Kvant 1987, số 12 · Trang

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

M. WHISTON’S SCHEME of the SOLAR SYSTEM EPITOMISD. Town is annexed
A Translation of part of General Scholium at the end of the second Edition of S. L. H. Nettlew Principia. Concerning God.

Trong số này chúng ta tiếp tục làm quen với “Các nguyên lý toán học của triết học tự nhiên” của Newton (xem bài “Cuốn sách vĩ đại của Newton”).
Cuốn sách này đã có tác động rất lớn đến sự phát triển của khoa học và tư tưởng con người.
Cơ học do Newton xây dựng giúp phân tích và khái quát hóa nhiều hiện tượng phức tạp, bao gồm cả những hiện tượng thiên văn.
“Sơ đồ của Hệ Mặt trời” được sao chép ở đây, được xuất bản vào năm 1724 bởi nhà khoa học người Anh W. Wiston (người sau Newton nhận chức giáo sư tại Cambridge), là một nỗ lực nhằm trình bày “hệ thống Newton của thế giới”, dựa trên các định luật chuyển động và định luật vạn vật hấp dẫn được xây dựng trong “Các nguyên lý”.

1

Trong phòng:

I. Z. Pirogov, I. A. Tyulina. Sinh viên Mekhmatov MSU trong trận chiến giành Moscow
V. S. Edelman. Công suất nhiệt đơn giản này
S. R. Filonovich. Cuốn sách vĩ đại của Newton
V. I. Arnold. Định luật thứ hai Kepler và cấu trúc liên kết của khoảng Abelian

Sách vấn đề «Kvant»
Bài toán M1076 — M1080, F1088 — F1092
Lời giải bài toán M1056 — M1060, F1067 — F1072
Danh sách người đọc, bài tập đúng lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. I. Vuzdin, S. S. Krotov. Người rung chuông Jacques đã từng dùng đầu đập vỡ chiếc đèn lồng như thế nào…

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V. V. Mayer, R. V. Mayer. Quan sát cảm ứng tĩnh điện

Nghệ thuật lập trình
A. A. Duvanov, Yu. A. Pervin. Logo ngôn ngữ. Bài 3: Đệ quy, hàm

tin tức khoa học
Chuẩn tinh xa nhất

Xưởng của người nộp đơn
V. A. Nakhshin. Các phương trình nghĩ cho chúng ta

Thế vận hội
V. V. Vasilov, Yu. P. Solovyov, A. A. Fomin.
Olympic Toán quốc tế XXVIII
S. S. Krotov. Olympic Vật lý Quốc tế XVIII

Đã chọn bài toán Olympic Toán Thành phố Leningrad

Thông tin
Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng tại MIPT

«Kvant» mỉm cười (trang 55)
Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang cờ vua
Phương pháp tam giác (trang bìa thứ 3)

Blusheka của chúng tôi

Có cây năm mới ở quảng trường chính của thành phố bạn không? Nhìn nó vào buổi tối từ xa, bạn sẽ thấy nó có màu… đỏ, mặc dù được chiếu sáng bởi những bóng đèn nhiều màu. Tại sao? Bạn có thể trả lời câu hỏi này bằng cách đọc bài viết “Người rung chuông Jacques đã từng dùng đầu làm vỡ đèn lồng như thế nào…” (tr. 32).

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

2

Vào ngày 20 tháng 10 năm 1987, cuộc đời của Nhà khoa học vĩ đại, nhà toán học vĩ đại nhất của thời đại chúng ta, Andrei Nikolaevich Kolmogorov, đã kết thúc.

Vị trí của A. N. Kolmogorov trong lịch sử toán học là duy nhất - ông đã có những khám phá cơ bản trong mọi lĩnh vực của ngành khoa học này và các ứng dụng của nó. Nhưng ngoài khả năng sáng tạo toán học của bản thân, mong muốn phục vụ Khai sáng, phục vụ việc giáo dục thế hệ trẻ, có tầm quan trọng rất lớn trong cuộc đời Andrei Nikolaevich.

A. N. Kolmogorov sinh ngày 25 tháng 4 năm 1903 tại Tambov. Sự hiếm có và tính linh hoạt của anh đã thể hiện từ rất sớm: khi mới 7 tuổi, anh đã độc lập khám phá lại cách biểu diễn bình phương của các số nguyên dưới dạng tổng các số nguyên tố, ở tuổi 12, anh bắt đầu nghiên cứu toán học cao hơn, sau đó bắt đầu quan tâm đến lịch sử của Novgorod (nơi anh đã có một khám phá quan trọng) và thực sự quan tâm đến luyện kim. Vào Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow năm 1920, cuối cùng ông đã gắn kết cuộc đời mình với toán học và trường đại học. Ở tuổi 19, anh đã xây dựng được một ví dụ về “chuỗi lượng giác phân kỳ ở hầu hết mọi nơi”, điều này đã mang lại cho anh sự nổi tiếng êm đềm. Năm 1931, A. N. Kolmogorov trở thành giáo sư tại Đại học Moscow, nơi ông đứng đầu ba khoa vào các thời điểm khác nhau và thành lập một số trường khoa học. Thậm chí không thể liệt kê ở đây những lĩnh vực kiến ​​​​thức mà Andrei Nikolaevich đã thực hiện những khám phá quan trọng nhất. Chúng ta chỉ lưu ý việc tạo ra nền tảng của lý thuyết xác suất và thống kê, lời giải (với sự giảng dạy của V.I. Arnold) các vấn đề Hilbert XIII.

Cũng trong những năm Andrei Nikolaevich thực hiện những khám phá đầu tiên, ông trở thành giáo viên của trường và làm việc ở một trường trung học trong vài năm. Kể từ những năm 30, ông đã giảng rất nhiều bài giảng cho học sinh và sinh viên, đồng thời tích cực tham gia vào việc hình thành các quan điểm lạc quan về toán học trong trường học, đầu tiên là Moscow, sau đó là Vsegosky và Vsegoozny. Vào những năm sáu mươi, ông đã thành lập một trường nội trú môn vật lý và toán học tại Đại học quốc gia Moscow (mà mọi người ngay lập tức gọi là “Kolmogorovsky”), đồng thời đặt rất nhiều nỗ lực vào việc phát triển chương trình giảng dạy và sách giáo khoa ở trường. Năm 1970, cùng với I.K. Kikon, ông đã thành lập tạp chí “Quant” và vẫn là tác giả cũng như người lãnh đạo tích cực của tạp chí này cho đến những ngày cuối cùng.

Andrei Nikolaevich từng nói với một trong những học trò của mình rằng ông nhìn thấy loài người dưới dạng ánh sáng lang thang trong sương mù, điều này chỉ gây nhầm lẫn cho ánh sáng do người khác phân tán. Nhưng những lời này không chỉ dành cho một nhà khoa học vĩ đại, không chỉ dành cho một người thầy vĩ đại mà còn dành cho một Nhà Khai sáng vĩ đại. Andrei Nikolaevich thuộc về những thiên tài không được báo trước, những người đã làm bừng sáng cuộc sống bằng chính sự tồn tại của họ. Người có đầu óc và tâm hồn trụ cột không cần phải sinh con đẻ cái - những tác phẩm của người đó tiếp tục xuất hiện trong chúng ta, tên tuổi người đó sẽ không bị lãng quên.

3

SINH VIÊN MEKHMATOVO CỦA MSU
TRONG TRẬN CHIẾN MOSCOW

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
I. Z. PIROGOV,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
I. A. TKOLINA

Khi được hỏi họ nhớ nhất điều gì trong cuộc chiến vừa qua, tôi luôn trả lời: trận chiến giành Moscow.

G. K. Zhukov

Trong số mười ba Anh hùng Liên Xô - phiến quân của Đại học Mátxcơva - có bảy người thuộc Khoa Cơ học và Toán học *).

Các tác giả của bài viết này - các phó giáo sư cơ học (khoa cơ học và toán học) của Đại học quốc gia Moscow Ivan Zinovevich Pirozov và Irina Aleksaidova Tyulina - nằm trong số những người bắt đầu gây xôn xao Moscow vào mùa thu năm 41.

I.Z. Pirozov làm việc ở Đông Kazakhstan trước chiến tranh. Bất chấp người anh em “svinitsov-chinkov”**) Vào ngày 18 tháng 8 năm 1941, ông được gửi đến Trường Bộ binh Frunze, nơi mà một trong những brizodas súng trường Kursan đặc biệt đã sớm được thành lập. Vào cuối tháng 10, lữ đoàn 34, hai binh chủng của I.Z. Pirozov, được gửi đến khu vực Moscow. Là một phần của pháo binh số 49, lữ đoàn này đã tham gia các trận chiến gần Serpukhov vào cuối tháng 11, và vào tháng 12 các đơn vị này đã ở gần Tarusa. Ngày 20 tháng 12, Pirozov bị thương nặng. Sau khi đi theo con đường không thể tránh khỏi dưới áp lực phải sơ tán, vào mùa hè năm 1942, ông phải điều trị ở Sverdlovsk, nơi vào thời điểm đó ông đang được sơ tán với tư cách là một thợ cơ khí từ Đại học Tổng hợp Moscow. Vẫn còn ngưỡng mộ, Pirozov bắt đầu đào tạo để phục vụ và nhanh chóng trở thành một thợ cơ khí, người gắn liền với cả cuộc đời tương lai của anh. I.Z. Pirozov đã được trao tặng Huân chương Chiến tranh yêu nước hạng 1, Sao đỏ và các huân chương chiến tranh và hòa bình.

I. A. Tyulina, một sinh viên cơ khí 3-20 năm, nhập học vào tháng 6 năm 1941, và đến mùa thu, cô tốt nghiệp khóa điều dưỡng gồm hai phần. Con đường quân sự của nó cũng có phần: nó bắt đầu ở Tula, kéo dài hàng nghìn km qua vùng Kaluga, Belarus, Ba Lan, Pomerando đến sông Elbe (vào mùa xuân năm 45). Lúc đầu, I. A. Tyulina là giảng viên y tế của Sư đoàn bộ binh 330, sau đó là y tá điều hành cấp cao và thành viên của đơn vị y tế. Cô trở lại đào tạo thợ cơ khí vào mùa hè năm 1945; Tốt nghiệp cơ khí và học cao học, ông cũng nghiên cứu lịch sử cơ học ở đó. Cô đã được trao hai Huân chương Chiến tranh yêu nước, bằng cấp II, huy chương và Giấy chứng nhận danh dự của Hội đồng tối cao RSFSR.

*) Về các Anh hùng Liên Xô học tại Khoa Cơ và Toán của Đại học Tổng hợp Matxcova, xem: «Kvant», 1977, số 11, tr. 38-40 và 1980, số 5, tr. 17-10, cũng như tạp chí “Toán học ở trường”, 1985, số 2, tr. 7-13.

**) Công nhân sản xuất chì, kẽm được miễn nghĩa vụ quân sự.

Vào cuối năm 1941, một phần ba lực lượng bộ binh và hai phần ba lực lượng xe tăng và cơ giới của Mặt trận phía Đông của Đức Hitler đã bị ném vào Moscow. Những chiếc xe tăng của Đức Quốc xã rơi xuống Moscow dọc theo các đường cao tốc Leningradskoye, Rogachevskoye, Dmitrovskoye, Volokalamsk, Minsk và Warsaw. Người Muscites đã tham gia vào công việc phòng thủ. Đến mùa thu năm 1940, 15 sư đoàn bộ binh của dân quân nhân dân được thành lập; 12 trong số đó đã chiếm đóng tuyến chiến đấu vào tháng 7.

Hàng trăm sinh viên, nghiên cứu sinh và nhân viên của Đại học Moscow, cùng với công nhân của quận Krasnopresensky, sinh viên nhạc viện, nghệ sĩ của Nhà hát Cách mạng (Teler là nhà hát mang tên V. Mayakovsky) và các tổ chức khác đăng ký vào Sư đoàn 8 Bộ binh Krasnopresensky. Không giống như quân đội chính quy, đại đa số các đơn vị dân quân được tuyển mộ với độ tuổi và lựa chọn y tế kém cẩn thận hơn. Vì vậy, những người làm nghề thuần túy hòa bình, được gọi là “công nhân vé trắng”, đã kết thúc ở đó. Quá trình huấn luyện quân sự của dân quân diễn ra rất ngắn gọn.

213 người Mekhanite đăng ký vào sư đoàn Krasnopresensk số 8 của dân quân nhân dân Moscow. Hầu hết sinh viên, học viên cao học và giáo viên cơ khí đều được điều động về Pháo binh 975.

Vào tháng 8, Sư đoàn Krasnopresensk số 8 đã chiếm phòng tuyến theo hướng Rzhevskaya Zemsky. Huấn luyện quân sự được kết hợp với công tác phòng thủ. Đến tháng 9, các kho vũ khí chống tăng, điểm bắn và bãi mìn đã được tạo ra.

Tuy nhiên, kẻ thù đã thay đổi diễn biến của các sự kiện được mong đợi. Vào đầu tháng 10, tình hình ở Elnin-

4

Hướng đi này nhanh chóng trở nên phức tạp hơn: địch tung quân mới, gấp nhiều lần lực lượng ta về xe tăng, súng và nhân lực. Về vấn đề này, Bộ chỉ huy Mặt trận Dự bị đã chuyển Sư đoàn Krasnopresensk số 8 từ Tập đoàn quân 32 sang Tập đoàn quân 24, đặt một trận chiến mới bài toán trước các binh sĩ Krasnopresensk. Cần phải nhanh chóng rút lui khỏi các vị trí đáng tin cậy đã chuẩn bị sẵn và tái triển khai đến khu vực làng Uvarovo, vùng Smolensk, nằm ở phía nam Yelnya.

Trong bùn mùa thu, các đoàn xe chở đạn dược và sản phẩm tụt lại phía sau, nhưng các chiến sĩ của trung đoàn pháo binh 975 cũng như toàn bộ sư đoàn 8 đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ bài toán của mình, trì hoãn việc địch đổ bộ về phía Mátxcơva trong vài ngày. Lực lượng dân quân của lực lượng cận vệ đa quốc gia Moscow sẽ sát cánh chiến đấu tại đây cùng với các đơn vị quân sự của Quân đội Liên Xô. Trận chiến gần Yelnya này đã gây ra tổn thất lớn cho quân chiếm đóng: khoảng 45 nghìn binh sĩ và sĩ quan. Tổn thất của chúng tôi cũng rất lớn: hơn một phần ba lực lượng dân quân của Sư đoàn Krasnopresensk số 8 đã chết hoặc bị thương và bị bắt. Trong số những người thiệt mạng và mất tích có nhiều nhà khoa học trẻ - sinh viên tốt nghiệp ngành cơ khí: S. S. Kudashev, A. I. Gerchikov, S. Ya. Karnov, M. E. Glerman, M. I. Pesin, A. I. Vikhrov, V. N. Zasukhin, M. D. Broginsky, H. M. Milshtein, G. N. Alekseev và những người khác.

Nhiều sinh viên tốt nghiệp ngành cơ khí của năm thứ 41 được bổ nhiệm vào các văn phòng thiết kế và các doanh nghiệp quốc phòng được cung cấp chỗ đặt trước. Tuy nhiên, họ cũng tự nguyện ra mặt trận; nhiều người đã tham gia lực lượng dân quân. Trong số đó có Mikhail Ivanov, người đã có một số chuyên môn vào thời điểm đó. Ở khắp mọi nơi anh ấy đều hoạt động tích cực trong Komsomol và công tác đảng. Năm 1936, có bề dày kinh nghiệm làm việc, M.I. Ivanov vào khoa kỹ thuật cơ khí của Đại học Moscow và tốt nghiệp loại xuất sắc khi bắt đầu chiến tranh. Mikhail Ivanovich Ivanov nhập ngũ vào trung đoàn pháo binh 975 với cấp bậc đại úy. Anh ta đã không trở về sau trận chiến đẫm máu gần Yelnya vào đầu tháng 10 năm 41. Các đồng đội vừa tốt nghiệp ngành cơ khí của ông cũng chết tại đó: Mstislav Dolgov, Oleg Sorokin, Evgeny Pavlov, Pyotr Sokolov và các sinh viên năm thứ tư Alexander Sivkov, Vladimir Muranov, Viktor Podyachev và nhiều người khác.

Trong số những người trở về sau những trận chiến tàn khốc gần Yelnya có Gorimir Gorimirovich Cherny, hiện là viện sĩ và giám đốc Viện Cơ học của Đại học Quốc gia Moscow.

Cùng với các sinh viên và nghiên cứu sinh ngành cơ khí, phó giáo sư Nikolai Borisovich Vedenisov đã gia nhập lực lượng dân quân. Tình yêu dành cho khoa học chính xác đã được truyền cho anh bởi cha anh B. N. Vedenisov, một nhà khoa học và nhà khoa học xuất sắc, thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, người đoạt Giải thưởng Nhà nước. Năm 1922, N.B. Vedenisov vào Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow. Ông học cùng với A. N. Tikhonov, V. V. Nemyshka, L. A. Tumarkin, A. N. Cherkasov, những nhà toán học nổi tiếng của tương lai. Vào năm thứ hai, những nhà toán học này đã tham gia một cuộc hội thảo về cấu trúc liên kết do P. S. Urson và P. S. Aleksandrov tổ chức.

Sau khi hoàn thành chương trình học tại trường đại học, N. B. Vedenisov dạy toán tại Học viện Sư phạm Nhà nước Moscow, đồng thời làm việc tại Đại học Moscow. Những năm trước Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, ông là phó giáo sư tại Học viện Pháo binh Quân sự. Ông ấy có đệ tử ở khắp mọi nơi; Trong hội thảo tôpô của Đại học quốc gia Moscow, ông đã giám sát công việc của các nghiên cứu sinh và nghiên cứu sinh.

Cùng với các nhân viên của Khoa Cơ và Toán, các nghiên cứu sinh và nhân viên, N. B. Vedenisov đăng ký vào Sư đoàn 8 Krasnopresensk. Vài năm trước chiến tranh, ông bị bong gân cột sống và các bác sĩ khuyên ông nên ở lại hậu phương. Nikolai Borisovich trả lời mọi người một cách ngắn gọn: Tôi nên ở nơi các học trò của tôi đang ở - ở phía trước. Giống như hầu hết dân quân Mekhanite, anh ta được điều động đến trung đoàn pháo binh 975 thuộc sư đoàn 8 Krasnopresensk. Trong trận chiến gần Yelnya, N.B. Vedenisov bị thương, bị bắt và chết vào tháng 10 năm 1941.

Những thử thách khó khăn ập đến với những người bị bắt. Bạn có thể đọc về số phận của họ trong cuốn sách “Mất tích mà không gặp nhau” của S.P. Zlobin, người đã phải chịu đựng bốn năm trong trại tù ở Đức.

5

Vladimir Muranov, một tình nguyện viên của Khoa Cơ học và Toán học, đang học năm thứ tư thì chiến tranh nổ ra. Ông gia nhập dân quân nhân dân và được điều động về trung đoàn pháo binh 975. Tháng 10 năm 1941 ông mất tích. Trong gần 40 năm, bốn chị em của Volodya đã tìm kiếm dấu vết của anh. Và cuối cùng một tin nhắn đến từ Hội Chữ Thập Đỏ rằng V.P. Muranov chết ngày 27 tháng 12 năm 1941 tại trại phát xít số 324 ở Grodno. Trong ba năm “làm chủ” vùng lân cận Grodno, những kẻ chiếm đóng đã bắn và tra tấn 33 nghìn thường dân và tù nhân chiến tranh trong các trại tử thần.

Trong nhiều năm, người ta không biết gì về số phận của Andrei Pavlov và bạn của anh, Mekhanites Ivan Lepekhin. Cả hai đều đang học xong cao học; Andrey đã chuẩn bị hầu hết luận án của mình khi chiến tranh bắt đầu. Theo sự thừa nhận của Đảng ủy Mátxcơva, Andrei và Ivan được cử đi đào tạo lại ở Serpukhov (cả hai đều tự nguyện xuất hiện tại văn phòng đăng ký và nhập ngũ quân sự quận Krasnopresensky của Mátxcơva vào ngày 28/6). Vào tháng 7, họ được bổ nhiệm về Trung đoàn 48 thuộc Sư đoàn bộ binh 38 theo hướng Smolensk. Andrei Pavlov được bổ nhiệm làm chỉ huy trung đội súng cối 120 mm. Vào mùa thu năm ‘41, anh thấy mình đang ở hướng nguy hiểm nhất trong cuộc tấn công dữ dội vào mùa thu của Đức Quốc xã - gần Yartsevo. K.K. Rokossovsky liệt kê Sư đoàn bộ binh 38 vào hồi ký của mình là sư đoàn kiên trì nhất. Sau một thời gian ổn định tiền tuyến ở khu vực này, tình hình lại xấu đi vào đầu tháng 10. Chiến dịch Bão táp của Hitler bắt đầu. Sư đoàn 38 phải hứng chịu sự tấn công dữ dội của lực lượng tấn công mạnh nhất của Đức Quốc xã, che đậy sự rút lui của Tập đoàn quân 16. Các đơn vị còn lại của Sư đoàn 30 đã bị hạ đến quả lựu đạn cuối cùng. Giờ đây, tại địa điểm diễn ra trận chiến tháng 10 năm 1941, một đài tưởng niệm lớn đã được xây dựng để tưởng nhớ những người lính và chỉ huy đã ngăn chặn sức ép nhanh chóng của xe tăng và các cột cơ giới của địch trên các đường tiếp cận Moscow.

---

Ngay từ những ngày đầu của cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, Ủy ban Quốc phòng Nhà nước đã đặc biệt quan tâm đến việc bảo vệ thủ đô nước ta. Các nhà khoa học, sinh viên, nghiên cứu sinh và nhân viên của Đại học quốc gia Mátxcơva, bao gồm Khoa Cơ học và Toán học, đã tham gia tích cực nhất vào vấn đề phức tạp nhất của cuộc sống ở một thành phố tiền tuyến.

Theo lệnh của MSU ngày 12 tháng 7 năm 1941, Lực lượng Phòng không Địa phương (LAD) của MSU được thành lập. Cấp bậc và hồ sơ của đại đội 1 bao gồm các nhà khoa học vĩ đại nhất của khoa: I. G. Petrovsky, P. S. Aleksandrov, S. L. Sobolev, B. V. Bulgkov, A. A. Ilyosin, N. A. Slezkin, A. A. Kosmodemyansky, D. E. Menshov, A. G. Kurosh và những người khác. Những người không có tên trong MPVO sẽ được MPVO sử dụng cho các công việc phụ trợ và phòng thủ khác.

Các lớp học tại trường đại học bắt đầu vào ngày 1 tháng 8 năm 1941; Thời gian đào tạo được rút ngắn, cường độ đào tạo tăng lên rất nhiều, nhiều học viên được đào tạo chuyên sâu. Vào ngày 13 tháng 10, do nhân viên chính của Đại học Tổng hợp Moscow sơ tán đến Ashgabat, các lớp học ở Moscow đã dừng lại.

Moscow đang chuẩn bị đẩy lùi cuộc tấn công trên không của kẻ thù. Nhà khoa học hình học N.A. Glagolev đã quyết định thành công bài toán về vị trí tối ưu của các khẩu đội phòng không và bóng bay ô nhiễm xung quanh Moscow, S.V. Bakhvalov (cũng là một nhà hình học) ngay từ đầu cuộc chiến đã phát triển lý thuyết bổ sung hỏa lực cho pháo binh (nhân tiện, trong cuộc nội chiến, ông là một lính pháo binh). Chuyên gia cơ khí Kh. A. Rakhmatulin đã thực hiện công việc lý thuyết và thực nghiệm về nghiên cứu tính khí động học của các quả bóng bay có dây buộc và tính toán dây cáp trong quá trình va chạm ngang. Ông cũng tích cực thực hiện công việc nghiên cứu tính khí động học của parashtov.

Ngay từ những ngày đầu tiên của cuộc chiến, nhóm nghiên cứu của Khoa Lý thuyết Xác suất dưới sự lãnh đạo của A. N. Kolmogorov đã tiến hành nghiên cứu phát triển lý thuyết bắn pháo. Trong một thời gian ngắn, người ta đã quyết định bài toán về cách phân tán đạn có lợi nhất khi bắn qua các khu vực. Đặc biệt quan trọng trong giai đoạn đầu của cuộc chiến là việc phát triển bàn ném bom cho máy bay ném bom loại nhỏ PO-2. Câu bài toán này cũng đã được giải tại Khoa Lý thuyết Xác suất. Một quả ngư lôi tầm thấp bài toán - bài toán quan trọng khác từ máy bay - là

11

đối với một số loại khí: đối với heli, hydro và oxy (hình 3). Điều đầu tiên có thể nhìn thấy ngay là khí đơn nguyên tử của helium ở nhiệt độ từ gần 4,2 K (nhiệt độ làm mát của helium) và lên đến một nghìn độ Kelvin có nhiệt dung không đổi. Nhưng biểu hiện nhiệt dung của hydro lại hoàn toàn khác. Ở nhiệt độ thấp, giống như helium, nó chính xác là 1,5k - trong phạm vi nhiệt độ này, hydro hoạt động giống như một loại khí đơn nguyên tử. Ở $T \approx 70$ K, nhiệt dung bắt đầu tăng và ở $T \approx 250$ K, nó đạt đến một giá trị mới, gần như không đổi $c_{\text{mol}} = 2,5k$. Nhưng ở đâu đó khoảng 1000 K, một sự gia tăng mới bắt đầu và ở 2000 K, nhiệt dung của hydro trở nên lớn hơn 3k. Khi nhiệt độ tăng thêm, công suất nhiệt tiếp tục tăng, nhưng chúng ta sẽ không đi sâu vào vùng này, vì có quá nhiều hiện tượng xảy ra trong chất khí khi nó rất nóng.

Chúng ta hãy xem oxy hoạt động như thế nào trong cùng một phạm vi nhiệt độ. Đối với nó, không thể thay đổi nhiệt dung trong pha khí ở nhiệt độ nhỏ hơn 100 K đáng kể, vì oxy không còn là chất khí. Tuy nhiên, nếu không như vậy thì ở nhiệt độ thấp nhiệt dung của khí oxy cũng sẽ bằng 1,5k; và do đó, đường cong ngay lập tức bắt đầu ở mức 2,5k, nhưng đến năm 2000 K, công suất nhiệt sẽ tăng lên giá trị 3,5k.

Chúng ta có thể rút ra kết luận gì từ dữ liệu thực nghiệm đã cho?

1. Các phân tử khí luôn có chuyển động tịnh tiến và nhiệt dung liên quan đến nó không phụ thuộc vào nhiệt độ.

2. Các chuyển động quay và dao động biến mất ở nhiệt độ thấp—như người ta nói, chúng “đóng băng”. Trong trường hợp này, nhiệt độ phòng thông thường rơi vào vùng đã tồn tại chuyển động quay (ví dụ: đối với các phân tử hydro, nó “đóng băng” ở $T \approx 100$ K) và các dao động vẫn “đóng băng”.

