượng sóng xoắn ốc hiện có: $n_+ = \alpha L^2 N$, trong đó $L$ là kích thước tuyến tính của môi trường (chúng tôi coi nó là hai chiều), $N$ là số sóng đã tồn tại, $\alpha$ là một hệ số không đổi nhất định. Số sóng xoắn ốc biến mất tại ranh giới của môi trường trong một đơn vị thời gian là $n_- = \beta N L$ (tỷ lệ thuận với độ dài của ranh giới), $\beta$ là hệ số không đổi. Chế độ hỗn loạn quan sát được trong quá trình rung tương ứng với tình huống tốc độ tái tạo sóng xoắn ốc là:

$$y^2(27y - 26) = 0,$$

và tọa độ của số hữu tỷ lời giải (trong văn bản và trên hình 2) phải là (17/9; 26/27).

Trong bài viết “Bài toán để cắt” ở hình 1 (xem trang 45) cho thấy việc cắt một tam giác đều thành bốn phần, từ đó tạo thành hình thoi chứ không phải hình vuông. Công trình tạo ra một hình vuông trông như thế này:

ny sóng vượt quá tốc độ biến mất của chúng, tức là khi $n_+ > n_-$. Như có thể thấy từ lý do trên, điều này có thể xảy ra trong trường hợp kích thước tuyến tính của môi trường $L$ cao hơn giá trị tới hạn $L_{\text{кр}} = \beta/\alpha$. Trong môi trường có kích thước nhỏ hơn, kích thước tới hạn của sóng xoắn ốc bị triệt tiêu bởi quá trình chúng thoát ra biên.

Biết được sự xuất hiện của chứng argitmi tim nguy hiểm, bạn có thể tìm kiếm thành công hơn nhiều cách để chống lại hoặc ngăn ngừa chúng.

---

Trong bài viết ngắn này, chúng tôi chỉ giới hạn ở những nghĩa vụ đơn giản và dễ hiểu nhất. Mô hình tiên đề Wiener-Rosenbluth đóng một vai trò trong việc tạo ra lý thuyết của các tác giả về hiện tượng mới. Các nhà khoa học Liên Xô - nhà vật lý, nhà sinh học, nhà toán học và bác sĩ - đã có đóng góp to lớn cho sự phát triển của lý thuyết này. Mô hình Wiener-Rosenbluth đã được nghiên cứu chi tiết và phát triển trong tác phẩm của những người tham gia hội thảo do nhà toán học Liên Xô I. M. Gelfand tổ chức vào những năm 60. Hiện nay, để mô tả các sóng trong môi trường mới nổi, bao gồm cả trong mô tim, người ta sử dụng các mô hình chi tiết hơn, được hình thành bằng ngôn ngữ phương trình vi phân, theo từng phần tùy ý. Tuy nhiên, mô hình Wiener-Rosenbluth tiếp tục hữu ích trong mọi trường hợp cần nhanh chóng có được bức tranh chất lượng cao về sự tương tác giữa chúng ta và có hiệu quả.

15

RENEE MÔ TẢ
VÀ “Hình học” của nó

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. V. DOROFEEVA

Vào ngày 8 tháng 6 năm 1637, tại thành phố Leiden của Hà Lan, theo tiêu đề của Jean Maire, một cuốn sách dài đã được xuất bản với tựa đề “Diễn ngôn về phương pháp định hướng tâm trí và tìm ra chân lý trong khoa học”. Ngoài ra, Dioptics, Meteors và Geometry, là những ứng dụng của phương pháp này.” Tác giả của cuốn sách này là Rene Descartes. Khi đó ông đã 42 tuổi và được coi là một trong những nhà toán học vĩ đại nhất châu Âu; tuy nhiên, “Diễn ngôn về Phương pháp” là tác phẩm được xuất bản đầu tiên của ông. Anh ấy còn mười ba năm nữa trong cuộc đời phía trước, những tác phẩm đáng kinh ngạc, nhưng ngay cả một phần nhỏ của tác phẩm được in đầu tiên - hình học - cũng đủ để làm nên tên tuổi của anh ấy. Cùng với Hình học của Descartes, phương pháp tọa độ đã đi vào khoa học.

Đường đời

Descartes sinh năm 1596 tại tỉnh Touraine, miền nam nước Pháp trong một gia đình danh giá nhưng nghèo khó. Năm 1597 mẹ ông qua đời. Khi Rene được tám tuổi, báo cáo đã gửi cậu đến trường Cao đẳng LaFlèche, ngay trước khi mở danh mục đặt hàng của Nesuits nhằm khai sáng tính hai mặt đặc quyền.

Trong năm năm đầu tiên ở trường đại học, họ dạy tiếng Latinh và tiếng Hy Lạp, lịch sử, văn học, và sau đó trong ba năm - triết học, logic, toán học và vật lý. Nhớ lại những năm tháng nghiên cứu của mình, Descartes đã viết trong Diễn văn về Phương pháp:

“Tôi đã học ở đó mọi thứ mà người khác đã nghiên cứu, và không hài lòng với thông tin được dạy, tôi đã xem qua tất cả những cuốn sách mà tôi đặt trong tay, trong đó đề cập đến những ngành khoa học hiếm gặp và thú vị nhất… Tôi đặc biệt thích toán học, tính trung thực và rất cao quý trong lý luận của tôi.”

Ông bắt đầu sớm chứng minh tính độc lập cần thiết trong phán đoán.

“Tôi thú nhận rằng tôi sinh ra đã có đầu óc như vậy nên niềm vui chính của tôi khi theo đuổi khoa học nằm ở chỗ tôi lắng nghe ý kiến ​​của người khác, nhưng thực tế là tôi luôn cố gắng tạo ra ý kiến ​​của riêng mình.”

Trong khi chăm chỉ nghiên cứu mọi thứ mà trường cung cấp, tự mình đọc những cuốn sách khoa học đến với mình, Descartes quá cố đã đồng thời cảm thấy thất vọng sâu sắc. Ông nghi ngờ độ tin cậy của kiến ​​thức nhận được. Giáo dục ở trường phổ thông và đại học thời đó mang tính chuyên môn hóa. Nó giả định niềm tin vào giáo huấn của nhà thờ, di sản của thời cổ đại, các cơ quan khoa học, tên gọi và các hiệp ước.

Sau khi tốt nghiệp đại học năm 1614, chàng trai trẻ đã suy nghĩ về kế hoạch cho cuộc sống tương lai của mình.

16

Trong những chuyến du hành, quan sát, thí nghiệm và đột phá, anh đã nhìn thấy con đường dẫn anh khám phá những bí mật của thiên nhiên. Descartes sau này đã viết:

“Tôi đã hoàn thiện việc nghiên cứu sách của mình và quyết định chỉ tìm kiếm khoa học mà tôi có thể tìm thấy trong bản thân mình hoặc trong cuốn sách vĩ đại của thế giới, và tôi đã sử dụng phần còn lại của tuổi trẻ để đi du lịch, nhìn thấy những cánh cửa và quân đội, gặp gỡ những người thuộc các quốc gia khác nhau, thu thập nhiều kinh nghiệm, thử thách bản thân trong những cuộc gặp gỡ mà số phận sẽ gửi đến, và khắp mọi nơi suy ngẫm về những đối tượng gặp phải để rút ra một số lợi ích từ những nghiên cứu như vậy.”

Sau khi tốt nghiệp đại học, Descartes dành một thời gian cho gia đình cha mình, rồi đến Paris, nơi đầu tiên ông sống cuộc sống xã hội được hứa hẹn cho một nhà quý tộc trẻ tuổi và nổi tiếng. Chẳng bao lâu sau, một bước ngoặt đã đến - Descartes tự cô lập mình trong chủ đề Paris Saint-Germain và chủ đề nghiên cứu khoa học. Năm 1616, ông nhận bằng cử nhân luật ở Poitiers.

Năm 1618, Descartes tình nguyện gia nhập quân đội chiến đấu chống lại kẻ thù chung là Pháp và Hà Lan - quân Tây Ban Nha-Áo. Từ năm 1619, ông thực hiện nghĩa vụ quân sự trong quân đội của Công tước xứ Bavaria. Năm 1620 Descartes ở Bohemia, năm sau ở Hungary. Lúc này anh chấp nhận lời giải rời bỏ nghĩa vụ quân sự và trở về Pháp, thăm Đức và Hà Lan.

Sau khi đến thăm cha mình, Descartes tiếp tục những trang viết của mình. Ông đã đến thăm Thụy Sĩ và Ý, nhờ đó thực hiện đầy đủ kế hoạch du lịch giáo dục mà ông đã hình thành khi còn trẻ. Từ năm 1625 Descartes định cư ở Paris. Trong suốt những năm này, ông liên tục gặp gỡ các nhà khoa học, chủ yếu là các nhà toán học và triết học, cũng như các học viên chế tạo dụng cụ quang học.

Ở Paris, Descartes đã phát triển nền tảng cho phương pháp khoa học của mình. Danh tiếng của nhà khoa học trẻ tăng lên nhanh chóng. Họ nói về nó như một hệ thống vật lý sáng tạo. Descartes cảm thấy cần có sự cô độc hoàn toàn để hoàn thành nghiên cứu của mình. Anh quyết định “tránh xa mọi nơi mà anh có thể quen biết”.

Năm 1628, Descartes chuyển đến Hà Lan, lúc đó đang trải qua thời kỳ thịnh vượng về kinh tế và văn hóa. Các thủy thủ của nó đã thực hiện các chuyến đi. Cảng biển và các thành phố lớn phát triển trong nước, nghề thủ công phát triển và các trường đại học xuất hiện. Những tác phẩm khoa học hay nhất được in tại các nhà in ở Hà Lan, bao gồm các tác phẩm Đối thoại của Copernicus và Halley. Và quan trọng nhất, đất nước này nổi bật bởi sự khoan dung tôn giáo cần thiết vào thời điểm đó và sự tự do đáng kể khỏi sự kiểm duyệt.

Descartes sống ở Hà Lan trong hai năm với công việc liên tục. Thời gian của anh ấy được phân bổ như sau: vào buổi sáng - những suy ngẫm dài và lời giải toán học

17

skikh bài toán, sau đó thí nghiệm về quang học, giải phẫu, y học, thực vật học, đồ vật - chữ cái. Ông tiếp tục trao đổi thư từ rộng rãi với các nhà khoa học xuất sắc của Pháp và Hà Lan.

Descartes đã trình bày kết quả của những ý tưởng triết học và thí nghiệm khoa học tự nhiên của mình trong một số tác phẩm đã mang lại cho ông danh tiếng rộng rãi. Ông đã dành rất nhiều nỗ lực để thúc đẩy việc giảng dạy, cố gắng truyền bá nó trong các trường phổ thông và đại học ở Hà Lan. Tuy nhiên, sự mới lạ và táo bạo của các ý tưởng khoa học đã khiến Descartes va chạm với sự giàu có của đạo Tin lành. Anh buộc phải rời Hà Lan.

Năm 1649, Descartes chấp nhận lời đề nghị của Nữ hoàng Thụy Điển Christina, người muốn tập hợp hai nhà khoa học xuất sắc từ châu Âu. Trong một bức thư của mình, anh ấy nói về việc một người “sinh ra trong khu vườn Touraine” chuyển đến Thụy Điển - “đất nước của gấu, tuyết và băng” sẽ khó khăn như thế nào. Ngay sau khi chuyển đi, Descartes bị bệnh và mắc bệnh viêm phổi. Ngày 11 tháng 2 năm 1650 ông qua đời. Năm 1663, các tác phẩm của Descartes bị đưa vào danh sách sách bị nhà thờ biên mục cấm. Mặc dù vậy, những ý tưởng khoa học của Descartes nhanh chóng lan rộng khắp châu Âu, có tác động sâu sắc đến tâm trí những người cùng thời với ông.

Người sáng lập phương pháp khoa học mới

Trong Diễn ngôn về Phương pháp, Descartes đã xây dựng “các quy tắc chính của phương pháp” và lưu ý: “Tôi đã lập một kế hoạch chắc chắn lời giải để tuân thủ chúng mà không có một sai lệch nào”. Đây là những quy tắc.

Đầu tiên: không chấp nhận bất cứ điều gì là đúng cho đến khi bạn thừa nhận nó là sự thật chắc chắn, nghĩa là cố gắng tránh phỏng đoán và thành kiến ​​và chỉ đưa vào con người bạn những gì xuất hiện trong tâm trí tôi một cách rõ ràng và rõ ràng đến mức không cách nào có thể gây ra nghi ngờ.

Thứ hai: chia từng khó khăn đang được giải quyết thành từng cột, càng nhiều càng tốt để giải quyết tốt hơn.

Thứ ba: hướng dẫn dòng suy nghĩ của bạn, bắt đầu từ những đối tượng đơn giản nhất và dễ nhận biết nhất, rồi tăng dần

Trang tiêu đề của ấn bản đầu tiên của “Bài giảng về phương pháp”.

làm việc từng chút một, như thể từng bước, cho đến khi đạt được kiến ​​​​thức về những điều phức tạp nhất, cho phép tồn tại trật tự ngay cả giữa những người không đi trước nhau theo trật tự tự nhiên của sự vật.

Và cuối cùng: lập danh sách kiểm tra thực tế ở mọi nơi cũng như tổng quan để đảm bảo không bỏ sót điều gì.

Descartes nhấn mạnh rằng một lý thuyết khoa học phải dựa trên những nguyên tắc rõ ràng và đơn giản. Cần nghiên cứu, mô tả, phân loại các hiện tượng tự nhiên, tiến hành thí nghiệm và tính toán toán học. Khi nghiên cứu thiên nhiên, bạn chỉ cần dựa vào sức mình chứ không nên chờ đợi sự giúp đỡ từ trên cao, sự mặc khải thần thánh. Những quan điểm này của nhà khoa học không tương thích với thần học và chủ nghĩa kinh viện.

Đối với bài tiểu luận “Diễn ngôn về phương pháp” Descartes đã viết ba phụ lục nhằm làm sáng tỏ và minh họa phương pháp khoa học của ông - “Dioptics”, “Thiên thạch” và “Hình học”. Vấn đề quang học

18

ki, lý thuyết về hiện tượng khí tượng, các nhà toán học có liên quan chặt chẽ đến các vấn đề thực tế mà các nhà hàng hải, kỹ sư, nhà thiên văn học và thợ thủ công trong việc chế tạo các dụng cụ quang học phải đối mặt vào thời điểm đó.

“Dioptrics” và “Thiên thạch”
Vào đầu thế kỷ 17, kính viễn vọng và vi sóng đã đi vào khoa học, mở ra nhiều khả năng thâm nhập vào sự rộng lớn của mọi thứ.

lennoy và đi sâu vào những bí mật của thế giới vi mô. Các nhà khoa học chú ý đã bị thu hút bởi nền tảng lý thuyết của quang học. Người Hà Lan W. Snellius (1580-1620) đã khám phá ra định luật khúc xạ ánh sáng ở ranh giới của hai môi trường và trình bày nó trong các bài giảng của ông tại Đại học Leiden. Descartes đã phát hiện ra định luật tương tự, dường như độc lập với Snell, đã xuất bản và chứng minh nó trong Dioptrics của ông. Sử dụng nó, ông đã tạo ra lý thuyết radiga.

Trong “Thiên thạch”, Descartes đã công bố nguồn gốc của radiga do ông đã xây dựng chính xác đường đi của các tia trong giọt nước djedeva (xem hình 1, thuộc sở hữu của Descartes). Những lời giải thích này, được Newton bổ sung, được đưa ra trong tất cả các sách giáo khoa hiện đại. Descartes đã tiến hành thí nghiệm với một bình thủy tinh hình cầu đặt dưới ánh mặt trời và dựa trên đó, ông đã xây dựng nên lý thuyết về màu sắc của mình. Nếu quan sát thấy rằng, khi ở điểm E (xem hình 1), tia DE tạo một góc xấp xỉ 42° với tia mặt trời FD, thì phần này của bình có vẻ có màu đỏ tươi; Khi góc giảm, các màu radiga khác xuất hiện. Cùng với Kepler, Heugens và Newoth, Descartes là người sáng tạo ra quang học hiện đại.

Trong ứng dụng “Meteora”, các nhà khoa học đã cố gắng tìm ra quy luật hình thành mây, tuyết, mưa đá, sét và khám phá bản chất của gió. Anh ta không thể giải quyết vấn đề bài toán đặt ra trước mắt anh ta ở bất kỳ mức độ nào bởi vì ở thời đại đó họ vẫn chưa biết gì về hiện tượng điện. Công lao chính của Descartes nằm ở chỗ ông đã giải thích các hiện tượng tự nhiên với sự trợ giúp của khoa học, không có chỗ cho sự suy đoán, thành kiến ​​và mê tín.

“Hình học” của Descartes
Phụ lục thứ ba này của “Bài giảng về phương pháp” đã phổ biến tên tuổi của nhà khoa học này ở mức độ lớn hơn những khám phá khác của ông. Descartes đã tạo ra phương pháp tọa độ, với sự trợ giúp của các công nghệ kết nối hình học và đại số được thiết lập. Ngược lại, phương pháp giải đại số bài toán bằng hình học của ông là sử dụng lý thuyết phương trình đại số với lời giải hình học bài toán.

19

Thành phần chính của “Hình học” là một đoạn. Nếu chúng ta thêm phân đoạn $b$ vào phân đoạn $a$, chúng ta sẽ nhận được một phân đoạn mới $a+b$ - tổng của các phân đoạn $a$ và $b$ (hình 2). Làm cách nào để xác định tích của các phân đoạn $ab$? Đối với người Hy Lạp cổ đại, $ab$ là diện tích của hình chữ nhật có cạnh $a$ và $b$ (hình 3). Descartes đã phá vỡ truyền thống hàng thế kỷ này, dẫn đến nhiều bất tiện. $ab$ của anh ấy cũng là một phân đoạn; nó được tìm thấy từ tỷ lệ $x/a=b/1$. hình 4 cho thấy cách Descartes xây dựng đoạn $x=ab$. Tương tự, từ tỷ lệ $x/1=a/b$ người ta có thể thấy đoạn $a$ có thể được chia thành đoạn $b$ như thế nào.

Descartes đã giới thiệu trục hoành độ - đường thẳng mà trên đó điểm $O$, điểm bắt đầu của báo cáo, được bù và chọn một đoạn nhất định làm đơn vị (hình 5). Với sự trợ giúp của nó, bạn có thể thay đổi độ dài của bất kỳ đoạn nào. Điều này có nghĩa là đối với Descartes, mỗi đoạn tương ứng với một số dương - độ dài của nó. Anh ta thực hiện các phép toán với các đoạn và về bản chất, đây là các phép toán với số thực dương: độ dài của các đoạn được cộng, thay đổi, độ dài của đoạn này được chia cho độ dài của đoạn khác.

