Kvant 1988, số 7 · Trang

QUANTUM
khoa học đại chúng
tạp chí vật lý và toán học

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Đảo bốn màu

1988

Trong phòng:

I. M. Yaglom Jacob Steiner
A. A. Panov. Flexagons, Flexors, Flexsmas
A. D. Chernin. Ảo tưởng và ảo ảnh không gian
A. A. Abrikosov (Jr.). Lịch sử nước Nga

Bài toán Kvant
Bài toán M1111—M1115, F1123—F1127
Problems M1111—M1115, P1123—P1127
Lời giải bài toán M1091—M1095, F1103—F1107

Kính vạn hoa «Kvant»

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
T. S. Petrova. Từ sự sống của các phân tử

---

M. Người làm vườn. Đảo gót chân sắc màu

Nghệ thuật lập trình
V. N. Kasatkin. 100 có bao nhiêu chữ số!?

Thông tin
Đơn hàng được chấp nhận…
Trường thông tin tại NSU
Pha trộn (44)

bìa của chúng tôi

1 Liệu bất kỳ bản đồ nào trên mặt phẳng có thể được tô màu chính xác bằng bốn màu - ví dụ như đã làm đối với hòn đảo được mô tả trên trang bìa của chúng ta không? (“Đúng” có nghĩa là không có hai quốc gia láng giềng nào có cùng màu.)
Năm 1976, Appel và Haken đã chứng minh một định lý đưa ra kết quả khẳng định đáp số cho câu hỏi này.
Nhưng trong bài viết “Đảo gót chân màu sắc” của M. Harder, bạn sẽ gặp một câu chuyện tuyệt vời “bác bỏ” định lý quan trọng này.

2 Thật khó tin nhưng 250 năm trước lý thuyết về lực hấp dẫn của Newton đã gây ra sự ngờ vực, tranh cãi và thậm chí là chế giễu. Bằng chứng cho điều này là bức tranh biếm họa xuất hiện trong suốt cuộc đời của Newton.
Và ở thời đại chúng ta, những hiện tượng có quy mô vũ trụ thực sự đã được phát hiện, gắn liền với định luật vạn vật hấp dẫn. Đọc về điều này trong bài viết của A. D. Chernin.

3 trang cờ vua.

4 “Gần đây” của uốn cong Klaus Steffen. Bạn sẽ tìm hiểu máy uốn (cũng như flexaon và flexman) là gì bằng cách đọc bài viết của A. A. Panov.

© Nhà xuất bản Nuka.
Tòa soạn chính của văn học vật lý và toán học. «Kvant», 1988

2

YAKOV STEINER
(từ lịch sử hình học)

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
I. M. YAGLOM

Vào nửa sau thế kỷ 18 và đầu thế kỷ 19, nhà giáo dục nhân văn đáng chú ý Juhann Heinrich Pestaloschi (1746-1827) sống ở Thụy Sĩ. Ngày nay, Pestaloshi được cả thế giới coi là người sáng lập lý thuyết giáo dục tiểu học cho trẻ em, ý tưởng kết nối giáo dục với lao động sản xuất. Chúng ta có thể nói về anh ấy rất lâu - nhưng Pestaloshi không phải là người hùng của chúng ta ở đây. Pestalosi đã thử nghiệm và thực hiện ý tưởng của mình tại ngôi trường tiểu học nội trú xuất sắc do anh thành lập dành cho trẻ em nghèo. Nhân viên của Pestaloshi đã đi khắp Thụy Sĩ, lựa chọn những sinh viên tương lai và thuyết phục (thường là khó khăn nhất) phụ huynh của họ cho con họ đến trường.

Năm 1814, một trong những nhân viên cuối cùng của Pestaloshi gặp một người chăn cừu trẻ, Jacob Steiner, con trai của một nông dân nghèo, ở vùng núi Thụy Sĩ. Lúc đó Jacob hầu như không biết đọc và viết; Khi còn là sinh viên, ông đã có được một số kiến ​​thức về toán học và thiên văn học, điều này đặc biệt hấp dẫn ông vào thời điểm đó. Kiến thức và sở thích của người chăn cừu trẻ tuổi này đã khiến nhân viên của Pestaloshi ngạc nhiên, người bắt đầu thuyết phục người cha Steiner từ chối các dịch vụ giúp đỡ có giá trị và gửi con trai mình đến trường. Với rất nhiều khó khăn, anh ấy đã thành công

Tác giả bài viết này, Isaac Monseevich Yaglom, qua đời vào ngày 17 tháng 4 năm nay. Độc giả «Kvant» biết rõ cái tên này: I. M. Yaglom sở hữu một số lượng lớn sách toán học nổi tiếng đến mức có lẽ ai quan tâm đến toán học cũng từng đọc một vài tác phẩm do ông viết. Trong những năm qua, hơn mười bài báo của ông đã được đăng trên các trang tạp chí. Trong hơn bốn mươi năm cuộc đời, ông đã trung thành phục vụ việc phổ biến toán học.

Isaac Monseevich Yaglom sinh năm 1921. May mắn thay, khi còn học trung học, các nhà toán học tài năng đã nhiệt tình tổ chức các câu lạc bộ và cuộc thi toán học tại Đại học Moscow. Năm 1938, Yaglom giành được vị trí đầu tiên tại Olympic, và năm sau, khi trở thành sinh viên, I. M. Yaglom hóa ra là một trong những nhà lãnh đạo tích cực nhất của vòng tròn. Ngay cả trước chiến tranh, D. O. Shklyarsky, người đã chết ở mặt trận, đã quyết định tạo ra một bộ sưu tập các vòng tròn bài toán và bắt đầu thu thập tài liệu. Kế hoạch của Shklyarsky được hoàn thành sau chiến tranh, với phần lớn công việc được thực hiện bởi Isaac Monseevich, người đã trở thành người giám sát chính của “trí tuệ vòng tròn”. Cuốn sách ba tập “Bài toán và các định lý của toán học tiểu học” của D. O. Shklyarsky, N. N. Chentsov và I. M. Yaglom trong nhiều năm đã trở thành kim chỉ nam chính cho trẻ em yêu thích toán học. Cuốn sách này đã mở đầu bộ truyện “Thư viện vòng tròn toán học”. Một số cuốn sách khác của I.M. Yaglom đã được xuất bản trong bộ sách này.