3. Một phân tử oxy chỉ có một rung động và nhiệt dung khi nó “tan băng” không tăng $\frac{1}{2}k$ mà tăng 1k. Điều này có nghĩa là nhiệt dung truyền tới mỗi rung động “không đóng băng” bằng 1k.

Đây không phải là con số mà chúng ta đã gặp - đây là nhiệt dung đi kèm với mỗi dao động trong vật rắn! Chúng ta có thể hiểu những kết quả này như thế nào?

Lượng tử hóa đến để giải cứu

Hóa ra tất cả đều là về lượng tử hóa. Và sự tương tự với một trong những hiện tượng lượng tử nổi tiếng đầu tiên – sự phát xạ electron từ kim loại – sẽ giúp chúng ta chứng minh điều này. Quang phát - sự phát xạ của electron từ kim loại dưới tác dụng của ánh sáng - chỉ xảy ra khi năng lượng của lượng tử ánh sáng $h\nu$ lớn hơn công năng của electron từ kim loại. Nhưng còn có những hiện tượng khác - phát xạ nhiệt, được sử dụng rộng rãi trong công nghệ tạo ra chùm tia điện tử, chẳng hạn như trong đèn tivi. Trong trường hợp này, các electron rời khỏi kim loại khi nó được nung nóng đến nhiệt độ cao sao cho năng lượng của chuyển động nhiệt $\sim kT$ trở nên tương đương với công. Chúng ta có thể nói rằng khí thải “đóng băng” ở nhiệt độ thấp và “không đóng băng” khi đun nóng. Nói cách khác, quá trình “đóng băng” của một chuyển động bị bỏ qua khi phải áp dụng một lượng tử năng lượng nhất định để kích thích nó. Và điều này luôn đúng, không chỉ đối với sự phát xạ điện tử.

Nó như sau: vì các dao động và chuyển động quay bị “đóng băng”, có nghĩa là những chuyển động này sẽ bị lượng tử hóa!

Kết luận này có vẻ đặc biệt bất ngờ khi nói đến chuyển động quay - thật khó để tưởng tượng rằng các phân tử không thể quay ở bất kỳ tốc độ nào, dù nhỏ đến đâu. Nhưng trong cơ học lượng tử, đây là một thực tế không thể thay đổi, và các phân tử hoặc hoàn toàn không quay, hoặc ngay lập tức sao cho động năng của chúng, được hỗ trợ bởi hằng số Boltzmann $k$, trở nên xấp xỉ bằng 10 - đây là độ Kelvin (tất nhiên, con số chính xác phụ thuộc vào đặc tính vật lý của các phân tử của một chất cụ thể). Chà, khi chúng ta đang nói về một loại khí chứa một số lượng lớn các phân tử, thì nó sẽ luôn tìm thấy những chất không phân hủy - tỷ lệ áp đảo của chúng là lớn ở nhiệt độ thấp;

12

những phản ứng và những chuyển động quay, và chúng ngày càng trở nên nhiều hơn khi khí nóng lên. Vì vậy, một hiện tượng lượng tử thuần túy xuất hiện trên một giá trị dường như thuần túy cổ điển như nhiệt của một loại khí lý tưởng.

Điều tương tự có thể nói về sự quay cũng có thể nói về bình. Và bây giờ rõ ràng là sự khác biệt giữa sự đóng góp của rung động vào chi phí nhiệt của chất rắn và chất khí ở nhiệt độ phòng không có bản chất cơ bản, mà liên quan đến sự khác biệt về số lượng trong đặc tính của các chất. Đối với một phân tử hydro hoặc oxy, dao động lượng tử trên thang nhiệt độ bằng hàng nghìn độ Kelvin, nhưng đối với chất rắn - chỉ hàng trăm. Và quả thực, chính ở nhiệt độ như vậy, nhiệt lượng của chất rắn cũng bắt đầu thay đổi nhanh chóng (hình 4). Và sự khác biệt giữa các con số này có liên quan chặt chẽ đến thực tế là sự nóng chảy của chất rắn xảy ra ở nhiệt độ khoảng một nghìn độ Kelvin, và sau đó là sự phân ly của các phân tử oxy và hydro - ở hàng chục nghìn độ. Nhưng cơ chế của cả hai quá trình đều giống nhau - đây là sự tích tụ nhiệt của các dao động đến biên độ mà tại đó các liên kết “bị đứt” và nhiệt độ xảy ra dao động càng thấp thì nhiệt độ tại đó các liên kết “bị đứt” càng thấp.

Đây là bức tranh tuyệt đẹp về chuyển động nhiệt mà chúng ta thu được từ việc phân tích nhiệt. Để có sự hài hòa hoàn toàn, thiếu một shrikh: bằng cách nào đó, cần phải đưa vào một sơ đồ $\frac{1}{2}k$ cho độ ấm liên quan đến các bức tường tự do chuyển động hoặc quay, và $1k$ cho dao động. Hóa ra ở đây cũng có một lối thoát tuyệt vời. Trên thực tế, lưu ý rằng $\frac{1}{2}$ xuất hiện khi chuyển động chỉ được đặc trưng bởi động năng. Nhưng với các dao động cũng có thế năng và nếu tổng năng lượng của các dao động bằng $kT$ (tức là giá trị nhiệt là $1k$), thì điều này có nghĩa là hệ chuyển đổi định kỳ từ trạng thái có động năng bằng 0 và thế năng cực đại bằng $kT$ sang trạng thái có thế năng bằng 0 và động năng cực đại cũng bằng $kT$. Và trung bình theo thời gian, động năng chính xác bằng thế năng và rõ ràng là cả hai đều bằng nhau $\frac{1}{2}kT$ - và chúng ta quay trở lại vị trí.

Vì vậy, kết luận cuối cùng: ở một nhiệt độ nhất định, những loại chuyển động đó được kích thích có năng lượng lượng tử tương đương $kT$ hoặc nhỏ hơn giá trị này. Trong trường hợp này, cả động năng và thế năng (nếu nó tồn tại!) đi đến mỗi bậc tự do đều bằng nhau và bằng $\frac{T}{2}$. Những phát hiện này rất phù hợp với nhiều thí nghiệm và được xác nhận bằng một lý thuyết chặt chẽ dựa trên cơ học lượng tử.

Tất nhiên, trường hợp được xem xét ở đây là trường hợp đơn giản nhất có thể. Chúng ta có thể nhìn sâu hơn: khi tính bậc tự do, chúng ta coi nguyên tử là một hạt đơn lẻ, nhưng thực tế là như vậy. Và mỗi nguyên tử có mức độ tự do chuyển động bên trong của các electron của vỏ nguyên tử so với hạt nhân. Tuy nhiên, phải cần tới hàng chục, hàng trăm nghìn độ mới có thể “rã đông” chúng. Trên thực tế, vật lý plasma nghiên cứu các chất khí trong đó chuyển động của các electron “không bị đóng băng”. Bạn có thể đi xa hơn - và hạt nhân bao gồm các phần tử riêng lẻ của các hạt, và bản thân những hạt này hoàn toàn không phải là cơ bản. Nhưng để kích thích những chuyển động nhiệt như vậy, cần phải có hàng triệu tỷ độ, hoặc thậm chí nhiều hơn thế, và tại đây trona bắt đầu, dẫn đến lịch sử hình thành của các ngôi sao, thiên hà và chính Vũ trụ. Và điều đầu tiên trên con đường này là các loại khí lý tưởng có quy luật riêng.

14

dây dọi trong mặt phẳng vuông góc với cạnh nhọn của la hét, sao cho cọc không trượt qua lại khi đung đưa ma trận hoặc điểm treo mà cọc chạm vào la hét phải bất động. Tôi đã thay thế chính xác độ lệch ban đầu được báo cáo cho ma trận, sau đó, khi khởi chạy ma trận, tôi thay thế thêm ba độ lệch của nó mà ma trận có sau lần xoay thứ nhất, thứ hai và thứ ba. Tôi lặp lại điều này nhiều lần để xác định những sai lệch này một cách chính xác nhất có thể. Sau đó, tôi đổ đầy chì và kim loại nặng hơn vào nồi; Trước đó, tôi cân chiếc xích đu trống cùng với phần sợi chỉ mà nó được quấn và đặt phần còn lại giữa tiếng hét và xích đu treo lơ lửng, hoặc sợi dây khi ma trận bị lệch khỏi vị trí thẳng sẽ tác động lên nó bởi vị trí của trọng lượng của nó. Với trọng lượng này, tôi đã thêm trọng lượng của không khí lấp đầy cần gạt. Tổng trọng lượng của máy bơm rỗng xấp xỉ 1/78 trọng lượng của máy bơm chứa đầy kim loại. Vì xích đu chứa đầy kim loại, kéo căng sợi chỉ, tăng chiều dài nên tôi rút ngắn sợi chỉ sao cho khi vung ma trận vẫn như trước. Sau đó, sau khi di chuyển nam châm đến độ lệch đầu tiên quan sát được, như đã nói, tôi thả nó ra và đếm khoảng 77 lần xoay cho đến khi nam châm có độ lệch bằng độ lệch thứ hai, sau đó nhiều lần nữa cho đến khi nó bằng độ lệch thứ ba, và cuối cùng bằng lượng đó khi nó bằng độ lệch thứ tư. Từ đây tôi kết luận rằng toàn bộ lực cản của cần lắc đầy không còn liên hệ gì với lực cản của cần lắc trống, như 78 và 77. Nếu các điện trở bằng nhau, thì cần lắc đầy, có khối lượng gấp 78 lần khối lượng của cần lắc trống, sẽ giữ nguyên chuyển động dao động và do đó, sau khi hoàn thành 78 lần lắc, nó sẽ đến các vị trí nêu trên. Cô ấy đến với họ qua 77 cú xoay… Trong những thí nghiệm này, tôi đã sử dụng một tiếng kêu không đủ âm thanh từ phía trước, sau đó chiếc xích đu đầy thay thế một chiếc mạnh hơn nhiều; tìm kiếm lý do, tôi nhận thấy tiếng kêu, không chịu nổi sức nặng của tảng đá lấp đầy, theo chuyển động của nó và uốn cong tới lui; Sau đó tôi kêu lên mạnh mẽ hơn để điểm treo bất động, sau đó mọi chuyện diễn ra như mô tả ở trên.”

Dựa trên kết quả thu được, Newoton đi đến kết luận rằng điện trở tác dụng lên các bộ phận bên trong của máy bơm (tức là điện trở có thể có của ether) nhỏ hơn ít nhất 6000 lần so với điện trở tác dụng lên bề mặt bên ngoài của máy bơm (sức cản không khí). Tất nhiên, từ quan điểm của khoa học hoàn hảo vốn phủ nhận sự tồn tại của ether, kết quả của thí nghiệm này được giải thích khác nhau. (Công bằng mà nói, chúng tôi lưu ý rằng bản thân Newoton hiểu tính quy ước trong cách diễn giải dữ liệu của ông.) Tuy nhiên, từ ví dụ này, người ta có thể thấy sự khéo léo đáng kinh ngạc của Newoton trong việc thiết lập các thí nghiệm, sự chú ý của ông đến từng chi tiết và sự tận tâm trong việc mô tả kết quả, điều này không cho phép ông giữ im lặng… ngay cả về những lỗi đã được sửa chữa của ông - nói một cách dễ hiểu, mọi thứ cấu thành nên tài năng của một người thí nghiệm. Tính kỹ lưỡng của sự mô tả cũng chứng tỏ tầm quan trọng mà Newton gắn liền với

15

đến những trải nghiệm của bạn. Điều đáng nhấn mạnh là việc lặp lại các thí nghiệm của Newton với matniks, được thực hiện vào năm 1915 theo sáng kiến ​​​​của dịch giả cuốn “Nguyên tắc”, nhà toán học và thợ đóng tàu xuất sắc A. N. Krylov, đã cho thấy độ chính xác cao của chúng.

Lời tán dương “Các nguyên tắc” là cuốn sách thứ ba, được giới thiệu “Về hệ thống thế giới”. Ở đây Newton đã chứng tỏ toàn bộ sức mạnh của cơ học, phân tích nhiều thứ, bao gồm cả thang đo và các hiện tượng thiên văn phức tạp, với sự trợ giúp của các định luật chuyển động mà ông đã xây dựng và định luật vạn vật hấp dẫn, được thảo luận ở đầu cuốn sách thứ ba. Newton xây dựng phần trình bày của mình theo cách mà định luật vạn vật hấp dẫn dường như được suy luận trên cơ sở khái quát hóa các kết quả quan sát. Công thức của định luật quen thuộc với chúng ta này được rút ra từ Định lý VII (“Trọng lực tồn tại đối với mọi vật thể nói chung và tỉ lệ với khối lượng của từng vật thể”) và Hệ quả 2 của nó (“Trọng lực đối với các phần bằng nhau của các vật thể tỉ lệ thuận với bình phương khoảng cách từ các vị trí đến phần đó”), cũng như định luật dữ liệu thứ ba. Trong phần này, Newton bàn về đặc thù chuyển động của các hành tinh và Lunya, xây dựng lý thuyết về thủy triều và lý thuyết về chuyển động của sao chổi. Ông mạnh dạn hợp nhất cơ học “đất” và “trên trời”, qua đó chứng tỏ những khả năng đáng kể của khoa học.

Cần lưu ý rằng cả trong cách xây dựng và nội dung của phần “Các nguyên tắc” này đặc biệt không có biểu hiện nào cho thấy Newton có thái độ thù địch với việc miêu tả giả thuyết phi ngón tay - “Không thể mô tả các giả thuyết”; sự sáng tạo đen tối này của nhà khoa học gắn liền với việc không có bất kỳ lời giải thích nào về cơ chế truyền trọng lực trên một khoảng cách. Vì vậy, trong thế kỷ 18 và 19, học thuyết về lực hấp dẫn của Newton thường được coi là một ví dụ của lý thuyết về khoảng cách. Tuy nhiên, bản thân Newton cũng nhận thức rõ về sự chưa hoàn thiện trong lý thuyết về lực hấp dẫn của mình. Sau khi xuất bản cuốn “Các nguyên tắc”, ông đã viết cho một trong những phóng viên của mình: “Trọng lực đó phải là một đặc tính bẩm sinh, hiện tại và cần thiết của vật liệu, để một vật thể có thể tương tác với những vật thể khác, thông qua sự trống rỗng, mà không cần sự tham gia của con người - công trình cơ học của anh ta.

“Và ánh sáng lan tỏa khắp nơi”

Nhà thơ người Anh A. Pop đã viết những dòng về Newton đã trở thành sách giáo khoa:

16

“Trật tự của tự nhiên, quy luật của nó
Trong bóng tối nổi tiếng tôi chìm xuống,
Và người đàn ông giàu có nói: “Hãy xuất hiện, Newton!”
Và ánh sáng tràn vào sân.”

Những dòng này phản ánh sự ngưỡng mộ của Newton đối với bộ gen của con người thế kỷ 18. Những người cùng thời với ông nhìn nhận cuốn sách của giáo sư Cambridge ngay sau khi nó được xuất bản như thế nào?

Các nhà phê bình thường khen ngợi Inception. Tuy nhiên, sự ngưỡng mộ mà cô ấy xứng đáng nhận được (theo quan điểm hiện đại của chúng ta) lại không có ở đó. Tại sao? Có một số lý do. Trước hết, ông nói đến ảnh hưởng của uy quyền của Descartes và lý thuyết của ông trong cơn lốc. Đó là lý do tại sao thủy động lực học của các Nguyên tố được nghiên cứu kỹ càng hơn các lý thuyết về trọng lực.

Tầm quan trọng của lý thuyết hấp dẫn đã được nhận ra sau này, sau những nỗ lực của Euler, Clairaut, d’Alembert, Lagrange và Laplace đã biến cơ học thiên thể thành nhánh phát triển nhất của phóng điện tự nhiên. Một tình tiết khác để lại dấu ấn trong nhận thức về “Các nguyên tắc” gắn liền với phương pháp trình bày “tổng hợp”, đã được đề cập ở phần đầu của bài viết (xem «Kvant» Số 11, 1987). Người ta từng nói: “Việc làm khó người khác một cách thoải mái là tài năng, làm được việc vượt quá khả năng của tài năng là thiên tài”. Từ những quan điểm này, “Principia” là bằng chứng cho thiên tài của Newton. Nhưng bất cứ công trình khoa học nào cũng có một bài toán khác - giúp người theo dõi đi xa hơn tác giả. Phương pháp cơ học lời giải bài toán của Newton khiến cho sự tiến bộ trở nên khó khăn. Đây là một Euler rất đúng: “Mặc dù người đọc bị thuyết phục về tính xác thực của các tuyên bố trong các điều khoản, nhưng anh ta không nhận được sự hiểu biết đủ rõ ràng và chính xác về chúng, do đó, nếu những câu hỏi tương tự bị thay đổi một chút, anh ta sẽ khó có thể tự mình giải quyết chúng… Mặc dù đối với tôi, dường như tôi đã hiểu rõ ràng lời giải nhiều bài toán, tuy nhiên, bài toán, hơi lệch khỏi chúng một chút, tôi không thể giải được nữa.” Cơ học Newton bắt đầu “hoạt động” trong khoa học sau khi nó được dịch sang ngôn ngữ của phép tính vi phân, tích phân và phương trình vi phân. Những đóng góp chính ở đây thuộc về Euler, d’Alembert và Lagrange.

Chưa hết, “những điều lớn lao được nhìn thấy từ xa”. Lịch sử đã chỉ ra rằng “Các nguyên lý” của Newot thực sự có thể được coi là sự khởi đầu của một ngành khoa học mới. Trong cuốn sách này, lần đầu tiên, một hệ thống phân tích các hiện tượng vật lý (chính xác hơn là cơ học) đã được xây dựng, dựa trên lý luận định tính và mô tả toán học của chúng. Đặc điểm quan trọng nhất của Principia là việc sử dụng nhất quán dữ liệu thực nghiệm để xây dựng lý thuyết. “Các nguyên tắc” là một ví dụ về phạm vi hiện tượng rộng lớn không thể thách thức - từ chuyển động của các vật thể trên Trái đất đến chuyển động của các hành tinh, vệ tinh và sao chổi của chúng.

Mọi khái niệm trong một cuốn sách khoa học quan trọng đều thú vị và quan trọng không chỉ đối với những khái niệm được giải quyết trong đó bài toán. Nó đưa ra phương hướng cho sự phát triển hơn nữa của khoa học và tính chất của các vấn đề. Toàn bộ chương trình khoa học đã được giảng dạy trong “Các nguyên lý”, được thực hiện bởi các nhà khoa học thế kỷ 18 - nửa đầu thế kỷ 19. Đề cập đến chương trình này có thể được tìm thấy trong lời nói đầu của Newton cho ấn bản đầu tiên của Elements:

“Tôi mong muốn suy luận từ các nguyên lý cơ học và các hiện tượng tự nhiên khác, lập luận theo cách tương tự, hoặc nhiều điều đã khiến tôi cho rằng tất cả những hiện tượng này là do một số lực nhất định gây ra, từ đó các hạt của vật thể, nguyên nhân chính xác vẫn chưa được biết, hoặc có xu hướng bám vào nhau và dính vào các vật thể thông thường, hoặc đẩy nhau và chuyển động xa nhau. ở đây sẽ cung cấp ánh sáng độc đáo.”

Thật vậy, các định luật động lực đóng vai trò là cơ sở để thực hiện chương trình của Newot. Sự sáng tạo của Newton còn cả một chặng đường dài phía trước, đầy những sự kiện thú vị dẫn đến sự hình thành một bức tranh cơ học về thế giới vào giữa thế kỷ 19.

18

Hình 2. Diện tích S của đoạn cắt khỏi đường xiên của đường thẳng ax+by=c là hàm của (a, b, c); diện tích của hình vuông là hàm của hai đường thẳng. Những hàm như vậy được xây dựng từ một hình bầu dục đại số được gọi là tích phân Abelian.

Hình 3. Diện tích được quét bởi vectơ bán kính không thể là hàm đại số của tiếp tuyến t của góc nghiêng của nó, vì nó có giá trị vô hạn với cùng t.

ax+by=c (hình 2), phải là hàm đại số của đường thẳng, nghĩa là nó phải thỏa mãn phương trình đại số P(S; a, b, c) = 0, trong đó P là đa thức khác 0 trong bốn biến.

Quét. Nếu một hình bầu dục có thể bình phương về mặt đại số thì diện tích của hình cắt khỏi nó một góc với đỉnh nằm bên trong hình bầu dục là hàm đại số của các đường thẳng tạo thành góc. Đối với diện tích của tam giác phân biệt một hình với một đoạn là đại số.

Newton đặt cho mình mục tiêu là tìm ra tất cả các hình bầu dục có thể bình phương đại số. Kết quả của nó là:

Định lý. Mọi hình bầu dục có thể bình phương đại số đều có các điểm kỳ dị*: tất cả các hình bầu dục chính không thể bình phương được về mặt đại số.

*) Một điểm trên đường cong được gọi là điểm kỳ dị nếu độ lớn của điểm này trên đường cong không phải là đồ thị của hàm khả vi vô số lần. Ví dụ: điểm tự giao nhau (hình 4), điểm đỉnh (hình 8).

Ví dụ. Hình elip đại số là không thể bình phương. Theo đó, phương trình Kepler, xác định vị trí của hành tinh trên hình elip Kepler là một hàm của thời gian (theo định luật thứ hai của Kepler, theo đó diện tích quét bởi vectơ bán kính tỷ lệ với thời gian) là phương trình siêu việt, tức là không thể giải được bằng các hàm đại số.

Ví dụ này đã dẫn Newton tới định lý tổng quát của ông. Một định lý đáng kinh ngạc vì thoạt nhìn, không có mối liên hệ nào giữa tính bình phương đại số và các điểm kỳ dị.

Quét. Trong ký hiệu hiện đại, phương trình Kepler có dạng x-e sin x=t. Phương trình này đóng một vai trò lớn trong lịch sử toán học. Kể từ thời Newton, lời giải x đã được tìm kiếm dưới dạng một chuỗi xét về mức độ lệch tâm e. Chuỗi sẽ kết thúc ở |e|<0, 6627434…

Nghiên cứu về nguồn gốc của công trình bí ẩn này đã đưa O. Cauchy đến việc tạo ra phép phân tích phức tạp. Các khái niệm và kết quả toán học hàm như hàm Bessel, chuỗi Fourier, chỉ số tôpô của trường vectơ và “nguyên lý đối số” của lý thuyết hàm biến phức cũng lần đầu tiên xuất hiện trong nghiên cứu phương trình Kepler.

3. Chứng minh của Newton. Hãy chọn điểm O bên trong hình bầu dục và xoay tia y=tx đi ra khỏi điểm đó. Nếu hình bầu dục có thể bình phương về mặt đại số thì diện tích của hình cung được quét bởi vectơ bán kính của điểm hình bầu dục (hình 3) phải là hàm đại số của tiếp tuyến t của góc nghiêng của tia với trục x.

Hãy làm cho chùm tia chạy quanh hình bầu dục nhiều lần. Với mỗi lần chạy quanh hình bầu dục, diện tích được giới hạn bởi hình bầu dục sẽ tăng lên nhiều hơn. Do đó, diện tích quét, xem xét có bao nhiêu

Hình 4. Hình bầu dục có thể bình phương đại số cục bộ với một điểm trục (nút).

20

một hình bầu dục bình phương có thể có độ mịn cuối cùng lớn tùy ý (nó có thể được xác định bằng các hàm có số lượng tùy ý lớn tùy ý). Tuy nhiên, trong tất cả các ví dụ của chúng ta, có một điểm đặc biệt trên hình bầu dục ở đó một trong các trật tự tùy ý bị phá vỡ.

Nyboron coi một đường cong thực sự trơn tru là đường cong duy nhất mà trong vùng lân cận của mỗi điểm là đồ thị của một hàm mở rộng chuỗi theo lũy thừa tỷ lệ.

$$y = a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \dots$$

(nơi gốc được chọn tại điểm được đề cập). Ngày nay các đường cong cũng không được gọi là đường cong phân tích.

Bình luận. Sự khác biệt trong hành vi của các đường cong có độ trơn hữu hạn khác nhau đã được Newton biết rõ và được quy định trong Principia, và việc khai triển tất cả các hàm đại số và hàm cơ bản trong chuỗi lũy thừa mở rộng nhanh chóng là một trong những thành tựu toán học chính của ông.

Từ Định lý 2, Newton rút ra một phát biểu mạnh mẽ hơn nhiều:

Định lý a. Bất kỳ hình bầu dục giải tích nào cũng không thể bình phương được về mặt đại số, thậm chí là cục bộ.

7. Bằng chứng về tính không thể đánh bài bằng đại số cục bộ của các hình bầu dục giải tích. Nếu hình bầu dục là cục bộ, nhưng không thể bình phương đại số toàn cục, thì một vòng lặp đáng chú ý sẽ được biểu thị bằng một hàm đại số ở một bên của một số điểm của nó và một hàm khác ở bên kia. Nhưng đối với một hình bầu dục phân tích, vùng phân tích quan sát được phụ thuộc vào hướng của tia. Do đó, các hàm đại số được chỉ định được mở rộng trong vùng lân cận của điểm này của hình bầu dục giải tích thành cùng một chuỗi lũy thừa mã hóa. Điều này có nghĩa là các hàm đại số này cũng trùng nhau trong vùng lân cận của điểm đã chỉ ra. Nhưng sau đó chúng trùng khớp nhau trước tòa (điều này xuất phát từ thực tế là một đa thức không bằng 0 thì không thể có nghiệm lớn hơn bậc của nó).

Vì vậy, nếu có một hình bầu dục giải tích có thể bình phương đại số cục bộ, thì nói chung nó sẽ bình phương đại số. Và vì điều này là không thể (mục 2, 3), nên một hình bầu dục giải tích không thể bình phương được về mặt đại số ngay cả ở địa phương.

8. Làm thế nào để bạn biết liệu bạn có phải là người giỏi phân tích hay không? Một đường cong được gọi là trơn vô hạn nếu nó là đồ thị cục bộ của một hàm khả vi bao nhiêu lần.

Định lý a. Một đường cong đại số trơn vô hạn là một đường cong giải tích.

Thực tế này đã được Newton biết đến, vì Newton đã biết cách viết phương trình cho các “nhánh” của một đường cong đại số ở lân cận điểm của nó dưới dạng một chuỗi mã hóa nhanh.

$$y = a_1 x^1/n + a_2 x^2/n + a_3 x^3/n + \dots$$

(trong đó gốc tọa độ được đặt tại điểm đang nghiên cứu).

Newton đã xây dựng định lý về tính nhất quán của chuỗi này như sau: “Kết quả càng lộ ra khi đạt đến một $x$ nhỏ thì nó càng tiến gần đến giá trị thực $y$, sao cho sự khác biệt tại đó nó khác với giá trị chính xác $y$ cuối cùng trở nên nhỏ hơn giá trị đã cho.”