Sự hiện diện của trục x cho phép bạn thiết lập kết nối giữa các đường và phương trình. Đặt $F(x,y)=0$ là phương trình đại số $*$), ví dụ: $3y-2x-6=0$. Chúng ta hãy vẽ trên trục hoành một đoạn có độ dài bằng $x$. Từ phương trình $F(x,y)=0$ ta tìm giá trị tương ứng $y$ và vẽ nó trên một đường thẳng vuông góc với trục. Chúng tôi nhận được điểm $M$ (hình 6). Các số $x$ và $y$ được gọi là tọa độ của điểm $M$.

Nếu các giá trị của $x$ thay đổi thì các giá trị tương ứng của $y$ cũng thay đổi và điểm $M$ khi di chuyển sẽ mô tả một đường nhất định $L$.

Kết luận của Descartes: phương trình đại số $F(x,y)=0$ ứng với một đường thẳng $L$ nào đó trên mặt phẳng.

Ví dụ: phương trình $3y-2x-6=0$ của chúng tôi tương ứng với một đường thẳng và phương trình $xy-1=0$ của chúng tôi tương ứng với một hyperbola.

Trước nghiên cứu của Descartes, số âm chỉ gặp trong toán học ở các phương trình đại số lời giải. Chúng không bằng số dương.

*) Đó là phương trình có dạng $F=0$, trong đó $F$ là đa thức.

Phương pháp tọa độ đã đưa Descartes đến cách giải thích hình học về số âm.

Xét phương trình $y^2=x$. Mỗi số dương $x$ ở đây tương ứng với hai giá trị $y$. Đường tương ứng được mô tả tại hình 7. Các đoạn $AK$ và $KB$ nằm ở hai phía đối diện của trục hoành. Họ thuyết phục chúng ta một cách rõ ràng rằng tọa độ âm có quyền tồn tại như tọa độ dương.

Ý tưởng cơ bản của hình học Descartes là các tính chất hình học của đường thẳng có thể được xác định bằng tích của các phép biến đổi đại số của phương trình của chúng. Ví dụ: để tìm giao điểm của đường tròn $(x-2)^2+y^2=1$ và parabol $y^2=2x-3$, bạn cần giải hệ
$$\begin{cases} (x-2)^2+y^2=1, \\ y^2=2x-3. \end{cases}$$

Sử dụng đại số, chúng ta nhận được $(x-2)^2+2x-3=1$. Do đó $x_1=0$, $x_2=2$. Sau đó, chúng tôi tìm thấy $y^2=-3$ hoặc $y^2=1$.

Phương trình $y^2=1$ có hai nghiệm: $y_1=1$ và $y_2=-1$. Trong thuật ngữ của Descartes, $y_1=1$ là nghiệm “đúng” và $y_2=-1$ là nghiệm “sai”. Tuy nhiên, như hình 8 cho thấy, từ quan điểm hình học, cả hai nghiệm đều hoàn toàn bằng nhau.

Phương trình $y^2=-3$, theo thuật ngữ của Descartes, có hai nghiệm “tưởng tượng”. Đây là cái mà ông gọi là số phức (xem bài viết về chúng của L. S. Pontryagin trong «Kvant» Số 2, 1985).

Các gốc “tưởng tượng” không tương ứng với bất kỳ điểm nào trên hình 8. Vậy thì tại sao lại nói về chúng? Họ mang lại gì cho toán học? Đối với những điều này

20

Descartes đã trả lời các câu hỏi theo cách này: với sự trợ giúp của các nghiệm “tưởng tượng” người ta có thể xây dựng một lý thuyết tổng quát về các phương trình đại số.

Trong Hình học, Descartes cũng phác thảo lý thuyết của ông về phương trình đại số. Anh ấy bắt đầu nó bằng gợi ý, cách thuận tiện nhất để viết ở dạng mà ngày nay đã trở nên quen thuộc với chúng ta - ở vế phải bằng 0:

$$a_0 + a_1x + a_2x^2 + \dots + a_nx^n = 0.$$

Ông phát biểu định lý rằng một phương trình đại số bậc $n$ có chính xác $n$ nghiệm, cho các nghiệm dương, âm và phức (“tưởng tượng”). Đây là định lý chính của đại số, được P. Rothe và A. Girard phát biểu trước Descartes vào đầu thế kỷ 17.

Descartes là người đầu tiên biểu thị số lượng đã cho bằng các chữ cái đầu tiên của bảng chữ cái $a, b, c$ và số lượng chưa biết bằng các chữ cái cuối cùng $x, y, z$. Anh ấy đã tha thứ cho việc chỉ định bằng cấp và nó có dạng quen thuộc $a^3, x^2$, v.v.

Sự phân bố và ảnh hưởng của “Hình học”

Tiểu luận “Diễn ngôn về phương pháp” được xuất bản năm 1637 bằng tiếng Pháp. Những người cùng thời với Descartes đã đón nhận Hình học của ông một cách hết sức nhiệt tình. Nó nhanh chóng được dịch sang tiếng Latin, ngôn ngữ khoa học quốc tế thời đó. Trong một thời gian ngắn, Geo-riter đã trải qua bốn phiên bản. Vào thế kỷ 18, nó là cuốn sách của mọi nhà toán học làm việc sáng tạo.

Descartes tin rằng toán học chỉ nên nghiên cứu các đường cong được xác định bởi các phương trình đại số, bởi vì không có phương pháp chung nào để nghiên cứu các đường khác. Một ví dụ về đường cong đại số là bảng Descartes. Phương trình của nó là $x^3 + y^3 - 3ax y = 0, a \neq 0$. Trong khi đó, trong toán học, các đường cong phi đại số (siêu nghiệm) cũng đóng một vai trò lớn hơn: đường xoắn ốc Archimedes, đường quadratrix, đường cong, đường cyclops và các đường cong khác. Descartes không đưa chúng vào Hình học của ông.

Hạn chế này của Descartes được đưa ra bởi Newton và Leibniz, những người đã phát triển các ví dụ chung về nghiên cứu các đường cong siêu việt vào nửa sau thế kỷ 17. Sử dụng phương pháp tọa độ, họ bắt đầu nghiên cứu các hàm sin, logarit, hàm mũ và các hàm khác.

Phương pháp tọa độ phẳng phát triển hơn nữa. Chẳng bao lâu trục tọa độ xuất hiện, và vào thế kỷ 18, phép đo lập thể; Hình học “đa chiều” xuất hiện vào thế kỷ 19 và hình học “vô hạn chiều” xuất hiện vào thế kỷ 20. Ngày nay, không thể tưởng tượng được toán học hay vật lý nếu không có phương pháp tọa độ.

Các tác phẩm của Descartes, những ý tưởng triết học, toán học và vũ trụ học của ông ngày nay được quan tâm và thảo luận sâu sắc. Đây là sự vĩ đại của ông với tư cách là một nhà khoa học.

Nhiệm vụ nghiên cứu

Chúng tôi cung cấp cho người đọc một số giá trị trung bình bài toán ​​của các hình chiếu đa giác và khối đa diện. Đặc biệt, với sự giúp đỡ của họ, bạn có thể giải được bài toán M1030, khác với câu được đặt ở «Kvant» Số 6.

a) Gọi $p_M(l)$ là độ dài hình chiếu của đa giác lồi $M$ lên đường thẳng $l$. Chứng minh rằng giá trị trung bình của $p_M(l)$ trên tất cả các hình chiếu thẳng qua một điểm cho trước bằng $p/\pi$, trong đó $p$ là phần hang của đa giác $M$. (Theo định nghĩa, mức trung bình này là $\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} p_M(l_u) da$,

trong đó $l_u$ là đường thẳng, thành phần có trục cố định $l_0$ góc $a$.)

Hai bài toán tiếp theo xét các giá trị trung bình theo mọi hướng trong không gian; Tôi nói về những gì được đặt dưới chúng trong bài viết của Yu. Ionin và A. Plotchin “Giá trị trung bình của một hàm” («Kvant», 1977, Số 7, trang 26).

Chúng ta hãy biểu thị bằng $s_M(P)$ và $t_M(l)$ hình chiếu tương ứng của đa giác lồi $M$ lên mặt phẳng $P$ và độ dài hình chiếu của nó lên đường thẳng $l$.

6. Giá trị trung bình của $s_M(P)$ trên tất cả các mặt phẳng $P$ đi qua một điểm nhất định là bao nhiêu?

c*) Giá trị trung bình của $t_M(l)$ trên tất cả các mặt phẳng $P$ đi qua một điểm nhất định là bao nhiêu?

Gợi ý: không khó hiểu khi đáp số trong bài a) - c) có các kích thước cm, cm², cm³ tương ứng. “Đại lượng hình học” nào liên quan đến đa giác hoặc khối đa diện có kích thước này?

A. V. Goncharov

21

Nhiệm vụ

M1061 — M1065, F1073 — F1077

M1061. Ở một quốc gia có nhiều hơn hai thành phố, một số cặp thành phố được nối với nhau bằng những con đường giao nhau. Biết rằng với ba thành phố A, B, C bất kỳ, có thể đi dọc theo mạng đường này từ A đến B mà không dừng lại ở C. Chứng minh rằng giao thông một chiều có thể được lắp đặt trên tất cả các con đường sao cho từ mỗi thành phố có thể lái xe đến bất kỳ thành phố nào khác, theo các hướng đã thiết lập.

V. E. Kolosov

M1062. a) Lấy điểm E và D trên các cạnh AB và AC của tam giác ABC. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại các điểm M, AM và BC tại các điểm P, AM và DE tại điểm N. Chứng minh rằng

$$\frac{PN}{NA} = 2 \cdot \frac{PM}{MA}.$$

6. Các điểm D, E, F lấy trên các cạnh SA, SB, SC của khối đa diện SABC. Các mặt phẳng ABF, BCD và CAE cắt nhau tại M, đường thẳng SM cắt các mặt phẳng ABC và DEF tại P và N. Chứng minh rằng

$$\frac{PN}{NS} = 3 \cdot \frac{PM}{MS}.$$

T. A. Dzhortmenadze, E. Ya. Gleibman

M1063. Có bao nhiêu số nguyên khác nhau có thể được biểu diễn dưới dạng hiệu $a - \bar{a}$, trong đó $a - n$ là số tự nhiên ($10^{n-1} \leq a < 10^n$), $\bar{a}$ là số thu được bằng cách viết các chữ số $a$ theo thứ tự ngược lại? Ví dụ: nếu $a = 1917$ thì $a - \bar{a} = 1917 - 7191 = -5724$. Chỉ định đáp số cho: a) $n = 4$; b) $n = 5$; b) bất kỳ $n$ tự nhiên nào.

G. O. Elstin

M1064. Số giao điểm tối đa mà một đường đứt đoạn trong mặt phẳng $n$ khép kín có thể có là bao nhiêu nếu: a) $n$ là số lẻ; b) $n$ chẵn? (Giả định rằng không có ba đỉnh nào nằm trên cùng một đường thẳng và không có ba đường liên kết nào cắt nhau tại cùng một điểm.) D. V. Fuchs

M1065.* Chúng ta sẽ xem xét các vectơ $(x; y)$ có tọa độ nguyên không âm và ít nhất một trong các tọa độ khác 0. Chúng ta hãy cô lập vectơ tạo như vậy nếu $|x - y| = 1$.

a) Chứng minh rằng vectơ $(x; y)$ đang xét có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các số sinh (hoặc chính nó là một số sinh) khi và chỉ khi đại lượng $k(x, y) = x + y - (x - y)^2$ không âm.

6. Chứng minh rằng số $n(x, y)$ khác nhau (theo thứ tự độ lớn) được biểu diễn bằng vectơ $(x; y)$ là tổng các số sinh của bàn sao cho bóng chạm sàn càng xa điểm xuất phát càng tốt? Khoảng cách tối đa này là bao nhiêu?

A. V. Khelsis

22

We have been publishing Kvant’s contest problems every month from the very first issue of our magazine. The problems are nonstandard ones, but their solution requires no information outside the scope of the USSR secondary school syllabus. The more difficult problems are marked with a star (*). After the statement of the problem, we usually indicate who proposed it to us. It goes without saying that not all these problems are first publications. The solutions of problems from this issue (in Russian or in English) may be posted no later than December 1st, 1987, to the follo-

F1074. Papa Carlo đã làm một chiếc mũ cho Pinocchio từ vải cứng mỏng. Mũ có dạng hình nón cao $H=20$ cm với góc $\alpha=60^\circ$ ở đỉnh. Liệu chiếc mũ này có nằm trên đầu Pinocchio không nếu đầu này là một quả bóng nhẵn có đường kính $D=15$ cm?

S. S. Krotov

F1075. Trong khi thực hiện công việc trong phòng thí nghiệm, sinh viên hạ nồi hơi vào bình chứa nước, bật nó lên và bắt đầu ghi lại nhiệt độ ba phút một lần. Dữ liệu về sự thiếu sót này nằm trong Bảng 1. Sau đó, ông làm nguội nước, cho một mẫu kim loại nhỏ vào bình và tiến hành đo lại. Kết quả của sự thiếu sót này được trình bày trong Bảng 2.

Xác định nhiệt dung của mẫu từ những dữ liệu này. Điện áp nguồn $U=35$ V, dòng điện qua nồi hơi $I=0,2$ A, nhiệt độ phòng $t_0=20^\circ$ C.

L. P. Bakanina

F1076. Để nghiên cứu pin năng lượng mặt trời, một vôn kế đa dải được sử dụng (nó bao gồm một microampe nhạy và một bộ điện trở bổ sung). Bằng cách kết nối nó với pin ở giới hạn 1 V, chúng ta nhận được số đọc $U_1=0,7$ V. Chuyển vôn kế sang giới hạn 10 V, chúng ta nhận được số đọc $U_2=2,6$ V. Điều gì sẽ xảy ra ở giới hạn 100 V? Được biết, dưới ánh sáng liên tục, pin mặt trời hoạt động giống như một nguồn thông thường, được nối nối tiếp với một điện trở có điện trở cao.

A. R. Zilberman

F1077. Theo một giả thuyết, các ngôi sao được hình thành từ môi trường liên sao (bụi vũ trụ) bằng cách lăn dưới tác dụng của lực hấp dẫn. Ước tính thời gian hình thành một ngôi sao từ đám mây bụi vũ trụ hình cầu khổng lồ với mật độ $\rho=2\cdot10^{-20}$ g/cm$^3$. Chúng ta có thể giả sử rằng khi lăn, các hạt không đuổi kịp nhau. Hằng số hấp dẫn $G=6,67\cdot10^{-11}$ N m$^2$/kg$^2$.

V. E. Skorovarov

Problems

M1061—M1065, P1073—P1077

M1061. In a country of more than two cities some pairs of cities are connected by non-intersecting roads. It is known that for any three cities $A, B, C$ it is possible to travel from $A$ to $B$ on these roads without going through $C$. Prove that it is possible to choose directions of one — way traffic on all the roads so that any city may be reached from any other along the roads in the chosen directions.

V. K. Kolosov

M1062. a) Points $E$ and $D$ are chosen on sides $AB$ and $AC$ of triangle $ABC$. The lines $BD$ and $CE$ intersect at the point $M$, $AM$ and $BC$ at $P$, $AM$ and $DE$ at $N$. Prove that

$$\frac{PN}{NA} = 2 \cdot \frac{PM}{MA}.$$

b) Points $D, E$ and $F$ are chosen on the sides $SA, SB$ and $SC$ of the tetrahedron $SABC$. The planes $ABF, BCD$ and $CAE$ intersect at the point $M$, the line $SM$ intersects planes $ABC$ and $DEF$ at $P$ and $N$. Prove that

$$\frac{PN}{NS} = 3 \cdot \frac{PM}{MS}.$$

T. A. Djortmenadze, E. Ya. Gleibman

24

Lời giải bài toán
M1041 — M1045, F1053 — F1057

M1041. Trên mặt phẳng cho các biểu thức sau: a) bốn, b) ba đỉnh của một ngũ giác vuông. Sử dụng thước kẻ hai mặt, khôi phục các đỉnh còn lại của nó. (Với đường thẳng có hai cạnh, bạn có thể thực hiện tương tự như đường thẳng thông thường không chia, đồng thời vẽ một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho một khoảng bằng chiều rộng của đường thẳng đó.)

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

M1042. Trong lớp tổ chức du lịch tải lại dây. Tất cả các loại đội có thể bao gồm học sinh của lớp này (một, hai, v.v. người, ngoại trừ đội của cả lớp) phải tham gia giải đấu một lần. Chứng minh rằng mỗi

Yếu tố chính của lời giải là cấu trúc của đường phân giác của góc, được hiển thị trong hình 1. Chúng ta cũng sẽ lợi dụng thực tế là bất kỳ cạnh nào của hình ngũ giác thuận tay phải đều có thể nhìn thấy được từ bất kỳ đỉnh nào của nó (ngoại trừ các đầu của cạnh đó) ở một góc π/5. Chúng tôi biểu thị hình ngũ giác cần thiết là ABCDE.

a) Gọi các đỉnh đã cho là A, B, C, D. Để dựng E, chỉ cần thay AE là phân giác của góc kề với góc BAC (∠BAC=π/5, ∠CAE=2π/5) và tương tự DE là phân giác của góc kề CDB (hình 2).

6. Rõ ràng chỉ cần xét 2 trường hợp: 1) cho các đỉnh A, B, C, 2) cho các đỉnh A, B, D. Trong trường hợp 1 (hình 3) ta dựng AE - phân giác của góc kề BAC, và AD - phân giác của góc EAC; Đỉnh D là giao điểm của AD và phân giác của góc kề ACB. Ta xây dựng E tương tự. Trong trường hợp 2 (hình 4), chúng ta có thể sử dụng tính chất AC và DC là phân giác của các góc BAD và BDF, trong đó DF là phân giác của góc kề ADB. Điều này cho phép bạn xây dựng đỉnh C và sau đó là E.

Một số độc giả đã không chú ý đến cụm từ cuối cùng của điều kiện và cho rằng, theo thông lệ trong nhiều sách về xây dựng hình học, thước kẻ hai mặt cho phép bạn vẽ hai đường thẳng song song cách nhau một khoảng bằng chiều rộng đi qua hai điểm A và B cho trước (như trong hình 5). Với sự hiểu biết này, tất cả các nhiệm vụ xây dựng đều có thể giải quyết được, có thể giải quyết được bằng một bộ công cụ truyền thống - la bàn và thước kẻ (nhưng đường tròn nên được coi là được xây dựng nếu tâm và đoạn bằng bán kính của nó được chỉ định). Sẽ rất thú vị khi tìm hiểu xem liệu điều này có đúng với “thước kẻ hai mặt” theo nghĩa bài toán của chúng ta hay không.