Đối với Yaglom, điều quan trọng là trong những năm đi học, trẻ em không chỉ có thể giải được bài toán màu đỏ riêng biệt mà còn bằng cách lập kế hoạch tốt cho chuỗi bài toán, chúng có thể liên tục chuyển sang hoạt động toán học chuyên nghiệp. Những cuốn sách “Thư viện” như “Hình lồi” (viết cùng với V. G. Boltyansky), “Không sơ cấp bài toán trong bài thuyết trình tiểu học” (cùng với A. M. Yaglom), và hai tập “Biến đổi hình học” đều hướng tới điều này.

Vào năm cuối đời, Isaac Monseevich quan tâm sâu sắc đến khía cạnh nhân đạo của toán học: ông viết rất nhiều về lịch sử của nó, mối liên hệ với khoa học tự nhiên và con người cũng như vị trí của nó trong đời sống xã hội. Hoạt động này thể hiện đầy đủ tính văn hóa cao và sự uyên bác rộng rãi, đã sinh ra một người có may mắn được quen biết trực tiếp với Isaac Monseevich.

Chúng tôi mời độc giả chú ý đến Jakob Steiner, đại diện lớn nhất của “thời kỳ hoàng kim” của hình học Đức. Điều rất đặc biệt là sự chú ý của I.M. Yaglom đã bị thu hút bởi nhân vật đầy màu sắc, gây tranh cãi này. Ở Steiner, trực giác hình học tuyệt vời và chủ nghĩa bảo thủ vô học cùng tồn tại, thể hiện ở sự đối lập hoàn toàn với tọa độ và số phức trong hình học, điều mà ông tự tin hơn sẽ dẫn đến sự phá hủy hình học hai chiều thực sự.

3

đánh bại điều này - và Steiner, 18 tuổi (anh sinh năm 1796) đã rời bỏ quê hương của mình mãi mãi. Chẳng bao lâu sau, Jacob đến thị trấn Iveren gần Bern, trong một trường nội trú do Pestaloshi điều hành, nơi Pestaloshi nhận anh miễn phí: xét cho cùng, Steiner không có gì để trả cho việc học, tiền ăn hoặc chỗ ở của mình.

Steiner đã dành 4 năm với Pestaloshi. Lúc đầu anh học ở trường, sau đó dạy toán ở đó. Tuy nhiên, Pestalosi nhanh chóng nhận ra rằng tài năng của Steiner xứng đáng được sử dụng tốt hơn. Theo lời khuyên kiên quyết của Pestaloshi, Steiner chuyển đến Đức vào năm 1818, đến thành phố Heidelberg, trung tâm đại học lớn nhất gần Iveren nhất.

Pestalosi hy vọng Steiner sẽ tốt nghiệp Đại học Heidelberg rồi chọn con đường riêng cho mình; tuy nhiên, những hy vọng này đã không được thực hiện đầy đủ. Pestaloshi đã đưa cho Steiner một số tiền nhất định để đi du lịch và thành lập cơ sở đầu tiên ở một thành phố nước ngoài. Nhưng sau đó Steiner phải tự lo cho mình miếng bánh mì hàng ngày. Steiner không có nghề nghiệp nào khác ngoài nghề giáo viên toán. Anh ta buộc phải làm quá tải bản thân với những bài học một phần, mà anh ta được trả rất ít: xét cho cùng, anh ta không có bất kỳ nền giáo dục phục vụ nào. Những bài học này, bị Steiner vô cùng ghét, đã không cho anh cơ hội theo học đại học một cách có hệ thống. Trong ba năm ở Heidelberg, anh chỉ tham gia một số khóa học đại học (tuy nhiên, cũng khá nhiều nếu xét đến mức độ chuẩn bị của anh). Ngoài ra, tại Heidelberg, Steiner có được những người làm quen toán học đầu tiên, hay tài năng xuất chúng của người Thụy Sĩ ngay lập tức gây chú ý.

Năm 1821, bạn bè thông báo cho Steiner về việc tuyển dụng vị trí giáo viên toán ở một trong những phòng tập thể dục của thủ đô ở Berlin, và ông ngay lập tức bắt đầu cuộc hành trình của mình. Vị trí giáo viên thể dục sẽ mang lại cho anh thu nhập đều đặn. Nhưng để đảm nhận vị trí của mình, anh vẫn phải vượt qua các kỳ thi và kết quả của chúng không thể truyền cảm hứng đặc biệt cho ban lãnh đạo nhà thi đấu.

Trước hết, ứng viên cho vị trí giáo viên được hỏi liệu anh ta có quen với khóa học thể dục hay không. Steiner trả lời ngắn gọn câu hỏi này: “Không, tôi không biết.” Anh ấy còn có thể nói gì nữa? Rốt cuộc, trong nhà thi đấu ở Nga, họ đã học tiếng Latinh và tiếng Hy Lạp cổ, những thứ mà con trai của một nông dân Thụy Sĩ không quen thuộc hơn bạn và tôi, độc giả của tôi. Nhưng mọi thứ cũng không suôn sẻ với kỳ thi toán: Steiner thể hiện kiến ​​thức sâu rộng về hình học, nhưng hơn cả kiến ​​thức khiêm tốn về đại số và lượng giác, đồng thời anh còn gặp những vấn đề nghiêm trọng trong lĩnh vực phân tích toán học. Tuy nhiên, khả năng hình học nổi bật rõ rệt của chàng trai trẻ người Thụy Sĩ và những đặc điểm đáng khen mà anh thể hiện đã phát huy tác dụng: Steiner được phép dạy toán trong hai năm ở tất cả các cấp lớp, trừ khi tốt nghiệp. Trong thời gian này, anh phải vượt qua các kỳ thi cho khóa học thể dục (Steiner chưa bao giờ thi) và một kỳ thi bổ sung về toán học (Steiner thi muộn hơn nhiều).