Chuỗi này được xây dựng bằng cách sử dụng cái gọi là đa giác Newton. Phương pháp đa giác Newton*), một trong những phương pháp phân tích cục bộ hiệu quả nhất, đáng tiếc đã không còn được áp dụng trong giảng dạy kinh viện hiện đại.

Mỗi số hạng của chuỗi có số mũ không nguyên chỉ có một số hữu hạn số mũ tùy ý. Nếu một chuỗi chứa ít nhất một số hạng không nguyên như vậy thì đường cong được xác định bởi chuỗi đó có thể không còn phẳng vô hạn trong vùng lân cận của điểm đang nghiên cứu.

Do đó, đối với một đường cong đại số trơn vô hạn, chỉ có các lũy thừa nguyên tham gia vào việc khai triển và điều này có nghĩa là đường cong đó có tính giải tích.

Hậu quả c. Mọi hình bầu dục đại số trơn vô hạn đều là đại số không thể giải được ngay cả cục bộ.

Vì vậy, một đường cong khép kín vô hạn không thể là đại số cục bộ đối với một đường cong thỏa mãn phương trình đại số biểu thị bằng đẳng thức 0 của đa thức các hệ số của chúng - một thực tế được Newton quy định trên cùng hai trang của Principia, trong đó người ta giải thích rằng hai đường cong đại số có bậc $m$ và $n$ cắt nhau nhiều nhất $mn$ điểm).

Khi $h$ tiến tới 0, điểm giao nhau gần với đường cong ban đầu. Do đó là giới hạn của các đường cong đại số bậc hữu hạn nên đường cong ban đầu cũng là đường đại số.

Chứng minh định lý. Các tiếp tuyến của hình bầu dục sẽ nảy ra các đoạn có diện tích bằng 0 từ nó. Do đó, các tiếp tuyến $ax+by=c$ của hình bầu dục bình phương đại số cục bộ thỏa mãn phương trình đại số $P(0;a,b,c)=0$ (xem phần 2). Theo bổ đề, hình bầu dục là đại số.

10. Đường cong đại số không thể tính được với điểm kỳ dị. Do đó, tất cả các hình bầu dục nhẵn vô hạn đều là đại số không thể ghi được (cục bộ bên dưới). Hơn nữa, lý luận của Newton chứng minh tính không thể tính toán được của đại số cục bộ của vô số đường cong trơn, đóng không lồi, không tự giao nhau và các đường đa giác có điểm kỳ dị.

Đại số cục bộ không thể ghi được tất cả các đường cong có điểm kỳ dị là điểm đỉnh, đặc biệt là các đường cong được cho bởi phương trình $y^2=x^3-x^4$ hoặc $y^2=(1-x^2)^3$ (hình 8) hoặc các đường cong có điểm kỳ dị thuộc loại $y=x^{p/q}$, trong đó $q$ là số lẻ, v.v.

21

Newton lưu ý rằng để đảm bảo tính không bình phương của đại số cục bộ, chỉ cần yêu cầu các điểm của một đường cong khép kín không được tiếp cận bởi “các nhánh dính liền của đường cong đi đến vô cùng”. Rõ ràng là anh ấy đã nghĩ đến những ví dụ giống như những ví dụ được hiển thị trong Hình 4 và 6.

Trên thực tế, ở đây người ta sử dụng nhầm từ “đi đến vô tận”; nó có nghĩa là yêu cầu không có bất kỳ nút giao thông nào.

Điều kiện đúng để không tự giao nhau trên một đường cong khép kín thỏa mãn phương trình $P(x, y)=0$ là đa thức $P$ triệt tiêu tại hai điểm trên đường tròn có tâm tại bất kỳ điểm nào trên đường cong nếu bán kính đủ nhỏ.

Phương pháp Newton chứng minh

Định lý. Tất cả các đường cong đại số không tự giao nhau theo nghĩa đã chỉ ra đều là đại số không thể bình phương (sau đây gọi là cục bộ).

Ngược lại, một đường cong khép kín tự giao nhau hoàn toàn có thể trở thành bình phương đại số cục bộ (vì lý do nào đó Newton đã bỏ lỡ khả năng này khi ông viết “tiến tới vô cùng”).

Do đó, đối với lemniscate $y^2=x^2-x^4$ (hình 1):

$$\int ydx = \int x\sqrt{1-x^2}dx = -(\sqrt{1-x^2})^3/3$$

là một hàm đại số.

Nhưng ngay cả đối với các đường cong đại số tự giao nhau, tính bình phương là rất hiếm.

Từ lý luận của Newton, rõ ràng là tổng diện tích bị giới hạn bởi giao điểm tự

Hình 7. Khi bước $h$ có xu hướng về 0, đường cong chấm được hình thành bởi các điểm giao nhau của các tiếp tuyến có xu hướng về đường cong ban đầu. Từ đó suy ra họ đại số bắt buộc của các đường thẳng là đại số.

Hình 8. Đường cong không tự giao nhau với điểm đỉnh. Chúng tôi áp dụng lý luận của Newton cho những đường cong như vậy và chúng là đại số cục bộ không thể bình phương được.

bất kỳ đường cong đại số bình phương cục bộ nào (có tính đến dấu) đều bằng 0. Ví dụ, lemniscate đại số chỉ có thể bình phương được vì cả hai vòng của lemniscate đều có đóng góp trái ngược nhau cho tổng diện tích. Và nếu lemniscate bị biến dạng sao cho các dạng kết quả của vòng lặp trở nên không bằng nhau, thì khả năng bình phương đại số cục bộ của nó sẽ tăng gấp ba lần.

Một mô tả đầy đủ về tất cả các đường cong bình phương đại số tự giao nhau vẫn chưa được tìm thấy.

11. Chứng minh của Newton và toán học hiện đại. Những ý tưởng ngày nay làm cơ sở cho chứng minh của Newton được gọi là những ý tưởng về sự tiếp tục và sửa đổi bằng phân tích. Chúng làm nền tảng cho lý thuyết về bề mặt Riemann và một số nhánh của cấu trúc liên kết hiện đại, hình học đại số và lý thuyết về phương trình vi phân gắn liền với tên tuổi của Poincaré - những khoa mà việc phân tích có nhiều khả năng hợp nhất với hình học hơn là với đại số.

Toán học hiện đại cho phép chứng minh phân tích đa diện của lý thuyết đường cong phẳng của Newton. Một hình cầu trong không gian đại số ba chiều có thể bình phương. Điều này tuân theo lý thuyết của Archimedes, theo đó diện tích của một đoạn hình cầu tỷ lệ thuận với chiều cao của nó. Do đó, tất cả các elipit trong không gian đại số ba chiều (và trong bất kỳ chiều lẻ nào) đều có thể bình phương được.

Ngược lại, trong không gian bốn chiều (và nói chung là bốn chiều) không có bề mặt nhẵn có thể bình phương đại số (sự tổng quát hóa định lý Newton này áp dụng cho V. A. Vasiliev, 1987).

Bằng chứng bị lãng quên của Newton về tính không bậc hai của đại số của các hình bầu dục là “bằng chứng đầu tiên về tính không bội số” trong toán học hiện đại - một nguyên mẫu của các bằng chứng trong tương lai về tính không giải được của phương trình đại số trong các căn thức (Abel) và tính không giải được của phương trình vi phân trong các hàm cơ bản hoặc trong cầu phương (Liouville), và Newton không phải vô cớ mà so sánh nó với bằng chứng về tính vô tỷ của căn bậc hai trong “Các nguyên lý” của Euclid.

So sánh các văn bản của Newton ngày nay với những lời bình luận của những người theo ông, tôi tự hỏi cách trình bày ban đầu của Newton hiện đại, dễ hiểu và giàu ý tưởng hơn bao nhiêu so với việc dịch các ý tưởng hình học của ông sang ngôn ngữ hình thức của phép tính của Leibniz, kèm theo lời bình luận: hai trăm năm từ Newton đến Riemann và Poincaré đối với tôi dường như là một khoảng trống toán học, chỉ chứa đầy những phép tính…

22

Nhiệm vụ

M1076 — M1080, F1088—F1092

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

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 3 năm 1988 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant».
Gửi Lời giải bài toán từ các số tạp chí khác nhau hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) trong các phong bì khác nhau. Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết: “Vấn đề «Kvant» Số 12 - 87” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M1076” hoặc “F1088”.
Ở cột “…địa chỉ người gửi”, vui lòng ghi riêng họ và tên của bạn. Trong thư, vui lòng đính kèm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).
Vui lòng gửi các điều kiện của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản trong một phong bì riêng thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”). Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết mã số trường và lớp mà bạn là giáo viên.
Các bài toán trong số này đã được đưa ra tại Olympic Toán quốc tế vào tháng 7 năm nay.
Chúng tôi chia sẻ rằng hai trong số họ thuộc về một tác giả thường xuyên của tạp chí của chúng tôi.

M1076. Các bissertis của góc $A$ của một tam giác nhọn $ABC$ cắt cạnh $BC$ tại điểm $L$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác tại điểm $N$ (khác với $A$); $K$ và $M$ là đáy của các đường vuông góc hạ từ $L$ sang các cạnh $AB$ và $AC$ (hình 1). Chứng minh rằng tứ giác $AKNM$ bằng tam giác $ABC$.

I. A. Kushinr

M1077. Gọi $p_n(k)$ là số hoán vị của một tập hợp gồm $n (n \geq 1)$ phần tử có chính xác $k$ điểm cố định. Chứng minh rằng:

a) $\sum_{k=0}^{n} k \cdot p_n(k) = 0 \cdot p_n(0) + 1 \cdot p_n(1) + \dots + n \cdot p_n(n) = n!$

b) $\sum_{k=0}^{n} (k-1)^2 p_n(k) = n!$

Ở mức nhỏ hơn Một hoán vị của một tập hợp hữu hạn $S$ là ánh xạ một-một $f$ của tập hợp $S$ lên chính nó; số hoán vị của một tập hợp gồm các phần tử $n$ là $n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n$. Phần tử $a$ của tập hợp $S$ được gọi là điểm cố định của hoán vị $f$ nếu $f(a) = a$.

M1078. Hàm $f$ được xác định trên tập $N_0$ của tất cả các số nguyên không âm và nhận các giá trị trong tập hợp này. Chứng minh rằng đẳng thức $f(f(n)) = n + 1987$ không thể đúng với tất cả $n$ của $N_0$.

M1079. Cho $n$ là một số tự nhiên, $n \geq 3$. Có thể sắp xếp $n$ điểm trên mặt phẳng sao cho khoảng cách giữa hai biểu thức bất kỳ là một số vô tỷ và diện tích của một tam giác có ba đỉnh bất kỳ là một số hữu tỉ (khác 0)?

M1080. Cho $q$ là một số tự nhiên, $q \geq 3$. Chứng minh rằng nếu $k^2 + k + q$ là số nguyên tố với mọi số nguyên $k$, trong đó $0 \leq k \leq \sqrt{q}/3$, thì $k^2 + k + q$ là số nguyên tố với mọi số nguyên $k$, trong đó $0 \leq k \leq q - 2$.

V. F. Lev

F1088. Thang không trọng lượng được cố định trong một hệ thống treo không trọng lượng quay với tốc độ $f=10$ vòng/phút để nó có thể lắc lư tự do so với bậc trên (hình 2). Một con khỉ nặng $m=30$ kg bắt đầu đi xuống cầu thang. Khoảng cách $l$ từ hệ thống treo sẽ là bao nhiêu khi vị trí thẳng đứng của thang không còn ổn định?

A. V. Andrianov

F1089. Khi bay từ trạm Mir đến trạm Salyut-7 ở cùng quỹ đạo, các phi hành gia của chúng tôi đã giảm tốc độ tàu của họ, di chuyển đến quỹ đạo thấp hơn và trong thời gian $t=30$ giờ trên khí Salyut-7 đang bay phía trước Mir ở khoảng cách $L=3000$ km. Giả sử các quỹ đạo là hình tròn, hãy xác định quỹ đạo trung gian cách quỹ đạo chính bao nhiêu km? Độ cao quỹ đạo nhỏ hơn nhiều so với trái đất $R_3 \approx 6400$ km.

M. V. Semenov

23

Chúng tôi đã xuất bản các bài toán về cuộc thi của Kvant hàng tháng kể từ số đầu tiên của tạp chí của chúng tôi. Đây là những vấn đề không chuẩn, nhưng cách giải của chúng không đòi hỏi thông tin nào nằm ngoài phạm vi giáo trình trung học của Liên Xô. Những bài toán khó hơn được đánh dấu sao (*). Sau khi trình bày vấn đề, chúng ta thường chỉ ra ai đã đề xuất vấn đề đó cho chúng ta. Không cần phải nói cũng biết rằng không phải tất cả những vấn đề này đều là những ấn phẩm đầu tiên. Giải pháp cho vấn đề này (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh) có thể được đăng không muộn hơn ngày 1 tháng 3 năm 1988, tới địa chỉ sau: Liên Xô, Moscow, 103006, Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, Kvant. Vui lòng gửi lời giải của các bài toán vật lý và toán học, cũng như các bài toán từ các bài toán khác nhau, dưới bìa riêng; trên phong bì ghi dòng chữ: “VẤN ĐỀ CỦA KVANT” và số của tất cả các bài toán đã giải được; trong thư của bạn hãy gửi kèm một phong bì có ghi địa chỉ không dán tem - chúng tôi

F1090. Hãy nhìn bầu trời trong đêm băng giá trong trẻo. Những ngôi sao nào lấp lánh hơn: những ngôi sao ở trên cao hay ở dưới đường chân trời, và tại sao?

A. S. Bugov

F1091. Một quả bóng có khối lượng $m$ và điện tích $q$ treo trên một sợi dây rút có chiều dài $l$ nằm ở tâm của vòng, dọc theo đó điện tích $Q$ (hình 3) được phân bố đều. Bán kính của vòng là $R$, điện tích $q$ và $Q$ bằng nhau. Xác định tần số dao động nhỏ của quả bóng bằng công thức $(1+x)^n \approx 1 + \alpha x$ ($x \ll 1$).

G. V. Grigoriev

F1092. Tìm vị trí ảnh của một vật chính xác nằm cách mặt trước một khoảng $L$ của một tấm kính dày phẳng song song được mạ bạc ở mặt sau (hình 4). Hình ảnh được nhìn vuông góc với bề mặt của tấm. Độ dày của tấm là $d$, chỉ số phân bố là $n$.

V. K. Peterson

Problems

M1076 — M1080, P1088 — P1092

M1076. Đường phân giác của góc $A$ trong tam giác nhọn $ABC$ cắt cạnh $BC$ tại điểm $L$ và đường tròn nội tiếp tam giác tại $N$ ($\neq A$); các đường vuông góc, được vẽ từ $L$ đến $AB$ và $AC$, cắt chúng tại $K$ và $M$. Chứng minh rằng tứ giác $AKNM$ có diện tích bằng $ABC$ (xem hình Hình 1)

I. A. Kushnir

M1077. Denote by $p_n(k)$ the number of permutations of an $n$-element set having exactly $k$ fixed points. Prove that

a) $\sum_{k=0}^{n} k \cdot p_n(k) = 0 \cdot p_n(0) + 1 \cdot p_n(1) + \ldots + n \cdot p_n(n) = n!$

b) $\sum_{k=0}^{n} (k-1)^2 p_n(k) = n!$

Remark. A permutation of a finite set $S$ is any one-to-one map $f$ of $S$ onto itself; the number of all permutations of an $n$-element set is $n! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot n$. The element $a$ of the set $S$ is a fixed point of the permutation $f$ if $f(a) = a$.

M1078. The function $f$ is defined on the set $N_0$ of all non-negative integers and ranges over $N_0$. Prove that the relation $f(f(n)) = n + 1987$ cannot hold for all $n$ from $N_0$.

M1079. Suppose $n$ is an integer, $n \geq 3$. Is it possible to choose $n$ points in the plane so that the distance between any two points is irrational, while the area of a triangle with vertices at any three of those points is rational and positive?

24

shall use it to send you the correction results. At the end of the academic year we sum up the results of the Kvant problem contest. If you have an original problem to propose for publication, please send it to us under separate cover, in two copies (in Russian or in English), including the solution. On the envelope write NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS). Please print your name and address in BLOCK LETTERS.

M1080. Suppose $q$ is an integer, $q \geqslant 3$. Prove that if $k^2 + k + q$ is simple for all integer $k$, where $0 \leqslant k \leqslant \sqrt{q/3}$ then $k^2 + k + q$ is simple for all integer $k$ satisfying $0 \leqslant k \leqslant q - 2$.

V. F. Lev

P1088. A weightless ladder is fixed to a weightless support, rotating with velocity $f = 10$ rev/min, so that the ladder can oscillate relatively to the upper step (figure Pisc. 2, p. 23). A monkey of mass $m = 30$ kg begins to climb down the ladder. At what distance $l$ from the support will it be, when the vertical position of the ladder ceases to be the equilibrium one?

A. V. Andrianov

P1089. In the flight from the station “Mir” to the station “Salut-7”, which were on the same orbit, our astronauts slowed down their ship, switched to a lower orbit and in time $t = 30$ hours caught up with “Salut-7”, which had been flying $L = 3000$ km ahead of “Mir”. Assuming the orbits circular, find how many kilometers lower the intermediate orbit was than the main one. The altitudes of the orbits are much less than the Earth’s radius $R_E = 6400$ km.

M. V. Semionov

P1090. Look at the sky on a clear, freezing night. What stars scintillate more noticeably — those high up or those nearer the horizon, and why?

A. S. Butov

P1091. A small ball of mass $m$ and charge $q$ hangs by an unstrechable string of length $l$ in the centre of a hoop, along which the charge $Q$ is uniformly distributed (figure Pisc. 3, p. 23). The hoop’s radius is $R$, the charges have the same sign. Determine the frequency of small oscillations of the ball, using the formula $(1+x)^a \approx 1 + ax$ ($x \ll 1$).

G. V. Grigoriev

P1092. Find the position of the image of a point-like object, located at the distance $L$ from plane parallel the front surface of a thick glass plate whose back surface is silvered (figure Pisc. 4, p. 23). The image is viewed perpendicularly to the plate’s surface. The thickness of the plate is $d$, the refraction index is $n$.

V. K. Peterson

Lời giải bài toán
M1056 — M1060*), F1067 — F1072

Hình vuông được chia thành 994 khu vực, như minh họa trong hình: khu vực thứ nhất là ô góc, khu vực thứ hai là ô vuông $3 \times 3$ không có ô góc, khu vực thứ ba là ô vuông $5 \times 5$ không có hai khu vực đầu tiên, v.v. Ở mỗi vùng trong số 993 vùng, bắt đầu từ vùng thứ hai, tổng các số không vượt quá 2. Thật vậy, chúng ta hãy đặt các hình vuông $2 \times 2$ (hình vuông màu đỏ trên hình) trong một vùng như vậy. Ô $A$ sẽ được bao phủ bởi immi hai lần và ô $B$ sẽ không được bao phủ bởi bất kỳ ô vuông nào. Đặt số $a$ ở trong ô $A$ và số $b$ ở trong ô $B$. Theo quy ước, tổng các số trong mỗi ô vuông $2 \times 2$ là 0 nên tổng các số trong vùng này là $b - a$ và do đó không vượt quá 2. Như vậy, tổng các số không vượt quá $1 + 2 \cdot 993 = 1987$.

S. Ivanov (lớp 8, s. sh. Số 239, Leningrad)

*) Những lời giải này được biên soạn dựa trên bài làm của những người tham gia Olympic Toán toàn Liên minh năm nay.

25

M1057. Hai Cerrok lần lượt viết lên bảng các số tự nhiên không vượt quá p. Các quy tắc của cerrok cấm viết ước số của các số đã viết sẵn lên bảng. Tạo ra một cerrok không thể thực hiện một động thái nào khác.
a) Tìm ra con cerrok nào có chiến lược chiến thắng với p=10 và chỉ ra chiến lược đó.
b) Tìm xem con cerrok nào có chiến lược thắng với p=1000.

M1058. Một tập hợp các nút không trống được đánh dấu trên một mạng số nguyên. Ngoài ra, một tập hợp hữu hạn các vectơ có tọa độ nguyên được đưa ra. Được biết, nếu tất cả các vectơ đã cho bị ngắt kết nối khỏi bất kỳ nút bị hủy nào thì giữa các đầu của chúng sẽ có nhiều nút bị hủy hơn các nút không bị hủy. Chứng minh rằng có vô số nút xuất sắc.

M1059. Đồ thị của hàm y=f(x), xác định toàn bộ trục số, biến thành chính nó khi quay một góc π/2 quanh gốc tọa độ.
a) Chứng minh rằng phương trình f(x)=x là duy nhất lời giải.
b) Cho ví dụ về hàm số đó.

a) Đáp số: Người bắt đầu thắng. Nước đi đầu tiên anh ta phải viết là số 6. Sau đó anh ta chỉ viết được các số 4, 5, 7, 8, 9, 10. Chia chúng thành các cặp: (4, 5), (7, 9), (8, 10). Dễ dàng nhận thấy rằng trong đáp số đối với bất kỳ số nào được viết bởi người chơi thứ hai, người đầu tiên sẽ luôn có thể viết được một số ghép đôi.

6. Đáp số: Người khởi đầu thắng. Hãy chứng minh điều này bằng phản chứng. Hãy để người mới bắt đầu không có chiến lược chiến thắng, tức là, đối với bất kỳ nước đi nào của mình, người chơi thứ hai có đáp số, điều này cuối cùng dẫn đến chiến thắng. Đặc biệt, nếu người bắt đầu viết số 1 với nước đi đầu tiên của mình, đối tác của anh ta có thể, như một chiến lược không thể thay đổi, đảm bảo chiến thắng bằng cách viết số n trước tiên. Sau đó, khi viết n ở nước đi đầu tiên, người bắt đầu với chiến lược tương tự sẽ đảm bảo chiến thắng cho mình vì 1 không thể được viết nữa. Tất nhiên, lý do này đúng với mọi p.

D. Ivanov (lớp 8, s. sh. Số 57, Moscow)

Chúng ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ trên mặt phẳng, đặt gốc tọa độ của nó tại một trong các nút mạng và hướng trục hoành sang phải và trục thông thường hướng lên trên. Thể tích của tập hợp vectơ này được chia thành hai phần V₁ và V₂. Đối với V₁, chúng tôi bao gồm các vectơ có tọa độ (x, y), trong đó y>0 hoặc y=0 và x>0. Các vectơ còn lại được gọi là V₂. Nếu số lượng nút xuất sắc là hữu hạn, thì trong số đó, bạn có thể chọn nút có nhiều trục hoành nhất trong số các nút có nhiều thứ tự nhất (ngoài cùng bên phải của nút trên cùng). Chúng ta hãy đặt tất cả các vectơ khỏi nó sang một bên (xem hình). Khi đó các đầu vectơ của tập V₁ sẽ rơi vào các nút không thể thay thế được. Theo điều kiện bài toán thì tập V₂ chứa nhiều vectơ hơn V₁. Theo cách tương tự, vẽ đồ thị các vectơ từ ngoài cùng bên trái của các nút xuất sắc nhất, chúng ta thấy rằng có nhiều vectơ trong tập V₁ hơn trong V₂. Mâu thuẫn này cho thấy tập hợp các nút bị hủy là vô hạn.

D. Romanin (lớp 9, Trường Vật lý số 165, NSU, Novosibirsk)

a) Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng f(0)=0. Cho f(0)=a, tức là đồ thị của hàm f chứa điểm (0, a). Sau hai phép quay qua một góc π/2 quanh gốc tọa độ, điểm này sẽ tiến tới điểm (0, -a) (hình 1) và vì nó cũng phải nằm trên đồ thị nên a=-a=0.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng phương trình f(x)=x có thêm một lời giải x=b(b≠0), tức là đồ thị đi qua điểm (b; b). Sau đó, nó cũng đi qua điểm (b; -b), từ (b; b) ta thu được bộ ba bằng cách quay π/2 (hình 1). Nhưng điều này là không thể.

Vì vậy, phương trình f(x)=x luôn có duy nhất lời giải x=0.

6. Hàm yêu cầu có thể được định nghĩa như sau:

$$f(x) = \begin{cases} 0 & \text{при } x=0, \\ -x/2 & \text{при } 4^k \leq |x| < 2 \cdot 4^k, \\ 2x & \text{при } 2 \cdot 4^k-1 \leq |x| < 4^k, \end{cases}$$

trong đó k là số nguyên tùy ý (đồ thị trên hình 2).

26

M1060. Có hai đường đứt nét khép kín trên mặt phẳng, mỗi đường có số lẻ zen. Tất cả các đường thẳng chứa zenev của các đường gãy này đều khác nhau và không có ba đường thẳng nào cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng có thể chọn một zen từ mỗi đường đứt đoạn sao cho chúng là các cạnh đối diện của một tứ giác lồi nhất định.

Nếu một trong các liên kết của đường gãy thứ nhất song song với một số zen của đường đứt thứ hai, thì phát biểu bài toán là hiển nhiên (hai zen này là đáy của hình thang). Do đó, chúng ta sẽ giả định thêm rằng không có hai zenin nào có các đường gãy khác nhau song song với nhau.

Đường chứa zeno sẽ được gọi là đường truyền của zeno này. Vì cả hai đường gãy đều bao gồm một số lẻ zenev, nên số $N$ giao điểm của các đường sóng mang của một đường gãy với các đường không hỗ trợ của đường kia là số lẻ.

Giả sử rằng phát biểu bài toán là sai. Khi đó, cho dù bạn chọn một zen trên mỗi đường gãy như thế nào thì giao điểm của các đường thẳng không tồn tại của chúng sẽ nằm trên một trong hai zzen này. Do đó, số $N$ có thể được biểu diễn dưới dạng (số giao điểm của đường đứt nét thứ nhất với các đường phi tuyến tính của đường thứ hai) + (số giao điểm của đường đứt nét thứ hai với các đường phi tuyến tính của đường đứt nét thứ nhất) - (số giao điểm của các đường đứt nét với nhau),
vì số cuối cùng được tính hai lần vào tổng của số đầu tiên. Chúng ta hãy chứng minh rằng mỗi số trong số này, và do đó, số $N$, là số chẵn, mâu thuẫn với những gì đã nói ở trên. Như vậy, bài toán sẽ được giải quyết.