M. I. Gripichk

Hình 4.

Hình 5.

Hãy gọi thêm hai đội nếu một trong số họ bao gồm tất cả các học sinh không có trong đội kia. Mỗi học sinh trong lớp chỉ được tham gia vào một trong hai đội bổ sung, do đó, học sinh đó được bao gồm đúng một nửa số đội. Nhưng hãy sử dụng tất cả các lệnh để đếm số lượng tất cả các thành tích sắp tới. Như vậy, số tiết mục trùng với số tiết mục của mỗi học sinh, tức là tất cả học sinh sẽ biểu diễn trong mỗi tiết mục, tức là có thêm hai đội.

Hãy cho thêm lời giải. Hãy giả sử rằng trong một

25

Lệnh sẽ được thực hiện với sự ra lệnh của tất cả học sinh khác trong lớp.

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

Đáp số: không thể được. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng phân vùng được chỉ định trong các điều kiện tồn tại. Chúng ta sẽ viết m≈k nếu các số nguyên m và k thuộc cùng một tập con của phân vùng và m≠k nếu không. Hãy chứng minh rằng n≈n+1937 và n≈n−150

với mọi số nguyên n; từ đây sẽ theo sau 0~1937~2·1937~…~50·1937=
=646·150−50~645·150−50~…~50,
tức là 0~−50 và điều này mâu thuẫn với các điều kiện bài toán.

Hãy gọi một bộ ba số được biểu thị nếu nó chứa một số từ mỗi tập hợp con của phân vùng. Theo các điều khoản của troika
n−50, n, n+1987; n−100, n−50, n+1937 và
n+1937, n+1987, n+2·1987

• đại diện cho bất kỳ n (1937=1987−50). Cụ thể, từ bộ ba thứ hai và thứ ba, rõ ràng là n+1937≠n−50 và n+1937≠n+1987, và từ bộ ba thứ nhất - đó là n≠n−50 và n≠n+1987. Điều này tuân theo tuyên bố của chúng tôi: n≈n+1937. Số n+1937 trong bộ ba thứ hai có thể được thay thế bằng n, tức là bộ ba n−100, n−50, n được biểu diễn. Thay n−50 cùng với n vào nó, chúng ta được một bộ ba đại diện khác n−150, n−100, n−50. Từ việc so sánh hai bộ ba này, phát biểu thứ hai như sau: n≈n−150.

S. V. Konyazin

M1044. Chứng minh rằng từ 4 số luôn có thể chọn được 2 số x và y
0≤x−y/1+xy≤1.

Gọi α, β, γ, δ là các arctang của các số này, sắp xếp theo thứ tự tăng dần; Sau đó
−π/2<α≤β≤γ≤δ<π/2<α+π.

Các điểm β, γ, δ chia đoạn [α; α+π] thành bốn đoạn. Độ dài của ít nhất một trong số chúng không vượt quá π/4; với x và y, chúng ta có thể lấy tiếp tuyến của đầu bên phải và bên trái của nó. Thật vậy, ví dụ, nếu β−α<π/4, thì xét đến β−α ≥0, chúng ta có 0<tg(β−α)<1 và đồng thời
tg(β−α)=tgβ−tgα/1+tgβtgα=x−y/1+xy.

(Trong trường hợp (α+π)−δ≤π/4, chúng ta cũng phải sử dụng đẳng thức tg(α+π−δ)=tg(α−δ).)

I. N. Sergeev

M1045. Ở một số quốc gia, một quốc gia nhất định, lãnh thổ của quốc gia đó

Chúng tôi sắp xếp thông báo như sau. Hãy chia tsersto thành 4 ô vuông có cạnh 1 km - các ô vuông hạng 1; Hãy chia mỗi ô vuông này thành

26

có hình vuông có cạnh 2 km, nhà vua quyết định gọi tất cả cư dân đến cung điện của mình để dự vũ hội lúc 7 giờ tối. Để làm điều này, vào buổi trưa, anh ta gửi một người đưa tin với lệnh có thể chuyển bất kỳ gợi ý nào cho bất kỳ cư dân nào, người này có thể chuyển bất kỳ gợi ý nào cho bất kỳ cư dân nào, v.v. Mỗi cư dân cho đến khi gợi ý đến đều ở nhà (ở một địa điểm đã biết) và có thể di chuyển với tốc độ 3 km/h theo bất kỳ hướng nào. Chứng minh rằng nhà vua có thể tổ chức thông báo để tất cả cư dân thành công đúng lúc vũ hội bắt đầu.

F1053. Trong dây thô chính mỏng có scolcite (ở hiện trường có độ nặng) một dây đồng nhất bên (xem hình). Mặt cắt AB và BC của đoạn ống thô là hình bán nguyệt có bán kính R, các điểm A, B, C nằm trên cùng một phương thẳng đứng; chiều dài dây l = 2πR. Tìm tất cả các điểm trên dây mà tại đó lực căng bằng 0 tại thời điểm đầu dưới của dây ở điểm C.

Giả sử tại thời điểm ghi dấu hình, dây có gia tốc a. Hãy tìm anh ấy.

Trong một khoảng thời gian ngắn Δt, sợi dây chuyển động sao cho đầu của nó, nằm ở điểm C, bị cuốn đi một khoảng Δx=v·Δt, trong đó v là giá trị vận tốc tức thời của sợi dây. Động năng của dây lúc đó tăng lên một lượng

$$\Delta K = \frac{m(v + \Delta v)^2}{2} - \frac{mv^2}{2} \approx mv \cdot \Delta v$$

(m là khối lượng của dây; chúng ta đã bỏ qua số hạng ~(Δv)²). Thế năng của dây đã thay đổi thành

$$\Delta \Pi = \Delta m \cdot gh = m \frac{\Delta x}{l} gh = m \frac{v}{l} gh \cdot \Delta t,$$

trong đó Δm là khối lượng của một đoạn dây có chiều dài Δx, nó “chuyển động” từ điểm A đến điểm C, tức là rơi từ độ cao h=4R. Theo định luật bảo toàn năng lượng ΔK=ΔΠ, tức là

$$mv \cdot \Delta v = m \frac{v}{l} gh \cdot \Delta t.$$

Từ đây, sợi dây được đặt tại một điểm nào đó và chúng ta sẽ tìm thấy nó để thu được các đoạn gia tốc của chúng (giống như cách chúng ta đã sử dụng ở trên). Nếu gia tốc của các đoạn là như nhau thì điều này

27

F1054. Hai thanh có hình dạng giống nhau được làm từ những vật liệu có tính chất đàn hồi khác nhau - Mô hình vật liệu của Young tương ứng với sự tương ứng của $E_1$ và $E_2$. Các thanh được dán lại với nhau ở các đầu và phủ một lớp sơn giống nhau để mẫu thu được trông giống như một thanh đồng nhất. Mô hình Young nào của “chất” của thanh này sẽ được đo bởi một người thí nghiệm không biết rằng thanh đó là composite?

Một thanh composite gồm hai thanh đàn hồi mắc nối tiếp với độ cứng bằng $k_1$ và $k_2$. Độ giãn dài $x$ của thanh composite khi bị kéo căng bằng $x_1+x_2$, trong đó $x_1, x_2$ là độ giãn dài của thanh thứ nhất và thanh thứ hai. Vì lực kéo đối với các thanh thông thường là như nhau (các thanh đứng yên), nên theo định luật Hooke rằng

$$k = \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2},$$

trong đó $k$ là độ cứng của thanh composite.

Độ cứng liên kết với mô hình vật liệu thanh của Young:

$$k_1 = E_1 \frac{S}{l}, k_2 = E_2 \frac{S}{l}, k = E \frac{S}{2l},$$

trong đó $l$ là chiều dài của mỗi thanh, $S$ là diện tích mặt cắt ngang, $E$ là mô hình của Young về “chất” của thanh composite. Do đó, giá trị $E$ mà người thí nghiệm sẽ nhận được trong các phép đo,

$$E = k \frac{2l}{S} = \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2} \frac{2l}{S} = \frac{2E_1 E_2}{E_1 + E_2}.$$

V. A. Davydov

F1055. Thiết bị điện P được nối vào mạng điện xoay chiều có hiệu điện thế 220 V thông qua tụ điện có công suất $C = 0,5$ uF (hình 1). Ampe kế hiển thị dòng điện $I = 0,01$ A, số chỉ của vôn kế là $U = 180$ V. Tìm công suất mà thiết bị tiêu thụ từ mạng. Coi ampe kế và vôn kế là lý tưởng.

Hình 1. Hình 2.

Trước tiên chúng ta hãy tìm giá trị hiệu dụng của điện áp trên tụ điện:

$$U_C = IX_C = I \frac{1}{2\pi C} = 63,7 \text{ В}$$

(ở đây $v = 50$ Hz là tần số dao động của dòng điện xoay chiều trong mạng). Bây giờ hãy vẽ sơ đồ vectơ*) của dòng điện và điện áp cho mạch này (hình 2). Từ sơ đồ, dễ dàng tìm được dwg của pha $\varphi$ giữa dòng điện $I$ và điện áp $U_0$:

$$\varphi = 90^\circ - \arccos \alpha = 90^\circ - \arccos \frac{U_0^2 + U_C^2 - U^2}{2U_0 U_C} \approx 46^\circ.$$

Công suất tác dụng mà thiết bị P tiêu thụ bằng công suất tác dụng được giải phóng trong toàn mạch (không có nhiệt tỏa ra trong tụ điện), tức là.

$$P = U_0 I \cos \varphi \approx 1,53 \text{ Вт.}$$

A. R. Zilberman

*) Bạn có thể đọc về sơ đồ vectơ là gì và cách chúng được xây dựng, chẳng hạn như trong bài viết “Mạch điện xoay chiều” («Kvant», 1986, số 9).

28

F1056. Trong mạch hiển thị ở hình 1, phím K₃ trước tiên được đóng và phím K₁ và K₂ mở. Tại một thời điểm nào đó, khóa K₁ bị đóng và sau một thời gian t₁ = 0,1 s thì khóa K₂ sẽ bị đóng. Sau một thời gian nữa t₂ = 0,2 s, khóa K₃ bị đóng. Bắt đầu: 1) điện áp tối đa trên tụ điện; 2) dòng điện chạy qua cuộn dây L₁ sau thời gian t₃ = 1 s sau khi đóng công tắc K₁. Đối với điện trở của dây, diode được coi là lý tưởng; L₁ = 1 H, L₂ = 0,5 H, C = 10 µF, U₀ = 10 V.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

F1057. Một quả tạ gồm hai quả bóng có khối lượng m, được cố định ở hai đầu bằng một sợi dây mỏng có chiều dài 2b, được treo ở vị trí nằm ngang trên hai sợi dây không giãn có chiều dài l, khoảng cách giữa chúng là 2a (hình 1). Chu kỳ rung động xoắn nhỏ của quả tạ bắt đầu.

Sau khi đóng khóa K₁, một dòng điện xuất hiện trong cuộn dây L₁, dòng điện này tăng theo thời gian theo quy luật tuyến tính

$$I_1 = \frac{U_0}{L_1} t.$$

Điều tương tự sẽ xảy ra ở cuộn L₂ sau khi khóa K₂ được đóng. Tại thời điểm mở chìa khóa K₃ (hình 2)

$$I_1 = \frac{U_0}{L_1} (t_1 + t_2) = 3 \text{ A},$$

$$I_2 = \frac{U_0}{L_2} t_2 = 4 \text{ A},$$

và điện tích trên tụ bằng không.

Tại thời điểm điện tích của tụ điện đạt cực đại (sau này nó sẽ giữ nguyên như vậy - diode không cho tụ điện phóng điện), cùng một dòng điện I sẽ chạy qua cả hai cuộn dây, không bằng 0 (hình 3). Mạch điện bao gồm hai cuộn dây và hai pin là siêu dẫn và các pin triệt tiêu lẫn nhau, do đó từ thông, một mạch tùy ý, không thay đổi theo thời gian:

$$L_1 I_1 - L_2 I_2 = L_1 I + L_2 I.$$

Từ đây chúng ta nhận được đáp số cho câu hỏi thứ hai bài toán:

$$I = \frac{L_1 I_1 - L_2 I_2}{L_1 + L_2} = \frac{2}{3} \text{ A}.$$

Bắt đầu từ thời điểm chìa khóa K₃ được mở và cho đến khi điện tích tối đa qₘ được thiết lập trên tụ điện, pin đã hoạt động

$$A = q_m U_0.$$

Khi đó viết định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{L_1 I_1^2}{2} + \frac{L_2 I_2^2}{2} + A = \frac{(L_1 + L_2) I^2}{2} + \frac{q_m^2}{2C},$$

hoặc

$$q_m^2 - 2CU_0 q_m - C (L_1 I_1^2 + L_2 I_2^2 - (L_1 + L_2) I^2) = 0,$$

chúng tôi tìm thấy đáp số cho câu hỏi đầu tiên:

$$q_m \approx 1,3 \cdot 10^{-2} \text{ KJ}, \ U_m = q_m / C \approx 1300 \text{ B}.$$

Lời giải có thể trở nên rõ ràng hơn nếu bạn nhận thấy rằng hai pin có thể được thay thế bằng một pin (tức là các cực dương của pin được kết hợp).

A. R. Zilberman

Trong quá trình dao động tròn, quả tạ quay quanh trục thẳng đứng OO₁. Chúng ta hãy tìm hiểu thế năng và động năng của một quả tạ phụ thuộc như thế nào vào góc quay φ (hình 2).

Giả sử khi quay một góc φ thì trọng tâm của quả tạ tăng lên độ cao Δh (so với vị trí cân bằng). Như có thể thấy từ hình 2, Δh = l - h, trong đó

$$h = \sqrt{l^2 - |BB_1|^2} \approx \sqrt{l^2 - a^2 \varphi^2}$$

(vì góc quay φ nhỏ, |BB₁| ≈ aφ). Từ đây chúng tôi nhận được:

$$l^2 - h^2 \approx a^2 \varphi^2 \iff \Delta h \cdot (l + h) \approx a^2 \varphi^2,$$

Ở đâu

$$\Delta h \approx \frac{a^2 \varphi^2}{l + h} \approx \frac{a^2 \varphi^2}{2l}$$

(với φ Δh nhỏ và l + h ≈ 2l).

29

Do đó, thế năng của quả tạ (được đo tương ứng với vị trí cân bằng) phụ thuộc vào góc quay như sau:

$$\Pi_{\varphi} = 2mg \cdot \Delta h = \frac{mga^2}{l} \varphi^2.$$

(1)

Bây giờ chúng ta tính động năng. Đối với các dao động nhỏ, chúng ta có thể bỏ qua thành phần thẳng đứng của vận tốc của quả bóng và giả sử rằng vectơ vận tốc nằm trong mặt phẳng nằm ngang và có độ lớn bằng $v = b\omega_{\varphi} = b\varphi'$ ($\omega_{\varphi}$ là vận tốc góc của quả bóng tại thời điểm góc quay của quả tạ là $\varphi$). Như vậy, động năng phụ thuộc vào góc quay như

$$K_{\varphi} = 2 \frac{mv^2}{2} = mb^2(\varphi')^2.$$

(2)

Lưu ý rằng các công thức (1) và (2) tương tự như các công thức mô tả thế năng và động năng của tải trọng dao động với độ cứng ngoài $k$:

$$\Pi_x = \frac{1}{2} kx^2, \quad K_x = \frac{1}{2} M(x')^2,$$

trong đó $x$ là độ lệch so với vị trí cân bằng. Nhận được phân tích này, chúng ta có thể viết:

$$\Pi_{\varphi} = \frac{mga^2}{l} \varphi^2 = \frac{mga^2}{l} \left( \frac{x}{b} \right)^2 = \frac{1}{2} kx^2,$$

trong đó $x = b\varphi$ là độ lệch của quả bóng so với vị trí cân bằng và

$$k = \frac{2mg}{l} \frac{a^2}{b^2};$$

tương ứng,

$$K = mb^2(\varphi')^2 = m(x')^2 = \frac{1}{2} M(x')^2,$$

Ở đâu

$$M = 2m.$$

Như vậy quả tạ sẽ dao động tròn với chu kì

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{2mlb^2}{2mga^2}} = 2\pi \frac{b}{a} \sqrt{\frac{l}{g}}.$$

M. M. Tsypin

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Phần lớn độc giả đã gửi lời giải bài toán M1016—⟦M1030, F1028—F1042 đã hoàn thành bài toán M1021, M1026, M1027, F1028, F1031, F1034, F1037—F1039, F1041, F1042.