Ở trường trung học, Steiner đã cố gắng suốt 14 năm. Điều này chỉ có thể thực hiện được sau khi mở một trường học thực sự ở Berlin, trong đó số giờ học toán và khoa học tự nhiên được tăng lên, nhưng các ngôn ngữ cổ không được dạy (và do đó, giáo viên trong trường không yêu cầu kiến ​​​​thức về chúng). Tuy nhiên, mặc dù người tổ chức và giám đốc trường cũng là học sinh của Pestalosi nhưng Steiner lúc đầu chỉ được xếp vào danh sách trợ giảng. Chỉ sau khi vượt qua các kỳ thi bổ sung (năm 1829), ông mới trở thành giáo viên cao cấp. Than ôi! Chúng ta phải chấp nhận rằng người thầy gây chia rẽ và thiếu quan tâm của Steiner là không quan trọng. Ông nhiệt tình gặp gỡ những học sinh có năng khiếu, đưa ra những nhiệm vụ sáng sủa và riêng biệt cho các em (chủ yếu về hình học, xem bài toán 1,

4

2, 6 và Phụ lục). Những học sinh còn lại chỉ khiến ông tức giận: Steiner đơn giản là không thể hiểu được sự thiếu khả năng và niềm đam mê toán học của cậu học sinh này. Đôi khi, khi điều đó trở nên hoàn toàn không thể chịu đựng được, anh ấy thậm chí còn bỏ công việc thường xuyên ở trường và một lần nữa, như thời trẻ, anh ấy bổ sung sinh kế của mình bằng các bài học riêng. Tình hình cũng tương tự như thời kỳ quan trọng may mắn thay, khi Steiner bị đình chỉ giảng dạy tại nhà thi đấu vì các kỳ thi cần thiết, và một trường học thực sự vẫn chưa được mở. Tuy nhiên, anh luôn quay trở lại trường học quê hương của mình, nơi khuyến khích những trò hề của anh và tài năng toán học của anh được đánh giá cao.

Kết quả là, khi chọn bài toán cho những học sinh học giỏi, Steiner đã có được niềm đam mê suốt đời với hình học tiểu học. Chúng ta hãy xem xét một số kết quả của Steyer trong lĩnh vực này. Hãy bắt đầu với bài toán, đến từ Euler vĩ đại.

Euler đã chứng minh rằng ba trung điểm của các cạnh của một tam giác tùy ý, ba đáy của các đường cao và ba điểm chia đôi các đoạn đường cao từ giao điểm của chúng (trực tâm của tam giác) đến các đỉnh thuộc về một đường tròn. Đường tròn này được gọi là đường tròn Euler hay đường tròn chín điểm của một tam giác. Điều đáng chú ý là đối với mỗi tam giác, đường tròn Euler của nó tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và ba đường tròn bên ngoài (hình 1). Thực tế này thường được gọi là định lý Feuerbach theo tên người đầu tiên chứng minh nó; nhưng ít người biết rằng Steiner, người không quen với kết quả của Feuerbach, đã chứng minh định lý này chỉ hai năm sau khi người phát hiện ra nó và ngay lập tức công bố kết quả của ông (rất nhiều nhà toán học đã làm quen với nó thông qua công bố của Steiner chứ không phải Feuerbach).

Bài 1. Cho đường tròn S có tâm tại trực tâm H của tam giác ABC cắt các đường trung bình B₁A₁(∥AB), C₁B₁(∥BC) và A₁C₁(∥CA) lần lượt tại các điểm F₁ và F₂, D₁ và D₂, E₁ và E₂. Chứng minh rằng AD₁=AD₂=BE₁=BE₂=CF₁=CF₂ (Định lý Steiner).

Hai tam giác ABC và A₁B₁C₁ giao nhau với tâm P nếu các đường thẳng AA₁, BB₁ và CC₁ bảo toàn tại cùng một điểm P. Hai tam giác ABC và A₁B₁C₁ “hoàn toàn giống nhau” (tức là giống nhau và sao cho các hướng đi ngang A→B→C và A₁→B₁→C₁ giống nhau - cả hai đều trùng khớp với chiều quay theo chiều kim đồng hồ hoặc cả hai đều ngược nhau

5

anh ta) luôn có thể được kết hợp với tâm Q, tức là, một dải đồng đều từ Q hoặc độ dốc đến Q (đồng âm), kèm theo sự lặp lại xung quanh Q (tại sao?); Điểm Q gọi là tâm đồng dạng của hai tam giác ABC và A₁B₁C₁.

Bài toán 2. Cho a, b, c là các đường thẳng tạo thành tam giác T; cho đường thẳng l cắt a, b, c tại các điểm A₀, B₀, C₀. Chúng ta hãy khôi phục tại các điểm này các đường vuông góc với các cạnh của tam giác T: a₁ ⊥ a, b₁ ⊥ b, c₁ ⊥ c. Chúng ta hãy biểu thị tam giác được tạo bởi các đường thẳng a₁, b₁, c₁ theo t.

a) Khi đó các tam giác T và t thực sự đồng dạng và phối cảnh; các đường tròn S và s được mô tả xung quanh chúng là các đường vuông góc với nhau (tức là các đường vuông góc tiếp xúc với S và s tại điểm giao nhau của chúng); các điểm {P, Q} = S∏s lần lượt là tâm của hình lập phương và tâm đồng dạng của hai tam giác T và t (định lý Steiner).