Chúng ta sẽ uốn cong một đường đứt nét theo một hướng nhất định cho đến khi nó ngừng giao nhau với đường kia và xem số lượng giao điểm thay đổi như thế nào. Rõ ràng là nó chỉ có thể thay đổi tại thời điểm khi một số đỉnh $A$ của một trong các đường gãy rơi vào một zeno $l$ nào đó của đường kia. Ví dụ: khi bạn có thể chọn sao cho đỉnh $A$ không thể trùng với đỉnh hoặc điểm tự giao nhau của một đường đứt quãng khác. Khi đó, chỉ cần xét hai trường hợp: khi hai zen xuất hiện từ đỉnh $A$ nằm đối diện nhau của $l$ (hình 1) và trên cùng một phía (hình 2). Trong trường hợp đầu tiên, số lượng giao điểm không thay đổi, trong trường hợp thứ hai, nó tăng hoặc giảm 2. Trong mọi trường hợp, tính chẵn lẻ của nó được giữ nguyên và vì sẽ không có giao điểm ở cuối nên số giao điểm của hai đường đứt nét khép kín là chẵn. Tính chẵn lẻ của số giao điểm của một lo-

28

hình hiển thị các vectơ $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \vec{v}_3$ được định hướng theo các điều kiện $T_1 < T_2$.

Ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ có gốc tọa độ tại điểm va chạm của mảnh số 3. Khi đó sự phụ thuộc thời gian của tọa độ của mảnh thứ nhất và mảnh thứ ba có dạng

$$y_1(t) = H + \frac{1}{2} vt - \frac{gt^2}{2},$$

$$y_3(t) = H - vt - \frac{gt^2}{2}.$$

Vì $y_1(T_2) = 0, y_3(T_1) = 0$, thì từ phương trình (2)

$$0 = H + \frac{1}{2} vT_2 - \frac{gT_2^2}{2}, \quad 0 = H - vT_1 - \frac{gT_1^2}{2}$$

chúng tôi tìm thấy

$$H = g \frac{T_2T_1}{2} \frac{T_1 + 2T_2}{2T_1 + T_2}.$$

Yu. G. Pavlenko

F1069. Một nút thắt có kích thước $a$, được làm từ một thanh chính mỏng, được gắn một vòng mỏng có chiều dài $l$ có ​​gắn một vật nặng nhỏ; yzel được cài đặt theo chiều dọc. Tìm khoảng cách từ tải đến đỉnh góc ở vị trí cân bằng và chu kỳ dao động nhỏ của tải trong mặt phẳng góc.

Hình 1.

Hình 2.

F1070. Một cậu bé thổi bong bóng xà phòng từ một thanh dài thô. Thổi phồng bong bóng, nó nhả ấu trùng ra khỏi miệng, trong khi bong bóng thổi ngược vào ấu trùng và thời gian $t$ cuối cùng biến mất. Sẽ mất bao lâu để xì hơi một bong bóng đầu vào có bán kính lớn hơn theo cách tương tự? Giả sử rằng không khí di chuyển qua lớp thô khá chậm.

Không khí di chuyển qua hạt thô chậm nên lực ma sát có thể coi là tỷ lệ thuận với tốc độ của dòng không khí. Áp suất dư trong bong bóng nhỏ so với áp suất khí quyển nên chúng ta bỏ qua sự thay đổi mật độ không khí trong bong bóng.

Lực ma sát tại bất kỳ thời điểm nào gần như cân bằng lực của áp suất dư và $\Delta p$ tỷ lệ nghịch với bán kính của bong bóng. Sau đó chúng ta có thể viết:

$$v \sim \Delta p \sim \frac{1}{r}, \quad \frac{\Delta V}{\Delta t} \sim \frac{1}{r},$$

29

Lenino, tính chất của màng xà phòng đối với cả hai bong bóng đều giống nhau.

$$\frac{\Delta V}{V} \sim \frac{\Delta t}{r^4}.$$

Nếu chúng ta có hai bong bóng có bán kính $r_1$ và $r_2$, thì tỉ số thời gian mà thể tích của mỗi bong bóng giảm đi một phần nhỏ như nhau là

$$\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2} = \frac{r_2^4}{r_1^4},$$

nhưng đồng thời tỷ lệ bán kính vẫn giữ nguyên, nghĩa là tỷ lệ thời gian biến mất của bong bóng sẽ như nhau. Vì thế,

$$t_2 = 16t_1.$$

D. A. Kuptsov

F1071. Trong sơ đồ ở hình 1, bóng đèn cháy sáng như nhau khi phím K đóng và khi phím K mở; $R_1 = R_3 = 90$ Ohm, $R_2 = 180$ Ohm, $U = 54$ V. Tìm hướng đi của bóng đèn.

Lưu ý rằng điện trở của bóng đèn phụ thuộc vào hướng đặt trên nó: khi điện áp tăng, nhiệt độ của dây tóc tăng và điện trở của bóng đèn tăng. Theo các điều kiện bài toán, độ nóng của ren khi phím đóng và mở là như nhau; do đó, hướng của bóng đèn $U_\pi$ và điện trở của nó $R_\pi$ đều giống nhau trong cả hai trường hợp.

Hình 2 và 3 thể hiện các mạch tương đương khi công tắc đóng và mở. Điện trở của các phần $BC$ và $AC$ —

$$R_{BC} = \frac{RR_3}{R + R_3}, \quad R_{AC} = R_2 + R_{BC}. \tag{1}$$

Thay thế vào (1) các giá trị của điện trở $R_2$ và $R_3$ (tính bằng ohm), ta thu được

$$R_{BC} = \frac{90R}{R + 90}, \quad R_{AC} = \frac{270(R + 60)}{R + 90}. \tag{2}$$

Điện áp trên bóng đèn khi đóng chìa khóa

$$U_\pi = \frac{U}{R_{AC}} R_{BC}.$$

Xét đến (2) và thực tế là $U = 54$ B, chúng ta thu được

$$U_\pi = \frac{18R}{R + 60}. \tag{3}$$

Một phép tính tương tự với phím mở sẽ cho

$$U_\pi = \frac{36R}{R + 150}. \tag{4}$$

Từ phương trình (3) và (4), điện áp trên bóng đèn được tìm thấy:

$$U_\pi = 6 \text{ В.}$$

V. I. Chivilev

F1072. Tại sao sự hiện diện của thành phần siêu phi lê trong quang phổ lại làm giảm độ sắc nét của hình ảnh thu được trên phim ảnh?

Chỉ số lấp đầy thủy tinh và do đó, tiêu cự của vật thể phụ thuộc vào bước sóng của bức xạ. Bằng cách chọn hình dạng và chất liệu của vật thể cũng như khoảng cách tối ưu đến phim, tính năng loại bỏ hiện tượng mờ ảo của hình ảnh khi chụp ảnh sẽ được thêm vào. Các thủ thuật tương ứng không liên quan đến các bước sóng nằm ngoài phần nhìn thấy được của quang phổ. Do đó, sự tiếp xúc của tia siêu di thể với phim chụp ảnh sẽ dẫn đến hiện tượng mờ hình ảnh nói chung. Để khắc phục nhược điểm này, người ta sử dụng các bộ lọc không truyền hình ảnh tia cực tím. Vì lý do tương tự, trên một số vật thể, một tủ khoảng cách riêng biệt được áp dụng để chụp trong phạm vi hồng ngoại.

L. A. Ashkinazu

31

Nhiệm vụ

1. Người ta biết về ba số nguyên tố mà một trong số chúng bằng hiệu lập phương của hai số còn lại. Những con số này là gì?

2. Trong một số đồng hồ cổ, được thiết kế để sử dụng ngoài trời, đồng hồ được chế tạo một cách kỳ diệu dưới dạng một ống dài kết thúc bằng một chiếc bình chứa rượu rue. Việc này được thực hiện nhằm mục đích gì?

3. Giải câu đố số (xem hình). Cùng một chữ cái tương ứng với cùng một số, các chữ cái khác nhau tương ứng với các số khác nhau.

4. Có bảy ngôi nhà ở trang trại Semidvorye. Điều tò mò là dù chúng ta chọn ba ngôi nhà nào thì khoảng cách giữa ít nhất một cặp trong số đó là 100 mét. Vẽ sơ đồ vị trí các ngôi nhà trong trang trại.

5. Tartarin, khi đi du lịch khắp Châu Phi, đã từng dừng chân qua đêm trên bờ một hồ nước nhỏ có nước tinh khiết nhất (các dòng suối sủi bọt ở đáy). Tuy nhiên, vào buổi sáng một đàn voi đã đến gần hồ. Tartarin đếm được 183 cái đầu. Sáng hôm sau họ rời đi, để lại một vũng bùn trong hồ. Vài năm sau, Tartarin quay trở lại nơi này. Hồ lại đầy nước nhưng đến sáng lại thấy đàn voi xuất hiện. Lần này có 37 con voi trong đàn và chúng có đủ nước dùng trong 5 ngày. Rời bờ hồ, say khướt cho đến ngày, Tartarin nghĩ: bao nhiêu ngày nữa một con voi sẽ tàn phá hồ?

Những nhiệm vụ này đã được đề xuất cho chúng tôi bởi N. Ya. Antonovich, A. S. Butov, A. M. Domashenko, một học sinh trong làng. w. Số 15 Stavropol Pavel Skucharev, A. P. Savin

Nếu bạn trộn tất cả các màu sắc của cầu vồng lại với nhau,
rồi… hóa ra là bụi đen.
Có hại (từ phim hoạt hình thiếu nhi)

LÀM SAO
MỘT NGÀY
JACQUES THE BELLER
CÁI ĐẦU
HÃY ĐÈN ĐÈN…

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. I. BUZDIN.
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. S. KROTV

33

Chúng ta đừng quá khắt khe với kết luận của Vredny về sơn, mà hãy xem xét mọi thứ theo thứ tự, vì thí nghiệm vật lý thuần túy là một chất tinh tế…

Có bao nhiêu màu sắc khác nhau trên thế giới? Tất cả những bông hoa khác nhau đến từ đâu? Những câu hỏi này và nhiều câu hỏi khác đã chiếm giữ những người thân yêu trong một thời gian dài. Newton vĩ đại đã có đóng góp to lớn cho việc sáng tạo ra khoa học về màu sắc. Ông quan sát thấy sự phân hủy của ánh sáng mặt trời (ánh sáng trắng) khi nó truyền qua lăng kính thủy tinh thành cái gọi là quang phổ (từ quang phổ Latin). Màu sắc thu được hoàn toàn khớp với màu sắc của cầu vồng. Lăng kính cho phép Newoton thu được cầu vồng trong điều kiện “phòng thí nghiệm”. Đây rồi, các màu sắc của cầu vồng: đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím. Hãy nhìn lại tiêu đề của bài viết. Chúng tôi đã sử dụng một cụm từ hài hước để giúp điền vào chuỗi màu sắc trong quang phổ mặt trời (như bạn có thể thấy, có một số sự thật trong trò đùa của chúng tôi). Chắc chắn một số bạn sẽ nhớ một quy tắc ghi nhớ khác - cụm từ “mọi thợ săn đều muốn biết con gà lôi đang đậu ở đâu”.

Nhờ các thí nghiệm của Newton vào cuối thế kỷ 17 mà người ta đã xác định được rằng ánh sáng trắng là hỗn hợp của nhiều màu sắc khác nhau. (Đặc biệt, Newton đã chỉ ra rằng nếu trộn lẫn ánh sáng trắng thành quang phổ thì sẽ thu được ánh sáng trắng.) Phải mất một thời gian dài, các nhà khoa học mới nhận ra rằng ánh sáng là sự dao động của điện trường và từ trường liên hệ với nhau lan truyền trong không gian, hay nói cách khác là sóng điện từ. Ví dụ phổ biến nhất của loại sóng này là sóng vô tuyến. Người ta đã chứng minh rằng bản chất của ánh sáng và sóng vô tuyến là như nhau, chúng chỉ khác nhau ở tần số rung động. Tần số của sóng vô tuyến thấp hơn hàng nghìn lần so với sóng ánh sáng. Mỗi màu tương ứng với một tần số rung động nhất định. Nếu chúng ta sử dụng sự tương tự với một nhạc cụ, thì màu đỏ tương ứng với “âm trầm” và màu tím tương ứng với mồ hôi nhiều.

Tốc độ truyền sóng điện từ là $c = 300\,000$ km/s. Nó nhanh hơn tốc độ âm thanh gấp hàng nghìn lần, vì vậy một người nghe đài ngồi ở nhà ở Vladivostok gần đài nghe thấy giọng ca sĩ tại một buổi hòa nhạc, được vận chuyển từ Moscow, sớm hơn một người nghe ngồi ở hàng ghế sau của phòng hòa nhạc.

Giá trị nhất định cho tốc độ ánh sáng ($c = 3 \cdot 10^5$ km/s) đề cập đến mùi vị. Khi ánh sáng truyền trong chất tiên tri, tốc độ sẽ thấp hơn. Điều đặc biệt quan tâm là thực tế là khi ánh sáng có màu sắc khác nhau đi qua vật chất, nó sẽ truyền đi với tốc độ khác nhau. Hiện tượng này gọi là tán sắc, chính nhờ hiện tượng tán sắc mà nó phân hủy ánh sáng trắng thành quang phổ màu.

Vì vậy, từ ánh sáng trắng bạn có thể thu được tất cả các màu sắc của cầu vồng. Các màu cổ điển khác nhau trên trang này có ý nghĩa gì? Ngay sau khi bạn mang bài viết này vào phòng tối (thực sự, tại sao không?), tất cả các màu sẽ biến mất hoàn toàn, các vết bẩn sẽ chỉ trở thành màu xám - bản thân chúng không “phát sáng”, bất kể chúng có màu gì. Để nhìn thấy chúng với nhiều màu sắc khác nhau, chúng cần được chiếu sáng. Trong trường hợp này, ánh sáng rơi trên trang bị hấp thụ một phần, tán xạ một phần và chúng ta nhìn thấy các tia sáng bị tán xạ một cách chính xác.

Điều rất quan trọng là các hoa khác nhau được tìm thấy trên các tia màu xanh lá cây rải rác chủ yếu, do đó có màu đỏ. Điều này cho thấy sự thay đổi trong cấu trúc phân tử của chất cà chua. Nhân tiện, không phải ngẫu nhiên mà trong hóa học màu sắc là một đặc tính quan trọng của một chất.

Đã đến lúc phải bỏ lại những lo lắng trần thế và… bay lên. Quả thực, có ai mà ít nhất một lần trong đời lại không bị hớp hồn bởi trò chơi huyền bí của sắc màu thiên đường? “Màu không phải là không có cát - màu xanh lam…” nhà thơ tuyệt vời Niko Baratashvili của Gruppa đã viết. Nhưng chúng ta hãy tự hỏi mình câu hỏi: đường được đề cập có hoàn hảo về mặt vật lý không?

34

Màu xanh của bầu trời thường được giải thích bằng sự tán xạ ánh sáng trong khí quyển. Tuy nhiên, tại sao bầu trời đêm không có màu xanh ngay cả khi trăng tròn? Hoặc tại sao các phần khác nhau của bầu trời lại có màu xanh khác nhau - một số sáng hơn, một số khác lại kém hơn? Và nếu chúng ta quay về phía hoàng hôn? Một nhà vật lý chăm chú quan sát cảnh hoàng hôn nhận thấy rằng phần đầu tiên của bầu trời phía tây có màu vàng hoặc cam; rồi khi mặt trời chuyển sang màu đỏ rực, ánh sáng của bầu trời chuyển từ màu vàng cam sang xanh tươi; cuối cùng, ở khoảng 25° so với đường chân trời, bầu trời chuyển sang màu hồng.

Vì nguyên nhân của tất cả các va chạm màu được liệt kê là do sự tán xạ của ánh sáng mặt trời trong khí quyển, chúng ta hãy tìm hiểu quá trình này chi tiết hơn.

Lời giải thích về đặc thù của màu sắc bầu trời thuộc về nhà vật lý người Anh W. Rayleigh. Nói chung, ngày của cơ thể như sau. Màu sắc của bầu trời được xác định bởi sự phụ thuộc của sự tán xạ ánh sáng vào tần số của ánh sáng sau. Sóng điện từ đến từ mặt trời làm “đung đưa” các electron tạo nên các phân tử không khí. Các tia thuộc phần màu xanh của quang phổ có tác dụng mạnh nhất lên các electron. Do đó, từ bước sóng ánh sáng giảm đi, các electron của các phân tử không khí bị “lấy đi” bởi sự rung động của phần màu xanh lam của quang phổ. Tuy nhiên, sau khi chuyển sang chuyển động dao động cưỡng bức, các electron sẽ trả lại năng lượng đã lấy từ sóng. Tuy nhiên, chúng tỏa ra năng lượng này theo mọi hướng chứ không chỉ theo hướng rơi của sóng ban đầu từ mặt trời. Quá trình này là sự tán xạ ánh sáng.

Sự tồn tại của lời giải thích cho sự tán xạ ánh sáng trong khí quyển là sự phân bố không đồng đều của các phân tử không khí trong khí quyển - sự biến động liên tục của mật độ không khí. Nếu các phân tử được phân bố đều trong không gian thì sự tán xạ sẽ hoàn hảo – bầu trời sẽ có màu đen.

Vì vậy, các phân tử không khí tán xạ phần màu xanh lam của quang phổ mạnh nhất, và do đó bầu trời mà chúng ta nhìn thấy trong ánh sáng khuếch tán sẽ có màu xanh lam đối với chúng ta.*) Các phần tương ứng của bầu trời càng ở xa mặt trời thì chúng ta càng thấy chúng kém sáng hơn. Lý do là vì tia nắng mặt trời càng đi xa trong bầu khí quyển thì phần màu xanh lam của chúng càng ít. Bây giờ chắc bạn đã hiểu tại sao người ta nói “mặt trời có màu đỏ” rồi phải không? Các tia mặt trời nhận được trên đường tới chúng ta “mất đi” thành phần màu xanh lam và người ta quan sát thấy một phần bức xạ bổ sung tới bầu trời, tạo nên phần màu đỏ-vàng của quang phổ.

Rõ ràng là khói, bụi và các hạt nhỏ khác có trong không khí tồn tại theo những cách ảnh hưởng đến sự tán xạ ánh sáng trong khí quyển. Được biết, sau những đợt phun trào núi lửa lớn, bình minh và hoàng hôn đôi khi hiển thị những màu sắc đáng kinh ngạc - mặt trời và mặt trăng thậm chí có thể chuyển sang màu xanh lam. Chúng ta hãy mô tả hậu quả của vụ phun trào thảm khốc của núi lửa Krakatay năm 1883, được đưa ra trong cuốn sách “Địa chất giải trí” của nhà khoa học người Nga thay thế V.A. Obruchev: “Tro mịn làm tối Mặt trời ở Nhật Bản và những nơi khác ở khoảng cách hơn 3000 km. Tro này trôi nổi trong một thời gian dài trong khí quyển, gây ra màu xanh lam của mặt trời và mặt trăng ở Châu Phi và các đảo Thái Bình Dương và màu đỏ thay thế xuất hiện vào cuối năm 1883 và đầu năm 1884, được quan sát thấy trên khắp Trái đất.

Màu xanh lam của mặt trời và mặt trăng trong trường hợp này là do sự tán xạ ánh sáng trên các azrosol trong khí quyển có kích thước 0,4-0,9 micron, tức là kích thước tương đương với bước sóng của ánh sáng khả kiến. Các azrosol trong khí quyển có kích thước được chỉ định được hình thành bằng cách lắng đọng trên các hạt khói, tro rắn, v.v. trong quá trình phun trào núi lửa và cháy rừng lớn. Chính vì quang phổ ánh sáng tương đối của nó nên nó mạnh hơn màu xanh lam. Sự tán xạ này gắn liền với nhà khoa học người Đức Mie. Tại

*) Câu hỏi có thể được đặt ra: tại sao lại có màu xanh mà không phải là sáo? Vấn đề là chúng ta cũng phải tính đến những đặc điểm cụ thể trong nhận thức màu sắc của con người và thực tế là trong ánh sáng mặt trời có “ít” tia lưu chuyển hơn tia màu xanh lam. Chúng tôi hứa sẽ cho bạn biết thêm về điều này trong một bài viết khác, trên một trong những số tiếp theo của tạp chí.

35

Các quan sát về mặt trời và các tia qua azrosol như vậy chúng được coi là màu xanh lam - thành phần màu đỏ của ánh sáng trắng bị phân tán và chỉ có ánh sáng xanh chiếu tới chúng ta.

Vì vậy, những bức tường màu sắc tô điểm cho ánh sáng thiên đường được xác định trong từng tình huống cụ thể bằng sự kết hợp giữa tán xạ Rayleigh với tán xạ ánh sáng trên các bộ phận nhỏ.

“Núi xanh, khoảng cách xanh, thành phố xanh” - tất cả những sự kết hợp từ ngữ tích cực này đều được sử dụng một cách có điều kiện như biểu tượng của sự nguyên sơ, thuần khiết phi thường và bí ẩn. Điều đáng ngạc nhiên nhất là vật lý cũng có liên quan ở đây.

Vì vậy, đôi khi trên một khu vực rộng rãi được bao phủ bởi cây xanh, không quá ô nhiễm do hoạt động của con người, một đám mây mù màu xanh lam rất đỏ xuất hiện. Những ngọn núi xanh của vùng Kavkaz thường được nhắc đến trong văn học. Dãy núi Blue Mountains ở Úc nổi tiếng với làn sương mù màu xanh. Màu xanh lam của “khói mù” là do sự tán xạ ánh sáng trên những phần nhỏ nhất, kích thước của chúng nhỏ hơn nhiều so với bước sóng của ánh sáng khả kiến. Những bộ phận như vậy có thể là các đại phân tử hữu cơ do thực vật phát ra, cũng như các hạt nhỏ xíu bị điện trường của trái đất quét khỏi các bộ phận sắc nhọn của thực vật. Vì vậy, ở những nơi tích tụ các hạt nhỏ, hiệu ứng tán xạ bổ sung của phần màu xanh lam của quang phổ sẽ xảy ra.

Kết thúc bài viết, chúng tôi cung cấp cho người đọc các âm mưu để xem xét độc lập.

1. Tại sao cây Tết nhìn từ xa (chẳng hạn như đứng ở quảng trường chính của thành phố bạn) lại có màu đỏ vào buổi tối, mặc dù nó được chiếu sáng bằng nhiều loại đèn có màu sắc khác nhau?

2. Nếu bạn tình cờ ngồi bên đống lửa vào đêm giao thừa, đừng quên tạo dáng và có thể khoe khoang với những người xung quanh bằng cách hỏi họ câu hỏi sau. Tại sao ngọn lửa có màu xanh lam trên nền cây, nhưng phía trên ngọn cây (trên nền trời sáng) lại có màu vàng?

3. Nhỏ vài giọt sữa vào cốc nước và nhìn qua bóng đèn đang phát sáng. Bóng đèn sẽ có màu vàng đỏ. Nếu bạn nhìn vào ánh sáng phản chiếu từ kính, nó sẽ có màu xanh lam. Giải thích sự khác biệt màu sắc quan sát được.

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

(Để bắt đầu, xem trang 30)

(Minsk) 47; S. Burkov (Kyiv) 47; S. Vuslenko (Tula) 50, 55; A. Vuchel (Lutsk) 53; S. Vavrynok (Vrest) 47; S. Valyukh (Kyiv) 53; M. Vanyushov (Leningrad) 53; K. Vasiljuo (Craiova, SRR) 47; K. Verbtsiksh (Moscow) 55, 57; D. Vinogradov (Riga) 57; A. Vintsok (Kyiv) 53; D. Vitkup (Kyiv) 50, 55, 57; V. Vovek (Barvenkov) 53, 55; K. Voloshin (Moscow) 49; P. Wolfbein (Kyiv) 49, 53, 55, 57; A. Gladyshev (Krasnoisk) 47; O. Glazunov (Moscow) 49, 53; A. Goncharov (Novosibirsk) 50; M. Goncharov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 53, 55, 57; P. Gorkov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 50, 53, 57; G. Grigoryan (Moscow) 50; V. Gurevtsit (Saratov) 49, 50, 53, 55, 57; S. Guev (Lobnya) 50; S. Dvornik (Novosibirsk) 50, 53, 55, 57; E. Demler (Novosibirsk) 50, 53, 55, 57; E. Demchenko (Zhdanov) 55, 57; K. Demyanenko (Kyiv) 46, 47; S. Dikiy (Cherkasy) 53, 55, 57; S. Dronov (Pushino) 53, 55; V. Dyadechko (Vinnitsa) 49; A. Ezersky (Minsk) 47, 50, 53, 55, 57; A. Elshevich (Minsk) 47, 49, 50, 57; D. Ermenenko (Sumy) 47; P. Zabelin (Kuibyshev) 49, 52; A. Losev (Leningrad) 47; S. Ludansky (Moscow) 47; O. Luchev (Makhachkala) 50; A. Lutovinov (Michirinsk) 47; A. Lvovsky (Moscow) 47, 49, 53; A. Laduzin (vùng Straynoy) 47, 53, 55-57; D. Makunin (Serpukhov) 55; R. Malendeevich (Volkhov) 55; R. Malkov (Saratov) 49, 53, 55; A. Malshev (P. Medyanka, vùng Kursk) 47, 55; A. Mamaev (vùng Volga) 49, 53; A. Mamedov (Odessa) 47;

(Về phần kết xem trang 59)

36

Quan sát cảm ứng tĩnh điện

V.V. MAYER,
R. W. MAYER

Hãy mang một vật tích điện tới người dẫn điện. Giả sử, với mục đích định nghĩa, dây dẫn là kim loại và điện tích trên cơ thể là dương. Một điện trường sẽ xuất hiện trong dây dẫn và các điện cực tự do tác động ngược lại với điện trường sẽ tích tụ trong khu vực của dây dẫn gần thân sạc. Do đó, vùng này sẽ mang điện tích âm và vùng xa cơ thể sạc nhất sẽ mang điện tích dương (điều này sẽ dẫn đến sự biến mất của điện trường trong dây dẫn). Hiện tượng được mô tả, như bạn đã biết, được gọi là cảm ứng tĩnh điện.

Với cảm ứng tĩnh điện, sự phân phối lại điện tích xảy ra trong dây dẫn, nghĩa là xuất hiện một dòng điện ngắn hạn trong đó. Hãy thử chứng minh điều này bằng thực nghiệm bằng bóng đèn neon.

Một bóng đèn như vậy (ví dụ: bạn có thể mua nó ở cửa hàng radio) là một hộp thủy tinh chứa đầy đèn neon ở áp suất thấp. Có hai điện cực ở phía bên phải của quả bóng – điện cực và cực âm. Nếu đặt điện áp thích hợp vào các điện cực, sự phóng điện phát sáng sẽ xảy ra trong chất khí, kèm theo ánh sáng đỏ cam.*)

Rõ ràng là bóng đèn neon có thể đóng vai trò là vật chỉ báo dòng điện. Ưu điểm chính của nó là nhỏ gọn và ngay cả dòng điện rất yếu (ở mức vài microamp) cũng có thể gây ra ánh sáng rực rỡ đáng chú ý của khí trong đèn. Ý tưởng về thiết bị dành cho thí nghiệm của chúng tôi gần như rất rõ ràng: dây dẫn trong đó xảy ra sự phân phối lại điện tích phải bị bẻ gãy ở giữa và một bóng đèn neon phải được lắp vào khe hở của nó. Thiết kế cụ thể của thiết bị có thể rất khác nhau và được xác định chủ yếu bởi loại

*) Bạn có thể đọc thêm chi tiết về bản thân bóng đèn neon, tính chất và công dụng thực tế của nó trong bài viết của A. A. Borovoy («Kvant», 1983, số 6).