Dưới đây chúng tôi công bố họ của những người thêm lời giải vào phần còn lại bài toán (các số sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học
A. Abdrakhmanov (Alma-Ata) 16; A. Avetisan (làng Geganist ArmSSR) 22; S. Agnevich (Baranovich) 23; A. Akimov (Evpatoria) 22, 25; D. Alievsky (Sverdlovsk) 16; V. Andryushenko (Vinnitsa) 22, 23, 25; K. Anoshkin (Saratov) 24, 25; I. Arzhantsev (Kyiv) 22; F. Arzyklov (làng Balchiki, vùng Andjan) 20; D. Arotser (Kyiv) 18; A. Afonin (Brest) 22, 23; A. Babkin (Kyiv) 25, 28, 29; Z. Bandik (Belgrade, SFRY) 17-19, 22; S. Nam tước (Tselinograd) 22, 23; Yu. Bezacheva (Krasnoirsk) 22, 24; A. Beyancu (CPP) 17-19, 28; I. Belozerov (Serpukhov) 16, 18, 20, 25; V. Bergman (Baku) 22; R. Bochev (Vratsa, NRB) 22-25, 28, 29; F. Brazun (làng Girey, vùng Krasnodar) 22; V. Buayko (Kyiv) 22; E. Burakovsky (Kyiv) 23; K. Verbitsiy (Moscow) 22, 24, 28-30; A. Vinciuk (Vinnitsa) 18, 20, 22-25; A. Vintsok (Kyiv) 16, 28; A. Vityaev (Novosibirsk) 16, 18-20, 22, 28; V. Volododsky (Omsk) 16-20, 22-24, 28; V. Volchkov (Shakhtersk) 22-24; D. Volper (Omsk) 28, 29; Vâng. Vorobets (Lviv) 22, 23; M. Vyborov (Kyiv) 28; S. Gerasimov (Kharkov) 28; M. Goldsheid (Chelyabinsk) 16-20, 29; A. Gorokhovsky (Kyiv) 22, 25, 28, 29; N. Grigorieva (Tselinograd) 22; R. Gripiv (Lviv) 18, 22, 23, 28, 29; Z. Dzhabeva (làng Makhmudavar AzSSR) 23; T. Diduk (Tselinograd) 22, 23; N. Dokholyan (Tbilisi) 23; S. Dronov (Pushino) 25, 29; A. Dubinsky (Moscow) 16; G. Dyatlov (Novosibirsk) 28; P. Evselev (Maykop) 22; V. Zavrazhny (Frunze) 22; A. Zalesky (Kharkov) 28; S. Zelik (Kramatorsk) 22; E. Zeltser (Kyiv) 16, 18, 23; I. Zefirov (Khimki, vùng Moscow) 16, 18, 22, 23, 25; V. Ivanov (Tbilisi) 22; S. Izmalkov (Kharkov) 22-25, 28; I. Israfilov (Baku) 23; A. Kalinin (Saratov) 22; V. Kaloshin

32

1. Giải thích hiện tượng “khói tan trong không khí” như thế nào?
2. Tại sao kem làm từ sữa lại lắng nhanh hơn trong phòng lạnh?
3. Tại sao lá trà đựng trong cốc không quan sát được chuyển động Brunovian?
4. Tại sao đường tan trong nước nóng nhanh hơn trong nước lạnh?
5. Tốc độ chuyển động nhiệt của nhiều phân tử ở nhiệt độ phòng gần bằng tốc độ của một viên đạn. Tại sao mùi nước hoa phải mất một khoảng thời gian đáng chú ý mới lan tỏa khắp phòng?
6. Tại sao một quả bóng được chạm khắc từ gỗ thô và phủ vecni vẫn còn nguyên vẹn, trong khi quả bóng đó, không phủ vecni, lại có vết nứt?
   … vào năm 1845, tác phẩm pokeo của Wateston đã được trình bày cho Hiệp hội Hoàng gia (Viện Hàn lâm Khoa học Anh), trong đó cho đến nay

…tellogah bao gồm sự năng động bên trong…
M. V. Lomonosov.
“Những suy ngẫm về sự quy kết của nóng và lạnh”
Phép biện chứng của các phân tử tăng tốc ngay từ sự khám phá ngay lập tức của chúng ta, giống như một cái lò trên mặt biển để quan sát, ở một khoảng cách rất xa.
Jean Perrin.
“Nguyên tử”

Câu hỏi và bài toán

7. Ở độ cao vài trăm km so với Trái đất, các phân tử khí quyển có tốc độ tương ứng với nhiệt độ vài nghìn độ. Tại sao các vệ tinh nhân tạo của Trái đất bay ở độ cao lớn như vậy không tan chảy?
8. Tại sao Lunya không có bầu không khí?
9. Tại sao một tấm kính vỡ không thể được gắn lại với nhau bằng cách nối các mảnh cói lại, mặc dù giữa các phân tử có lực dính kết?
10. Tại sao khó tháo đai ốc khi nó vẫn ở trạng thái khóa, mặc dù bu lông và đai ốc được làm bằng kim loại không gỉ?
11. Hiện tượng mao dẫn có thể xảy ra nhờ năng lượng nào?
12. Hãy nghĩ xem áp suất sẽ thay đổi như thế nào theo những gì được hiển thị.

33

CÁCH DI CHUYỂN
PHÂN TỬ

Bạn có thực sự biết điều gì tốt không?

CÁCH DI CHUYỂN
PHÂN TỬ

Lý thuyết động học phân tử của vật chất, được nghiên cứu ở trường, bắt nguồn từ thời cổ đại - với giả thuyết nguyên tử. Trải qua những khoản nợ và con đường khoan dung, lý thuyết này đã có được hình thức chính đáng vào cuối thế kỷ 19 - đầu thế kỷ 20 nhờ công trình của các nhà khoa học kiệt xuất - P. Clausus, J. Maxwell, L. Bolshin, A. Einstein, Ya. I. Frenkel. Phương pháp tiếp cận vi mô hoặc phân tử để nghiên cứu các hiện tượng nhiệt đã được chứng minh là cực kỳ hiệu quả và cho phép chúng ta vẽ nên một bức tranh phi thường về các quá trình xảy ra trong tự nhiên và trong quá trình tạo ra mô hình mục tiêu. Trong số Kính vạn hoa này, chúng tôi mời bạn xem xét một số câu hỏi dựa trên các khái niệm của lý thuyết động học phân tử.

…vào cuối thế kỷ này, Ludensch Boltzmann thường phản ánh những cuộc tấn công liên tục từ nhiều lý thuyết động học phân tử đối lập nhau đến nỗi ông đã kết luận một trong những bài báo của mình, diễn đạt lại Galileo, bằng những từ “Tuy nhiên, chúng vẫn được tạo ra,” những cái tên tất nhiên có nghĩa là phân tử.

34

ĐOÁN SỐ

Bạn đã chơi trò chơi “Đoán Số” chưa? Bạn thậm chí chưa nghe nói? Đây là một trò chơi rất đơn giản. Giả sử tôi đoán một số tự nhiên, nhỏ hơn 100, bằng cách viết nó ra giấy (để không có khả năng gian lận) và bạn cố gắng đoán nó bằng cách đặt những câu hỏi chỉ có thể trả lời là “có” hoặc “không”. Sau đó, bạn đoán một con số, và tôi cố gắng đoán nó. Ai đoán được số câu hỏi cho mình sẽ thắng.

Bạn sẽ phải trả lời bao nhiêu câu hỏi để đoán được số của tôi? Bạn không biết? Bạn nói điều đó có thể ngay lập tức, hoặc có thể những câu hỏi này sẽ xuất hiện? Tôi cam kết đoán số của bạn chỉ trong bảy câu hỏi. Làm sao? Đây là cách làm, ví dụ. Hãy để bạn đoán một con số. Tôi hỏi: “Có khác gì 64 không?” - “Đúng.” - “Dưới 32?” - “Đúng.” - “Dưới 16?” - “Đúng.” - “Ít hơn 8?” - “KHÔNG”. - “Dưới 12?” - “KHÔNG”. - “Dưới 14?” - “Đúng.” - “Dưới 13?” - “KHÔNG”. - “Số 13 đã được lên kế hoạch.”

Rõ ràng chứ? Tôi chia tập hợp các số có thể có làm đôi, sao cho nửa còn lại lại giảm đi một nửa, v.v., cho đến khi nửa còn lại chỉ chứa một số. Tại sao tôi lại bắt đầu bằng số 64 mà không phải số 50? Thông tin thêm về điều đó sau; Có thể bắt đầu từ số 50. Không khó để kiểm tra xem đối với các số thay đổi 64, sáu câu hỏi là đủ và trong bảy câu hỏi, bạn có thể đoán bất kỳ số nào không vượt quá 128.

34

35

Xin chào, tôi đang xem bảng cheat này:

| màu xanh da trời | màu đỏ | đen | màu xanh lá |
| :— | :— | :— | :— |
| 1 | 0 | 1 | 2 |
| 2 | 0 | 4 | 8 |
| 3 | 0 | 16 | 32 |

Nếu bạn trả lời các câu hỏi, giả sử: “Blue, green, red”, tôi cộng ba số 0, 12, 16, đứng tại giao điểm của các cột và hàng tương ứng với các màu được đặt tên trong các bảng tương ứng. Kiểm tra xem số 28 có hợp lệ không và có các màu được đặt tên trong bảng (và chỉ có nó).

Bây giờ hãy tiết lộ bí mật của thủ thuật này. Ngay từ nhỏ chúng ta đã được dạy viết số trong hệ thập phân. Ví dụ: chúng tôi đã giải mã dãy số 1987 là $1 \cdot 10^3 + 9 \cdot 10^2 + 8 \cdot 10^1 + 7 \cdot 10^0$. Việc đếm được thực hiện theo số chục, mười đơn vị của một chữ số là đơn vị của chữ số tiếp theo. Nếu cơ số của hệ thống số được lấy là số 4 chứ không phải 10 thì sẽ chỉ xuất hiện 4 số: 0, 1, 2 và 3. Nhưng tại sao lại là số? Ví dụ: bạn có thể sử dụng các vòng tròn màu: © - cho số 0, ¶ - cho 1, ¶ - cho 2 và 3 - cho 3. Số 28 được viết trong hệ thống số tứ giác là $1 \cdot 4^2 + 3 \cdot 4^1 + 0 \cdot 4^0 = 130_4$ (bốn trong số 130 có nghĩa là nó được viết trong hệ thống số tứ giác). Và trong ký hiệu màu của chúng tôi, nó sẽ được viết là $\textcircled{3}$$\textcircled{3}$$\textcircled{3}$.

Nếu bạn đọc mục này từ phải sang trái, bạn sẽ nhận được “blue - green - red”. Chúng tôi gọi sự kết hợp màu sắc này khi hình thành số 28, chúng tôi đã báo cáo màu sắc của nó trong các bảng A, B, B!

Chúng ta hãy nhìn vào bảng của chúng tôi. Trong bảng A, màu của các số được di chuyển qua bốn theo cách này để xác định chữ số thứ hai trong bản ghi tứ giác của số và trong bảng B - chữ số thứ ba. Điều tương tự cũng được nói bởi “cipar-galka”, với sự trợ giúp của nó, chúng tôi đã xác định được số bằng màu sắc của nó trong bảng. (Chúng tôi đặt các số trong bảng A, B, B có kích thước $7 \times 9$ nhằm làm bạn bối rối một chút: nếu bạn sử dụng

36

các bảng $A_1, B_1, B_1$ có kích thước $8 \times 8$, hệ thống có thể được phát hiện nhanh hơn nhiều.) Các bảng được biên soạn theo cách tương tự nhưng sử dụng 3 màu sẽ tương ứng với cách biểu diễn số trong hệ thống số ba; sử dụng 2 màu - nữ tính. Số 100 được viết như thế nào trong hệ thống số kép? Cái này
$$64 + 32 + 4 = 1 \cdot 2^6 + 1 \cdot 2^5 + 0 \cdot 2^4 + 0 \cdot 2^3 + 1 \cdot 2^2 + 0 \cdot 2^1 + 0 \cdot 2^0,$$
tức là $1100100_2$. Ta thấy các số thay đổi một trăm (sau đây đổi thành 128) được viết theo hệ số kép không quá bảy dấu. Hãy nhớ rằng tôi đã thực hiện bảy câu hỏi để đoán số 100 đang thay đổi!
Đối với số 13, chúng ta có chuỗi sau đáp số: có-có-có-không-không-không. Hãy viết số 13 trong hệ thống số kép và thêm ba số 0: 0001101$_2$. Mối liên hệ giữa chuỗi đáp số “có-không” và các số kết quả là gì? Tất nhiên, điều đó hoàn toàn đơn giản: đáp số “có” tương ứng với số 0 và đáp số “không” tương ứng với số 1.

Vì vậy, thay vì những câu hỏi “cỡ lớn” của tôi, người ta có thể trình bày bảy bảng với các số màu xanh và đỏ. Không biết bạn thế nào, nhưng phương pháp giảm một nửa hiệu quả hơn với tôi. Nhân tiện, nó được sử dụng khá thường xuyên trong thực tế. Giả sử tôi cần tìm bài toán Số 1372 trong nhiệm vụ. Tôi mở các trung gian của nó và xem một số số bài toán trên trang này. Nếu nó lớn hơn 1372, tôi chia nửa công việc đầu tiên và nhìn vào các con số ở đó; và nếu ít hơn thì tôi thực hiện thủ tục này với nửa còn lại. Số lượng trang có thể chứa bài toán này mỗi lần giảm đi một nửa và bạn sẽ nhanh chóng tìm thấy những gì mình đang tìm kiếm hai lần. Phương pháp này được gọi là “phân đôi” từ tiếng Hy Lạp “dikha” - thành hai phần - và phần “tom” -.

Nguyên tắc phân đôi cũng được đưa vào hệ thống Optimian để xác định nhà vô địch: đầu tiên, tất cả các phần được chia thành từng cặp và người mạnh nhất được xác định trong mỗi cặp, các chiến thắng tiếp theo - một nửa số phần - bị loại khỏi phần hoàn hảo và những người chiến thắng lại được chia thành các cặp, v.v. Cho đến khi chỉ dừng lại một cặp, trong cuộc họp xác định nhà vô địch. Hệ thống này hoàn hảo nếu số phần là lũy thừa của 2; thì trong mỗi krita hoàn hảo, tất cả các khu vực đều bị chiếm giữ, nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu ở một số krita số khu vực là số lẻ? Sau đó, một trong các đội chuyển sang lần phê bình tiếp theo mà không tiếp tục với các lần phê bình khác. Điều tò mò là nếu một phần lớn hơn lũy thừa của hai, thì tình huống được mô tả sẽ xảy ra trong mọi crit hoàn hảo (ví dụ: với 9 hoặc 17 phần), và bạn cần đảm bảo rằng cùng một đội không trở thành “phụ” trong mỗi crit và do đó không lọt vào trận chung kết nếu không chơi một trận nào.

(Cuối cùng xem trang 50)

37

Ai đang khiêu vũ với ai?

Tại cuộc thi khiêu vũ ở thành phố Dolgoprudny, ba vị trí đầu tiên thuộc về các cặp đôi thuộc nhóm nhảy “Terpikhora” của Viện Vật lý và Công nghệ Moscow. Đồng chí Petrov, phóng viên của tạp chí “Vì khoa học” đa phản ánh của viện muốn biết ai đang khiêu vũ với ai và đã nhận được đáp số sau:

Tôi là Svetana. Mọi cô gái đều trẻ hơn bạn đời của mình bởi Zgoda

Và tôi là Igor. Tất cả chúng ta cùng nhau 115 tuổi

Tên tôi là Yulia. Cùng với Igor, tôi khoảng 3 tuổi.

Tôi là Anton. Tôi và Yulia đều 40 tuổi.

Nhưng chỉ vậy thôi, ai đang khiêu vũ với ai?

Tôi là Makim. Người trẻ nhất trong số chúng tôi là Ira.

Ira là tôi.

Tôi đã nói chuyện với tất cả những người đang học toán, tiểu học hoặc cao hơn và quan tâm đến lĩnh vực của nó, và tôi nói: “Tất nhiên, chúng ta sẽ học cách chứng minh, nhưng chúng ta cũng sẽ học cách chứng minh”:

D. Polya

Toán học nên được dạy ở trường với cùng mục tiêu là những kiến ​​thức thu được ở đây có thể được sử dụng cho nhu cầu chung trong cuộc sống.

N. I. Lobachevsky

37

38

Vật lý 8, 9, 10

Những ghi chú được công bố dưới đây: “Mô tả chuyển động có dễ không?” và “Xung quanh một bài toán” dành cho học sinh lớp 8, ghi chú “Áp suất khí trong bình” - dành cho học sinh lớp 9, “Rung động điều hòa và cân bằng” - dành cho học sinh lớp 9.

Có dễ dàng để mô tả chuyển động?

Nhiều khái niệm về điện ảnh - một nhánh cơ học chuyên nghiên cứu chuyển động của các vật thể mà không tìm ra nguyên nhân của chúng - đối với chúng ta dường như rất đơn giản, thậm chí là sơ đẳng. Tuy nhiên, phải mất hàng thế kỷ khoa học mới phát triển được những phương pháp hiệu quả để mô tả chuyển động. Chúng ta hãy tìm hiểu một số chi tiết về lịch sử hình thành ý tưởng về hai đại lượng điện ảnh - tốc độ và gia tốc.

Chuyển động của bất kỳ vật thể nào đều gắn liền với sự thay đổi vị trí của nó trong không gian theo thời gian. Ý tưởng này, quen thuộc với chúng ta, không chỉ rõ ràng. Thật vậy, chẳng hạn, cái gì nên được coi là biến độc lập khi mô tả chuyển động - đường đi hay thời gian? Các nhà khoa học đầu thế kỷ 17 không nhất trí về đáp số cho câu hỏi này. Và nếu sự khác biệt về quan điểm này không dẫn đến sự khác biệt nghiêm trọng trong nghiên cứu về chuyển động thẳng đều, thì trong trường hợp chuyển động không đều, điều đó hóa ra lại rất đáng kể. Chẳng hạn, hãy thử thiết lập định luật chuyển động, giả sử rằng tốc độ tỷ lệ thuận với quãng đường di chuyển (v～s), và bạn sẽ thấy điều đó khó khăn hơn nhiều bài toánhơn mô tả chuyển động có gia tốc đều, trong đó tốc độ tỷ lệ thuận với thời gian (v～t).

Giá trị của việc xem xét có hệ thống bài toán kỹ thuật quay phim chuyển động thẳng đều có gia tốc đều thuộc về G. Galileo (1564-1642). Sau khi nghiên cứu thực nghiệm sự rơi tự do của các vật thể và chuyển động của chúng dọc theo một mặt phẳng nghiêng với ít ma sát, Galileo đã xây dựng định luật chuyển động có gia tốc đều, nghe như thế này: “Nếu một vật, rời khỏi trạng thái đứng yên, rơi với gia tốc đều, thì quãng đường nó di chuyển trong những khoảng thời gian nhất định có liên hệ với nhau như bình phương của thời gian”.

39

Ý tưởng của Galileo rằng sự rơi tự do xảy ra với gia tốc đều là điều khó được những người cùng thời với ông chấp nhận. Một trong những anh hùng trong cuốn sách “Kỷ yếu và chứng minh toán học” của Galileo đưa ra một phản đối trái ngược có vẻ thuyết phục đối với anh ta: “Nếu một vật rơi nặng rời khỏi trạng thái đứng yên sao cho tốc độ của nó tăng tỷ lệ thuận với thời gian trôi qua kể từ khi bắt đầu chuyển động, thì vật đó phải chuyển động với tốc độ bất kỳ hoặc mức độ chậm lớn hơn bất kỳ, để lại trạng thái đứng yên… - một điều rất khó tưởng tượng khi các giác quan của chúng ta cho thấy rằng một vật rơi nặng ngay lập tức đạt được tốc độ lớn hơn." Galileo xem xét từng lý thuyết và “màu sắc được tiết lộ” thông tục với sự trợ giúp của một thí nghiệm dí dỏm (nghĩ xem cái nào).

Galileo cũng nảy ra ý tưởng biểu diễn chuyển động phức tạp bằng cách cộng các chuyển động đơn giản tương đối. “Tiêu chuẩn” để xác minh nó là bài toán về chuyển động của một vật thể được ném theo một góc so với đường chân trời, chuyển động này (quan trọng về mặt quân sự) đã được công bố và thu hút sự chú ý của các nhà khoa học. Ngay cả Leonardo da Vinci (1452-1519) nói chung cũng thể hiện chính xác loại quỹ đạo của một vật thể như vậy (hình 1).