6. Các định lý trên thay đổi như thế nào nếu các đường thẳng a₁, b₁, c₁ không vuông góc với a, b và c mà có dạng c, c b và c c tương ứng cho trước (về độ lớn và hướng) góc α?

Chuỗi tiếp theo bài toán, liên quan đến tứ giác hoàn chỉnh, đến từ Gauss vĩ đại: Steiner đã chọn những người đi trước một cách có khiếu!

Một tứ giác hoàn chỉnh H là một hình được tạo bởi bốn đường thẳng “vị trí tổng quát” (nghĩa là không có ba đường nào cắt nhau tại một điểm và không có hai đường thẳng nào song song); các tam giác có các cạnh bằng ba đường thẳng này gọi là tam giác tứ giác H; giao điểm của các đường thẳng là các đỉnh của tứ giác H; các đoạn nối một trong các đường thẳng của chúng ta) các đỉnh là các đường chéo của tứ giác Ch.

Bài toán

3 (Định lý Gauss). Trung điểm ba đường chéo của tứ giác H cùng thuộc một đường thẳng (hình 2, a). Đường thẳng này gọi là đường thẳng Gauss của tứ giác Ch.

4. Bao quanh bốn hình tam giác

6

Vương quốc William Clifford (1845-1879).

hình tam giác và hình tròn cắt nhau tại một điểm (hình 2, b). Điểm C này gọi là điểm Clifford của tứ giác H.

Định lý từ bài toán 4 đã được biết đến trước Clifford. Tuy nhiên, anh ấy đã nghĩ ra một công trình đáng chú ý (bàn thắng của Clifford) trong đó bao gồm bài toán này. Một n-hỗ trợ đầy đủ của N được định nghĩa là n dòng “vị trí chung”; N chứa n đầy đủ (n-1)-siders $M_1, M_2, \dots, M_n$, thu được bằng cách vẽ từng dòng một. Điểm Clifford của một “đầy đủ 2 cạnh” (a, b) là giao điểm của các đường thẳng a và b, và đường tròn Clifford của một đường tròn 3 cạnh (a, b, c) là một đường tròn chứa ba điểm Clifford 2 cạnh (a, b), (a, c) và (b, c) (tức là một đường tròn ngoại tiếp tam giác từ cạnh a, b, c). Hơn nữa, nếu n chẵn, thì n đường tròn Clifford của (n-1)-hỗ trợ $M_1, M_2, \dots, M_n$ cắt nhau tại một điểm—điểm Clifford của n-hỗ trợ đầy đủ N (với n=4, đây là Định lý bài toán 4). Nếu n lẻ thì n điểm Clifford của (n-1)-hỗ trợ $M_1, M_2, \dots, M_n$ thuộc về cùng một đường tròn—đường tròn Clifford của n-hỗ trợ đầy đủ N.

Bài tập

5 (phụ bài toán). a) Các đáy của các đường vuông góc hạ xuống các cạnh của tam giác T từ điểm M của đường tròn ngoại tiếp nó thuộc cùng một đường thẳng (hình 2, b). Đường thẳng w này được gọi là đường thẳng Simpson-Wallis của điểm M đối với tam giác T.

6. Đường thẳng w chia đôi đoạn thẳng MH, trong đó H là trực tâm của tam giác T.

6 (Định lý Steiner). a) Trực tâm của bốn tam giác Y cùng thuộc một đường thẳng (hình 2, b). Đường thẳng s này được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác Y.

6. Đối với mỗi tứ giác Y đầy đủ, đường thẳng Steiner s của nó vuông góc với đường thẳng Gauss g của nó.

Bây giờ chúng ta hãy tiếp tục cuộc sống mô tả của Steiner. Thành công lớn nhất của ông trong thời kỳ Berlin là làm quen với nhà toán học nghiệp dư, nhà công nghiệp giàu có, kỹ sư tài năng và ông trùm đường sắt August Leopold Kreple (1780-1855). Kreple không phải là một nhà khoa học lỗi lạc, mặc dù ông là thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học Berlin (Phổ) và tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg (Nga). Tuy nhiên, ông nhận được những danh hiệu này vì những thành tựu kỹ thuật và tài năng tổ chức của mình hơn là vì thành công trong khoa học. Nhưng một doanh nhân lớn có nghĩa vụ phải là một người hòa nhập tốt với con người - và Kreple đã chứng minh rằng anh ta sở hữu những khả năng này một cách tối đa.

Tạp chí toán học chuyên ngành đầu tiên ở châu Âu được thành lập vào năm 1810 bởi nhà toán học nổi tiếng người Pháp Joseph Dina Gergon (1771-1859) và có tên là “Biên niên sử của Gergon”. Kreple quyết định thành lập một tạp chí toán học ở Đức. Khi xem xét thành phần các tác giả tương lai của tạp chí, Kreple chủ yếu dựa vào hai cá nhân hoàn toàn xa lạ với các nhà toán học chuyên nghiệp và tài năng của họ.

7

người mà ông vô cùng tin tưởng: cậu học sinh Na Uy N.H. Abel và giáo viên trung học Jacob Steiner. Số đầu tiên của tạp chí mới, mà kỹ sư Kreple gọi là: “Tạp chí Toán học Thuần túy và Ứng dụng,” được xuất bản năm 1826. Nội dung chính của nó (cũng như nội dung của các số tiếp theo của tạp chí) bao gồm các bài báo của Abel và Steiner. Như vậy, trong ba tập đầu tiên của tạp chí đã xuất bản 15 (!) bài báo và ghi chú của Steiner. Tạp chí Kreple, như các nhà toán học bắt đầu gọi nó ngay lập tức, đã trở thành “tạp chí toán học đầu tiên trên thế giới”. (Về vấn đề này, Gergon thậm chí đã đóng cửa tạp chí của mình vào năm 1831. Tuy nhiên, vào năm 1836, một nhà toán học người Pháp khác là Joseph Liville (1809-1882) đã tiếp tục lại tạp chí của mình dưới một cái tên sao chép chính xác tên tạp chí của Creplet.)