37

sử dụng bóng đèn neon. Về nguyên tắc, cái nào cũng được, nhưng tốt nhất là sử dụng các bóng đèn như BMH-1 hoặc BMH-2, có các electron bằng nhau, tức là mỗi bóng đèn đều có thể vừa là cực dương vừa là cực âm.

Tại hình có ảnh chụp một trong các tùy chọn có thể có cho thiết bị. Dây dẫn được tạo thành bởi hai thanh kim loại. Giữa chúng, trong một hộp ebonite có cửa sổ, có một đèn neon loại BMH-2, chạm vào các đầu của thanh bằng các electron của nó. Một đĩa dioral được gắn vào cuối thanh trên giúp tăng màu sắc cho thiết bị. Đĩa được trang bị một vỏ polystylene có tác dụng ngăn tia lửa điện phóng ra giữa đĩa và thân tích điện.

Chúng tôi chế tạo ra một thiết bị kỹ lưỡng như vậy chỉ vì chúng tôi thường xuyên phải thực hiện các thí nghiệm và việc lãng phí thời gian mỗi lần chuẩn bị thiết bị là điều không hợp lý. Nếu bạn chỉ muốn quan sát hiện tượng, thì bạn có thể dễ dàng tìm ra cách chế tạo một thiết bị từ vật liệu phế liệu trong quá trình sản xuất, chẳng hạn như dây đồng có đường kính 1,5-3 mm, ống nhựa PVC, vật liệu hàn, v.v.

Bây giờ về thí nghiệm. Về ma sát điện tử của một thanh ebonite, một quầy nhựa hoặc một dải tấm mica. Gắn thiết bị lên giá đỡ cách điện hoặc cầm thiết bị trên tay bằng thanh dưới. Khi thanh tích điện đến gần đĩa, bạn sẽ thấy bóng đèn phát sáng; Do đó, dòng điện chạy qua dây dẫn do sự phân phối lại điện tích. Ngay khi thanh trở nên bất động so với đĩa, ánh sáng sẽ dừng lại: các điện tích trong dây dẫn đã được phân phối lại và trở lại trạng thái cân bằng. Khi bạn lấy que ra khỏi đĩa, đèn lại sáng. Tốc độ chuyển động của thanh càng cao thì ánh sáng của bóng đèn càng sáng vì dòng điện chạy qua dây dẫn càng lớn.

Lưu ý rằng thí nghiệm được thực hiện tốt nhất vào lúc chạng vạng vì ánh sáng của bóng đèn neon không lớn.

Tóm lại, đây là một số câu hỏi cần xem xét.

38

Biểu tượng ngôn ngữ
Bài 3: Đệ quy, hàm

A. A. DUVANOV,
Yu. A. PERVIN

Mọi thứ trở lại bình thường
Thực hiện quy trình CIRCLE
(xem Bài 2 số cuối «Kvant»), Rùa sống hết một lượt và ở lại. Hãy tận hưởng việc xem cô ấy chạy trên màn hình hiển thị! Vì vậy, tôi muốn làm cho cô ấy quay đi quay lại. Đây là cách thực hiện:

ĐÂY LÀ MỘT CARUSEL :R
CIRCUM :R
CARUSEL :R
KẾT THÚC

Thủ tục này có mô tả không có đặc quyền: nó bao gồm lệnh gọi đến cùng một thủ tục. Một thủ tục gọi chính nó được gọi là đệ quy và lệnh gọi của nó được gọi là đệ quy. Bạn có thể gặp phải các phép đệ quy thường xuyên và bất ngờ ngay cả khi không học về khoa học máy tính. Các nghệ sĩ yêu thích hình-trò đùa: hình chiếu cảnh một con tritel đang xem màn hình TV, trên đó có thể nhìn thấy một con tritel đang nhìn vào màn hình… v.v. Một ví dụ về đệ quy “linterature” là một bài thơ hay về một linh mục nuôi một con chó.

Bằng cách gọi thủ tục đệ quy CARUSEL, bạn có thể thấy rằng nó không tốt lắm: nó khiến Rùa tội nghiệp phải chạy vòng quanh mà không dừng lại… trong khi xe đang chạy.

Để dừng Rùa được điều khiển bằng quy trình đệ quy, bạn phải tìm được số vòng đã hoàn thành và so sánh biến này với một giá trị nhất định. Nếu bạn lấy một biến có tên COUNTER làm bộ đếm vòng, bạn có thể theo dõi các vòng bằng lệnh

TẠO “BỘ ĐẾM: BỘ ĐẾM+1,
cần có trong phần mô tả quy trình CARUSEL ngay sau lệnh gọi CIRCLE : R (dường như bạn sẽ phải thực thi lệnh ngay từ đầu để chương trình dự định hoạt động chính xác

LÀM “ĐẾM 0;
Tại sao?).

Nhưng để so sánh hai giá trị, bạn cần một giá trị mới

39

đội. Lệnh điều kiện có dạng điều kiện ECIF [lệnh list-1] [lệnh list-2]

Danh sách lệnh trong ngoặc vuông thể hiện một trong hai khả năng tiếp tục của chương trình: trong trường hợp khi các điều kiện được viết sau từ ECLI là đúng thì các lệnh trong danh sách đầu tiên sẽ được thực thi (và toàn bộ danh sách thứ hai bị bỏ qua!), và ngược lại, nếu các điều kiện sai thì danh sách đầu tiên sẽ bị bỏ qua và các lệnh trong danh sách thứ hai sẽ được thực thi. Một điều kiện (chính xác hơn là các điều kiện đơn giản) là hai biểu thức được kết nối bằng các dấu quan hệ “<”, “>”, “>=” (lớn hơn hoặc bằng), “<=” (nhỏ hơn hoặc bằng), “=”, “/=” (không bằng). Xác định một điều kiện theo cách này có thể đúng hoặc sai. Ví dụ: các điều kiện của lệnh ECIF: $R/2 > 3.14*2$ [FORWARD 50] [BACK 50] trước tiên tính toán độ chính xác của điều kiện ở giá trị hiện tại $R$ và nhận được đáp số dương, gửi Rùa về phía trước và nếu không thì gửi lại.

Có thể chấp nhận dạng rút gọn của các điều kiện lệnh (có một danh sách): IF condition [danh sách các lệnh]

Sau đó, nếu điều kiện đúng, lệnh danh sách sẽ được thực thi và nếu điều kiện sai thì máy… không làm gì mà chỉ chuyển sang thực hiện lệnh chương trình tiếp theo, nếu có. Chúng ta sẽ sử dụng dạng lệnh này cho lời giải được đặt bài toán, buộc Rùa vào góc trong một vòng tròn, chẳng hạn như 17 lần. Để làm điều này, bạn cần viết mô tả quy trình

đây là ĐI BỘ :$R$
LÀM “ĐẾM 0”
CARUSEL :$R$
KẾT THÚC

mô tả về quy trình CARUSEL sẽ như thế nào

đây là CARUSEL :$R$
CIRCUM:$R$
KIẾM “BỘ ĐẾM: BỘ ĐẾM+1”
NẾU BỘ ĐẾM<17 [BAY CHUYỂN :$R$]
KẾT THÚC

Lần này, thủ tục CAROUEL, mặc dù vẫn là đệ quy, nhưng không được gọi mọi lúc mà chỉ khi giá trị của biến COUNTER không vượt quá 17. Lưu ý rằng trong quy trình WALK, cần phải đặt trước giá trị ban đầu của bộ đếm về 0. Một chương trình như vậy, sau khi hoàn thành công việc của mình, sẽ để lại biến COUNTER bằng 17. Các biến không phải là tham số của thủ tục và được sử dụng cả trong thủ tục và trong chương trình gọi nó dưới cùng một tên và có cùng giá trị được gọi là toàn cục (so sánh với định nghĩa của biến cục bộ ở cấp trước đó). Biến COUNTER trong ví dụ trước là biến toàn cục. Do đó, người lập trình phải biết rằng lệnh gọi thủ tục WALK có thể thay đổi giá trị của biến toàn cục COUNTER đã tồn tại trước lệnh gọi. Bạn có thể thoát khỏi giới hạn này bằng cách đặt COUNTER làm tham số thủ tục: tham số luôn cục bộ. Thủ tục này được mô tả

đây là CARUSEL :$R$ :COUNTER
CIRCUM:$R$
KIẾM “BỘ ĐẾM: BỘ ĐẾM+1”
ECIF: BỘ ĐẾM<17 [BĂNG TAY :$R$]
KẾT THÚC

Bây giờ thủ tục trả về WALK là không cần thiết. Gọi CARUSEL 50 0

cung cấp chuyển động gấp 17 lần trong một vòng tròn có bán kính 50. Chương trình không tránh khỏi việc gán giá trị ban đầu, nhưng giờ đây nó thực hiện điều này không phải dưới dạng một lệnh riêng biệt mà là giá trị được đặt của tham số thực.

Nhiệm vụ 1. Viết lại quy trình CAROUSEL để Rùa có thể chạy quanh bất kỳ số vòng tròn nào.

Trong bài học trước, chúng ta đã thấy rằng bất cứ khi nào biết số lượng hành động giống nhau được lặp lại, chúng ta có thể sử dụng lệnh REPEAT. Điều này có nghĩa là chúng tôi có thể thực hiện việc này trong hình 1.

40

một nhiệm vụ đơn giản - Rùa đi vòng quanh vòng tròn.

Nhiệm vụ 2. Thay đổi lại chương trình CARUSEL, loại bỏ đệ quy và sử dụng lệnh vòng lặp.

“Đệ quy” hình trên trang. Chúng tôi sẽ không lập trình 38. Nhưng một phần của nó - hình chữ nhật bên trong hình chữ nhật (hình 1) - rất dễ truy vấn:

ĐÂY LÀ LẦN LẠI :SIDE
LẶP LẠI 2 [B: BÊN R 90 V
1.5 * :BÊN P 90]
NS V:BÊN / 2 P 90 V
1,5 * :BÊN / 2 L 90 RUR
KIẾM “BÊN:BÊN * 0,4
ĐỆ LẠI :SIDE
KẾT THÚC

Thói quen này sẽ vẽ các hình chữ nhật lồng nhau mà không dừng lại. Hình chữ nhật cuối cùng (nhưng có thể lặp lại vô tận!) Được vẽ với giá trị SIDE tối thiểu, tại đó điều kiện SIDE > 1 vẫn được thỏa mãn. Làm thế nào để dừng thủ tục?

Hình 2, a-z được thực hiện bằng thủ tục đệ quy SPIRAL với hai tham số.

Bài toán 3. Thực hiện theo mô tả quy trình SPIRAL, sao chép hình 2, a-z.

Thủ tục và chức năng

Hãy để chúng tôi giới thiệu khái niệm đơn thuốc như một mệnh lệnh nhất định được đưa ra cho một chiếc máy ở dạng mà nó có thể hiểu được. Chúng tôi sẽ gọi các hướng dẫn đó là FORWARD, buộc máy thực hiện một số hành động nhất định mà không tính toán kết quả, lệnh và cũng như “+”, tính toán các giá trị - hoạt động.

Tập hợp các lệnh đếm trong Logo tương đối nhỏ. Bằng cách mô tả các quy trình, chúng tôi thông báo các lệnh mới cho máy. Ví dụ: bạn có thể nhập lệnh
VUÔNG α
Tôi vẽ một hình vuông có cạnh α (α là một biểu thức số học). Để làm được điều này, chỉ cần biết mô tả trong bộ nhớ máy tính là đủ

Đây là hình vuông :A
LẶP LẠI 4 [TIẾP THEO :A QUYỀN 90]
KẾT THÚC

Khi thực hiện một lệnh (hoặc thủ tục), máy tính sẽ thực hiện một số hành động - di chuyển Rùa, hiển thị thông báo trên màn hình, tổ chức các lần lặp lại. Khi thực hiện thao tác ico, máy không chỉ thực hiện các hành động được quy định mà còn (đây là điều chính!) tạo ra kết quả là một giá trị duy nhất nhất định (tổng, hiệu, …).

Chúng ta đã sử dụng các phép tính số học: cộng, trừ, nhân, chia. Đối với các phép tính toán học phức tạp hơn, cần có các phép tính tính giá trị của hàm. Trong Logo các phép toán cũng được viết dưới dạng tên α, (1)
trong đó “tên” là mã định danh hàm, α là biểu thức mà hàm hoạt động trên đó, tức là toán hạng của phép toán. Các hoạt động và hàm có thể có nhiều toán hạng.

Dưới đây là một số tên được dành riêng trong Logo để biểu thị các thành phần hàm: SIN - sin, COS - cosine, TAN - tangent, ARCTAN - arctigen, SQRT - căn bậc hai, RND - hàm tạo số ngẫu nhiên.

Ví dụ, biểu thức
$$\frac{\mathrm{tg} 2 + \sqrt{\sin a + 2}}{2}$$

sẽ chuyển sang Logo ở dạng
$$\frac{TAN 2 + SQRT(SIN :A + 2)}{2}.$$

Biểu thức RND có thể được sử dụng làm trường hợp các số ngẫu nhiên trong khoảng (0; N-1).

Đối với các thao tác quen thuộc “+”, “—”, “”, “/”, Logo cũng cung cấp các tên: ADD cho “+”, TRỪ cho “—”, NHÂN cho “”, CHIA cho “/”. Các phép toán này cũng có thể được viết dưới dạng (1) với hai tham số toán hạng:
tên αβ (α và β là các biểu thức số học).

41

Do đó, biểu thức $x+1$ có thể viết dưới dạng
BỔ SUNG :x1
Để viết biểu thức (2) có một biểu thức tương đương:
PHẦN GẤP TÂN 2 SQRT
THÊM TỘI :A 2 2

(khoảng cách bên ngoài phù hợp với dạng ký hiệu (3) và (5)!). Việc ghi các biểu thức ở dạng (4), khi tên của thao tác được đặt trước toán tử, được gọi là tiền tố, trái ngược với cách ghi infix quen thuộc hơn, khi tên (dấu) của thao tác được đặt giữa toán tử. Ví dụ: $2+3$ là dạng ký hiệu trung tố,
BỔ SUNG 2 3 là dạng tiền tố của cách viết cùng một thao tác.

Bài 4. Viết lại biểu thức
$$\frac{\sqrt{\sin^2 a + \cos^2 a}}{a+1}$$

tới Logo, sử dụng mẫu ký hiệu tiền tố.

Hình thức của các thao tác viết (1) và (4) làm cho chúng có thể áp dụng rõ ràng cho các lệnh và lệnh gọi thủ tục. Tuy nhiên, chương trình ADD :A :B (cũng như :A+:B) sẽ gây nhầm lẫn trên máy tính - phải làm gì với kết quả thu được? Để tránh sai sót, hãy nhớ rằng các thao tác chỉ có thể được sử dụng trong biểu thức; Ví dụ:

Diagram

Quy trình LIMIT sử dụng hàm căn bậc hai tích hợp sẵn của Logo SQRT. Tuy nhiên, bạn có thể tạo các hàm của riêng mình trong Logo, giống như khi bạn mô tả các quy trình. Sự khác biệt duy nhất giữa mô tả hàm và mô tả quy trình là sự hiện diện bắt buộc của lệnh RETURN $\alpha$ trong mô tả hàm.

Kết quả là lệnh này trả về giá trị của biểu thức $\alpha$ cho chương trình gọi.

Vì vậy, mô tả hàm người dùng (do người lập trình tạo ra) có dạng

Hình 3. Hình 4.

Hình 5.

42

ĐÂY là thông số tên
…
TRẢ LẠI α
KẾT THÚC
Ở đây “tên” là tên hàm, “tham số” là danh sách (có thể trống) các tham số toán hạng, α là biểu thức.

Chúng ta hãy minh họa việc sử dụng các hàm do lập trình viên tạo ra khi vẽ một bông hoa có cánh hoa dưới dạng hình tam giác vuông có hai chân bằng A và B (hình 4). Đầu tiên, chúng ta tạo một quy trình vẽ thân cây, sắp xếp việc vẽ bốn cánh hoa và đưa Rùa về vị trí ban đầu:

ĐÂY LÀ HOA :A :B
(THÉP VẼ)
RÚT TIẾN 3* :A TRÁI 65
TIẾN 2 * :5 TRÁI 65
(VẼ HOA)
LẶP LẠI 4 CÁNH CÁNH :A :B PHẢI 90
(TRỞ LẠI VỊ TRÍ BẮT ĐẦU)
KHÔNG VẼ TRÁI :65 TRỞ LẠI 2 * :A
PHẢI 65 TRỞ LẠI 3* :A
KẾT THÚC
Ở đây và trong tương lai, chúng tôi sẽ sử dụng dấu ngoặc “(” và “” để viết nhận xét - được ghi trong chương trình, nhưng không được xử lý bởi tin nhắn máy. Cánh hoa rút ra các trò chơi kết thúc với tỷ số hòa, sau đó hai phần ghi điểm bằng nhau. Tuyên bố và lời giải sẽ đúng nếu được hiểu rằng tất cả các phần chơi cùng một số trò chơi, một phần - tất cả các trò chơi đều được chơi với nhau. (Không có bước này, bước đầu tiên lời giải - chuyển sang hệ thống tính điểm trong đó 1 được cho nếu thắng, 0 nếu hòa và -1 nếu thua - không cho phép đánh giá chính xác số điểm ban đầu, như có thể thấy từ ví dụ sau: bốn phần A, B, B, G được chơi bởi Γ, B và Γ không chơi với nhau, các trận còn lại kết thúc với tỷ số hòa.)

Trở về hướng

Như nhiều độc giả đã thay thế, nên làm rõ cách diễn đạt của bài toán M1047 (lời giải trong số đó đã được xuất bản trong «Kvant» Số 10). Trong bài toán cần phải chứng minh rằng nếu hơn 3/4 số trận đấu ở Turin kết thúc với tỷ số hòa thì hai phần còn lại ghi điểm bằng nhau. Tuyên bố và lời giải sẽ đúng nếu hiểu rằng tất cả các phần đều được chơi với cùng một số trò chơi, một phần - tất cả các trò chơi đều được chơi với nhau. (Không có điều này, bước đầu tiên lời giải - việc chuyển sang hệ thống tính điểm trong đó 1 được tính cho thắng, 0 cho hòa và -1 cho thua - không cho phép đánh giá chính xác số điểm ban đầu, như có thể thấy từ ví dụ sau: bốn phần A, B, B, G được chơi bởi Γ, B và Γ không chơi với nhau, các trận còn lại kết thúc với tỷ số hòa.)

43

Tin tức “Kvat”
Được phát hiện vào ngày 30 tháng 12 năm 1987, đúng 70 năm trước tại thành phố Malaya Vishera
Vùng Novgorod sinh ra là thành viên ban biên tập tạp chí «Kvant» (kể từ ngày thành lập), Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học, giáo sư, vật lý xuất sắc, nhà phổ biến xuất sắc, giáo viên, tác giả và biên tập viên của nhiều cuốn sách và một số lượng lớn các bài báo, nổi tiếng là uyên bác, tốt bụng và vui vẻ, một người trẻ và quyến rũ - Ykov Abramovich Smorodinsky. Chúng tôi xin chúc mừng Ya.S. Nhân dịp kỷ niệm của ông, chúng tôi xin chúc ông sức khỏe, một cuộc sống không gì sánh được và tất nhiên là thành công trong sáng tạo, điều mà chúng tôi cam kết sẽ giới thiệu ngay với độc giả tạp chí của mình.

biên tập
tuyển tập biên tập
Ban biên tập

chuẩn tinh xa nhất

Một số chuẩn tinh mới có chứa yếu tố hiện đại. Các nhà thiên văn học đang cố gắng tìm kiếm một chuẩn tinh có thể ở xa hơn tất cả những chuẩn tinh đã được biết đến.

Mùa hè này, bằng cách sử dụng thẻ SIM sản xuất tại Úc, người ta đã phát hiện ra một chuẩn tinh nằm cách chúng ta khoảng 13·10⁹ năm ánh sáng. Ngoài việc ở rất xa, chuẩn tinh khám phá còn rất sáng. Năng lượng bức xạ của nó cao gấp 10.000 lần năng lượng của một thiên hà trung bình.

Khoảng cách đến một thiên thể nằm trên một cột chỉ có thể được ước tính bằng độ lớn của sự pha trộn các vạch quang phổ của các nguyên tử của vật thể này, gắn liền với sự giãn nở của Vũ trụ. Tuy nhiên, việc tính toán trộn các giá trị vào khoảng cách dựa trên dữ liệu hiện đại được thực hiện với sai số lớn. Sự không chắc chắn trong các tính toán phát sinh ở đây do thực tế là theo nhiều định nghĩa khác nhau, vẫn không thể xây dựng được sự “tán xạ” của các thiên hà v với khoảng cách R giữa chúng:

$$v = H \cdot R.$$
Các phương pháp xác định kính Hubble được xây dựng cho nó có giá trị là 50 và 100 km/(s·Mpc). Cái nào trong số chúng chính xác hơn thì chưa rõ, nhưng để tính toán, tổng H≈70 km/(s·Mpc) được lấy.

Sự thay đổi tương đối về bước sóng bức xạ, hay sự pha trộn màu đỏ của chuẩn tinh mới -

$$z = \frac{\lambda_{\text{набл}} - \lambda_0}{\lambda_0} = 4,10.$$

Điều này có nghĩa là vạch nằm trong phần tử ngoại của quang phổ hydro có bước sóng $\lambda_0 = 1215,7$ Å = 0,12157 μm trong phổ phát xạ quasar nằm ở giữa vùng khả kiến. Hỗn hợp màu tối đa là 4,04 đối với hai chuẩn tinh được phát hiện năm nay và 4,01 đối với chuẩn tinh được phát hiện năm 1986.

Tiếp theo, từ giá trị của z được xác định bằng công thức Doppler

$$z + 1 = \frac{\lambda_{\text{набл}}}{\lambda_0} = \frac{\sqrt{1 + v/c}}{\sqrt{1 - v/c}}$$

tăng trưởng v, và sau đó theo công thức Hubble được tìm thấy đối tượng liên bản chất. Nói một cách chính xác, với sự hiệu chỉnh như vậy cần phải tính đến độ cong hiệu dụng của Vũ trụ, nhưng vì nó không lớn nên sự hiệu chỉnh như vậy sẽ không mang lại điều gì đáng kể.

Đối với chuẩn tinh mở, tất cả những gì còn lại là báo cáo tọa độ của nó. Nó nằm trên kinh tuyến thiên thể đi qua điểm cân bằng mùa xuân (lúc tôi thăng thiên 00 giờ 00 phút) và có vĩ độ 26°20′.

TÔI Ở VỚI.

44

phương trình
nghĩ cho chúng tôi

V. A. NAKHSHIN

Lời giải bất kỳ tính toán bài toán nào trong vật lý bao gồm hai phần - vật lý và toán học.

Trong khi chúng tôi nghĩ về các điều kiện bài toán, phân tích hiện tượng này xảy ra theo các định luật vật lý nào và soạn thảo hệ phương trình thích hợp, chúng tôi là những nhà vật lý. Sau đó, vật lý tạm thời mờ dần. Bây giờ chúng ta là những nhà toán học, và chúng ta đang phải đối mặt với những vấn đề khác nhau: làm thế nào để giải hệ phương trình kết quả một cách hợp lý nhất và tìm đáp số? Hơn nữa, đáp số phải được tìm thấy ở dạng tổng quát (nghĩa đen), sao cho bên cạnh dấu bằng chỉ có số lượng mong muốn (trong ký hiệu chữ cái) và ở bên phải là sự kết hợp của các đại lượng chỉ đã biết (giống nhau trong ký hiệu chữ cái tương ứng).

Bài viết này được xuất bản lần đầu trên số tháng 9 «Kvant» năm 1981. (Note ped.)

Nhưng bây giờ đáp số đã thu được ở dạng tổng quát và chúng ta lại chuyển sang vật lý: trước khi thay thế dữ liệu số, chúng ta cần kiểm tra thứ nguyên của đại lượng mong muốn và phân tích đáp số từ quan điểm về tính hợp lý của nó. Nếu kích thước đúng và đáp số hợp lý, bạn có thể thay thế dữ liệu và đếm.

Các giai đoạn được mô tả lời giải thực tế vốn có trong tất cả các nhiệm vụ. Tuy nhiên, đôi khi - và chính những trường hợp như vậy sẽ được thảo luận trong bài viết - sau khi tính toán, người ta thu được một kết quả vô lý không mong muốn, điều này cho thấy rằng lời giải không chính xác. Ví dụ, điều này xảy ra khi cả điều kiện bài toán, trực giác hay lẽ thường đều không thể cho biết quá trình này hoặc quá trình kia đang diễn ra theo hướng nào hoặc kết quả cuối cùng sẽ như thế nào.

Bắt đầu với lời giải bài toán, chúng ta buộc phải giả định một số tùy chọn và theo đó, tạo ra một hệ phương trình. Nếu đáp số trở nên vô lý, bạn không nên đăng ký. Chúng tôi chỉ không may mắn: giả định của chúng tôi hóa ra là sai. Tuy nhiên, chúng tôi vẫn nhận được thông tin - quá trình này không diễn ra theo hướng mong đợi.

45

Chà, hãy nói một lựa chọn khác, v.v. Vấn đề trở thành một nghiên cứu nhỏ và phương trình trở thành một điều đáng suy nghĩ. Cuối cùng, họ sẽ không làm chúng tôi thất vọng (tất nhiên, nếu chúng tôi không làm họ thất vọng, tức là chúng tôi không mắc lỗi trong sáng tác và lời giải) và sẽ cho chúng tôi biết về hướng đi thực sự của quá trình hoặc kết quả cuối cùng.

Hãy cùng xem xét một vài bài toán cụ thể.

Bài toán 1. Trên đỉnh của một mặt phẳng nghiêng có một khối để luồn một sợi dây qua đó. Hai vật có khối lượng $m_1=3$ kg và $m_2=2$ kg được gắn vào đầu sợi chỉ. Tìm gia tốc của hệ và lực ma sát giữa thân lông vũ và mặt phẳng nếu hệ số ma sát là $\mu=0,5$ và góc nghiêng của mặt phẳng so với phương ngang là $\alpha=30^\circ$.

Hệ thống đang tăng tốc ở đâu và nó có đang chuyển động không? Không rõ ràng về điều kiện bài toán. Trong khi đó, điều rất quan trọng là phải biết điều này. Vì vậy, nếu hệ đang chuyển động thì xảy ra ma sát trượt và mô hình của lực này bằng $F_{\text{rp}}=\mu N$ (N là mô hình của phản lực pháp tuyến). Nếu hệ kết thúc, vật thứ nhất chịu tác dụng của lực ma sát tĩnh, người ta chỉ biết lực ma sát tĩnh này không lớn hơn lực ma sát trượt.