Tuy nhiên, ngay cả vào thời Galileo, trong các chuyên luận về quân sự, người ta có thể tìm thấy mô tả sai lầm về quỹ đạo của một viên đạn là sự kết hợp của hai đoạn thẳng và một phần của đường tròn (hình 2). Chứng minh của Galileo về định lý rằng “trong chuyển động phức tạp, bắt nguồn từ chuyển động ngang đều và có gia tốc tự nhiên, một vật ném mô tả một bán parabula” là một thành tựu khoa học lớn.

Cần lưu ý rằng Galileo trong lý luận của mình không bao giờ sử dụng khái niệm “tốc độ” và biểu thức tương ứng $v=s/t$. Tất cả các định lý của ông đều dành cho việc phân tích mối quan hệ giữa các đại lượng đồng nhất (tức là có cùng thứ nguyên). (Ví dụ, hãy nhớ lại cách phát biểu liên quan đến sự rơi tự do của một vật.) Phương pháp trình bày này được xác định bởi một truyền thống có từ thời Cổ đại. Điều thú vị là I. Newton (1643-1727) đã không sử dụng biểu thức $v=s/t$ trong “Các nguyên tắc” nổi tiếng của mình. Người đầu tiên dám giới thiệu tốc độ theo cách này là L. Euler (1707-1783). Trong bài tiểu luận “Lý thuyết về chuyển động của các vật rắn” (1765), ông đã đưa ra định nghĩa sau: “Với chuyển động đều, tỷ số giữa đường đi và khoảng thời gian mà chúng đi qua”.

Hình 1. Nhóm quỹ đạo đạn đạo do Leonardo da Vinci trình bày (hình từ các mục trong sách của ông). Cái nhìn chung về các quỹ đạo này được mô tả chính xác, nhưng khoảng cách bay phụ thuộc vào góc ném và được hiển thị không chính xác.

Hình 2. Sơ đồ từ quỹ đạo quân sự của thế kỷ 17. Loại quỹ đạo đạn được mô tả ở đây với chuyển động theo phương ngang và có gia tốc tự nhiên, vật thể ném mô tả hình bán parabul, thể hiện một thành tựu khoa học quan trọng.

40

được gọi là tốc độ hoặc tốc độ.〈…〉 Vì vậy, nếu với chuyển động đều trong thời gian bằng t, một đường đi bằng s bị che phủ, thì tốc độ bằng s/t. Nếu tốc độ được ký hiệu bằng chữ v thì v=s/t.” Như bạn có thể thấy, ngay cả ký hiệu biến được Euler sử dụng vẫn được bảo tồn cho đến ngày nay.

Nhưng có lẽ chúng ta đang phóng đại tầm quan trọng của bước đi của Euler? Rất có thể là không. Thật khác thường đối với thế kỷ 18, cách tiếp cận của ông đối với định nghĩa về một đại lượng vật lý được chứng minh bằng những lời giải thích mà Euler cho là cần thiết phải đưa ra thêm: “Ở đây, có lẽ, có thể nảy sinh nghi ngờ về cách người ta có thể tạo ra một đường đi cho thời gian, vì đây là những đại lượng không đồng nhất, và do đó, không thể chỉ ra có bao nhiêu lần một khoảng thời gian, chẳng hạn như 10 phút, được chứa trong một đường đi có chiều dài chẳng hạn như 10 feet.〈…〉 Nếu để đo đường đi chúng ta hãy chọn chiều dài làm đơn vị định nghĩa, và theo cách tương tự đối với thời gian, chúng ta sẽ chọn khoảng thời gian làm đơn vị định nghĩa, và nếu chúng ta liên tục sử dụng thước đo này, thì tất cả các đường đi và thời gian sẽ được biểu thị bằng những con số trừu tượng, và khi đó sẽ không có lợi ích gì khi chia số thứ nhất thành số thứ hai.” Đây là những loại quy trình phải được giải quyết trong các cuộc thảo luận cơ bản về cơ học vào giữa thế kỷ 18.

Nhưng Euler không thể được coi là tác giả hoàn toàn của định nghĩa hiện đại về tốc độ - ông không sử dụng tốc độ dễ hiểu làm vectơ mà xác định riêng mô hình tốc độ và hướng của nó. Ý tưởng về tốc độ như một hướng của một đoạn đã đi vào vật lý khoảng vài năm sau khi lý thuyết Euler được công bố, khi nền tảng của phép tính vectơ được phát triển trong toán học.

Sau khi nói về lịch sử lâu dài và phức tạp của khái niệm tốc độ, không còn gì ngạc nhiên khi khái niệm gia tốc thậm chí còn đi vào khoa học muộn hơn. Lần đầu tiên, đại lượng vật lý “gia tốc” chỉ được nhà toán học và kỹ sư người Pháp J. Poncelet (1788–1867) sử dụng trong các bài giảng về cơ học vào năm 1841. Tuy nhiên, điều này không có nghĩa là thuật ngữ “gia tốc” không xuất hiện trong các tác phẩm của các tác giả thế kỷ 18 và thậm chí 17. Nó đã được sử dụng, nhưng nó không có nghĩa là đại lượng vật lý mà là quá trình thay đổi tốc độ. (Chúng ta hãy lưu ý rằng trong vật lý người ta có thể tìm thấy các ví dụ khác về cách sử dụng các từ hỗn hợp như vậy - ít nhất chúng ta hãy nhớ các thuật ngữ “thay đổi”, “áp suất”, “sức cản”.) Đúng vậy, Euler đã xem xét một đường đi tùy ý thứ hai trong thời gian, mà theo quan điểm hiện đại có nghĩa là gia tốc tiếp tuyến, nhưng ông giải thích nó theo cách khác. Euler đã viết rằng điều này tùy ý “thể hiện đoạn đường mà vật thể di chuyển vượt quá khoảng cách mà nó đã đi được do các chuyển động bằng nhau của nó”.

Việc sử dụng rộng rãi gia tốc trong nghiên cứu cơ học chỉ bắt đầu sau khi tác phẩm “Các yếu tố cơ học” của người Pháp A. Rezal, một sinh viên của Poncelet, được xuất bản (1851).

Như vậy, lịch sử các khái niệm cơ bản của động học cho thấy việc biểu đạt một ngôn ngữ cơ bản để mô tả chuyển động đòi hỏi phải vượt qua rất nhiều khó khăn về đặc tính cơ bản. Và thực tế là ngày nay chúng ta dễ dàng sử dụng ngôn ngữ này một lần nữa chứng minh công lao của các nhà khoa học.

S.R. Filonovich

Khoảng một bài toán

Tại một trong những vòng tròn đông đúc trên lời giải bài toán giáo viên của chúng tôi đã đề xuất điều này bài toán:

Trong 5 giây vật chuyển động chậm dần đều 5cm rồi dừng lại. Trong giây thứ ba vật đi được bao xa?

Không ai trong chúng tôi có thể tiếp cận cô ấy. Sau đó, giáo viên nói: “Chúng ta sẽ dành bài học sâu sắc nhất của vòng tròn cho lời giải cái này bài toán, mặc dù nó được quyết định… bằng miệng. Để làm được cái này, các em chỉ cần biết… Tuy nhiên, hãy giải cái kia bài toán trước.” Đây là các điều khoản của nó:

Trong nửa giây cuối cùng, một vật rơi tự do đi được quãng đường 30m. Tìm vận tốc của vật lúc rơi.

41

Chúng tôi đã giải quyết bài toán này một cách dễ dàng:

$$s = v_0 t + \frac{gt^2}{2}, \quad v_t = v_0 + gt,$$

Ở đâu

$$v_t = \frac{s + gt^2}{t} = \frac{30 \text{ m} + (10 \text{ m/c}^2)(0.5 \text{ c})^2}{0.5 \text{ c}} = 62.5 \text{ m/c},$$

nhưng không tìm thấy kết nối nào với nhiệm vụ trước đó. Tuy nhiên, ngay khi giáo viên viết công thức cuối cùng đã khác:

$$s = v_t t - \frac{gt^2}{2},$$

chúng tôi ngay lập tức nhìn thấy khả năng đảo ngược của chuyển động. (Giống như trong phim khi họ chiếu một cảnh theo thứ tự ngược lại.)

Bây giờ bài toán của chúng tôi có thể được xây dựng như sau:

Trong giây đầu tiên của chuyển động có gia tốc đều không có vận tốc ban đầu, vật đi được quãng đường 5 cm. Tìm đường đi trong giây ấm áp.

Chúng tôi nhanh chóng tìm thấy một số đường dẫn lời giải. Giáo viên dừng lại ở một trong số chúng, trong đó có biểu thức về đường đi trong bất kỳ giây nào:

$$s_n = (2n - 1) \frac{a\tau^2}{2},$$

trong đó $\tau = 1$ s, $n$ là số giây. Hướng sự chú ý của chúng ta đến tập hợp (2n-1) - công thức hồi quy của số lẻ, giáo viên viết ra:

$$s_1: s_2: \dots: s_n = 1: 3: \dots:(2n-1).$$

Và sau đó mọi người đều thấy rõ rằng bài toán của chúng tôi thực sự có thể được giải quyết bằng miệng:

$$s_3 = 5s_1 = 25 \text{ см.}$$

V. A. Bodik

Áp suất khí trong bình

Áp suất khí tác dụng lên thành bình có phụ thuộc vào vật liệu thành bình và nhiệt độ của nó không? Hãy thử trả lời câu hỏi này.

Khi suy ra phương trình cơ bản của lý thuyết động học phân tử của khí lý tưởng trong sách giáo khoa “Vật lý 9” (§7), người ta cho rằng bức tường phẳng tuyệt đối và sự va chạm của các phân tử với bức tường xảy ra theo định luật va chạm đàn hồi tuyệt đối. Nói cách khác, động năng của các phân tử không thay đổi khi va chạm và góc tới của các phân tử bằng góc phản xạ. Giả định này có hợp lý và cần thiết không?

Nói ngắn gọn theo cách này: giả định này là hợp lý, nhưng không cần thiết.

Thoạt nhìn, có vẻ như bức tường không thể được coi là mịn tuyệt đối trong mọi trường hợp - bản thân bức tường bao gồm các phân tử và do đó, không thể mịn. Do đó, góc tới không thể bằng góc phản xạ trong bất kỳ va chạm nào. Ngoài ra, các phân tử trong thành thực hiện trạng thái cân bằng hỗn loạn giống như bình (tham gia vào chuyển động ngẫu nhiên). Do đó, khi một phân tử khí va chạm với bất kỳ phân tử tường nào, nó có thể truyền một phần năng lượng sang tường hoặc ngược lại, làm tăng động năng của nó làm hao phí bức tường.

Tuy nhiên, giả định về bản chất đàn hồi tuyệt đối của sự va chạm của các phân tử khí với tường là hợp lý. Thực tế là khi tính toán áp suất, trong trường hợp cuối cùng, giá trị trung bình của các đại lượng tương ứng là quan trọng. Trong điều kiện cân bằng Tellian giữa khí và thành bình, động năng trung bình của các phân tử khí không thay đổi, tức là va chạm với thành bình không làm thay đổi năng lượng trung bình của các phân tử khí. Nếu không như vậy thì trạng thái cân bằng sẽ tự động bị phá vỡ. Và điều này là không thể theo nhiệt động lực học thứ hai. Điều tương tự có thể áp dụng cho sự phản xạ của các phân tử theo bất kỳ hướng hợp lý nào - nếu không thì bình chứa khí sẽ bắt đầu chuyển động, điều này mâu thuẫn với định luật bảo toàn động lượng. Điều này có nghĩa là số lượng phân tử trung bình rơi vào tường ở một góc nhất định bằng số lượng phân tử trung bình bay ra khỏi tường ở cùng một góc đó. Giả định về sự phản xạ gương từ thành của từng phân tử riêng lẻ tương ứng với điều kiện này.

Do đó, coi sự va chạm của các phân tử khí với thành là đàn hồi, chúng ta thu được áp suất trung bình tương tự như khi không có giả định này. Điều này có nghĩa là áp suất khí không phụ thuộc vào chất lượng xử lý tường (độ mịn của nó). Tuy nhiên, trước

42

quy định về bản chất đàn hồi tuyệt đối của quá trình loại bỏ giúp đơn giản hóa rất nhiều việc tính toán áp suất khí, và do đó nó hợp lý.

Áp suất khí trên tường có phụ thuộc vào nhiệt độ của nó không? Thoạt nhìn, nó nên phụ thuộc. Ví dụ, nếu không có sự cân bằng nhiệt thì các phân tử sẽ bật ra khỏi bức tường lạnh với ít năng lượng hơn so với bức tường nóng.

Tuy nhiên, ngay cả khi một bức tường được giữ lạnh bằng thiết bị làm lạnh thì áp suất lên nó vẫn không thể nhỏ hơn áp suất lên bức tường nóng đối diện. Rốt cuộc, con tàu sẽ chuyển động nhanh chóng nếu không có ngoại lực, và điều này mâu thuẫn với định luật cơ học: bằng cách giải phóng một con tàu cố định có các bức tường có nhiệt độ khác nhau, chúng ta sẽ không gây ra sự dịch chuyển của nó. Vấn đề ở đây là đối với một trạng thái không cân bằng nhất định của khí trong bình, nồng độ của các phân tử gần thành lạnh được bù đắp bằng sự gia tăng nồng độ của các phân tử và ngược lại. Kết quả là áp suất lên tường lạnh và nóng là như nhau.

Hãy xem xét một phiên bản khác của thí nghiệm. Hãy làm mát một trong những bức tường thật nhanh chóng. Tại thời điểm đầu tiên, áp suất lên nó sẽ giảm và tàu sẽ di chuyển một chút; khi đó áp suất sẽ cân bằng và bình sẽ dừng*). Nhưng trong quá trình chuyển động này, khối tâm của hệ vẫn giữ nguyên do mật độ khí ở bức tường lạnh sẽ lớn hơn một chút so với ở bức tường nóng.

Cần lưu ý rằng trên thực tế, áp suất không duy trì ở một giá trị cố định nghiêm ngặt. Nó trải qua những biến động, và do đó con tàu hơi “lắc lư” tại chỗ. Nhưng biên độ rung lắc của tàu cực kỳ nhỏ.

Vì vậy, cuối cùng chúng tôi đã đi đến kết luận rằng áp suất khí lên thành bình không phụ thuộc vào chất lượng xử lý thành bình cũng như nhiệt độ của chúng.

G. Vâng. Makshtsev

*) Tàu dừng lại do các phân tử khí khi bị loại bỏ sẽ truyền một xung lực lớn hơn đến bức tường chuyển động về phía chúng.

Dao động điều hòa và cân bằng

Chúng ta nghiên cứu điều gì khi xét dao động của một vật nặng được treo bằng một sợi dây hay ở bên ngoài? Hai phong trào cụ thể hoặc một cái gì đó nhiều hơn?

Hóa ra đằng sau những chuyển động “sơ cấp” của vật nặng là một thế giới rung động khổng lồ, vô tận. Mọi thứ trong tự nhiên đều biến động. Các electron dao động bên trong.atoma,.atomy bên trong các phân tử, các phân tử bên trong tinh thể. Những ngôi nhà, hầu hết và bất kỳ công trình cơ khí nào khác, đều lắc lư. Số lượng shukas và cá diếc trong các hồ chứa, chó sói và thỏ rừng trong rừng dao động. Và điều này có thể kéo dài đến vô tận.

Mỗi dao động được đặc trưng bởi tần số riêng $\omega$ (hoặc chu kỳ $T=2\pi/\omega$) và tần số này là đặc tính quan trọng nhất của bất kỳ hệ dao động nào. Ví dụ, tần số rung động của các nguyên tử trong tinh thể xác định các tính chất vật lý của tinh thể: khả năng chịu nhiệt, độ dẫn nhiệt, điện trở, v.v. Tần số rung động của các cấu trúc cơ học có liên quan đến độ bền và khả năng chống lại mọi loại ảnh hưởng cơ học của chúng. Trên thực tế, một số hệ thống điện (máy phát điện, ăng-ten, v.v.) được tạo ra đặc biệt để thu được các dao động ở tần số nhất định mà chúng ta cần. Do đó, rõ ràng là hiểu được tần số dao động và sự xuất hiện lỗi trong các hệ thống khác nhau quan trọng như thế nào. Nhưng trước khi chúng tôi giải thích cho bạn cách thực hiện điều này, hãy thảo luận tại sao rung động lại phổ biến trong tự nhiên như vậy.

Chúng ta đã quen với việc thế giới xung quanh khá ổn định. Nhà cửa không sụp đổ, thuyền không lật, sói và thỏ cùng tồn tại bền chặt với nhau. Một điều hoàn toàn hiển nhiên là một vật nằm dưới đáy hố sẽ không bao giờ “bò ra” một cách tự nhiên, trong khi một vật nằm trên đỉnh hố trượt có thể lăn xuống một cách đơn giản. Vì vậy, ở một khía cạnh nào đó, ngôi nhà, địa điểm và con thuyền trên mặt nước vô cùng giống nhau

43

trên một cơ thể nằm trên hai cái hố. Chúng giống nhau ở chỗ đều ở trạng thái cân bằng ổn định.

Hóa ra sự ổn định cân bằng và dao động có liên quan chặt chẽ với nhau. Bất cứ khi nào trong vật lý, chúng ta nói về hành vi hoặc tính chất của một hệ thống liên quan đến vị trí cân bằng của nó, bài toán về các dao động sẽ xuất hiện, hoặc, như nó thường được gọi, bài toán về một bộ dao động (từ dao động trong tiếng Latin - I swing). Có rất nhiều vấn đề trong khoa học vật lý hiện đại liên quan đến các tính chất của bộ dao động.

Trạng thái cân bằng ổn định được đặc trưng bởi thực tế là thế năng của hệ ở vị trí này là tối thiểu. Đó là do điều này mà dao động phát sinh. Thật vậy, bằng cách làm lệch hệ khỏi vị trí cân bằng của nó, nhờ đó chúng ta đã làm tăng thế năng của nó. Trong trường hợp này, các lực xuất hiện trong hệ có xu hướng đẩy nó trở lại (để giảm thế năng). Nếu bạn tưởng tượng một hệ thống như vậy, thì nó bắt đầu “tăng tốc”, “lăn” đến vị trí cân bằng (giống như một quả bóng trong lỗ). Thế năng dư thừa được chuyển hóa thành năng lượng liên quan đến chuyển động, tức là động năng. Khi đi qua vị trí cân bằng, “tốc độ” của hệ là cực đại (toàn bộ thế năng của quá trình chuyển đổi đều ở dạng động năng) và hệ đi qua vị trí này. Sau đó, “tốc độ” bắt đầu giảm, động năng lại chuyển thành thế năng, v.v. Dao động xuất hiện.