Với việc thành lập tạp chí Kreple, Steiner đã nhận được một nền tảng để từ đó ông có thể đưa ra những ý tưởng hình học của mình. Ngoài ra, Kreple đầy cảm hứng đã trở thành người khởi xướng cuộc bầu cử Steiner (năm 1834) vào Viện Hàn lâm Khoa học Berlin: Các công trình khoa học xuất sắc của Steiner, được xuất bản trên tạp chí của Kreple, đã cung cấp nhiều cơ sở cho việc này. Sau đó, việc Steiner được bầu làm giáo sư không còn khó khăn nữa - và vào năm 1835, Steiner rời trường trung học, đảm nhận vị trí giáo sư tại khoa khoa học tự nhiên của Đại học Berlin.

Điều đáng chú ý là người giáo viên tầm thường Steiner lại là một giáo sư đại học xuất sắc. Ở trường, cậu bị tách khỏi các sinh viên toán hàn lâm; Những sinh viên quan tâm đến hình học đã truyền cảm hứng cho Steiner, và các bài giảng của ông, hình thức sáng sủa và cách sử dụng nhẹ nhàng, ngay lập tức bắt đầu đạt được thành công lớn: ngay cả giọng Thụy Sĩ của vị giáo sư khác thường cũng gây được tiếng vang với sinh viên. Các sinh viên cũng bị ấn tượng bởi việc Steiner đứng yên trong giờ giảng bài toán và gọi nhân viên đến bến tàu để lấy lời giải những bài toán này. (Ngày nay, ông ấy đã cấu trúc các bài giảng của mình tại Đại học Moscow theo cách tương tự)

Thành công này của các bài giảng về lịch sử hình học của Steiner thậm chí còn đóng một phần vai trò tiêu cực. Vì vậy, ngay cả trong nửa sau thế kỷ của chúng ta, các bài giảng về hình học xạ ảnh ở nhiều trường đại học trên thế giới đã được giảng theo một kế hoạch rất lỗi thời vào thời điểm đó, được phát triển bởi một người chăn cừu Tseiar, người chưa được giáo dục có hệ thống. Trong trường hợp này, thuật ngữ cổ xưa do Steiner phát minh đã được sử dụng, thuật ngữ này không được sử dụng trong bất kỳ ngành toán học nào khác.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner cảm thấy mình là người đi đầu trong hình học Đức; Đồng thời, ông thường phản ứng với sự thiếu vắng thái độ của mình trong nhiều nhánh toán học.

Steiner 兵力 cư xử bất thường, giáo sư đã sửa lỗi cho sinh viên và việc Steiner đứng giảng bài bài toán và gọi nhân viên đến bến tàu vì lời giải những bài toán này. (Ngày nay, ông ấy đã cấu trúc các bài giảng của mình tại Đại học Moscow theo cách tương tự)

Thành công này của các bài giảng về lịch sử hình học của Steiner thậm chí còn đóng một phần vai trò tiêu cực. Vì vậy, cũng trong nửa sau của môn hình học của chúng ta, nó cố gắng thay thế các hình ảnh hình học bằng cách ghi chúng theo tọa độ và sau đó làm việc với các biểu diễn tọa độ của các đối tượng hình học, sử dụng một bộ máy đại số hoàn hảo. Riêng điều này đã cực kỳ gây phản cảm đối với nhà hình học “thuần túy” Steiner, người không nhận ra các phương pháp giải tích trong hình học. Ngoài ra, có lẽ Plücker còn có hai khuyết điểm nữa trong mắt Steiner, người xuất thân từ một gia đình nông dân nghèo và chưa bao giờ được học đại học. Plücker xuất thân từ một gia đình ông trùm công nghiệp Rhineland và cực kỳ giàu có. Ngoài ra, anh còn tốt nghiệp hai trường đại học: ở Bonn và Paris. Vì vậy, việc Plücker làm được rất ít đã khiến Steiner tức giận.

Plucker đã cẩu thả trong công việc của mình - lỗi chính tả và các lỗi khác, nhìn chung việc cài đặt giao diện người dùng của anh ấy rất dễ dàng, vì vậy thực sự có chỗ cho những điều chỉnh của Steiner. Những lời chỉ trích gay gắt (và thường là không công bằng) của Steiner khiến Plücker mệt mỏi đến mức ông

8

nhưng thậm chí còn từ bỏ hoàn toàn hình học; họ quay trở lại nó (với thành công vượt trội) chỉ sau cái chết của Steiner. Trong thời gian chờ đợi, ông chuyển sang vật lý thực nghiệm và đạt được nhiều thành tựu trong lĩnh vực này. Đặc biệt, có thể là nếu không có những cuộc tấn công của Steiner vào Plücker, con người sau này sẽ đi đến những ý tưởng phân tích cấu trúc vật lý và khám phá ra cái gọi là các tia phạm trù, được thực hiện bởi học trò của Plücker là Jugan Wilhelm Hitthor (1824-1914).

Vì vậy, ngay cả những thiếu sót của các nhà khoa học vĩ đại và/hoặc hóa ra lại là một điều may mắn cho khoa học!

Hai năm cuối đời của Steiner bị ảnh hưởng nhiều hơn do gắng sức quá mức và suy dinh dưỡng trong những năm đầu đời. Để điều trị, ông thường đến quê hương Thụy Sĩ, nhưng vào năm 1863, ông không bao giờ trở về sau chuyến đi như vậy: Steiner qua đời vào ngày 1 tháng 4 năm 1863, một mình trong phòng khách sạn ở Bern. Một thời gian dài bất an về vật chất đã ngăn cản anh lập gia đình. Anh ấy dành cho

đã quyên góp một số tiền nhất định cho Viện Hàn lâm Khoa học Berlin - để thành lập giải thưởng xã hội học về hình học (tất nhiên là “thuần túy”!), và cho lãnh đạo bang nơi ông sinh ra - cho giải thưởng thành công trong môn toán dành cho học sinh tiểu học dành cho trẻ em nghèo.