Có lẽ trực giác sẽ giúp ích? Một mặt, vật thứ nhất nặng hơn vật thứ hai, nhưng mặt khác, vật thứ hai lơ lửng trên không, còn vật thứ nhất nằm trên mặt phẳng nghiêng, ngoài ra còn có một đoàn tàu. Không, trực giác sẽ không giúp ích gì cho chúng ta, chúng ta cần phân tích. Hãy thử chuyển những lo lắng của chúng ta sang các phương trình.

Giả sử rằng khối quay theo chiều kim đồng hồ, tức là vật thứ hai đi xuống với một gia tốc nhỏ và vật thứ nhất bay lên dọc theo mặt phẳng với cùng gia tốc. Hãy mô tả các liên kết tác dụng lên mỗi vật (hình 1) và viết ra hệ phương trình của định luật thứ hai. Newton trong các hình chiếu lên các hướng tương ứng (đối với vật thể thứ nhất, đây là các hướng dọc theo mặt phẳng và vuông góc với nó, còn đối với vật thể thứ hai, đây là hướng thẳng đứng):

$$\begin{align*} T &= m_1 g \sin \alpha - \mu N = m_1 a, \\ N &= m_1 g \cos \alpha = 0, \\ m_2 g &= T = m_2 a. \end{align*}$$

Giải hệ này, ta được

$$a = g \frac{m_2 - \mu m_1 \cos \alpha - m_1 \sin \alpha}{m_1 + m_2} \approx -1.6 \text{ m/c}^2$$

• hình chiếu của hình chiếu lên hướng đã chọn là âm. Điều này có nghĩa là giả định của chúng tôi là không chính xác.

Điều gì sau đó xảy ra với hệ thống? Di chuyển theo hướng ngược lại? Và với sự chân thành như thế nào?

Ở chỗ này, nhiều người mắc sai lầm khi cho rằng hệ được tăng tốc theo hướng ngược lại với cùng mô hình gia tốc ($\approx 1.6 \text{ m/c}^2$). Đôi khi điều này có thể được coi là hợp lệ. Ví dụ, nếu không có lực ma sát trong hệ thống này, khi hướng chuyển động đã chọn thay đổi sang ngược lại, hình chiếu của tất cả các lực sẽ thay đổi dấu của chúng, và gia tốc sẽ có cùng mô đun, nhưng có dấu ngược lại. Trong trường hợp của chúng ta, theo giả định mới, hình chiếu của lực ma sát vẫn âm nên hệ phương trình tương ứng sẽ khác (hình2):

$$\begin{align*} m_1 g \sin \alpha - T - \mu N = m_1 a, \\ N - m_1 g \cos \alpha = 0, \\ T - m_2 g = m_2 a. \end{align*}$$

46

Từ đây

$$a = g \frac{m_1 \sin \alpha - \mu m_1 \cos \alpha - m_2}{m_1 + m_2} \approx -3,6 \text{ m/c}^2.$$

Và một lần nữa phép chiếu gia tốc hóa ra lại âm; do đó, giả định mới cũng không đúng.

Vì vậy, các phương trình do chúng ta “nghĩ” ra sẽ dẫn đến kết luận rằng hệ không tăng tốc, tức là

$$a = 0.$$

Điều này có nghĩa là để tìm lực ma sát, hay chính xác hơn là lực ma sát tĩnh, bạn không thể sử dụng công thức $F_{\tau p} = \mu N$, công thức này đúng cho lực ma sát trượt.

Để xác định lực cần thiết, chúng ta hãy xem những lực khác (hoặc hình chiếu của chúng) tác dụng lên vật thứ nhất theo hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng. Đây là hình chiếu của lực dây, có mô đun bằng $m_1 g \sin \alpha = 15 \text{ H}$, và lực căng chỉ, mô hình của lực này có thể được tìm thấy từ điều kiện phần còn lại của vật thứ hai: $T = m_2 g = 20 \text{ H}$. Do đó, lực ma sát tĩnh hướng xuống dọc theo mặt phẳng và có độ lớn bằng

$$F_{\tau p, n} = T - m_1 g \sin \alpha = 5 \text{ H}.$$

Nhân tiện, không khó để xác minh rằng trong trường hợp này lực ma sát $F_{\tau p, n} = 5 \text{ H}$ thực sự nhỏ hơn $\mu N = \mu m_1 g \cos \alpha \approx 13 \text{ H}.$

Bài toán 2. Một nhiệt lượng kế chứa $m_1 = 3$ kcal ở nhiệt độ $t_1 = -10^\circ \text{C}$ chứa đầy $m_2 = 2$ kcal ở nhiệt độ $t_2 = 80^\circ \text{C}$. Nhiệt độ nào sẽ được thiết lập do sự trao đổi nhiệt? Nhiệt dung của nhiệt lượng kế không được tính đến.

Rõ ràng nhiệt độ cuối cùng $t$ nằm trong khoảng từ $-10$ đến $+80^\circ \text{C}$:

$$-10^\circ \text{C} < t < 80^\circ \text{C}.$$

Do đó, nó có thể lớn hơn $0^\circ \text{C}$, nhiệt độ lực kéo băng, nhỏ hơn nhiệt độ này hoặc bằng nó. Không thể nói trước chính xác nó diễn ra như thế nào. Chúng ta sẽ tiến tới mục tiêu “bằng cách chạm”, xem xét các lựa chọn khả thi và dựa vào ý chí của phương trình.

Giả sử rằng $t > 0^\circ \text{C}$, tức là sẽ chỉ có nước trong nhiệt lượng kế. Sau đó, băng nhận được Tello theo ba giai đoạn: tự nó là băng, nóng lên từ $-10$ đến $0^\circ \text{C}$, biến thành nước ở $0^\circ \text{C}$ và đã là nước, nóng lên từ $0^\circ \text{C}$ đến $t$. Trong trường hợp này, nước sẽ chỉ tách cơ thể khi được làm lạnh từ nhiệt độ $t_2$ đến $t$. Viết phương trình cân bằng nhiệt tương ứng:

$$c_1 m_1 (0 - t_1) + \lambda m_1 + c_2 m_1 (t - 0) + c_2 m_2 (t - t_2) = 0,$$

trong đó $c_1 = 2,1 \cdot 10^3$ J/(kg K) và $c_2 = 4,2 \cdot 10^3$ J/(kg K) là nhiệt dung riêng của nước đá và nước, và $\lambda = 3,4 \cdot 10^5$ J/kg là nhiệt dung riêng của băng. Từ đây chúng ta sẽ tìm thấy

$$t = \frac{c_1 m_1 t_1 + c_2 m_2 t_2 - \lambda m_1}{c_2 (m_1 + m_2)}.$$

Thay thế dữ liệu số, chúng ta nhận được $t < 0^\circ \text{C}$. Điều này có nghĩa là giả định của chúng tôi là không chính xác.

Bây giờ hãy giả sử rằng $t < 0^\circ \text{C}$. Do đó, giả định thứ hai của chúng tôi cũng không chính xác.

Lựa chọn duy nhất còn lại là $t = 0^\circ \text{C}$. Đây sẽ là đáp số bài toán.

Ở đây, chúng tôi dự đoán số lượng tài liệu dành cho người đọc sẽ tăng lên: tại sao tác giả lại chọn các ví dụ trong đó tất cả các giả định ban đầu đều không chính xác và cả lời giải cồng kềnh như vậy đều dẫn đến kết quả tương đối đơn giản ($a = 0, t = 0^\circ \text{C}$)? Trên thực tế, tại sao không giả định trước những lựa chọn đơn giản này?

Con đường này có thể thực hiện được, nhưng nó sẽ không mua được sự nhẹ nhõm. Vì vậy, trong bài toán đầu tiên, giả sử đứng yên và không có công thức tính lực ma sát tĩnh, chúng ta sẽ phải lập hệ ba phương trình cân bằng, nhưng khi đã giải và tìm được lực ma sát, chúng ta nhất định phải kiểm tra xem lực ma sát trượt là thực hay thay đổi. Nếu không phải vậy, mọi thứ lời giải được mô tả ở trên sẽ phải bắt đầu lại.

47

Trong bài toán thứ hai, giả sử $t = 0^\circ\text{C}$, chúng ta cần xác nhận phương trình cân bằng nhiệt này, nhưng không biết cách xây dựng nó. Chúng ta không biết cái nào đạt đến số 0: băng “từ bên dưới” hay nước “từ trên cao”, và kết quả là - một phần (và phần nào) của băng đã tan chảy hay một phần nước đã đóng băng? Tất nhiên, bạn có thể giả định lại điều gì đó, nhưng số lượng tùy chọn sẽ không ít, thậm chí nhiều hơn so với lời giải ở trên.

Bài toán 3. Tìm các điểm trong tất cả các nhánh của sơ đồ hiển thị ở hình 3. Đây là $\mathcal{C}_1 = \mathcal{C}_2 = \mathcal{C} = 1\text{ B}$, $r_1 = r_2 = r = 1\text{ Om}$ và $R_1 = R_2 = R_3 = R = 10\text{ Om}$.

Giả sử rằng các điểm $I_1, I_2$ và $I_3$ có hướng như trong hình 3, mặc dù chúng ta không biết chắc chắn về điều này. Nếu chúng ta sai, các phương trình tương ứng sẽ sửa lại cho chúng ta.*)

Vì điện tích không tích lũy tại các điểm phân nhánh (nút), nên điện tích đi vào nút trong một đơn vị thời gian bằng điện tích rời nút trong cùng thời gian, tức là.

$$I_1 = I_2 + I_3.$$

Chúng ta hãy chọn hai đường viền khép kín đơn giản trong sơ đồ này, chẳng hạn như trái và phải, và chọn hướng đi ngang trong chúng, chẳng hạn như ngược chiều kim đồng hồ. Theo định luật bảo toàn năng lượng, tổng đại số của suất điện động bằng tổng đại số của các phương:

$$\mathcal{C} - \mathcal{C} = I_1R + I_1r + I_2r + I_2R,$$
$$-\mathcal{C} = -I_2R - I_2r + I_3R.$$

Hãy kết hợp các phương trình thu được trong hệ thống và thay thế dữ liệu số bằng các phương trình đơn giản:

$$I_1 = I_2 + I_3,$$
$$10I_1 + I_1 + I_2 + 10I_2 = 0,$$
$$10I_2 + I_2 - 10I_3 = 1.$$

Giải hệ này, ta tìm được

$$I_1 = -\frac{1}{31}A,$$
$$I_2 = \frac{1}{31}A,$$
$$I_3 = -\frac{2}{31}A.$$

Dòng điện thứ nhất và thứ ba hóa ra là âm. Điều này có nghĩa là giả định của chúng tôi về hướng đi của chúng là không chính xác. Chúng tôi đã tìm thấy các giá trị số một cách chính xác và hướng của các dòng điện này ngược lại với hướng được mong đợi.

Bài toán 4. Một vật được ném thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu $v_0 = 25\text{ m/c}$. Sẽ mất bao lâu để nó đạt được độ cao $h = 40\text{ m}$?

Chúng ta hãy viết ra công thức nổi tiếng về tọa độ của một vật được ném thẳng đứng lên trên (chúng ta coi hướng đi lên là dương):

$$h = v_0t - \frac{gt^2}{2}.$$

Giải nó cho $t$, chúng ta nhận được

$$t = \frac{v_0 \pm \sqrt{v_0^2 - 2gh}}{g}.$$

Tuy nhiên, khi thay thế dữ liệu số, biểu thức dưới gốc là âm. Điều này có nghĩa là gì?

Hóa ra phương trình này, bằng ngôn ngữ riêng của nó, cho chúng ta biết rằng vật thể này hoàn toàn không đạt đến độ cao như vậy. Trên thực tế, chiều cao tối đa của một subbem là $h_{\max} = v_0^2/2g \approx 31,5\text{ m}$, nhỏ hơn $h = 40\text{ m}$.

Thế nên có những lúc một phương trình được “tưởng” một cách bất ngờ, ngoài dự tính.

Bài tập

1. Một đòn bẩy đồng nhất có khối lượng $m = 10\text{ кг}$ được mô tả trên một giá đỡ nằm cách đầu bên trái của nó một khoảng $l_1 = 25\text{ cm}$. Chiều dài đòn bẩy $l = 1\text{ м}$. Một khối lượng $m_1 = 2\text{ кг}$ được treo ở đầu bên trái của đòn bẩy. Cần dùng lực bao nhiêu để tác động xuống đầu bên phải một góc $a = 30^\circ$ so với phương ngang để đòn bẩy cân bằng?

2. Trong nhiệt lượng kế, nơi có $m_1 = 1\text{ кг}$ nước đá ở nhiệt độ $t_1 = 0^\circ\text{C}$, thì có $m_2 = 500\text{ г}$ hơi nước ở nhiệt độ $t_2 = 100^\circ\text{C}$. Sau khi truyền nhiệt xảy ra sẽ đạt nhiệt độ bao nhiêu? Có thể tính được nhiệt dung của nhiệt lượng kế.

3. Một vật được ném thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu $v_0 = 15\text{ m/c}$. Nó sẽ đi được bao xa trong chuyến bay $t = 2\text{ с}$? Gia tốc rơi tự do được coi là bằng $g = 10\text{ m/c}^2$.

48

Olympic Toán quốc tế XXVIII

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học V. V. VAVILOV,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học Yu. P. SOLOVIEV,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học A. A. FOMIN

Kỳ thi Olympic Toán quốc tế XXVIII được tổ chức tại Havana, thủ đô của Cộng hòa Cuba.

Các đội đến từ 42 quốc gia đã tham gia Olympic, mỗi quốc gia có 6 người. Đội học sinh Liên Xô bao gồm những người chiến thắng trong các kỳ thi Olympic toàn Liên minh những năm gần đây: Ilya Vinder (Leningrad, trường số 239), Lev Borisov (Minsk, trường số 19), Sergey Ivanov (Leningrad, trường số 533), Igor Pukhov (Moscow, trường số 57), Stanislav Smirnov (Leningrad, tuyến đường phía bắc số 239), Konstantin Styrkas (Khu định cư Chernogolovka, khu vực Moscow, tuyến phía bắc số 82).

Năm nay, Olympic Toán quốc tế lần đầu tiên được tổ chức tại châu Mỹ Latinh, quốc gia xã hội chủ nghĩa đầu tiên ở Tây bán cầu. Ban Chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Cuba và Chính phủ Cuba đã có rất nhiều nỗ lực để đảm bảo Olympic ở Cuba trở thành một lễ kỷ niệm rực rỡ của toán học. Công tác tổ chức do Ủy viên Ban Chính trị Trung ương Đảng Cộng sản Cuba, Bộ trưởng Bộ Giáo dục Jose Raus Fernandez làm trưởng ban; Công trình được giám sát hợp pháp bởi các nhà toán học nổi tiếng người Cuba Miguel Jimenez Pozo và Guiermo Lopez Lagomasino.

Havana chào đón các vận động viên Olympic vào ngày 4/7. Trong Thế vận hội, trẻ em đã thực hiện một số chuyến du ngoạn thú vị quanh thành phố và các khu vực lân cận, vui chơi trong bảo tàng lịch sử, trong trại tiên phong quốc gia mang tên. Jose Marti, đã có một chuyến đi đến Playa Giron, và tất nhiên, đã làm quen với ý nghĩa của các bãi biển Havana.

Ngày 10 và 11 tháng 7 là ngày thi toán. Họ diễn ra tại một trường chuyên cách đất nước đúng 6 giờ. Đội học sinh Liên Xô bao gồm những người chiến thắng trong các kỳ thi Olympic toàn Liên minh những năm gần đây: Ilya Vinder (Leningrad, trường số 239), Lev Borisov (Minsk, trường số 19), Sergey Ivanov (Leningrad, trường số 533), Igor Pukhov (Moscow, trường số 57), Stanislav Smirnov (Leningrad, tuyến đường phía bắc số 239), Konstantin Styrkas (Khu định cư Chernogolovka, khu vực Moscow, tuyến phía bắc số 82).

Như vậy, đội Liên Xô đã ghi được 235 điểm trong tổng số 252 điểm có thể, đã giành được 3 huy chương vàng và 3 huy chương bạc.

Trong bảng xếp hạng các đội không chính thức, các quốc gia tham dự được phân bổ như sau: Romania (250), Đức (248), Liên Xô (235), Đông Đức (231), Mỹ (220), Hungary (218), Bulgaria (210), Trung Quốc (200), Tiệp Khắc (192), Anh (182), Việt Nam (172), Pháp (154), Úc (150), Inderland (146), Úc (143), Canada (139), Thụy Điển (134), Nam Tư (132), Brazil (116), Hy Lạp (111), Thổ Nhĩ Kỳ (94), Tây Ban Nha (91), Maroc (88), Cuba (83), Bỉ (74), Iran (70), Na Uy (69), Phần Lan (69), Colombia (68), Mông Cổ (67), Ba Lan (55), Iceland (45), Síp (42), Peru (41), Ý (35), Algeria (29), Kuwait (28), Luxembourg (27), Uruguay (27), Mexico (17), Nicaragua (13), Panama (7).

51

Olympic Vật lý quốc tế ХVIII

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. S. KROTV

Năm nay, Kỳ thi Olympic Vật lý học sinh quốc tế được tổ chức từ ngày 5 đến 13/7 tại thành phố Jena (CHDC Đức). Xét về số lượng người tham gia, đây là kỳ Olympic tiêu biểu nhất. Các đội từ 25 quốc gia đã đến Jena: Úc, Áo, Bulgaria, Anh, Hungary, Việt Nam, Đông Đức, Hà Lan, Iceland, Ý, Canada, Trung Quốc, Cuba, Kuwait, Na Uy, Ba Lan, Romania, Liên Xô, Mỹ, Thổ Nhĩ Kỳ, Phần Lan, Đức, Tiệp Khắc, Thụy Sĩ, Nam Tư. Ngoài ra, các quan sát viên đến từ Bỉ, Hy Lạp và Colombia cũng đã tham dự Olympic. (Theo kinh nghiệm cho thấy, có lẽ năm sau các quốc gia này sẽ tham gia đầy đủ vào Thế vận hội.) Đại diện của UNESCO, phóng viên của tạp chí «Kvant» và phóng viên của các tạp chí thanh thiếu niên từ Iceland và Đức cũng tham gia Olympic.

Theo quy chế của Olympic Vật lý quốc tế, mỗi đội tham dự gồm hai đội dẫn đầu và đội thứ năm. Các trưởng đoàn cùng với các thành viên ban tổ chức của nước đăng cai Olympic hình thành nên Ủy ban quốc tế - cơ quan quản lý chính của Olympic. Năm nay, Ủy ban Quốc tế do Rudolf Hermann, giáo sư tại Đại học Humboldt (Berlin), đứng đầu, là chuyên gia trong lĩnh vực vật lý chất rắn.

Dựa trên kết quả thi đấu tại Olympic toàn Liên minh và kết quả của các trại huấn luyện mùa đông và mùa hè, đội Liên Xô bao gồm:

Anton Bibikov tốt nghiệp Trường Vật lý số 18 ở Moscow,
Dmitry Budko - tốt nghiệp trung học. Số 3 Belgorod,
Ginatas Vilklyas - tốt nghiệp trung học. Số 45 Vilnius,
Dmitry Glushenkov - tốt nghiệp trung học. Số 239 Leningrad,
Alexey Goldin tốt nghiệp Trường Vật lý số 2 ở Kiev.

Trước khi tham dự Thế vận hội, tất cả những người tham gia trại hè (bao gồm cả Sergei Bobylev, tốt nghiệp trường trung học số 9 ở Berezniki và Pavel Karklin, tốt nghiệp trường trung học số 49 ở Moscow) đã được đăng ký mà không cần thi vào các trường đại học mà họ lựa chọn.

Các trưởng nhóm của chúng tôi được bổ nhiệm làm nhân viên khoa học của Viện nghiên cứu nội dung và phương pháp giảng dạy của Viện Hàn lâm Khoa học sư phạm Liên Xô O.F. Kabardin và V. A. Orlov.

Lễ khai mạc Olympic diễn ra vào ngày 6 tháng 7 tại hội trường thương mại của Đại học Jena. Friedrich Schiller. Vào buổi tối cùng ngày, một cuộc họp chính thức của Ủy ban Quốc tế đã được tổ chức, tại đó các loại lý thuyết bài toán do ủy ban đặc biệt phát triển đã được trình bày. Sau khi cần điều chỉnh các điều kiện bài toán và làm rõ quan chức lời giải, ủy ban đã phê duyệt bài toán.

Vào ngày 7 tháng 7, những người tham gia được cung cấp ba bài toán: thứ nhất - về nhiệt động lực học, thứ hai - về cơ học và điện từ, và thứ ba - về bánh xe và sóng.

Dưới đây là các điều kiện của những bài toán.

Chuyến tham quan lý thuyết

Bài toán 1

Không khí ẩm đoạn nhiệt chảy quanh dãy núi (hình 1). Trạm khí tượng $M_0$ và $M_3$ ghi lại áp suất không khí $p_0=100$ kPa, trạm $M_2-p_2=70$ kPa. Nhiệt độ không khí tại điểm $M_0-t=+20$ ° C. Khi không khí bay lên, đám mây bắt đầu hình thành ở áp suất $p_1=84,5$ kPa. Khi không khí dâng cao hơn nữa, trong đó xảy ra sự ngưng tụ hơi nước (khối lượng của không khí này trên mỗi mét vuông bề mặt bằng 2000 kg), nó sẽ đạt đến đỉnh của sườn núi (trạm $M_2$ sau 1500 giây. Trong trường hợp này, trên mỗi kg không khí, nó sẽ tách ra $m=2,45$ g nước dưới dạng kết tủa (mưa).

1. Nhiệt độ $T_1$ ở chân mây là bao nhiêu?

52

2. Chân mây nằm ở độ cao nào $h_1$ so với trạm $M_0$, giả sử rằng mật độ không khí giảm tuyến tính theo độ cao?

3. Nhiệt độ $T_2$ sẽ thay đổi bao nhiêu ở đỉnh sườn núi?

4. Cột nước đạt tới độ cao bao nhiêu (độ cao lượng mưa trên một đơn vị diện tích) rơi từ luồng không khí trong vòng 3 giờ? Các điều kiện để ngưng tụ hơi nước được coi là giống nhau trong vùng từ $M_1$ đến $M_2$.

5. Nhiệt độ $T_3$ ở phía sau sườn núi tại trạm $M_3$ là bao nhiêu? Thảo luận về tình trạng không khí tại trạm $M_3$ so với tình trạng tại trạm $M_0$.

Gợi ý và dữ liệu:

Không khí nên được coi là một loại khí lý tưởng.

Cần bỏ qua ảnh hưởng của sự có mặt của hơi nước đến độ dẫn nhiệt và mật độ không khí, cũng như sự phụ thuộc nhiệt độ của độ dẫn nhiệt. Nhiệt độ phải được biểu thị với độ chính xác 1 K, độ cao của chân mây với độ chính xác 10 m và độ cao của lượng mưa với độ chính xác 0,1 mm.

Độ dẫn nhiệt riêng của không khí trong khoảng nhiệt độ là $c_p=1005$ J/(kg K); mật độ không khí tại trạm $M_0$ tại $p_0$ và $T_0=-\varphi_0=1,189$ kg/m³; độ dẫn nhiệt riêng của không khí trong vùng mây - $q_V=2500$ kJ/kg; $c_p/c_1=x=1,4; g=9,81$ m/s².

Nhiệm vụ 2

Một chùm điện bay ra từ một nguồn chính xác $P$ và bay vào từ trường $B$ của một cuộn dây hình khuyên (toridal) dọc theo trường tuyến tính (hình 2). Đặt góc mở của chùm tia điện $2a_0$ thật nhỏ ($a_0\ll 1$). Việc phun điện xảy ra ở bán kính giữa $R$ của hình xuyến sử dụng điện áp gia tốc $U_0$. Giả định rằng mô hình $B$ đã được xây dựng. Bỏ qua tương tác tĩnh điện giữa các electron trong chùm tia.

1. Để di chuyển chùm tia dọc theo mặt tuyến tính, cần đặt một từ trường đều có cảm ứng $B_1$ làm lệch chùm tia. Tính $B_1$ cho một điện cực chuyển động dọc theo một đường tròn có bán kính $R$ bên trong hình xuyến.

2. Tính mô hình $B$ của một từ trường cảm ứng đối diện với chùm tia tại bốn điểm cách nhau l/2 so với nhau (xem hình 2). Gợi ý: khi nghiên cứu quỹ đạo của điện trường, có thể bỏ qua độ cong của từ trường tuyến tính.

3. Nếu không có trường lệch $\vec{B}_1$, chùm điện không tồn tại trong hình xuyến mà để lại nó chuyển động lệch vuông góc với mặt phẳng hình xuyến. Chứng tỏ rằng độ lệch hướng tâm của electron so với bán kính tiêm $R$ là hữu hạn. Xác định hướng của tốc độ trôi. Gợi ý: Nên bỏ qua góc mở của chùm tia điện tử. Áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng và mô men động lượng.

Dữ liệu: $e/m=1,76 \cdot 10^{11}$ C/kg, $U_0=3$ kV, $R=50$ mm.

Nhiệm vụ 3

Khi dao động hình sin của dòng điện và điện áp truyền dọc theo chuỗi $L-C$ vô hạn (hình 3), pha dao động điện áp trên tụ điện của hai ô liên tiếp khác nhau một lượng không đổi $\varphi$.

1. Xác định sự phụ thuộc của $\varphi$ vào $\omega$, $L$ và $C$ ($\omega$ là tần số dao động tuần hoàn).

2. Xác định tốc độ truyền sóng nếu mỗi ô có chiều dài $l$.

3. Trong những điều kiện nào tốc độ truyền dao động phụ thuộc yếu vào $\omega$ và giá trị của tốc độ trong trường hợp này là bao nhiêu?

4. Đề xuất thiết kế một mô hình cơ học tương tự như mạch điện mô tả ở trên và rút ra các phương trình chứng minh tính đúng đắn của mô hình này.

Công thức phụ trợ:

$$\cos \alpha - \cos \beta = -2 \sin \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \sin \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right),$$

$$\sin \alpha - \sin \beta = 2 \cos \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) \sin \left( \frac{\alpha - \beta}{2} \right).$$

Theo kết quả vòng thi lý thuyết, hai học sinh đến từ Romania đã nhận được tổng điểm cao nhất, cách biệt lớn so với các phần thi còn lại: C. Necula - 30 điểm và C. Malureanu - 29 điểm (mỗi bài toán của vòng lý thuyết được 10 điểm). Học sinh giỏi nhất của Liên Xô là A. Bibikov, người ghi được 24 điểm (anh ấy đã giải được bài toán 2 và 3). Các lĩnh vực còn lại của nhóm Soversh đã nhận được sự tuân thủ.