Không phải ngẫu nhiên mà chúng ta đặt từ “tăng tốc” và “tốc độ” vào chất lượng. Thực tế là đại lượng $v = \Delta x/\Delta t$ (Δx là “độ dịch chuyển” của vật so với vị trí cân bằng), đóng vai trò trong tốc độ, đôi khi trùng với tốc độ thực và đôi khi không (chúng tôi sẽ giải thích điều này bằng một ví dụ bên dưới). Nhưng bất kể điều này, động học và năng lượng trung thực luôn tỷ lệ thuận với bình phương của đại lượng này, tức là.

$$W_k \sim \left( \frac{\Delta x}{\Delta t} \right)^2.$$

Vì đối với một vật chuyển động $W_k = mv^2/2$ thì trong trường hợp tổng quát hơn, động năng thường được viết dưới dạng

$$W_k = \frac{m}{2} \left( \frac{\Delta x}{\Delta t} \right)^2.$$

Giá trị $m$ ở đây thường trùng với khối lượng, nhưng về nguyên tắc nó có thể khác với khối lượng.

Thế năng của một hệ tùy ý liên quan đến vị trí cân bằng ổn định có thể được viết dưới dạng

$$W_p = \frac{k}{2} \Delta x^2.$$

Hệ số 1/2 được giới thiệu ở đây chỉ đơn giản là để thuận tiện (để đối xứng với biểu thức $W_k = mv^2/2$), hệ số $k$ là khác nhau trong từng trường hợp cụ thể và giá trị $\Delta x$, như đã đề cập, là một “sự dịch chuyển” nhỏ của vật thể khỏi vị trí cân bằng.

Khi mô tả bất kỳ hiện tượng vật lý nào, năng lượng có lẽ đóng vai trò cơ bản nhất. Nếu chỉ vì định luật bảo toàn nó hạn chế rất nhiều khả năng xảy ra các loại chuyển động. Nó cũng cực kỳ quan trọng trong trường hợp của chúng tôi. Hãy đưa ra một số tuyên bố chung:

Nếu tổng năng lượng của hệ, bằng tổng thế năng và động năng, tại một thời điểm tùy ý được viết dưới dạng

$$W = \frac{k \Delta x^2}{2} + \frac{m}{2} \left( \frac{\Delta x}{\Delta t} \right)^2,$$

thì điều này trước hết có nghĩa là hệ đang dao động và thứ hai là bình phương của tần số dao động bằng tỷ số của các hệ số xác định thế năng và động năng, tức là $\omega^2 = k/m$.

Vì vậy, chúng tôi đã xây dựng quy tắc cơ bản để tìm tần số của bóng đèn -

44

này. Hãy để chúng tôi minh họa điều này bằng các ví dụ.

Ví dụ đầu tiên (rất đơn giản) là một vật đặt trên một lò xo (hình 1). Vai trò của thế năng trong trường hợp này là do năng lượng của lò xo biến dạng (k là độ cứng của lò xo). Từ phát biểu tổng quát ta thu được

$$W = \frac{k}{2} \Delta x^2 + \frac{m}{2} \left( \frac{\Delta x}{\Lambda t} \right)^2, \quad \omega^2 = \frac{k}{m},$$

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}.$$

Tương tự, tần số của bất kỳ lò xo rung nào cũng được tìm thấy: các phân tử trong tinh thể, tháp truyền hình Ostankino hoặc một địa điểm bên kia vịnh ở San Francisco, v.v.

Ví dụ thứ hai (phức tạp hơn một chút) là ma trận toán học (hình 2). Khi viết thế năng của một điểm vật chất trong trường hấp dẫn, cần lưu ý rằng trong biểu thức $W_p = mgh$ các giá trị là $h = \Delta x^2/2l$ (điều này suy ra từ sự giống nhau của các tam giác ABD và ABC trên hình 2). Sau đó, từ tuyên bố chung, nó như sau:

$$W = \frac{mg}{2l} \Delta x^2 + \frac{m}{2} \left( \frac{\Delta x}{\Lambda t} \right)^2, \quad \omega^2 = \frac{g}{l},$$

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}.$$

Tần số dao động của một quả bóng trong lỗ, một con tàu trên mặt nước, v.v. đều được tìm thấy tương tự nhau.

Ví dụ ba (điện) - mạch dao động (hình 3). Ở trạng thái cân bằng, không có điện tích trên tụ điện (C) cũng như không có dòng điện chạy qua cuộn dây (L). Khi lệch khỏi trạng thái cân bằng, điện tích $\Delta Q$ xuất hiện trên tụ điện và dòng điện $I = \Delta Q/\Delta t$ chạy qua cuộn dây. Vai trò của thế năng được thực hiện bởi năng lượng của tụ điện tích điện: $W_p = (\Delta Q)^2/(2C)$ (xét cho cùng, chính năng lượng này có liên quan đến sự sắp xếp lẫn nhau của các điện tích). Vai trò của động năng được đảm nhận bởi năng lượng dự trữ trong cuộn dây: $W_k = LI^2/2 = (L/2)(\Delta Q/\Delta t)^2$ (nó liên quan đến dòng điện, tức là với sự chuyển động của các điện tích; $I = \Delta Q/\Delta t$ đóng vai trò của tốc độ). Vì thế,

$$W = \frac{1}{2C} (\Delta Q)^2 + \frac{L}{2} \left( \frac{\Delta Q}{\Lambda t} \right)^2,$$

$$\omega^2 = \frac{1}{LC},$$

Việc xác định tần số dao động theo loại năng lượng tỏ ra thuận tiện trong mọi trường hợp khác.

Tóm lại, tôi muốn nói rằng dao động không phải là một trong những loại chuyển động của chuỗi đa giác, mà đại diện cho một hiện tượng cơ bản, một yếu tố của “bảng chữ cái” mờ ám đó mà thiên nhiên tạo ra mọi thứ xung quanh chúng ta.

E. E. Gorodetsky

Danh sách độc giả nghe đúng lời giải
(Để bắt đầu, xem trang 29)

K. Nikolaev (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 33-36; A. Novik (Mozyr) 33; D. Novotkov (Alma-Ata) 29, 33, 40; A. Nosenko (Kommunarsk) 33, 35; C. Nochevyi (Zaporozhye) 33, 35; E. Odnorozova (Vinitsa) 29; K. Olkhin (Krasnodar) 35; O. Parush (Odintsovo) 36, 40; D. Pastukhov (Moscow) 29, 40; J. Petko (Minsk) 33, 35, 40; A. Platonov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 35; A. Podtelezhnikov (Kharkov) 36; O. Pokramovich (làng Sokki, vùng Brest) 33; P. Polykin (Tula) 33, 35; A. Portugalov (Kyiv) 40; O. Radchin (Narofominsk) 33, 35; A. Raev (Bor-Yndur, Mông Cổ) 33, 35; N. Rakhmanov (Lenkoran) 33, 35; T. Rashnik (Kyiv) 33, 35; M. Rzayev (Baku) 36; D. Romanin (Novosibirsk) 33, 40; J. Runa (Kyiv) 40; A. Rybak (Novosibirsk) 40; P. Sadayak (làng Matusov, vùng Chernogoslav) 33-36; B. Sasenko (Ulan-Ude) 33; S. Sazonov (Klimovsk) 33, 35; Yu. Samokhvalov (Omsk) 35; B. Safonov (Chelyabinsk) 32; A. Sedlov (Tselinograd) 40; E. Semenoga (làng Irsha, vùng Krasnogrsk) 40; A. Sibirkov (Tomsk) 35, 36; N. Sidorov (Kyiv) 33, 35, 36; S. Silvestrov (Kyiv) 33, 35, 36; D. Simonyan (Riga) 35; B. Sintsky (Leningrad) 36; B. Skvortsov (Cherkasy) 29; B. Smirnov (Tikhvin) 33; M. Sokolov (Odintsovo) 35; A. Stavitsky (Baku) 29, 32, 33, 35; P. Starkov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 40; A. Starodubov (Alma-Ata) 29; B. Startsev (Alma-Ata) 32; A. Stenura (Ivano-Frankivsk) 29, 32, 33, 35; A. Subbotin (Alma-Ata) 34; B. Tereshchenko (Kyiv) 33; D. Tilza (Alma-Ata) 40; O. Tolmache (Kyiv) 40; A. Tolstykh (Dnepropersky) 29; F. Trichuk (Moscow) 33, 35; B. Tour (Kyiv) 33, 35; B. Tyagnirdno (Minsk) 32; G. Feitsin (Tula) 33, 35; B. Firsov (Moscow) 33, 40; H. Fatayv (Belorek) 33; F. Fot (Tomsk) 36; P. Fursikov (Kuibyshev) 33, 35; Yu. Kharchenko (Moscow) 40; P. Khil (làng Ovidiopol, vùng Odessa) 40; D. Khosid (Almaty) 40; S. Khrapov (Kolomna) 29; O. Tsodikov (Artemovsk) 33; I. Chaika (Kuznetsovsk) 33; O. Chanov (Vrest) 29; M. Chekushina (Almaty) 35; E. Chernyshev (Tashkent) 35; I. Shatalov (Dolgoprudny) 35; A. Shzabutdinov (Dimitrovgrad) 35; S. Shtovba (Vinitsa) 29, 33, 35; U. Yusupov (Shavat) 40; I. Yasikov (Tolyatti) 35, 40.

45

Cân nhắc tính liên tục

S. L. TAVACHNIKOV

Hầu hết bài toán trong sách giáo khoa toán học ở trường yêu cầu giải một phương trình, tìm giá trị của một đại lượng nào đó, xây dựng một số với các tính chất cho trước, v.v. Bài viết này dành cho các vấn đề thuộc một loại khác - chúng chỉ yêu cầu chứng minh rằng nghiệm, số, hình, v.v. mong muốn tồn tại. Phương pháp lời giải mà chúng tôi sẽ sử dụng là cân nhắc tính liên tục.

Bài toán về hình ảnh mặt phẳng

Hãy bắt đầu với điều này bài toán. Có một hình dáng nào đó trên một chiếc máy bay. Chứng minh

Hình 1.

biết rằng có một đường thẳng đứng chia diện tích của nó làm đôi.

Hãy lấy một đường thẳng đứng nằm ở bên trái của hình này (hình 1, a) và bắt đầu di chuyển nó sang bên phải. Tại một số thời điểm, đường thẳng sẽ chạm vào viền của hình (hình 1, b), sau đó nó sẽ trượt dọc theo hình (hình 1, ​​​​c-e) và cuối cùng đến bên phải của hình (hình 1, g). Làm thế nào một chuyển động như vậy làm thay đổi diện tích của phần hình nằm bên trái đường thẳng (phần màu xanh ở hình 1)? Diện tích này liên tục thay đổi từ 0 (hình 1, a) đến diện tích của toàn bộ hình S (hình 1, g). Do đó, tại một số điểm, diện tích này bằng một nửa diện tích của toàn bộ hình. Lúc này, một đường thẳng đứng chia diện tích của hình làm đôi.

46

Cuộc thảo luận là lời giải. Thứ nhất, nó không thể xây dựng được đường thẳng mong muốn mà chỉ chứng minh bản chất của nó dưới dạng một hình cho sẵn, hoàn toàn tùy ý.

Thứ hai, lời giải của chúng tôi cho thấy rằng có một đường thẳng theo bất kỳ hướng nào chia diện tích của hình làm đôi. Hơn nữa, từ lời giải cũng suy ra rằng một đường thẳng đi theo một hướng cho trước và chia diện tích của một hình làm đôi được xác định một cách duy nhất. Chúng tôi sẽ sử dụng cái này trong tương lai.

Hãy nhìn vào lời giải của chúng tôi từ một quan điểm hơi khác. Chúng ta chọn trục số (hình 2, a) trên mặt phẳng ngang. Vị trí của đường thẳng đứng tùy ý $l$ được đặc trưng bởi số $x$ (điểm mà đường thẳng $l$ cắt trục). Khoảng cách diện tích của phần hình nằm bên trái của đường thẳng $l$ là hàm của $f(x)$. Đồ thị của hàm số liên tục này được thể hiện ở hình 2, b). Tìm đường thẳng chia đôi diện tích của hình có nghĩa là tìm điểm $c$ trên trục số mà $f(c)=S/2$.

Xét hình 2, b) đường ngang $y=S/2$. Đầu bên trái của đồ thị hàm $f(x)$ nằm bên dưới đường thẳng và đầu bên phải của nó nằm phía trên, vì $f(a)=0<S/2$ và $f(b)=S>S/2$. Do đó, có một điểm giao nhau của đường ngang $y=S/2$ với đồ thị $f(x)$. Lúc này đẳng thức $f(c)=S/2$ được thỏa mãn.

Thuộc tính của các hàm liên tục mà chúng ta sử dụng cho lời giải được gọi là định lý giá trị trung gian:

Giữa hai giá trị, hàm liên tục nhận tất cả các giá trị trung gian.

Vollee hình thức: nếu $f(x)$ là hàm liên tục trên khoảng $[a; b]$ và $c$ là một số nào đó nằm giữa $f(a)$ và $f(b)$, thì trên khoảng $[a; b]$ có một điểm $x_0$ sao cho $f(x_0)=c$.

Ví dụ: trong bài toán của chúng tôi, hàm $f(x)$ nhận giá trị $S/2$, nằm giữa $f(a)=0$ và $f(b)=S$.

Định lý giá trị trung gian gần như hiển nhiên. Và giống như nhiều phát biểu hiển nhiên khác, việc chứng minh nó không hoàn toàn dễ dàng. Để chứng minh điều này chúng ta phải đi sâu hơn vào định nghĩa của hàm liên tục và số thực. Chúng tôi biết rằng chúng tôi đã đi quá xa chủ đề của bài viết, vì vậy định lý giá trị trung gian vẫn đơn giản là hiển nhiên đối với chúng tôi. Và một điều nữa: chúng ta đã không chứng minh được diện tích của phần hàm số nằm trên đường thẳng phụ thuộc liên tục vào vị trí của đường thẳng này (tức là $f(x)$ là hàm số liên tục). Điều này cũng gần như hiển nhiên; và trong các bài toán khác của bài này chúng ta sẽ không chứng minh riêng rẽ tính liên tục của các hàm số tại lời giải.

Bài tập

1. a) Cho một hình lồi*) và một điểm tại eee. Chứng minh rằng có một đường thẳng đi theo một hướng cho trước và chia diện tích của hình làm đôi.
2. bài toán trước đó sẽ biến thành gì nếu điểm tiến tới vô cùng?
   b) Giải bước a trong trường hợp điểm nằm bên trong hình.
   d) Có đúng là phần a và b chỉ có một đường thẳng không?
3. a) Cho hai hình lồi (có thể cắt nhau). Chứng minh rằng có một đường thẳng chia diện tích mỗi hình làm đôi.

6. bài toán này sẽ biến thành gì nếu một trong các hình co lại thành một điểm?

*) Một hình lồi cùng với hai điểm bất kỳ chứa toàn bộ và đoạn thẳng nối chúng. Ví dụ, hình tròn là hình lồi, nhưng hình tròn thì không.

Hình 3.

47

Tại sao chiếc ghế lại có hình vuông?

Hãy tưởng tượng rằng sàn nhà bếp của bạn không chắc chắn lắm (điều này thường xảy ra, đặc biệt nếu nó được phủ bằng vải sơn). Vì vậy, một chiếc ghế đẩu vuông chỉ đứng trên sàn bằng hai chân trong khi bốn chân treo lơ lửng trên không. Có thể di chuyển chiếc ghế đẩu để nó đứng trên sàn bằng cả bốn chân, hay có thể xảy ra trường hợp dù bạn có ngạc nhiên đến đâu thì chiếc ghế vẫn lắc lư? Tất nhiên, chúng ta giả định rằng khi chiếc ghế đứng vững trên bốn chân, bề mặt của nó có thể hơi nghiêng so với sàn.

(Trước khi bạn bắt đầu phép toán lời giải về bài toán này, hãy làm một thí nghiệm trong nhà bếp của bạn. Sau khi thí nghiệm này cho kết quả dương tính đáp số cho câu hỏi của chúng ta, hãy chuyển sang phép toán lời giải bài toán.)

Chúng ta sẽ giả định rằng bề mặt sàn tuy không bằng phẳng nhưng không khác quá nhiều so với bề mặt phẳng. Giả định này cho phép sử dụng các tầng có hình dạng “bệnh lý” - chẳng hạn như sàn của một hang động được bao phủ bởi thạch nhũ, tức là các cột băng vôi mọc lên trên.

Vì vậy, hãy để chiếc ghế có chân A, B và C trên sàn và bốn chân D treo lơ lửng trên không (hình 4; a).

Không nhấc chân A và C lên khỏi sàn, đặt ghế lên trên một AC tương đối thẳng sao cho chân B và D ở trên không và cách sàn một khoảng bằng nhau (hình 4, b); không có khoảng cách tới sàn dọc theo hướng của chân). Ở vị trí này (hai chân ghế đặt trên sàn và hai chân còn lại cách sàn một khoảng bằng nhau), ghế có thể được di chuyển.

Hãy tưởng tượng rằng sàn nhà được làm bằng đập và chân ghế có thể tự do đi qua nó. Hãy hạ ghế xuống theo hướng chân của nó sao cho chân B và D nằm trên sàn, còn chân A và C ở dưới mặt sàn và cách nó một khoảng bằng nhau (hình 4, c).

Chúng ta bắt đầu xoay ghế quanh tâm ngược chiều kim đồng hồ từ vị trí 4, b, không nhấc chân A và C lên khỏi sàn và giữ khoảng cách bằng nhau giữa chân B và D với sàn. Sau khi quay 90°, chân A và C sẽ lần lượt giữ vị trí của chân D và B tại hình 4, b, còn chân B và D sẽ lần lượt đảm nhận vị trí của chân A và C tại hình 4, b. Khi ghế di chuyển, khoảng cách từ chân B, D đến sàn thay đổi liên tục. Tại thời điểm ban đầu - hình 4, b - khoảng cách này là dương, vì hai chân ở trên mặt sàn và tại thời điểm cuối cùng, được hiển thị ở hình 4, b, khoảng cách này là âm vì hai chân ở dưới mặt sàn. Do đó, đã có lúc khoảng cách này bằng 0. Lúc đó chiếc ghế đã đứng vững trên cả bốn chân.