Ứng dụng

Công trình sử dụng một thước kẻ

Mệnh đề 1-3 của “Các nguyên lý” Euclide khẳng định khả năng tiếp tục không giới hạn của một đoạn đường cho trước, vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm đã biết và vẽ một đường tròn có tâm (điểm) và bán kính (đoạn) cho trước. Cùng với các giả định được Euclid ngụ ý, nhưng không được trình bày rõ ràng, về khả năng chỉ ra điểm giao nhau của hai đường thẳng đã cho (ví dụ: mỗi đường có hai điểm thuộc tính), hai đường tròn đã biết (được xác định bởi các thuộc tính là tâm và bán kính) và các đường thẳng và đường tròn đã cho, các phát biểu này mô tả toàn bộ mảng “có thể giải được Euclide” bài toán để xây dựng: những bài toán này phải trùng với các giá trị sau xây dựng được liệt kê, tức là. giải bằng thước và compa.

Năm 1797, cuốn sách “Hình học của la bàn” của Lorenzo Mascheroni (1750-1800) được xuất bản ở Ý, trong đó người ta khẳng định rằng tất cả bài toán có thể dựng được, có thể giải được bằng la bàn và thước kẻ, cũng có thể giải được bằng la bàn (với giới hạn tự nhiên là một đoạn thẳng, tất nhiên, không thể dựng được bằng la bàn - tuy nhiên, khi biết hai điểm của nó, bạn có thể sử dụng la bàn để chỉ ra vô số điểm khác trên đoạn đó). Rất lâu sau đó, một cuốn sách của Georg Mohr (1640-1697), xuất bản năm 1672 (125 năm trước Mascheroni!) bằng tiếng Hà Lan và tiếng Đan Mạch, đã được xuất bản, trong đó định lý tương tự đã được chứng minh.

Steiner bắt đầu quan tâm đến những công trình có thể được thực hiện với sự trợ giúp của một cây thước duy nhất (xem bài toán 1-3 bên dưới). Ông đã kiểm tra tuần tự các công trình bằng một thước kẻ, khả thi khi có mặt trên mặt phẳng của a) hai đường thẳng song song hoặc một đoạn chia cho một điểm đã biết trong một quan hệ bức xạ nhất định; b) hình bình hành; c) hình vuông; d) các đường tròn có tâm đã biết - và xác định rằng trong trường hợp d) tất cả “có thể giải được Euclide” bài toán đều có thể giải được bằng cách xây dựng (tất nhiên, một đường tròn có tâm và bán kính cho trước, chúng ta sử dụng một thước kẻ

9

Không thể xây dựng nó, nhưng có thể tìm thấy bất kỳ số điểm nào trên vòng tròn này).

3 nhiệm vụ

1°. Cho hai đường thẳng song song AB và l. Xây dựng: a) Trung điểm C của đoạn AB; 6) điểm D của đoạn này sao cho AD=AB/n, trong đó n là số (tự nhiên) cho trước.

2°. Cho các điểm A, B và a) trung điểm C của đoạn AB; 6) điểm D của đoạn này sao cho AD=AB/n. Vẽ đường thẳng l||AB đi qua điểm M cho trước.

3°. Trên mặt phẳng có điểm lùi M, đường thẳng l và a) hình bình hành, 6) hình vuông. Vẽ qua điểm M trong trường hợp a) đường thẳng m||l, trong trường hợp b) đường thẳng m⊥l.

4°. Cho đường tròn S tâm O và a) Cho 5 điểm trên mặt phẳng: A, B, Q, K, L; 6) 6 điểm Q, K, L, P, M, N. Xét trường hợp a) Giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn tâm Q, bán kính KL; trong trường hợp b) - giao điểm của các đường tròn có tâm Q và P và bán kính KL và MN.

5° (bài toán Hilbert). Một đường tròn S được cho trên một mặt phẳng. Chứng minh điều đó bằng một thước kẻ - không cần la bàn! - không thể xây dựng được tâm của đường tròn này.

Mạng lưới đường ngắn nhất

Steiner thường hỏi học trò của mình bài toán, yêu cầu họ chỉ ra hình dáng hoặc cấu hình tốt nhất ở một khía cạnh cụ thể. Đây là một trong những mục yêu thích của anh ấy bài toán:

Có ba thôn: A, B, C. Cần kết nối các thôn này bằng mạng lưới đường có chiều dài tối thiểu.

Ít nhiều rõ ràng (mặc dù điều này vẫn cần được chứng minh) rằng lời giải ở đây được cho bởi hai cạnh (ngoại trừ tuyến tính) của △ ABC, hoặc bởi các đoạn AP, BP, CP, trong đó tổng khoảng cách từ P đến các đỉnh của △ ABC là khả năng nhỏ nhất (hình 3, a, b). Hơn nữa, trong trường hợp của Hình 3.6, các đoạn AP, BP, CP phải tạo thành các góc bằng nhau tại điểm P, hoặc nếu, chẳng hạn, ∠APB≠∠APC, thì bạn có thể tìm thấy điểm Q sao cho QA=PA, và QB+QC<PB+PC. Theo đó, lời giải bài toán của Steiner được cho bởi hình 3,6 nếu mỗi góc △ ABC nhỏ hơn 120° và hình 3, a nếu ∠B ≥120°.