53

kết quả: D. Budko và A. Goldin - 19 điểm, D. Glushenkov - 15 điểm, G. Vilkleis - 13 điểm. Không ai trong số những người tham gia của chúng tôi sai hoàn toàn với bài toán nhiệt động lực học; bài toán 3 chỉ được giải quyết hoàn toàn bởi A. Goldin.

Nhìn chung, theo kết quả loại lý thuyết, đội Liên Xô đã thua học sinh Romania, đội ghi được tổng cộng 123 điểm (không có đội thi đấu chính thức tại Thế vận hội, tuy nhiên, tổng số điểm ghi được của đội cho phép chúng ta mô tả sức mạnh tương đối của nó). Đối với hầu hết các đội, vòng thi lý thuyết tỏ ra khá khó khăn.

Tại cuộc họp thứ hai của Ủy ban Quốc tế diễn ra vào ngày 8 tháng 7, nhiệm vụ thử nghiệm đã được xem xét và sau khi thảo luận đã được thông qua. Theo dự báo sơ bộ, mọi người đều muốn nhiệm vụ thử nghiệm là quang học - thành phố Jena nổi tiếng với doanh nghiệp quang học lớn nhất, Carl Zeiss Jena, chuyên sản xuất dụng cụ quang học và kính quang học. Một gợi ý về chủ đề quang học cũng được thấy trong biểu tượng chính thức của Thế vận hội (xem phần giới thiệu của bài viết). Và quả thực, nhiệm vụ thí nghiệm hóa ra là về quang học hình học.

Vào ngày 9 tháng 7, trong khuôn viên của một trong những ngôi trường tốt nhất ở Zenena - tại ngôi trường cấp hai mang tên. Julius Schachel II - một vòng thử nghiệm của Olympic đã diễn ra.

Đây là điều kiện của nó.

Chuyến tham quan thử nghiệm

Xác định chiết suất của lăng kính và chất lỏng.

1. Khi chỉ sử dụng một cách nhận biết, hãy xác định chiết suất $n_1$ của chính nó bằng hai cách khác nhau. Biểu thị bài toán dưới dạng hình và rút ra công thức từ đó để tính chiết suất.

Vật liệu phụ trợ: giấy đánh dấu các góc 30°, 60° và 90°, giấy vẽ đồ thị, thước kẻ, giấy trắng.

2. Sử dụng hai thông số giống hệt nhau như vậy, hãy xác định chiết suất của chất lỏng $n_2$; và $n_1 > n_2$. Biểu thị bài toán dưới dạng hình và rút ra công thức từ đó để tính chiết suất.

Vật liệu phụ trợ: hai hình chữ nhật có các góc 30°, 60° và 90°, giấy vẽ đồ thị, thước kẻ, giấy trắng, đĩa Petri, giá đỡ tròn, chất lỏng.

Công thức:

$$\sin(\alpha \pm \beta) = \sin \alpha \cos \beta \pm \cos \alpha \sin \beta.$$

Nhìn về phía trước một chút, chúng tôi lưu ý rằng kết quả thử nghiệm của nhóm Soversh đáng thất vọng hơn. Kết quả tốt nhất của đội Liên Xô là G. Vilkleis - 17 điểm (một nhiệm vụ hoàn thành đầy đủ có giá trị 20 điểm), nhưng 25 học sinh có kết quả cao hơn và 8 em trong số đó nhận được số điểm tối đa.

Các đội giỏi nhất trong thí nghiệm là các đội đến từ Ba Lan (90 điểm), Hà Lan (88 điểm) và CHDC Đức (87 điểm), tất cả các phần của họ đều được bố trí khá chặt chẽ (học sinh từ CHDC Đức có ba “hai mươi” cho thí nghiệm). Các phần còn lại của chúng tôi rõ ràng nằm dưới khả năng của họ và nhận được sự tuân thủ A: Biblikov và A. Goldin - 15 điểm, D. Budko và D. Glushen-

54

kov - 12 điểm. Mặc dù tất cả đều hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ thử nghiệm (nhận đúng đáp số), nhưng theo đánh giá của ban giám khảo, văn hóa trình bày tác phẩm hóa ra rất thấp và độ rõ ràng cũng như độ chính xác khi thực hiện chúng rõ ràng là không đủ. Nhìn chung, nhóm của chúng tôi đã đứng thứ 10 trong cuộc thử nghiệm.

Phiên họp cuối cùng của Ủy ban quốc tế tổng kết kết quả Olympic Vật lý quốc tế XVIII diễn ra vào ngày 10/7. Ba giải nhất thuộc về: C. Malureanu (Romania) - 49 điểm, C. Necula (Romania) - 45 điểm và B. Baker (Hà Lan) - 44 điểm.*) Giải nhì được trao cho 10 thí sinh. Trong số đó có A. Bibkov, người giỏi nhất trong đội của chúng tôi, người cuối cùng đã ghi được 39 điểm. 29 thí sinh đoạt giải ba, trong đó D. Vudko - 31 điểm và A. Goldin - 34 điểm. Hai thành viên nữa của đội Liên Xô - G. Vilklyaks và D. Glushenkov (người đạt 30 và 27 điểm) - nhận được đáp số.

Ở nội dung thi đấu đồng đội không chính thức, đội Liên Xô ghi được 161 điểm, chia nhau vị trí thứ 5 và 6 với đội Hungary, xếp sau các đội Romania (208 điểm), Đức (181 điểm), Trung Quốc (175 điểm) và CHDC Đức (162 điểm). Thực tế thành tích không thành công của đội chúng tôi có thể được giải thích bởi những lý do bên ngoài - vòng tròn những người tham gia Olympic không ngừng mở rộng, mức độ chuẩn bị của đội ngày càng tăng, chẳng hạn như học sinh ở Romania, đi học không phải 10 mà là 12 năm, đơn giản là không thể luôn đứng đầu, v.v. Tuy nhiên, ngay cả một phân tích sơ bộ về hệ thống chuẩn bị cho đội tương ứng hiện có cũng chỉ ra rằng có một số thiếu sót trong vấn đề này. Ví dụ, toàn bộ hệ thống lựa chọn đòi hỏi sự linh hoạt cao hơn; Cần tăng cường hơn nữa công tác cá nhân với học sinh và tăng cường cơ sở vật chất kỹ thuật của các trại hè và trại đông. Nói một cách dễ hiểu, Bộ Giáo dục Liên Xô, sử dụng tất cả kinh nghiệm làm việc tích lũy được, phải có từ lời giải của mình.

Vào ngày 12 tháng 7, khi chính thức bế mạc Olympic Vật lý cấp bang lần thứ XVIII dành cho học sinh, giải thưởng và dấu hiệu đặc biệt của người chiến thắng đã được trao. A. Bibkov đã nhận được chuyên môn về loại lý thuyết lời giải bài toán 3 nguyên bản nhất. C. Malureanu (Romania) đã nhận được chuyên môn về loại lý thuyết lời giải bài toán 2 tốt nhất. Một chuyên ngành khác (chỉ có ba) được trao cho D. Serban đến từ Romania, người có kết quả cao nhất trong số các cô gái (42 điểm - giải nhì). Xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến việc tổ chức ủy ban, đã đảm bảo thành tích xuất sắc của Thế vận hội, đảm bảo sự thân mật, hiếu khách và thiện chí. Những người tham gia Olympic rất hài lòng với chương trình văn hóa được cung cấp cho họ.

Lời cuối tại lễ bế mạc sản phẩm của đội Áo. Thay mặt chính phủ của mình, ông mời Olympic Quốc tế lần thứ 19 đến thành phố Salzburg trong khoảng thời gian từ ngày 23 tháng 6 đến ngày 2 tháng 7 năm 1988. Như thể nhân dịp Thế vận hội Salzburg, âm nhạc kỳ diệu của Wolfgang Amadeus Mozart vang lên trong hội trường. Hẹn gặp lại ở Áo, quê hương của nhà soạn nhạc vĩ đại!

Về bài toán M1065
Các biên tập viên đã nhận được một số lá thư, từ đó rõ ràng là không phải tất cả độc giả đều hiểu chính xác các điều kiện của bài toán M1065. Nó ngụ ý rằng tất cả các trình tạo trong biểu diễn vectơ đều khác nhau. Chúng tôi đang gia hạn thời hạn gửi lời giải cái bài toán này cho đến ngày 1 tháng 3 năm 1988. Lời giải một ghi chú đặc biệt sẽ được dành cho nó.

55

Quanti” mỉm cười

Hậu kỳ thi

Quanti, sự kiện đó và cùng một sự kiện có thể được nhìn từ những quan điểm khác nhau. Trong kỳ thi, đây là những quan điểm của giáo viên và thí sinh. Đây là những điểm tương đồng mà chúng tôi có thể rút ra giữa lời phát biểu của giám khảo và ứng viên mà chúng tôi tình cờ nghe được giữa kỳ thi tuyển sinh.

giáo viên

Một trong những người nộp đơn của tôi đã bối rối, nhưng ồ. Giả vờ không để ý.

Ơ, lẽ ra hôm nay tôi không nên cho một người điểm B. Rốt cuộc, tôi đã thấy rằng tôi không biết gì cả. Tôi chỉ đang rất vội thôi.

Và anh chàng giả tạo này không hiểu gì cả.

Tôi nói với anh ấy: “Anh biết đấy, nhưng không phải năm điểm. Có những người biết rõ hơn.”

Tôi có một câu hỏi dành cho cô ấy. Không trả lời. Tôi đứng thứ hai. Không trả lời. Tôi cho cô ấy điểm kém - cô ấy rơi nước mắt!

Ứng viên

Tôi đã qua mặt thầy. Anh ấy đã mắc lỗi nhưng lại trả lời câu hỏi theo cách mà anh ấy thậm chí không nhận ra.

Ờ, xui xẻo! Giám khảo đang vội đi đâu đó, nếu không tôi đã lấy mất năm điểm xứng đáng của mình.

Và anh bạn nhỏ này không hiểu gì cả.

Anh ấy nói với tôi: “Em biết rõ, có rất ít người hiểu rõ hơn em, nhưng…”.

Anh ấy hỏi một câu hỏi khó, tôi lập tức đáp số anh ấy. Anh ấy là câu hỏi thứ hai - Tôi lại đáp số. Và anh ấy đột nhiên nói: “Em, cô gái, không biết gì cả.” Vâng, sau đó tôi đã nói với anh ấy rằng anh ấy đã sai.

Trích từ báo MIPT “Vì khoa học”

55

56

Yêu thích bài toán
Thế vận hội thành phố Leningrad
trong toán học

1(7). Có một hướng dẫn về cách xây dựng hình học trên mặt phẳng, cho phép bạn thực hiện những điều sau:

a) Nếu có hai điểm thì vẽ một đường thẳng đi qua chúng
b) nếu có một đường và một điểm trên đó thì bạn có thể sử dụng phép phân phối lại cho đường này tại thời điểm này.

Làm cách nào tôi có thể sử dụng công cụ này để giảm chuyển hướng từ một điểm nhất định xuống một đường thẳng không đi qua điểm này?

D. Fomin

2(8, 10). Có nguồn cung cấp tiền xu không giới hạn với các mệnh giá 1, 2, 5, 10, 20, 50 kopecks. và 1 chà. Được biết, tiền xu A có thể được đặt bằng đồng xu B. Chứng minh rằng khi đó B rúp có thể được đặt bằng đồng xu A.

F. Nazarov

3(8). Một vài con quạ đang đậu trên cành một cây sồi lớn. Theo tín hiệu, họ bắt đầu băng qua. Mỗi phút, một con quạ bị những người hàng xóm ngồi trên cùng cành cây đuổi đi, và con quạ này bay đến cành cao nhất (cao hơn) tiếp theo; phía trên không có cành thì quạ bay đi. Tất cả các nhánh đều nằm ở độ cao khác nhau. Chứng minh rằng thời gian để con quạ bay hết (tức là sẽ không có nhiều hơn một đường thẳng đứng trên mỗi nhánh) chỉ phụ thuộc vào vị trí ban đầu của con quạ chứ không phụ thuộc vào thứ tự bay.

D. Fomin

4(9). Các ô vuông của bàn cờ 8x8 được tô màu theo kiểu bàn cờ. Được phép hoán đổi bất kỳ hai đường ngang hoặc hai đường dọc bất kỳ. Có thể sử dụng các thao tác này để có được một bảng có toàn bộ cạnh trái được sơn màu đen và toàn bộ cạnh phải có màu trắng?

V. Ufnarovsky

5(9, 10). Tại các điểm A và B của giao điểm của hai đường tròn, các tiếp tuyến của các đường tròn này được xác định lại lẫn nhau. Gọi M là một điểm tùy ý trên một trong các đường tròn nằm bên trong đường tròn kia. Chúng ta hãy tiếp tục các đoạn AM và BM ngoài điểm M cho đến khi chúng cắt nhau tại các điểm X và Y với một đường tròn chứa M bên trong chính nó. Chứng minh rằng XY là đường kính của đường tròn này.

D. Fomin

6(9, 10). Một nhà thiên văn học khi quan sát 50 ngôi sao trên bầu trời đã phát hiện ra rằng tổng tất cả khoảng cách theo cặp giữa chúng bằng S. Một đám mây bay tới đã che khuất 25 ngôi sao. Chứng minh rằng tổng khoảng cách theo cặp giữa các ngôi sao nổi bật nhỏ hơn S/2.

S. Fomin

7(8, 9). Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng nếu cd=1 thì trên khoảng có điểm cuối ab và (a+c)(b+d) có ít nhất một bình phương của một số nguyên:

L. Kurlyandchik

8(8). Máy bay được cắt thành nhiều vòng tròn, trong đó có những vòng giao nhau. Chứng minh rằng các mảnh cắt ra khỏi mặt phẳng không thể gấp thành nhiều vòng tròn không cắt nhau.

A. Anjan

9(9, 10). Tám số thực không âm có tổng bằng 1 được đặt ở các đỉnh của hình lập phương. Đối với mỗi cạnh có số lượng biến ở đầu của nó. Chứng minh rằng tổng các tích thu được theo cách này không quá 1/4.

D. Fomin

10(9). Cho dãy số tự nhiên a1, a2, a3, an, …, trong đó a1<1987 và ai+1=ai+2 với mọi i tự nhiên. Chứng minh rằng nếu với n các số a1—an và a2+an−1 chia hết cho 1987 thì n là số lẻ.

S. Genkin

11(10). Cho một dãy số thực x1, x2, … và một số tự nhiên T. Chứng minh rằng nếu trong số tất cả các phần tử T có thứ tự có thể có của các tập hợp có dạng (xk+1, xk+2, …, xk+T) có nhiều nhất T các phần tử khác nhau thì dãy x1, x2, … là tuần hoàn.

I. Lifshych

12(10). Các đường chéo của tứ giác nội tiếp ABCD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng

$$\frac{AB}{CD} + \frac{CD}{AB} + \frac{BC}{AD} + \frac{AD}{BC} \leq \frac{OA}{OC} + \frac{OC}{OA} + \frac{OB}{OD} + \frac{OD}{OB}.$$

F. Nazarov

13(10). Trong tập hợp n phần tử, S các tập con được xác định chứa các phần tử A1, A2, …, An của phần tử tương ứng. Được biết, trong số các tập hợp con này, không có tập hợp con nào được chứa trong tập hợp con kia. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{C_n^{A_1}} + \frac{1}{C_n^{A_2}} + ... + \frac{1}{C_n^{A_s}} \leq 1,$$

ở đâu $C_m^k = \frac{m!}{k!(m-k)!} - \text{бинимальный коэффициент}.$

A. Merkuryev

14(10). Hàm liên tục f, g: [0; 1] → [0; 1] có tính chất f(g(x))=g(f(x)) với mỗi x ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng nếu f trả về thì f(a)=(a)=a với một số a ∈ [0; 1].

D. Fomin

57

Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng (3FTSH) tại Viện Vật lý và Công nghệ Thay thế Lao động Đỏ (MIPT) của Moscow đang tuyển sinh học sinh 8 tuổi và học sinh trung học nằm trên lãnh thổ RSFSR và SSR Ukraine vào lớp 8, 9 và 10 cho năm học 1988/89.

Mục tiêu của trường là giúp học sinh học tập độc lập để đào sâu kiến ​​thức về vật lý và toán học. Khi được nhận vào 3FTS, quyền ưu tiên trước được phân bổ cho sinh viên sống ở khu vực nông thôn và khu định cư của người lao động, nơi đặc biệt cần sự hỗ trợ đó.

Giáo dục ở trường là miễn phí.

Ngoài các học sinh cá nhân, 3FTS còn chấp nhận các câu lạc bộ vật lý và công nghệ, có thể được tổ chức ở bất kỳ trường trung học nào bởi hai giáo viên - vật lý và toán học. Các trưởng nhóm tuyển dụng và ghi danh học viên (ít nhất 8-10 người) đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ nhập môn của 3FTS. Một vòng tròn được chấp nhận vào 3FTSH nếu giám đốc trường thông báo cho 3FTSH về họ, tên, sự vắng mặt của những người đứng đầu vòng tròn và danh sách các thành viên của vòng tròn (cho biết lớp trong năm học 1988/89 và điểm cuối cùng của bài tập nhập môn vật lý và toán học). Tất cả tài liệu về tổ chức các vòng kết nối và một phong bì cho đáp số về việc tiếp nhận một vòng kết nối vào 3FTSH với địa chỉ gửi lại được gửi đến một trong những người đứng đầu vòng kết nối phải được gửi đến 3FTSH (141700 Dolgoprudny, khu vực Moscow, MIPT, 3FTSH, ghi “Vòng tròn”) trước ngày 25 tháng 5 năm 1988. (Sổ ghi chép về công việc của các thành viên trong vòng kết nối không được gửi đến 3FTS.) của người đứng đầu các câu lạc bộ vật lý và công nghệ tương ứng có thể được các trường trả tiền theo đề xuất của 3FTS tại MIPT như các lớp tự chọn.

Sinh viên 3FTS và người đứng đầu các câu lạc bộ vật lý và công nghệ sẽ được hưởng lợi từ các bài tập vật lý và toán học theo chương trình 3FTS, cũng như 3FTS lời giải được đề xuất của các nhiệm vụ này. Các nhiệm vụ chứa tài liệu lý thuyết và sự phát triển của đặc điểm bài toán và các ví dụ về chủ đề, cũng như 10-14 nhiệm vụ dành cho lời giải độc lập. Đây đều là những bài toán đơn giản và phức tạp hơn (ở mức độ cạnh tranh bài toán tại MIPT). Công việc của sinh viên văn thư được kiểm tra bởi 3FTSH và các chi nhánh của nó, và các thành viên trong vòng kết nối được kiểm tra bởi các nhà lãnh đạo của nó.

Từ các trường học ở Moscow, các lớp học vật lý và toán học được tổ chức hai lần một tuần theo chương trình 3FTSH tại các trung tâm tư vấn buổi tối (ở một số trường ở Moscow), việc tuyển sinh được thực hiện hoặc theo thỏa thuận giáo dục quyết định cho bài tập nhập môn vật lý và toán học). Tất cả tài liệu về tổ chức các vòng kết nối và một phong bì cho đáp số về việc tiếp nhận một vòng kết nối vào 3FTSH với địa chỉ gửi lại được gửi đến một trong những người đứng đầu vòng kết nối phải được gửi đến 3FTSH (141700 Dolgoprudny, khu vực Moscow, MIPT, 3FTSH, ghi “Vòng tròn”) trước ngày 25 tháng 5 năm 1988. (Sổ ghi chép về công việc của các thành viên trong vòng kết nối không được gửi đến 3FTS.) của người đứng đầu câu lạc bộ vật lý và công nghệ tương ứng có thể được các trường trả tiền khi nộp 3FTS tại MIPT dưới dạng lớp tự chọn.

1. Khu vực (khu vực hoặc ASSR)
2. Họ, tên, chữ viết tắt
3. Lớp học
4. Số điện thoại, địa chỉ của trường
5. Họ, tên, chữ viết tắt của giáo viên vật lý
6. Nghề làm mẹ và chức vụ của mẹ
7. Địa chỉ nhà chi tiết

Dưới đây là bảng điểm cho nhiệm vụ giới thiệu:

KHÔNG.
F.
M.

Kết quả hoàn thành nhiệm vụ giới thiệu 3FTSH hoặc dựa trên kết quả phỏng vấn trực tiếp về vật lý và toán học (để biết thông tin, hãy gọi 408-51-45).

Mỗi học sinh hoàn thành bài tập nhập môn vật lý và toán học một cách độc lập bằng tiếng Nga và viết lại cẩn thận vào một bài tập của trường. Thứ tự của bài toán phải giống như trong bài tập. Gửi cuốn sổ trong một phong bì lớn trong một bưu kiện đơn giản (chỉ cần không cuộn nó thành ống). Cùng với quyết định của bạn, hãy nhớ gửi giấy chứng nhận từ trường nơi bạn là giáo viên, cho biết lớp học của bạn. Dán giấy chứng nhận lên bức tường bên trong của terdali. Nếu không có chứng chỉ này lời giải sẽ không được xem xét. Một mẫu hóa đơn được đặt trên bức tường bên ngoài (tất cả họ, tên và họ tên trong mẫu này phải được viết rõ ràng bằng chữ in hoa ở trang danh nghĩa).

Để nhận đáp số cho nhiệm vụ giới thiệu, hãy gửi một phong bì có địa chỉ nhà của bạn tới terdal.

Ngày khởi hành lời giải - không muộn hơn ngày 1 tháng 3 năm 1988 (theo dấu bưu điện nơi khởi hành). Giấy tờ dự thi sẽ không được gửi lại. Nốt Rê-

58

Hội đồng tuyển sinh sẽ được thông báo chậm nhất là ngày 1 tháng 8 năm 1988.

Gửi sổ ghi chép các bài tập đã hoàn thành (bắt buộc và về vật lý) đến địa chỉ: 141700 Dolgoprudny, khu vực Moscow, Viện Vật lý và Công nghệ Moscow, cho 3FTSH.

Sinh viên của các vùng Arkhangelsk, Volodsk, Kalinin, Kaliningrad, Kirov, Kostroma, Leningrad, Murmansk, Novgorod, Perm, Pskov và Yaroslavl, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Karal, Komi và Udmurt gửi tác phẩm đến địa chỉ: 198904 Old Peterf, st. Ngày 1 tháng 5 năm 100, cơ sở y tế, chi nhánh Leningrad của 3FTSH tại MIPT.

Sinh viên của các vùng Amur, Irkutsk, Kamchatka, Kemerovo, Magadan, Novosibirsk, Omsk, Sakhalin, Tomsk, Tomensk và Chita, các lãnh thổ Altai, Krasnoyarsk, Priory và Khabarovsk, Buryat, Tuva và Yakta Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị gửi bài đến địa chỉ: 660062 Krasnoyarsk, Svobodny Ave., 79, State Chi nhánh Krasnoyarsk của 3FTS tại MIPT.

Sinh viên Ukraina gửi tác phẩm về địa chỉ: 252680 Kyiv-142, Vernadsky Ave., 36, Institute of Metal Physics, chi nhánh Kiev của 3FTSH tại MIPT.

Dưới đây là các nhiệm vụ giới thiệu về vật lý và toán học.

Trong bài tập vật lý, bài toán 1-5 dành cho học sinh lớp hai, bài toán 4-9 - dành cho lớp tám, bài toán 8-14 - dành cho lớp chín.

Trong bài tập toán, bài toán 1-5 dành cho học sinh lớp 6-12, bài toán 3-9 dành cho lớp tám, bài toán 6-12 dành cho lớp chín.

Nhiệm vụ nhập môn Vật lý

1. Một ô tô đi từ thành phố này đến thành phố khác trong t giờ với vận tốc v₁. Anh ta quay lại trong t giờ với tốc độ v₂, và quãng đường còn lại với tốc độ v₃. Xác định tốc độ di chuyển trung bình dọc theo toàn bộ tuyến đường.

2. Hai xe đạp đang chạy với vận tốc 35km/h. Một trong số họ đặt tốc độ lên tới 45 km/h, di chuyển với tốc độ này trong 10 km, rẽ và không giảm tốc độ, quay trở lại chiếc xe đạp kia đang di chuyển với cùng tốc độ. Bao lâu đã trôi qua kể từ thời điểm người đi xe đạp đầu tiên đi trước cho đến khi anh ta quay lại với người bạn đồng hành của mình?

3. Độ bay lên của một vật trong không khí phải có giá trị P. Độ bay lên của vật đó trong chất lỏng có mật độ ρ₀ phải có giá trị P₁. Mật độ của chất mà cơ thể được tạo ra là gì?

4. 1,5 kg nước đá ở trạng thái cách nhiệt ở nhiệt độ 0°C. Đổ 1 lít nước sôi ở nhiệt độ 100°C vào bình. Nhiệt độ nào sẽ được thiết lập trong tàu? Nhiệt dung riêng của nước là 4,2 kJ/(kg °C), nhiệt dung riêng khi tan chảy của nước đá là 335 kJ/kg.

5. Nước lạnh (10°C) được đổ vào thùng chứa nước và đặt vào nguồn cấp nước điện. Sau 10 phút nước bắt đầu sôi. Sẽ mất bao lâu để nó bay hơi hoàn toàn? Nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/(kg °C), nhiệt dung riêng bay hơi là 2,26·10⁶ J/kg.

6. Rơi tự do không có vận tốc ban đầu của vật trong giây cuối cùng, protein đi được 3/4 quãng đường. Thi thể rơi xuống trong bao lâu?

7. Tìm chu kỳ tối thiểu của một vệ tinh của một hành tinh có mật độ 3000 kg/m³.

8. Khi hai lò sưởi được kết nối song song với điện áp U₁, nguồn điện P₁ và P₂ được phân bổ cho chúng. Công suất nào sẽ được giải phóng bởi mỗi lò sưởi này nếu chúng được mắc nối tiếp với điện áp U₂? Điện trở của lò sưởi không thay đổi.

9. Một người nhảy dù có khối lượng 80kg rơi xuống dù với vận tốc 5m/s. Tốc độ cài đặt sẽ là bao nhiêu nếu một người nhỏ nặng 40 kg rơi xuống cùng một chiếc dù? Lực kéo tỷ lệ thuận với bình phương tốc độ.

10. Một quả bóng bida chạm đúng vào quả bóng đang đứng yên. Cung cấp khả năng kiểm soát tuyệt đối (không tiêu hao năng lượng khi va chạm). Những quả bóng có thể bay ra xa nhau ở góc nào?

11. Khi đun nóng khí ở thể tích không đổi thêm 1°C thì áp suất tăng 0,2%. Ở nhiệt độ ban đầu là bao nhiêu để ô tô nằm trên một đoạn đường cong có bán kính 80 m nếu hệ số ma sát giữa lốp ô tô và mặt đường nhựa là 0,5?

12. Một số lượng khí được nung nóng từ 300 K đến 400 K. Trong trường hợp này, thể tích khí thay đổi tỷ lệ với nhiệt độ: V = aT. Thể tích ban đầu của khí là 3 l, áp suất thay đổi khi kết thúc quá trình, bằng 1 atm. Hỏi khí đã thực hiện bao nhiêu công trong quá trình này?