Những gì chúng tôi tìm thấy không chỉ có giá trị về mặt lý thuyết mà còn có giá trị thực tế - bằng cách xoay chiếc ghế 90° quanh tâm, bạn có thể tìm được một vị trí ổn định. Kiểm tra điều này bằng thực nghiệm. Và một lưu ý nữa. Những gì chúng tôi tìm thấy dựa trên thực tế là chân của chiếc ghế đẩu nằm ở các đỉnh của hình vuông. Nếu chúng nằm ở các đỉnh của một đường thẳng

48

Một hình vuông hay một hình tứ giác khác, lý luận của chúng ta sẽ không hiệu quả. Tác giả không biết nhận định bài toán có đúng với các tứ giác không phải là hình vuông hay không (trong mọi trường hợp rõ ràng là tứ giác nội tiếp phải là hình tròn). Nếu bạn đọc nào hiểu được vấn đề này thì hãy cho chúng tôi biết nhé.

Bài tập

7. Giáo viên yêu cầu chứng minh một hình lồi có thể chia một cặp đường thẳng vuông góc với nhau thành bốn phần có vận tốc bằng nhau. Một sinh viên đã đề xuất điều này lời giải. “Theo bất kỳ hướng nào, bạn có thể vẽ một đường thẳng l chia diện tích của hình làm đôi (hình 5, a). Mỗi hình phẳng thu được có thể được chia thành hai phần có vận tốc bằng nhau bằng các đường thẳng vuông góc với l (hình 5, b). Hãy bắt đầu thay đổi hướng của đường thẳng l, giữ nguyên hình dáng của hình vẽ. Sau khi đổi hướng 180°, các điểm A và B sẽ đổi chỗ cho nhau. Điều này có nghĩa là tại một thời điểm nào đó chúng trùng khớp lúc này hình 5, b sẽ biến thành hình 5, c và chúng ta sẽ thu được cặp đường vuông góc như mong muốn chia diện tích hình thành bốn phần có vận tốc bằng nhau.

a) Tìm lỗi trong lời giải này.
b) Tìm ra kết quả đúng lời giải bài toán.

8. Chứng minh rằng một hình vuông có thể viết được thành một hình lồi đối xứng tâm. (Trên thực tế, một hình vuông có thể được viết thành bất kỳ hình nào. Nhưng để chứng minh định lý này của nhà toán học xuất sắc Liên Xô L. G. Shirelman (1905-1938), chỉ thông điệp liên tục thôi thì không còn đủ nữa.)

9. Cho hai hình lồi, một hình nằm trong hình kia. Chứng minh rằng:
   a) có hai dây cung song song của hình ngoài tiếp xúc với hình trong và có cùng độ dài (hình 6, a);
   b) có một điểm X của hình bên ngoài mà từ đó vẽ hai dây tiếp tuyến bằng nhau với hình bên trong (hình 6, b).
   Nghị định và e. Trong số các dây của hình ngoài tiếp xúc với hình trong, có dây có độ dài lớn nhất. Vẽ các tiếp tuyến từ đầu của nó tới hình bên trong.

10. Cho ba hình lồi, kéo dài vào nhau (hình 7). Chứng minh rằng tồn tại một điểm X của hình bên ngoài mà từ đó có thể vẽ một dây tiếp tuyến với hình bên trong sao cho các đoạn ở hình ở giữa bằng nhau.

Về nghiệm của đa thức và dây của đồ thị hàm số

Tất nhiên, bạn biết rằng một tam giác vuông có thể không có nghiệm - ví dụ như đa thức x2+x+1. Còn đa thức bậc ba thì sao? Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh điều đó

mọi đa thức bậc ba đều có ít nhất một nghiệm

Trước tiên chúng ta hãy xem xét một đa thức bậc ba có hệ số cao nhất là 1:

f(x)=x³+bx²+cx+d

Hãy viết nó ở dạng này: f(x)=x³(1+b/x+c/x²+d/x³). Nếu các giá trị |x| rất lớn thì các số hạng b/x, c/x² và d/x³ trở nên rất nhỏ. Do đó, số trong ngoặc gần bằng 1 và trong mọi trường hợp đều là số dương. Do đó, dấu của f(x) đối với |x| lớn được xác định bởi dấu của số x³. Do đó, f(x)<0 đối với x âm lớn ở giá trị tuyệt đối và f(x)>0 đối với x dương lớn.

Đa thức bậc ba, giống như bất kỳ đa thức nào, là một hàm liên tục. Do đó, định lý giá trị trung gian có thể được áp dụng. Từ đó suy ra rằng có một x sao cho f(x)=0. Do đó, đa thức bậc ba có nghiệm.

Trường hợp của đa thức bậc ba tổng quát f(x)=ax³+bx²+cx+d tương tự như trường hợp đã được thảo luận: chỉ cần chia f(x) cho a là đủ.

Bằng chứng của chúng ta về lòng tốt hay tuyến tiền liệt là sự hợp nhất và điểm yếu của các thông điệp liên tục. Chúng tôi đã “miễn phí” nhận được một tuyên bố không rõ ràng về sự tồn tại của một nghiệm, nhưng vẫn chưa rõ gốc của một đa thức cụ thể trên đó như thế nào (các công thức tính nghiệm của một đa thức bậc ba tồn tại, nhưng … đây là một vấn đề hoàn toàn khác và chúng tôi sẽ không đề cập đến nó).

49

Một ví dụ khác. Giả sử $f(x)$ là hàm tuần hoàn liên tục trên đường thẳng có chu kỳ $T$. Chứng minh rằng đồ thị của nó có dây cung ngang có độ dài $T/2$.

Sự tồn tại của dây ngang có độ dài $l$ tương đương với đẳng thức $f(x)=f(x+l)$ (hình 8). Vì vậy, ta cần chứng minh rằng tồn tại $x$ sao cho $f(x+T/2)=f(x)$. Nói cách khác, chúng ta cần chứng minh rằng hàm $g(x)=f(x+T/2)-f(x)$ có nghiệm, tức là $g(x)=0$ với một số $x$.

Hãy lấy một số tùy ý $a$. Nếu $g(a)=0$, thì mọi thứ đã được chứng minh; vì vậy giả sử rằng $g(a)\neq 0$. Đối với định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng $g(a)<0$. Hãy để $b=a+T/2$. Hãy tìm giá trị của $g(b)$:

$$g(b)=g(a+T/2)=f(a+T/2+T/2)-f(a+T/2)=f(a+T)-f(a+T/2)=-f(a)-f(a+T/2)=-g(a).$$

Vì vậy, $g(b)>0$.

Hàm $g(x)$ là hàm liên tục, giống như hiệu của các hàm liên tục. Vì vậy, chúng ta có thể sử dụng định lý giá trị trung gian. Từ định lý này suy ra rằng giữa các số $a$ và $b$ có ​​một $x$ sao cho $g(x)=0$.

Phát biểu về dây ngang của đồ thị hàm tuần hoàn có thể được biết thành công: đồ thị của hàm số đó có dây ngang có độ dài tùy ý.

Nhưng với đồ thị hàm số liên tục trên một đoạn thì tình hình lại khác. Cho một hàm liên tục trên một đoạn có độ dài $T$ có giá trị ở hai đầu của đoạn đó trùng nhau.

Hình 6.

Hình 7.

Khi đó, nếu số $l$ có dạng $T/n$ đối với một số tự nhiên $n$, thì đồ thị của hàm số nhất thiết phải có dây cung ngang có độ dài $l$; nếu $l$ không có dạng này thì tồn tại một hàm liên tục có các giá trị giống nhau ở hai đầu của đoạn, đồ thị của nó không có dây ngang có độ dài $l$. (Bạn sẽ tìm thấy câu chuyện chi tiết về điều này trong bài viết của I.M. Yaglom “Về hợp âm của các đường cong liên tục”, «Kvant», 1977, số 4.)

Bài toán

11. Chứng minh rằng đa thức bậc lẻ có nghiệm.

12. Hôm qua trời lạnh hơn hẳn ngày hôm kia và hôm nay. Chứng minh rằng hôm nay có một thời điểm giống nhau khi nhiệt độ không đổi.

13. Đặt $f(x)$ là một hàm liên tục trên một phân đoạn nhất định và để tất cả các giá trị được gán cho cùng một phân đoạn. Chứng minh rằng tồn tại $x$ sao cho $f(x)=x$.

14. Đa thức $f(x)=ax^2+bx+c$ sao cho phương trình $f(x)=x$ không có lời giải. Chứng minh rằng phương trình $f(f(x))=x$ cũng không có lời giải.

15. Giả sử $f(x)$ là hàm tuần hoàn liên tục trên đường thẳng có chu kỳ $T$. Chứng minh rằng đồ thị của nó có dây cung có độ dài tùy ý.

16. Giá trị trung bình của hàm $f(x)$ trên đoạn $[a; b]$ là giá trị $\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx$.

Chứng minh rằng nếu giá trị trung bình của hàm số liên tục trên một khoảng nào đó bằng 0 thì nó sẽ có giá trị bằng 0 trên khoảng này.

18. Hãy xem xét một hàm có dạng $f(x)=a_1\sin x+a_2\sin 2x+\dots+a_n\sin nx+b_1\cos x+b_2\cos 2x+\dots+b_k\cos kx$, trong đó $a_1, \dots, a_n, b_1, \dots, b_k$ là một số hệ số. Chứng minh rằng phương trình $f(x)=0$ có ​​nghiệm.

Phần kết luận

Chúng tôi đã phân tích một số bài toán, trong đó lời giải trong đó việc cân nhắc tính liên tục đóng vai trò chính. Trong mỗi

50

Từ bài toán, giá trị mà chúng ta quan tâm phụ thuộc vào một tham số - ví dụ: diện tích của một phần hình nằm trên một cạnh của đường thẳng phụ thuộc vào góc nghiêng của đường thẳng này. Thông báo liên tục có thể được mở rộng cho trường hợp có nhiều hơn một tham số. Cuộc thảo luận chi tiết về vấn đề này không nằm trong kế hoạch của chúng tôi; Chúng ta hãy giới hạn ở việc xây dựng một vài định lý.

1. Ba cơ thể được đặt ngẫu nhiên trong không gian. Có một mặt phẳng chia thể tích của mỗi vật làm đôi. Tuyên bố này được gọi là “định lý bánh sandwich giăm bông” (phần đầu tiên là một miếng bánh mì, phần thứ hai là một lớp bơ và phần thứ ba là một lát giăm bông).

2. Có hai điểm đối xứng nhau như vậy trên trái đất, tại đó nhiệt độ và áp suất trùng nhau.

3. Một khối lập phương có thể được mô tả xung quanh một vật thể lồi. (Định lý này khái quát hóa phát biểu bài toán 6 cho trường hợp không gian).

4. Hãy tưởng tượng một quả bóng phủ đầy tóc. Liệu có thể “chải” sao cho mỗi sợi tóc chạm vào bề mặt quả bóng và hướng của các sợi tóc đặt gần nhau không khác nhau nhiều không? Hóa ra điều này là không thể - ít nhất một sợi tóc vẫn vuông góc với bề mặt quả bóng. Tuyên bố này được gọi là “định lý con nhím” hay “định lý chải bóng”.

5 (dành cho người biết số phức). Ta đã chứng minh được rằng đa thức bậc lẻ phải có nghiệm thực. Còn rễ phức tạp thì sao? Hóa ra là bất kỳ đa thức nào (không phải hằng số) đều có ít nhất một nghiệm phức. Tuyên bố này của hiện tại quan trọng đến mức nó được gọi là định lý cơ bản của đại số. Một cách tiếp cận để chứng minh nó cũng dựa trên các thông điệp liên tục.

Đoán số

(Để bắt đầu, xem trang 34)

Hãy thử trả lời câu hỏi sau: “133 đội tham gia thi đấu cúp bóng chuyền, các cuộc thi được tổ chức theo hệ thống Olympic; sẽ thi đấu bao nhiêu trận để phân định đội thắng?

Đầu tiên, mỗi người phải đếm rất lâu mới có được đáp số, nhưng lời giải hóa ra lại cực kỳ đơn giản. Cần lưu ý rằng trong mỗi trận đấu có đúng một đội bị loại, nhưng chỉ cần ở lại một đội; Điều này có nghĩa là để 132 đội bị loại thì phải thi đấu 132 trận.

Ý tưởng tương tự cũng xuất hiện trong lời giải, một bài toán phổ biến khác. Sô cô la bao gồm các miếng 3x8. Bạn cần thực hiện bao nhiêu lần ngắt dọc theo đường để bẻ hoàn toàn thành từng mảnh? Lúc đầu, họ quyết định đi vào ngõ cụt: suy cho cùng, bạn có thể phá vỡ mọi thứ theo những cách hoàn toàn khác nhau! Nhưng hãy làm rõ về bài toán. Có một miếng sô cô la, bạn cần lấy 24 miếng, và với mỗi lần bẻ, số miếng sẽ tăng thêm đúng một miếng. Điều này có nghĩa là bạn sẽ phải bẻ nó 23 lần và việc bạn làm theo thứ tự nào không quan trọng.

Ấn phẩm được A. P. Savin biên soạn dựa trên tài liệu của V. A. Dalingar và F. N. Fazylov

55

Hội nghị khoa học kỹ thuật II của học sinh MIPT

Trong «Kvant» Số 11 năm 1986, tôi nói về hội nghị khoa học kỹ thuật đầu tiên của Học sinh tại MIPT và mời gửi bài tóm tắt và công trình tới hội nghị tiếp theo, dự kiến ​​​​vào tháng 4 năm 1987. Các sinh viên phản hồi rất nhanh. Đầu tháng 3 năm nay, 220 tác phẩm từ 33 thành phố trên cả nước đã được gửi tới MIPT. Omsk và Lvov, Sverdlovsk và Tula, Kyiv, Chelyabinsk, Tbilisi, Moscow, Saratov, Zaporozhye và nhiều thành phố khác đã được nêu trong địa chỉ trả lại của các bưu kiện lớn kèm theo các bản tóm tắt, đồ thị, sơ đồ và chương trình máy tính mà nhà tổ chức hội nghị nhận được. Và thế là ngày 19/4/1987, Hội nghị khoa học kỹ thuật học sinh lần II đã được tổ chức tại Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva. Khoảng 100 người tham gia từ RSFSR, Ukraine, Belarus và Kazakhstan đã đến dự.

Sau phần khai mạc hội nghị, các phần toán học, vật lý, vật lý lý thuyết và khoa học máy tính đã bắt đầu, tại đó những người tham gia sẽ thuyết trình về công việc của mình. Sau đó là phần xem “báo cáo áp phích” - những tác phẩm chưa được nghe tại các phiên họp chuyên đề.

Các buổi biểu diễn của Học sinh cho thấy công dụng chính của hội nghị trước Olympic và các cuộc thi khác: cơ hội phát triển một chủ đề được quan tâm lâu dài và chuyên sâu. Tác phẩm tốt nhất đến từ những người sáng tạo và thực hiện thí nghiệm một cách cẩn thận hoặc những người đã nghiên cứu một lượng lớn tài liệu về chủ đề của bài luận, chứ không phải từ những người viết lại một chương trong sách giáo khoa đại học trong vài ngày. Ngoài ra, việc phát biểu tại hội nghị càng gần với công việc khoa học thực tế, đòi hỏi cách tiếp cận chủ đề một cách sáng tạo và tốn nhiều thời gian, công sức.

Sau khi xem “các bài thuyết trình bằng áp phích”, các giáo viên MIPT và chuyên gia từ các viện cơ bản đã nói chuyện với các em. Họ đã trả lời rất nhiều câu hỏi của học sinh. Những người tham gia hội nghị đều ủng hộ

Nhiều thí nghiệm vật lý khác nhau đã được chứng minh, trong đó có tính hiệu quả của chất siêu dẫn bậc ba cao, được phát hiện vào đầu năm 1987, đúng hai tháng trước hội nghị.

Hội nghị kết thúc với việc mang đến cho những người tham gia tích cực các cuốn sách về vật lý và toán học (có tên và mong muốn của các tác giả), bằng cấp của MIPT, bằng cấp và huy hiệu của tạp chí «Kvant». Nhưng phần thưởng chính dành cho các em học sinh có lẽ là việc tự học tại hội thảo nổi tiếng với MIPT - một trong những trường đại học hàng đầu cả nước và được gặp gỡ các nhà khoa học.

Và bây giờ ban tổ chức hội nghị đang chờ đợi những tác phẩm mới. Bất kỳ sinh viên nào cũng có thể trở thành người tham gia hội nghị. Để làm điều này, bạn cần viết một bản tóm tắt (7-25 trang), phân tích độc lập một câu hỏi thú vị về vật lý, toán kỹ thuật hoặc lập trình. Tuy nhiên, bản sao của bản tóm tắt phải được gửi trước ngày 1 tháng 2 năm 1988 đến địa chỉ: 141700 Dolgoprudny, khu vực Moscow, MIPT, ban tổ chức Hội nghị khoa học và kỹ thuật học sinh lần III, bản thứ hai phải được giữ cho riêng mình. Tất cả các câu hỏi về chủ đề tóm tắt và tổ chức hội nghị có thể được giải đáp bằng cách gọi ZFTSH: 408-51-45.

A. V. Sapozhnikov, thành viên ban tổ chức hội nghị

57

Phái đoàn Liên Xô tại Trung tâm Rockefeller tại đài truyền hình NBC (New York).

Có sự quan tâm rất lớn đến đại diện Liên Xô tại Andover. Đại đa số học sinh và giáo viên mà chúng tôi đã hứa với họ đều rất thân thiện với đất nước chúng tôi và nhân dân Liên Xô. Đài truyền hình, đài phát thanh và báo chí Mỹ rất quan tâm đến chương trình giao lưu. Thông tin về chúng tôi và về phái đoàn Mỹ ở Siberia đã được đăng trên các tờ báo Voston Globe, Lawrence Tribon và Andver địa phương. Thông tin chủ yếu là khách quan và thân thiện.

Tổng hợp một số kết quả của cuộc trao đổi đầu tiên, cần lưu ý rằng kinh nghiệm tích lũy hơn 200 năm của một trong những trường tiêu biểu nhất của Mỹ có thể hữu ích cho nền giáo dục công của Liên Xô. Một số khóa học và sách giáo khoa cần được nghiên cứu chuyên sâu, đặc biệt là các môn khoa học và ngoại ngữ, cũng như việc sử dụng rộng rãi công nghệ máy tính không chỉ trong toán học mà còn trong giảng dạy nghệ thuật, ngôn ngữ, v.v. Có thể học được rất nhiều điều thú vị trong lĩnh vực các phương pháp giảng dạy cụ thể của các môn học khác nhau. Mặt khác, các đối tác Mỹ quan tâm nhiều hơn đến trải nghiệm Novosibirsk FMIII tại một trung tâm khoa học và đại học lớn, đặc biệt là các khóa học ban đầu về toán học, vật lý, khóa học hoàn toàn mới “Mô hình toán học của các quá trình vật lý sử dụng máy tính”, hệ thống giáo dục tự nhiên và tổ chức cuộc sống của một nhóm sinh viên lớn nói chung.