Trong trường hợp số lượng làng là n>3, hệ thống đường “tối thiểu” kết nối chúng có thể liên quan đến hình 3,a, tức là, nó bao gồm bất kỳ con đường nào kết nối các làng của chúng ta - hệ thống đường như vậy được gọi là hệ thống cốt lõi. Bằng vũ lực (nếu cần, với sự trợ giúp của máy tính; hiện nay máy tính đang tích cực tham gia vào lời giải “chung” bài toán Steiner với số lượng lớn “làng”), bạn luôn có thể tìm ra hệ thống đường khung ngắn nhất. Nhưng thường xuyên hơn, một mạng lưới đường tốt hơn tương tự như Hình 3.6, tức là chứa các “nút” bổ sung của mạng trong đó ba con đường hội tụ, tạo thành các cặp góc 120° với nhau - các nút như vậy được gọi là điểm Steiner và mạng lưới đường chứa chúng được gọi là mạng Steiner (hình 4). Than ôi! Chúng tôi không có bất kỳ phương pháp chung nào để tìm các mạng Steiner tối thiểu kết nối n điểm; Người ta cũng chưa biết khi nào mạng lưới đường “tuyệt đối tối thiểu” sẽ là mạng lưới khung và khi nào nó sẽ là mạng lưới Steiner. Đúng, người ta giả định rằng mạng lưới đường kéo dài tối thiểu không thể vượt quá mạng Steiner tối thiểu: trong trường hợp xấu nhất, nó chỉ dài (2/3)√3 lần (tức là khoảng 15%) - nhưng giả thuyết này cho đến nay chỉ được chứng minh cho trường hợp n 5.

Việc “hứa hẹn” hóa ra lại khó đến thế này bài toán Steiner về mạng đường đi ngắn nhất nối n điểm (Bản thân Steiner chỉ có những ví dụ riêng biệt về những mạng như vậy cho trường hợp n>3 - nhưng ngay cả ngày nay chúng ta cũng biết gần như ít như ông biết!).

3 nhiệm vụ

6°. Chứng minh kết quả hình thành của Steiner.

7°. Tìm tập hợp các đường đi ngắn nhất nối 4 điểm A, B, C, D là các đỉnh của: a) một hình vuông; 6) hình chóp tam giác (tứ diện).

10

FLEXAGONS, FLEXORS, FLEXMANS

A. A. PANOV

Chúng tôi mời bạn tham gia một chuyến du ngoạn ngắn vào thế giới bí ẩn của các vật uốn cong và uốn cong - đồ chơi bằng giấy với khả năng thay đổi hình dạng và màu sắc đột ngột một cách đáng kinh ngạc. Bạn có thể tập hợp bất kỳ đồ chơi nào trong số này trong thời gian ngắn nhất.

Nhưng trước hết là về tiêu đề của bài viết. Tiếng Anh để uốn quen thuộc với việc gấp, uốn, uốn.

Bây giờ hãy chuẩn bị một tờ giấy hoặc giấy phong cảnh dày, bút chì, kéo, keo dán - và bắt đầu phân chia.

Hexaflexaon

Flexaon là một đa giác được dán lại với nhau từ giấy, bằng cách uốn và gấp, có thể biến thành nhiều trạng thái mới hơn.

Hexaflexaon là một flexaon có hình lục giác đều. Chúng ta hãy cắt một dải giấy rộng 2,5 cm, bao gồm mười hình tam giác đều và cắt cả hai mặt của nó - thẳng và ngược, như trong hình 1.

Chúng ta gấp dải nhiều lần dọc theo ranh giới của các hình tam giác và tiếp tục thực hiện uốn, gấp dải như trong hình 2.

Bây giờ tất cả những gì còn lại là uốn cong hình tam giác màu xanh lam, dán hai bề mặt hình tam giác chưa sơn lại với nhau - và phần uốn đã sẵn sàng. Tuy nhiên, chiếc của anh ấy màu đỏ, chiếc còn lại màu xanh. Để làm nổi bật bề mặt xanh thứ ba của nó, bạn cần hành động như sau. Đầu tiên, phần uốn được đặt trên mặt phẳng của bàn sao cho nó nằm trên ba điểm thấp hơn. Những điểm này cần được ấn lại gần nhau hơn, và tại thời điểm chúng được ấn hoàn toàn vào nhau, bản thân phần uốn sẽ lộn từ trong ra ngoài, để lộ bề mặt xanh của nó. Bây giờ tất cả những gì còn lại là di chuyển các điểm trên của flexaon sang hai bên và flexaon đã sẵn sàng cho một chuyển đổi mới. Do đó, tuần tự di chuyển từ trạng thái này sang trạng thái khác, flexaon sẽ lần lượt hiển thị cho chúng ta cả ba bề mặt của nó. Hình 3 cung cấp một số thông tin chi tiết về quá trình sản xuất flexaon.

Mô hình mà chúng tôi tạo ra là mô hình đơn giản nhất trong họ hexaflexaons rộng lớn, được mô tả trong cuốn sách “Câu đố toán học và giải trí” của Martin Gardner (M., Mir, 1971). Cuốn sách thú vị này phác thảo lịch sử phát hiện ra hexaflexaons và mô tả chi tiết cách xây dựng các mô hình với số lượng lớn bề mặt.

Khớp xoay đôi

Khớp nối đôi là một yếu tố thiết kế làm cơ sở cho nhiều loại mô hình flexo khác. Chúng ta hãy cắt giấy hai hình chữ nhật có kích thước 2,5 × 5 cm và hai dải có kích thước 1 × 7 cm. Trên các cạnh của phần cuối của mỗi dải, chúng ta sẽ cắt một hình vuông có kích thước 1 × 1 cm. Chúng ta sẽ tô màu các dải bằng các hình chữ nhật, như trong hình 4, trong đó các mặt thẳng và mặt sau của chúng được thể hiện.

Dán cả hai dải vào một trong các hình chữ nhật, nối các ô vuông không sơn với các ô không sơn và quấn cả hai dải vào cạnh màu đỏ của hình chữ nhật. Kết quả phải như được hiển thị trong hình 5.

Chúng ta sẽ đặt hình chữ nhật thứ hai ở cạnh màu đỏ và dán lại các hình vuông chưa sơn lại với nhau. Đây là khớp bản lề đôi. Bản thân nó là flexaon đơn giản nhất có thể được tìm thấy trong

14

thể hiện, bạn sẽ cần tạo các đường gân - dọc theo các đường liền với nấm hướng lên và dọc theo các đường chần - hướng xuống.