13. Bình 120 lít được chia thành hai phần bằng một vách ngăn di động mỏng. Hai mol nước được đặt vào thùng bên trái và hai mol nitơ được đặt vào thùng bên phải. Nhiệt độ được duy trì ở 100°C. Xác định thể tích phía bên phải của bình.

Toán học

1. Có 40 học sinh trong lớp, trong đó 25 học sinh giải được câu bài toán đầu tiên trong môn vật lý từ bài tập nhập môn 3FTS, 26 học sinh trong môn toán và 9 học sinh không giải được câu nào trong số bài toán này. Có bao nhiêu học sinh giải được cả 2 câu bài toán?

2. Tìm chữ số thập phân thứ 1988 trong ký hiệu thập phân của 2/7.

3. Độ dài tất cả các cạnh của một tam giác vuông là số nguyên. Độ dài hai bên của chân có thể là số lẻ không?

4. Hai điểm C và D nằm trên đường tròn đối diện với đường kính AB. Tìm CD nếu biết BC=a, AC=b, AD=BD.

5. x có thể nhận những giá trị nào nếu |x-y|<2 và |2x-y|<1?

6. Tìm tổng 12-22+…+19872-19882.

7. Hai đáy của hình thang bằng a và b. Tìm độ dài đoạn thẳng vẽ qua giao điểm của các đường chéo song song với đáy và giữa các cạnh. Rằng chiều dài của nó không quá √ab.

59

8. Tại giá trị nào của tham số $a$ tổng các bình phương của các nghiệm của phương trình $2x^2+2ax+3a^2-2a=0$ sẽ lớn nhất?

9. Trong một tứ giác nội tiếp trong đường tròn bán kính $R$, một cạnh là đường kính và độ dài ba cạnh còn lại là $a$, $b$ và $c$. Chứng minh rằng $4R^3-R(a^2+b^2+c^2)-abc=0$.

10. Biết sinα + cosa = a, tìm |sinα - cosa|.

11. Đa thức khoảng cách $P(x)=x^2+px+q$. a) Chứng minh rằng cả hai nghiệm $P(x)$ đều nằm trên

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải
(Để bắt đầu, xem trang 30)
I. Manshin (Ivanovo) 47; D. Martynenko (Kyiv) 47; A. Maiko (Kyiv) 55; A. Melevovets (Brest) 47; O. Melnikov (Krasnoyrk) 55; N. Mikhailovsky (Krasnoyrk) 57; P. Mikheev (Stary Oskol) 47; I. Mishenev (Minsk) 47; V. Molodchenko (Odeska) 52; A. Molchanov (Chekhov, vùng Moscow) 47; R. Moor (Alma-Ata) 57; V. Moroz (Leningrad) 49, 52; R. Moskov (Ramenskoye) 46, 50; M. Mostov (Odeska) 47; V. Mytko (Minsk) 47, 50, 52; O. Naumov (Zavolye) 47; K. Nedbaev (Brest) 53; N. Nekrasov (Moscow) 47; O. Nelaliin (Oskol đầy sao) 47; K. Nikolaev (P. Chernogolovka, vùng Moscow) 50, 53; A. Nikolok (Rivne) 53, 55, 57; A. Novikov (Kharkov) 47; A. Novik (Mozyr) 53, 57; D. Novotkov (Alma-Ata) 46, 57; S. Nochevny (Zaporozhye) 46, 50, 57; A. Okuneev (Grodno) 50; P. Orlov (Leningrad) 47; S. Pavlov (Vladivostok) 49; V. Pavlinn (Frunze) 50, 53; D. Pastukhov (Vitebsk) 47, 55, 57; T. Patsaeva (Kuibyshev) 47; K. Penanen (Odeska) 50, 56, 57; L. Petko (Minsk) 49, 50, 53, 55, 57; V. Pisarenko (Kyiv) 47; A. Podtelezhkin (Kharkov) 53, 55-57; O. Pokramovich (D. Sokki, vùng Brest) 47, 56, 57; P. Polkin (Tula) 50; L. Ponomarenko (Bux) 49, 50; D. Pochuev (Kharkov) 49, 55, 57; K. Prikhovko (Moscow) 55, 57; M. Pustilnik (Moscow) 49; I. Rassadin (Minsk) 53, 57; U. Rakhmanov (Tashkent) 49, 53; A. Rezunevo (Kharkov) 53, 57; A. Rozhkov (Kalinerrad)

Phương trình nghĩ cho chúng ta

1. $F \approx -53,3$ N. Dấu trừ có nghĩa là lực không hướng xuống dưới mà hướng lên trên cùng một góc với đường chân trời.
2. $t = 100^\circ$ S.
3. $l = 12,5$ m.

Olympic Toán quốc tế lần thứ XXVIII

3. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
   $$|a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n| \leq \sqrt{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2} \times \sqrt{b_1^2+\dots+b_n^2}$$ và đẳng thức $x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2 = 1$, chúng ta có
   $$|x_1|+|x_2|+\dots+|x_n| \leq \sqrt{n}.$$
   Do đó, tất cả các tổng có dạng $\varepsilon_1x_1+\dots+\varepsilon_nx_n$, trong đó $\varepsilon_i \in (0, 1, 2, \dots, k-1)$, lấy phân đoạn $I = [0; (k-1)\cdot \sqrt{n}]$. Chúng ta hãy chia đoạn $I$ thành $k^n-1$ bằng đoạn có độ dài $(k-1)\sqrt{n}/(k^n-1)$. Vì có tổng cộng $k^n$ nên một số hai trong số đó nằm trong cùng một đoạn

61

Kính vạn hoa «Kvant»
(xem «Kvant» số 11)

Câu hỏi và bài toán

1. Lực áp suất bằng không.
2. Định luật Pascal có giá trị, nhưng định luật Archimedes thì không, vì cả vật và chất lỏng chiếm chỗ đều không trọng lượng.
3. Từ đông sang tây, vận tốc góc của máy bay quanh tâm Trái đất phải bằng vận tốc góc chuyển động quay của Trái đất.
4. Vận tốc của vật đạt cực đại khi đi qua tâm Trái đất (r=0). Giả sử rằng thế năng của vật ở tâm Trái đất bằng 0, chúng ta thu được

$$\frac{mv_0^2}{2} = \Pi,$$

trong đó $\Pi$ là thế năng trên bề mặt Trái đất, bằng công thực hiện để di chuyển một vật từ tâm đến bề mặt Trái đất (xem vùng được bảo vệ trên hình 5). Sau đó

$$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mgR_0}{2},$$

trong đó $R_0$ là bán kính Trái đất. Từ đây

Hình 5.

5. Không, vì trong trường hợp này lực hấp dẫn sẽ có thành phần không nằm trong mặt phẳng quỹ đạo.

Xuất bản năm 1987

Hướng tới kỷ niệm 70 năm Cách mạng Tháng Mười vĩ đại
Quốc khánh 11 2
Về toán học Đất Xô Viết 11 3
Thành tựu của các nhà vật lý Liên Xô 11 9

---

CHÚC MỪNG NĂM MỚI! 1 2
12 tháng 4 - Ngày du hành vũ trụ 4 2
Thời gian để tạo ra, thời gian để nắm giữ! 5 2
30 năm tuổi vũ trụ 10 2

---

Phỏng vấn Viện sĩ A. S. Borovik-Romanov 9 2
Phỏng vấn Viện sĩ R. Z. Cardeev 10 3

số liệu thống kê toán học
Định luật thứ hai của Arnold V. I. Kepler và cấu trúc liên cực của các nội cực Abelian 12 17
Boltyansky V. G. Ogibaoshaya 3 2

6. Trong quá trình hạ xuống, vì khi phóng, tốc độ của các gói trong các lớp khí quyển dày đặc là nhỏ và trong quá trình hạ xuống thì tốc độ cao.
7. a) Tiếp tuyến với quỹ đạo; 6) sẽ bắt đầu rơi xuống Trái đất.
8. Tương tự như đối với Trái đất.
9. Mật độ của hành tinh. Sử dụng phương trình chuyển động của vệ tinh trên quỹ đạo, chúng ta có thể thu được công thức

$$T = \sqrt{\frac{3\pi}{G_0}}.$$

10. Chỉ có lò xo, các đồng hồ khác sẽ không hoạt động trong môi trường không trọng lực.
11. Bật kỹ thuật số.
12. Có thể, vì sự tương tác của búa và vật liệu được hình thành sẽ được xác định bởi tính chất quán tính chứ không phải tính chất hấp dẫn của chúng.

Kinh nghiệm vi mô
Sẽ không như vậy, vì cả bờ và nước trong đó đều rơi với cùng một gia tốc.

Trang cờ vua
(xem «Kvant» số 9)

Nhiệm vụ 17 (W. Brader, 1966). 1. Nb5 c2
2. Nd4 c1Q 3. Nb3+ Kpb1 4. K:c1 K:c1 5. Kh7 g4 6. Kf6 g3 7. K:h5 g2 8. Kf4 hòa; 2…Kpb1 3. K:c2 K:c2 4. Ke6 g4 5. Kg7 g3 (5… h4 6. Kf5 h3 7. Ke3+ và 8. K:g4) 6. Kf5 g2 7. Ke3+.
Nhiệm vụ 20 (L. Prokesh, 1939). 1. Kd7 d2 2. Cg5 d1Q 3. C:e3+ Kra6 4. Nc5+ Kra5 5. Cd2+ Q:d2 6. Nb3+ hòa; 1…e2 2. Ch4 d2 3. Cf2+ Kra6 4. Nc5+ Kra5 5. Kb3+ và 6. K:d2. Sau 1… Bxd7 việc rút thăm khá đơn giản: 2. Cg5 e2 3. Cd2.

Xuất bản năm 1987

Các quẻ và đường cong bậc ba của Vasiliev N.V. Pascal 8 2
Voronin S. M., Kulyazin A. G. Về nhiệm vụ của Pythagoras 1 10
Galperin G. A. Đơn giản về số nguyên tố 4 8
Gindikin S. G. Câu đố của Ramandujan 10 14
Dorofeeva A. V. Rene Descartes và “Hình học” của ông 9 15
Karpov Ya. Yu. Mã hóa mã bưu chính tối ưu 11 19
Các mẫu Korenin V. E. Penrose và giả tinh thể 6 2
Kostrikin A.I. Nhóm đơn giản 2 2
Lobkovsky A. E. Các mô hình toán học trên mặt phẳng 11 21
Panov A. A. Cây phả hệ 7 8
Pevzer P. A. Tốt hơn một cặp đôi dành cho những kẻ ngốc nghếch 5 4
Pirogov I.Z., Tollina I.A. Mehmatovites của Đại học quốc gia Moscow trong trận chiến ở Moscow 12 3
Soloviev Yu. P. Tính toán các đường cong elip 7 2
Sosinsky A.V. Nhóm hữu hạn 2 8

Thống kê vật lý
Ashavsky V. S. Bề mặt tinh thể 7 14

62

Bernstein P.V. Một số bổ sung cho bài văn, hoặc Một lần nữa về dự báo khoa học
Vreus T.K. Cuộc gặp gỡ với sao chổi Halley đã diễn ra!
Vrezhovskikh L. M., Kurtenov V. M. Âm học trong đại dương
Vruk Yu. M., Geller V. I. Sao lùn trắng là sao kết tinh
Vyalko A.V. Hơi ấm của bàn tay em
Valyansky S. I. Đơn vị: từ hệ thống này sang hệ thống khác
Varlamov A. A., Shapro A. I. Cho đến khi ấm đun nước sôi…
Krutovin D. G. Hành trình qua máy vi tính
Krutovin D. G. MK: vấn đề giao tiếp
Krutovin D. G. Dọc theo những con đường bàn của MK
Krutovin D. G. Ai cai quản thành phố MK?
Mikhailov A.S. Sóng trong tim
Ostrovsky L. A. Sóng trên mặt nước Semenchinsky S. G. Hiệu ứng Hall: năm 1879 - năm 1980
Simin G. S. Điện tử quang học dưới ánh nến
Sklokin F.N. Với chiếc ba lô ở Bắc Cực
Fabrikant V.A. Tại sao chúng ta sử dụng sưởi ấm vào mùa đông?
Filonovich S.R. Về sự va chạm của các quả bóng và vật lý “nghiêm túc”
Cuốn sách vĩ đại của Filonovich S. R. Newton
Khilkevich S. S., Zaitseva O. A. Làm thế nào để xây dựng quỹ đạo?
Edelman V.S. Công suất nhiệt đơn giản này

tin tức khoa học
Đo trực tiếp khoảng cách tới một chuẩn tinh
Giấc mơ trở thành hiện thực
Phản proton trong bẫy
Kính hiển vi đường hầm
Chuẩn tinh xa nhất

Phòng thí nghiệm «Kvant»
Vronshtein M. P. Người phát minh ra máy điện báo vô tuyến
Vubnov V. M. Whirlwinds… trên máy hát
Vuzdin A. I., Sorokin V. V. Đun sôi chất lỏng
Gabrilov S. L. Hằng số hay biến đổi?
Mayer V.V. Màu trắng có thể là màu đen?
Mayer V.V., Mayer R.V. Quan sát chỉ thị tĩnh điện

vòng tròn toán học
Valk M. V., Landman G. M. Tìm kiếm phương pháp cắt tối ưu
Gutenacher V.L., Rabbot J.M. Chọn phương án có sẵn
Izhboldin O. T., Kurlyandchik L. D. Phân chia đơn vị
Sannissky V. Ya. Đang suy nghĩ về một điều tối ưu bài toán
Sobolev S.I. Trên người đi bộ ngẫu nhiên
Thông điệp liên tục của Tabachnikov S. L.

Fuks D.V. Công trình xây dựng với một la bàn
Lịch của chúng tôi
Đa diện - lịch
Cách tử nhiễu xạ - 200 năm
Van der Waals và phương trình của ông
Luigi Galvani
Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10:
Định luật Archimedes
Ký hiệu tương tác phân tử
Sự phân cực của ánh sáng
Rãnh nhớt
Phương pháp chụp ảnh tĩnh điện
Quang phổ hạt nhân
Luật bảo tồn và hệ thống báo cáo
Động cơ điện hoạt động như thế nào?
Vật lý hòa âm âm nhạc
Có dễ dàng để mô tả chuyển động?
Khoảng một bài toán
Áp suất khí trong bình
Dao động điều hòa và cân bằng
Định luật hấp dẫn
Sự giãn nở của khí vào khoảng trống
Cảm ứng điện từ và sự nghèo nàn
Toán 8, 9, 10:
Vòng tròn ngoại tiếp sẽ giúp
Điều kiện của Lishchina trong vấn đề cạnh tranh
Kiểm tra tính chia hết cho các số có dạng 10n±1
Giới hạn tuyệt vời đầu tiên
Công thức Vieta
Phép biến đổi mặt phẳng trong bài toán xây dựng
Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky
Định lý cơ bản
Trường học yêu thích bài toán
«Kvant» cho học sinh nhỏ
Nhiệm vụ
Aslamazov L. G. Phanh mặt trăng
Ashasksky V.S. Và một chiến binh trên chiến trường
Vuzdin A.I., Krotov S.S. Người rung chuông Jacques đã từng dùng đầu làm vỡ đèn lồng như thế nào…
Vilenkin N. Ya. Từ lịch sử của phân số
Orlov A.I. “Tất cả”, “một số” và phủ nhận
Savin A.P. Trở lại hình vuông
Savin A.P. Nhiệm vụ cắt
Độc thân Yu. P. Thuật toán cũ
Rodina N.A. Những con số có thể cho bạn biết điều gì
Steinber A. S. Dalto cân nguyên tử
Đoán số
Kính vạn hoa «Kvant»
Bay hơi, sôi, nóng chảy
Những con số tuyệt vời
định luật bảo toàn
Những đường và dấu chấm tuyệt vời
Thí nghiệm và quan sát
Những con số tuyệt vời √2 và e
Cách các phân tử chuyển động
Điểm và đường tuyệt vời
Trọng lực

63

Cuốn sách vấn đề “Quanta”
Những người chiến thắng trong cuộc thi “Sách Vấn Đề Lượng Tử”
Sách bài tập M1021—M1080, F1033—F1092
Lời giải bài toán M1001—M1060, F1013—F1072
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải
Số có ba chữ số và chữ ghép
Con lắc trong từ trường và nguyên lý siêu cường
Nghệ thuật lập trình
Về việc khai trương Trường Lập trình Báo chí Liên minh
Guariy V.V., Styrkas K.A. Về một chuỗi lặp lại
Duvanov A. A., Pervin Yu. A. Logo ngôn ngữ. Bài 1: Cuộc hành trình của Rùa
Duvanov A. A., Pervin Yu. A. Logo ngôn ngữ. Bài 2: Học viện Rùa Duvanov A. A., Pervin Yu. A. Logo ngôn ngữ. Bài 3: Đệ quy, hàm Ershov A. P. Thế giới ngôn ngữ lập trình
Kaimin V. A. Kiểm tra tính đúng đắn của thuật toán
Sternberg L. F. Chu kỳ, chu kỳ, chu kỳ…
Hội thảo lối vào
Belonuchkin V. E. Điều động trong không gian
Vodnik V. A., Streshinsky I. Ya. Về phương pháp đồ thị lời giải của vật lý phi bát phân bài toán
Volibrukh A. A., Urov V. M., Shabunin M. I. Lời giải hệ phương trình lượng giác
Buzdin A. I., Krotov S. S. Công việc, năng lượng, cơ thể
Gotman E. G. Đúng lời giải hình học bài toán
Dorofeev G.V., Rozov N. Kh. Chức năng định kỳ và không định kỳ
Ionin Yu. I., Nekrasov V. V. Tính khoảng cách và góc
Kozel S.M. Bài toán trên hỗn hợp khí
Mozhaev V.V. Tụ điện có điện tích tấm “quá mức”
Nakhshin V. A. Các phương trình được nghĩ ra cho chúng ta
Yarsky A. S. Bất đẳng thức với tham số
Các lựa chọn thi tuyển sinh
Mục tiêu của kỳ thi tuyển sinh vào năm 1986
Đại học bang Kiev được đặt theo tên. T. G. Shevchenko
Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen
Đại học bang Leningrad được đặt theo tên. A. A. Zhdanova
Viện Bách khoa Leningrad được đặt theo tên. M. I. Kalinina
Viện kỹ thuật điện Leningrad được đặt theo tên. V. I. Ulyanova (Lênin)
Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin
Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova
Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow
Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow
Viện thép và hợp kim Moscow
Viện máy công cụ Moscow
Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow
Viện Công nghệ Điện tử Moscow
Viện Vật lý và Công nghệ Moscow
Viện năng lượng Moscow
Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow được đặt theo tên. N. E. Bauman
Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol
Thế vận hội Olympic
Olympic Lập trình Moscow lần thứ VIII
Đã chọn bài toán Olympic Vật lý thành phố Moscow
Bài toán Olympic Toán học Thành phố Moscow Ngũ Tuần
Olympic toàn Nga lần thứ XIII dành cho học sinh
Olympic Toán học toàn Nga lần thứ XXI
Olympic Vật lý toàn Nga lần thứ XXI
Olympic Toán quốc tế XXVIII
Olympic Vật lý Quốc tế XVIII
Đã chọn bài toán Olympic Toán Thành phố Leningrad
Thông tin
Tuyển sinh mới vào Trường Toán học Liên minh
Tuyển sinh mới vào bộ phận thư tín của Cơ khí nhỏ
Trường Vật lý và Công nghệ Động vật học tại MISiS
Trường vật lý động vật học tại Đại học quốc gia Moscow
Khóa học hè “Lập trình viên trẻ”
Máy tính bên bờ sông Oba
Các chương trình trẻ ở Leningrad
Trường động vật tại NSU
Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow
X Tour của các nhà vật lý trẻ
Hội nghị khoa học kỹ thuật II của học sinh MIPT
Novosibirsk — Andover
I Olympic Tin học toàn trường dành cho học sinh
Trường Vật lý và Công nghệ Động vật học tại MIPT
Trò chơi và câu đố
1—12 trang 4. vùng đất
Thay Đổi
Từ bất cứ điều gì - bất cứ điều gì
“Lượng” mỉm cười
Tin tức khảo cổ học
Sự đơn giản của toán học

64

Tên trang
Kết quả thi đấu cờ vua năm 1986 6 58
Máy tính phân tích endgame 1 giây thứ 3. vùng đất
Những phát hiện nghịch lý của máy tính 2"
Hồ sơ máy tính 3"
Khỉ ghi 4"
Giải vô địch máy tính 5"
Giải vô địch vi tính 6"
Số liệu trở về nhà 7"
Phân tích hồi cứu 8"
Số liệu cuối trận 9"
Máy tính đồng hành cùng các kiện tướng 10"
Chủ đề hình học 11"
phương pháp tam giác 12"
Bìa của chúng tôi 2.7
Hồ sơ của chúng tôi 10 35

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan

Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Phó tổng biên tập:
V. N. Borovishki, A. A. Varlamov,
V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov

Tuyển tập biên soạn:
A. A. Abrikosov, M. I. Bashmkov,
V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky,
A. A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, V. V. Vavilov,
N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko,
V. L. Gutenkhacher, N. P. Dolbilin,
V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov,
A. R. Zilberman, S. M. Kozel,
S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, A. A. Leonovich,
S. P. Novikov, T. S. Petrova, M. K. Potalov,
V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. Kh. Rozov,
A. P. Savin, Vâng. A. Smorodinsky,
A. V. Sosinsky,
V. M. Uroev, V. A. Fabrikant

Ban biên tập:
A. M. Baldin, S. T. Belyaev, E. P. Velikhov,
Tôi. Vâng. Verchenko, V. V. Vozvrizhensky,
G. V. Doroevev, N. A. Ermolaeva,
A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, V. A. Kirilin,
G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov,
V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva,
R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev,
A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov,
L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số chuẩn bị:
A. N. Vilenkin, A. A. Egorov, L. V. Kardasevich,
I. N. Klumova, T. S. Petrova, A. L. Ryabev, A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
M. V. Dubakh, S. V. Ivanov, D. A. Krymov,
E. V. Nazarov, T. N. Kolchenko, E. K. Tenchurina,
I. E. Smirnova, V. V. Yudin

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova
Người hiệu đính N.V. Rumyantseva

Giao hàng vào ngày 20/10/87. Ký xuất bản ngày 24 tháng 11 năm 1987.
T-22573. Vumaga 70×108/16. In offset. CR.-ott có điều kiện. 23,8. Lò nướng có điều kiện l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7,28. Lưu hành 200.828 bản. Giá 40 kopecks. Đặt hàng 2883

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO • Soyuzpoligraphprom*
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
về xuất bản, in ấn và kinh doanh sách
142300 Chekhov, khu vực Moscow

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant», tel. 250-33-54

“Magic Paramid” - một phần khác trong ghi chú của chúng tôi về các câu đố về quả cầu - được phát minh trước Khối Rubik, nhưng vì lý do nào đó mà nó không được đánh giá cao vào thời điểm đó. Đặc biệt, những chiếc máy phá địa cầu, paramid và hình khối hình quả bóng khổng lồ, cùng với những chiếc khác, khác với những chiếc trong số trước, ngoại trừ chiếc “đảo ngược” (xem “Quit”, số 1, 2), là các bộ phận chuyển động của chúng không chỉ có thể di chuyển từ nơi này sang nơi khác mà còn có thể “ngồi” ở một nơi nhất định theo nhiều cách khác nhau. Vì vậy, trong paramidon trên hình bên trái có 3 loại khối - 4 góc, 6 cạnh và 4 khối trung tâm. Cái thứ nhất có thể quay cùng một chỗ theo ba cách, cái thứ hai theo hai cách, cái thứ ba theo ba cách; Tuy nhiên, chuyển động quay của các khối trung tâm dường như không thể phân biệt được. Chúng tôi sản xuất một số phiên bản của paramidka. Phổ biến nhất là loại được hiển thị ở bên phải và mão paramidal thường được gắn vào các khối góc của nó, mỗi khối sẽ tự lành. Nhưng điều thú vị hơn là paramida với khối trung tâm. Có lẽ không cần thiết phải giải thích cách xử lý nó: một sự lặp lại có thể chấp nhận được sẽ được hiển thị dưới dạng dấu vết; cần phải làm lại các khối với sự lặp lại bocrus của cả 4 trục như vậy, sau đó khôi phục lại màu gốc - mỗi khối một màu

$$K_1 = AB^{-1}A^{-1}B$$

các cạnh. Chúng tôi đã nhiều lần thông báo về cách xác nhận lời giải như vậy bài toán. Đầu tiên, hãy xem xét cổ góp của hai vòng quay (hình ở giữa; các ký hiệu rẽ cũng hiển thị trên đó). Dưới tác động của $K_1 = AB^{-1}A^{-1}B$ các khối 3 cạnh tuần hoàn được sắp xếp lại: $AB \rightarrow CB \rightarrow AC \rightarrow AB$ (thứ tự các chữ cái rất quan trọng!), và các khối trung tâm được sắp xếp lại theo cặp: $a \leftrightarrow b$, $c \leftrightarrow d$, $2d e$ $a$, $b$, … - BCD trung tâm, CDA, …. Hiệu quả tương tự $K_2 = BC^{-1}B^{-1}C$: $AB \rightarrow CB \rightarrow CA \rightarrow AB$, chỉ có 2 khối - CB và AC - nếu không sẽ càu nhàu. Do đó, thao tác $K_1K_2^{-1}$ sẽ lật các khối này vào đúng vị trí và các khối cạnh còn lại sẽ không bị ảnh hưởng. Bạn sẽ có được một thao tác hữu ích khác nếu bạn xoay $K_1 : K_2^{-1}$ ba lần và chỉ lật các khối trung tâm $a \leftrightarrow b$, $c \leftrightarrow d$. Nhiệt độ, bạn có thể xoay các khối theo thứ tự sau: 1) góc (chúng phải được xoay để khớp với màu ở mỗi bên của paramid), 2) cạnh DA, DB, DC - bạn có thể đặt chúng lần lượt, sử dụng các công tắc $ABA^{-1}B^{-1}$, $B^{-1}A^{-1}BA$, v.v., thay thế mỗi khối một trong các khối này 3) cạnh AB, BC, CA - sử dụng trước $K_1$ hoặc $K^{-1}$, sau đó, nếu cần, hãy lật nó lại, sử dụng $K_1K^{-1}$, v.v., 4) cạnh - sử dụng các thao tác như $K_3$. Cố gắng chỉ ra rằng các thao tác được chỉ định luôn đủ để lắp ráp hoàn chỉnh (điều này không khác lắm!). “Toán học của khối ma thuật” (“Quite” số 8, 1982) sẽ giúp bạn trở thành. Và một điều nữa bài toán: chứng minh rằng bằng cách xử lý paramida bạn có thể nhận được $3^4 \cdot 6! \cdot 2^6 = 3732480$ phép tính khác nhau.