Trao đổi lời giải tiếp tục. Chẳng bao lâu nữa phái đoàn tiếp theo gồm 10 sinh viên sẽ đến Novosibirsk và Andover.

O. Shueva:
Có lẽ điều quan trọng nhất là những người bạn Mỹ của chúng tôi đã trở thành những người bạn rất tốt của chúng tôi. Tôi có thể nói chuyện với anh ấy về bất cứ điều gì theo đúng nghĩa đen, bởi vì họ đã cố gắng hiểu, lắng nghe và bày tỏ quan điểm của mình. Giữa các cô gái, chúng tôi nói chuyện khá nhiều về chính trị, chỉ thảo luận một số khía cạnh bên ngoài. Nhưng chính ở đó, tôi nhận ra rằng ở Hoa Kỳ, họ đang tạo ra một số mức độ cho đất nước chúng tôi, mặc dù nhìn chung chúng tôi được đối xử bởi các đại biểu và khách sạn rất khác nhau.

Về cách chúng tôi đã học. Mỗi ngày chúng tôi học 5 tiết, mỗi tiết 50 phút.

Tiếng Anh là một khóa học được chuẩn bị đặc biệt cho chúng tôi, nơi chúng tôi đọc “Ông già và biển cả” và nói chuyện với trẻ em Mỹ về một chủ đề nhất định, cố gắng đọc và hiểu thơ.

Chương trình được thực hiện bởi một giáo viên xuất sắc, không chỉ là một chuyên gia trong lĩnh vực của mình mà còn là một nghệ sĩ và nhà ứng biến tuyệt vời. Rất nhiều công việc về máy móc, nghiên cứu TURVO-PASCAL và quan trọng nhất là chúng tôi có cơ hội tìm hiểu các bài học lập trình ở trường sẽ như thế nào.

Khóa học nghệ thuật đã gây ấn tượng với tôi và khiến tôi quan tâm đến sự cần thiết của nó. Tôi sẽ nói là sự lập dị. Chúng tôi tại FMIII cũng có một khóa học về lịch sử nghệ thuật, nhưng ở đây chúng tôi nghiên cứu các nghệ sĩ và nhà điêu khắc hoàn toàn về mặt lý thuyết (mặc dù rất thú vị) bằng cách sử dụng một số nguồn nhất định. Ở Andover, tôi tham gia một nhóm trong đó chúng tôi được dạy cách nhìn mọi vật thể từ mọi phía, với tất cả đặc điểm của chúng. Tôi phải nói rằng điều này không khó, nhưng điều quan trọng là phải học. Nhìn chung, các bài học mỹ thuật bao gồm hai phần: vẽ và chụp ảnh. Ví dụ: chúng tôi cần có được các loại ảnh khác nhau:

1. Ghi lại khoảnh khắc rất thú vị.
2. Chụp một bức ảnh trừu tượng.
   Khi chụp ảnh, chúng tôi sử dụng những chiếc máy ảnh đơn giản nhất. Ở trường

58

Có một phòng thí nghiệm được trang bị đặc biệt để phát triển phim và in ảnh.
Toán học - các bài kiểm tra thường được thực hiện dựa trên những gì giáo viên nói. Họ đã làm chúng với danh dự!
Vật lý - trong suốt bài học, giáo viên phải đưa ra tất cả kết luận của mình bằng các thí nghiệm liên quan.
Các giáo viên ở trường Andover cư xử rất thoải mái trong lớp, giải thích cho đến khi mọi thứ trở nên rõ ràng trong lớp, họ có tính nghệ thuật cao, họ không gọi bạn lên bảng nhưng họ thường thực hiện những bài kiểm tra không quá khó. Trong các bài học (tất cả các bài học) đều có cuộc thảo luận với cả nhóm về những gì học sinh đã đọc.
Tất cả học sinh Andover đều tham gia vào một số môn thể thao, học tập chăm chỉ, chứng tỏ bản thân cho đến tận ngày (chúng theo kịp giáo viên cho đến khi ông không chỉ giải thích mọi thứ cho chúng mà còn chứng minh điều đó cho chúng), những chàng trai rất tài năng (điều này đặc biệt đúng ở trường học), cái chính là họ suy nghĩ.
Không còn nghi ngờ gì nữa, sang Mỹ cũng là một cách luyện tập tiếng Anh tuyệt vời. Tuần đầu tiên ở Andover, chúng tôi nói tiếng Anh tốt hơn nhiều vì chúng tôi sử dụng rất cẩn thận các quy tắc và kiến ​​​​thức cơ bản mà chúng tôi nhận được trong các bài học và khóa đào tạo sơ bộ đặc biệt (bằng tiếng Anh) mà giáo viên của chúng tôi cung cấp. Nhưng sau đó, khi những cụm từ tiêu chuẩn không còn đủ nữa, chúng tôi bắt đầu bối rối đến mức người Mỹ rất khó hiểu chúng tôi. Sau đó, chúng tôi đưa, điều chỉnh và dễ dàng tiếp nhận thông tin. Khoảng cuối tuần thứ ba, tôi có thể nấu nướng thoải mái và dễ hiểu với hàng xóm, bạn bè.

S. Shalamov:
Ở Andover, chúng tôi đã giúp học sinh Mỹ hiểu biết thực sự và đúng đắn về học sinh Liên Xô. Hóa ra giữa chúng tôi không có nhiều khác biệt.

Sẽ rất tốt nếu học được từ sinh viên Andover khả năng làm việc của họ. Họ làm việc rất nhiều. Tôi bức xúc trước cách hành xử của học sinh và cô giáo trong lớp. Với tất cả sự tự do và thoải mái của mình, các chàng trai phục vụ bài học của mình, và trong lớp im lặng. Thầy cô giải thích tài liệu rất cặn kẽ và hay, kết hợp kiểm soát chặt chẽ với các nước láng giềng khác.

A. Vasiliev:
Tất cả những người Mỹ chúng tôi gặp (đặc biệt là ở Andover, nơi có trường học) đều đối xử rất tốt với chúng tôi. Ở đây chúng tôi gặp cả niềm khao khát được ca hát và mong muốn được giúp đỡ khi cần thiết. Tất nhiên, chúng tôi gặp khó khăn về ngôn ngữ, đặc biệt là lúc đầu, nhưng chúng tôi cũng có thể vượt qua được.

Hệ thống giáo dục tại Học viện Phillips rất khác với hệ thống của chúng tôi. Phần lớn những gì chúng tôi thấy cũng sẽ hữu ích cho chúng tôi. Ví dụ, tôi thích bài học nghệ thuật. Trong bài học này, giáo viên không nói về kỹ năng vẽ hay chụp ảnh mà là nhìn thế giới một cách thông minh, nhìn vào điểm chung với điểm yêu cầu. Nhân tiện, từ “dạy” ở đây không hoàn toàn chính xác; thầy không cho gợi ý mà khuyên nhủ mà không nhấn mạnh vào quan điểm của mình.

O. Ivanovenko:
Trong tháng học của mình, tôi đã học được rất nhiều điều không chỉ từ các khóa học tôi đã tham gia mà còn từ cuộc sống của các sinh viên Học viện Phillips.

Mối quan hệ giữa giáo viên và học sinh ở trường này tự do hơn chúng tôi; không có truyền thống giơ tay hay đứng trước mặt giáo viên. Tuy nhiên, họ cảm thấy sự tôn trọng lớn từ cả hai phía. Tôi chưa bao giờ nhận thấy rằng học sinh bị phân tâm trong giờ học. Một giáo viên có thể giải thích một thông điệp khó hiểu nhiều lần mà không hề gây nhầm lẫn. Học sinh tự chọn các khóa học nên họ hứng thú hơn với việc học.

Sân khấu kịch học đường đã để lại ấn tượng khó phai mờ. Học sinh Andover là những người biểu diễn tuyệt vời.

A. Kosykh:
Tôi sống giữa những người Mỹ, những người Mỹ trẻ tuổi. Và tôi thấy rằng đôi khi họ cũng nghĩ về chúng tôi giống như chúng tôi nghĩ về họ. Bây giờ tôi đã hiểu rõ họ và tự hào hiểu rõ bản thân, bạn bè và chúng tôi hơn.

F. Boyarkin:
Thái độ của các sinh viên Mỹ và cư dân Andover mà chúng tôi đã tiếp xúc đối với chúng tôi là rất tốt. Chưa ở đâu chúng tôi gặp người đối xử với chúng tôi ít hơn người dân Liên Xô. Trong các cuộc trò chuyện với người Mỹ, chúng tôi luôn cảm thấy mong muốn tìm hiểu những điều mới mẻ về đất nước, về trường học của chúng tôi và nhiều hơn thế nữa.

Tôi nhận ra rằng người Mỹ cũng có cùng suy nghĩ và sở thích, họ muốn có những người bạn của đất nước mình.

I. Pavlova:
Có thể nói, chúng tôi đã có cơ hội được tự do liên lạc “không chính thức” với những người theo chủ nghĩa thế tục ở Hoa Kỳ. Chúng tôi tìm kiếm chính mình chứ không phải người cũ để tìm hiểu nhau. Chẳng hạn, tôi sau hai tuần ở lại cảm thấy mình như một học sinh bình thường ở ngôi trường này. Không có rào cản nào giữa chúng tôi và các học sinh tại Học viện Phillips khiến việc giao tiếp trở nên khó khăn. Tôi thực sự thích sự tự nhiên và không tự nhiên trong mối quan hệ của chúng tôi.

Chúng tôi có cơ hội tuyệt vời để học tiếng Anh. Hãy trao đổi chỉ để học ngoại ngữ chuyên sâu hơn ở trường. Chúng tôi đã thấy nó cần thiết như thế nào.

Tại Học viện Phillips, rất nhiều học sinh chơi một loại nhạc cụ nào đó. Chúng ta có các trường âm nhạc và nghệ thuật, nơi những đứa trẻ có khả năng học tập nhưng học sinh trung học không thể đăng ký học được nữa. Sẽ thật tuyệt nếu chúng ta học âm nhạc ở trường, nhưng không phải ở lớp tiểu học mà ở lớp cuối cấp.

60

Khi sữa được đun sôi, bề mặt sữa sẽ xuất hiện bọt dày đặc. Chảo đặt trên bếp và nóng lên từ $t_1=98^\circ\text{C}$ đến $t_2=99^\circ\text{C}$ trong $\tau=0,5$ phút. Sau đó bao lâu thì sữa sẽ hết? Tổng lượng sữa bao gồm 90% là nước, nhiệt độ không khí riêng trong phòng tăng từ $t_1=17^\circ\text{C}$ lên $t_2=21^\circ\text{C}$ và độ ẩm - từ $\varphi_1=40\%$ lên $\varphi_2=60\%$. Ở nhiệt độ $t_1$, áp suất của hơi nước bão hòa là $p_1=1,94$ kPa, và ở nhiệt độ $t_2$ - $p_2=2,49$ kPa. Khối lượng mol của hơi nước là $M=0,018$ kg/mol. Bao nhiêu nước đã bốc hơi trong phòng?

lớp 10

1. Ban giám khảo Olympida ngồi trong một căn phòng có diện tích $S=20\text{ m}^2$ và chiều cao $H=3\text{ m}$. Kết quả của cuộc tranh luận sôi nổi, nhiệt độ không khí trong phòng đã tăng từ $t_1=17^\circ\text{C}$ lên $t_2=21^\circ\text{C}$ và độ ẩm - từ $\varphi_1=40\%$ lên $\varphi_2=60\%$. Ở nhiệt độ $t_1$, áp suất của hơi nước bão hòa là $p_1=1,94$ kPa, và ở nhiệt độ $t_2$ - $p_2=2,49$ kPa. Khối lượng mol của hơi nước là $M=0,018$ kg/mol. Bao nhiêu nước đã bốc hơi trong phòng?

2. Trong một hộp hình trụ có bán kính $R$ thành nhẵn có một vòng đệm nhỏ, khối lượng của nó bằng khối lượng của hộp và khoảng cách từ tâm hộp đến vòng đệm bằng một nửa bán kính của hộp. Tại một thời điểm nào đó, chiếc hộp có tốc độ $u$, hướng về bên phải và quả bóng có cùng tốc độ tuyệt đối, hướng sang một bên (hình 10). Xác định quỹ đạo của hộp trên bàn. Các va chạm có tính đàn hồi tuyệt đối, không có lực căng.

3. Một cuộn dây siêu dẫn ngắn mạch có lõi sắt chuyển động dọc theo trục của nó. Sự phụ thuộc của độ tự cảm $L$ của cuộn dây vào sự trộn $x$ của tâm lõi so với tâm cuộn dây được thể hiện ở hình 11. Ở trạng thái ban đầu $x=0$ (lõi được đưa vào cuộn dây), dòng điện trong cuộn dây là $I_H=1$ A. Sau đó lõi được lấy ra. Sau đó cường độ dòng điện trong cuộn dây sẽ như thế nào?

4. Ở trạng thái ban đầu của mạch (hình 12), tụ điện không được tích điện. Tại thời điểm $t=0$ phím $K$ đã đóng. Tìm điện tích chạy qua diode nếu $R=10\text{ kOm}$, $C=1\text{ мКФ}$, có thể bỏ qua điện trở trong của pin. Đặc tính dòng điện-điện áp của diode được thể hiện trong biểu đồ ở hình 12.

Ấn phẩm được biên soạn bởi A. I. Vuzdin, S. S. Krotov, O. Yu. Ovchinnikov

Thạc sĩ Olympic Toán học Thành phố Moscow Patides

Vòng chung kết Olympic Toán học thành phố Patides Moscow ngày 15/2/1987 tại Đại học Moscow. 697 học sinh từ lớp 7–10 đã tham gia. Dưới đây là nhiệm vụ của khóa học này (được tính trong 4 giờ). Năm trong số bài toán Etosk đã được đưa vào “Sách Vấn đề Kvat” và lời giải của chúng được xuất bản trong số này.

lớp 7

1. Tháng 3 năm 1987, thầy quyết định thành lập câu lạc bộ toán lớp 11 sôi động. Chứng minh rằng nếu vào thứ bảy và chủ nhật

Khoảng một năm rưỡi trước, một trong những tờ báo trung ương đã đăng một bức thư của một phụ huynh vì sở thích chung đã mua một chiếc máy mài vàng mới cho con trai họ. Tất nhiên, không khó để “làm bối rối” cô ấy. Nhưng để “làm sáng tỏ”… Cả cậu con trai, người cha và cô giáo ở trường đều không thể giải được câu đố. Cuối cùng, trong tuyệt vọng, các bậc cha mẹ đã tìm đến nhà sản xuất món đồ chơi xấu số. Kết quả có thể được đánh giá dựa trên thực tế là công cụ tiếp theo là một tờ báo.

Chúng tôi có lý do để tin rằng món đồ đã gây ra nhiều rắc rối cho chủ nhân hạnh phúc của nó chính là chiếc máy nghiền vàng được chọn ở đây (hình 1). Đây là 7 đĩa có 6 lỗ trên mỗi đĩa, tất cả các lỗ trừ một đĩa chứa bóng màu. Xoay bánh xe bên cạnh máy cắt vàng theo một góc nhất định; bằng cách sử dụng hệ thống bánh răng, chúng ta đồng thời quay tất cả các đĩa về cùng một góc theo hướng chỉ bởi các mũi tên. Trong trường hợp này, “lỗ” (lỗ trống) phải được đặt đối diện với quả bóng trên một đĩa khác, quả bóng phải được đưa vào “lỗ”, lỗ trống phải được lắp đối diện với quả bóng mới bằng bánh xe Doctor, v.v. Việc này sẽ sắp xếp lại các quả bóng. Làm thế nào để trở lại vị trí bắt đầu?

Biểu đồ máy nghiền vàng giúp bạn tìm ra thuật toán (xem bìa «Kvant» Số 5 và số 7). Hãy đánh dấu 42 điểm trên mặt phẳng - theo số lỗ - và nối các đường thẳng của từng cặp điểm tương ứng với các lỗ “nối” với nhau.

Hình 1.

kam, tức là các lỗ có thể được tạo ra bằng bánh xe (hình 2). Dễ hiểu là bất kỳ lỗ nào cũng được nối chính xác với một lỗ trên mỗi đĩa lân cận, tức là các lỗ của đĩa trung tâm (6 điểm ở giữa đồ thị) được nối với 6 lỗ mỗi lỗ và các lỗ còn lại có 3 “kết nối”. Các lỗ liền kề trực tiếp với các lỗ trung tâm (“các lỗ cấp 1-20”) tạo thành một cột sống bên trong trên biểu đồ. Khi quay bánh xe ở góc 60°, các “lỗ cấp 2-20” được đặt vào vị trí của chúng - chúng được biểu thị bằng các điểm của bánh xe tiếp theo. Tiếp theo là một loạt “lỗ cấp 3-20”, chúng đạt cấp 1 khi quay 120°, v.v. Bây giờ câu đố có thể được đơn giản hóa thành việc di chuyển các con chip dọc theo các đường của biểu đồ. Những chuyến “du hành qua đồ thị” như vậy đã được thảo luận chi tiết trong một bài báo một chiều của D. Vakarlov («Kvant» Số 7, 1986, trang 50). Khó khăn chính nảy sinh khi bắt đầu thực hành - có quá nhiều sự khác biệt trong cách sắp xếp các quả bóng trong máy nghiền vàng và trên biểu đồ (trong các bản vẽ chung, cách sắp xếp màu sắc giống nhau (!) được mô tả; một “lỗ” được đặt màu đen trên biểu đồ).

Hình 2.

Sự kết hợp của các quả bóng trong máy nghiền vàng và trên biểu đồ (trong các bản vẽ chung, cách sắp xếp màu sắc (!) giống nhau được mô tả; một “lỗ” được đặt màu đen trên biểu đồ). Câu đố dễ dàng lắp ráp theo cấp độ; Mức dự đoán trước được chuyển về vị trí 1-20. Hãy để chúng tôi giải thích cách sắp xếp lại các quả bóng ở cấp độ 1-20. Trước tiên, chúng ta hãy chuyển “lỗ” qua cấp độ 2 đến một trong các vị trí của cấp độ 1-20 (theo mũi tên màu đỏ), chuyền nó theo vòng tròn (màu xanh của vòng cung) và trả lại theo cách tương tự (màu đỏ). Kết quả là, 5 quả bóng cấp độ 1-20 được sắp xếp lại theo chu kỳ và phần còn lại được trả về vị trí của chúng (kiểm tra!). Từ 5 chu kỳ này, bạn có thể tạo bất kỳ hoán vị màu nào cho cấp độ 1. Tương tự, có thể sắp xếp trao đổi giữa các cấp độ khác nhau.

V.N.