Bây giờ chúng ta hãy sẵn sàng để dán. Đầu tiên chúng ta làm việc với sọc bên trái của bốn hình tam giác màu xanh lá cây. Hãy uốn cong nó và dán van để những hình tam giác này tạo thành một hình tứ giác. Hãy di chuyển sang bên phải và đóng dấu bộ tứ tiếp theo từ các hình tam giác phyllolet, v.v. Sau khi chuỗi chín hình tứ giác được dán lại với nhau, sẽ còn lại bốn hình tam giác. Bây giờ bạn có thể dễ dàng biết cách khoanh tròn các hình tam giác này thành hình tứ giác thứ mười, cuối cùng và đóng chuỗi. Bạn có thể kiểm soát bản thân, nhìn vào trang thứ tư của trang bìa.

Chuỗi này có khả năng uốn cong và xoắn vô cùng đáng kinh ngạc, luôn thay đổi hình dạng. Vòng tứ diện là ví dụ đầu tiên về một khối đa diện uốn cong được. Bạn có thể đọc thêm về những chiếc nhẫn làm bằng tetradra trong cuốn sách hấp dẫn của W. Ball và G. Coxeter “Toán học vạn vật và giải trí” (M., Mir, 1986).

Flexes của Robert Connelly và Klaus Steffen

Phải nói rằng vòng tứ giác như một khối đa diện có thể uốn cong được đã gây ra một số ý kiến ​​phản đối. Trước hết, có một cái lỗ trong đó. Thứ hai, có các cạnh, mỗi cạnh có bốn mặt. Vì vậy, không rõ liệu chiếc nhẫn này có nên được gọi là khối đa diện hay không.

Để tránh mọi nghi ngờ, khi tìm kiếm các đường cong, người ta có thể giới hạn bản thân chỉ ở các khối đa diện lồi, tức là các khối đa diện nằm ở một bên của mỗi mặt. Nhưng có định lý Cauchy nổi tiếng cho rằng mọi khối đa diện lồi đều không linh hoạt (ví dụ, xem bài viết của N.P. Dolbilin “Độ cứng của khối đa diện lồi”, «Kvant», 1988, số 5). Nó đã được chứng minh vào năm 1813. Mặc dù định lý này không loại trừ sự tồn tại của các phép uốn không lồi, nhưng nhiều nhà toán học tin rằng các phép uốn như vậy cũng không tồn tại. Do đó, cơ gấp được Robert Connelly phát hiện vào năm 1977 là một cảm giác thú vị. Có một thời, cách xây dựng do Connelly đề xuất đã được thảo luận trong bài báo của V. Zalgaler “Đa diện linh hoạt liên tục” («Kvant», 1978, số 9) và đối với tôi lúc đó dường như phức tạp đến mức tôi thậm chí còn không hiểu nó. Tuy nhiên, Klaus Steffen đã sớm nghĩ ra một dụng cụ uốn đơn giản đến mức có thể dán nó lại với nhau chỉ trong vài phút. Cách thực hiện việc này được trình bày ở trang 4 của trang bìa «Kvant» của số 5 cho năm nay.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang câu chuyện cuối cùng.

Flexmas

Flexms là những sinh vật sống trong thế giới của flexagons và flexes. Có lẽ bạn đã để ý đến hình ảnh của flexan (tr. 13). Để sử dụng với flexmans, hãy cắt ra một hình vuông giấy dày có cạnh 15-20 cm. Nó cần phải theo đường chéo với hình nấm hướng lên và dọc theo đường đứt nét (hình 16, a) với hình nấm hướng xuống, sau đó gấp lại để tạo thành một hình tam giác. Bây giờ bạn sẽ cần thực hiện bốn thao tác giống hệt nhau. Kết quả của kết quả đầu tiên - sibb dọc theo đường đứt nét hình 16, b - được mô tả trên hình 16, c, kết quả cuối cùng - trên hình 16, d. Vẫn còn bốn thao tác giống hệt nhau - uốn các hình tam giác nhỏ và trước mặt chúng ta là một người uốn cong.

Đặc tính hữu ích nhất của flexans là khả năng đi trên mặt phẳng nghiêng. Cần phải đặt Flexan trên một mặt phẳng nghiêng khá nhẹ và ngay lập tức nó bắt đầu đi xuống theo từng bước nhỏ. Mỗi cơ gấp có một đặc điểm riêng hoặc trong mọi trường hợp là một dáng đi riêng. Tôi nghĩ rằng làm quen với anh ấy sẽ khiến bạn cảm thấy thoải mái.

15

HÌNH ẢNH KHÔNG GIAN
VÀ ảo ảnh
Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
A.D.CHERNIN

Các nguồn nghiên cứu vũ trụ, được gọi là chuẩn tinh, đã được phát hiện cách đây một phần tư thế kỷ, vào năm 1963. Nhưng bản chất của chúng vẫn chưa được hiểu đầy đủ. Những điều ngạc nhiên mà chúng mang lại cho các nhà vật lý và thiên văn học là không có hồi kết. Gần đây, những hiện tượng đáng ngạc nhiên chưa từng được quan sát thấy trên bầu trời đã được phát hiện: hình ảnh nhân đôi và chuyển động với tốc độ siêu sáng.

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ không đề cập đến lịch sử khám phá các quasar, các giả thuyết và lý thuyết được đưa ra để giải thích các đặc tính của chúng.*) Chúng tôi sẽ chỉ cung cấp thông tin chung nhất về các quasar, sau đó thảo luận chi tiết về ảo ảnh và ảo ảnh trong thế giới quasar và cách hiểu chúng.

*) Bạn có thể đọc về điều này trong cuốn sách “Sao và Vật lý” của A.D. Chernin, do nhà xuất bản Nauka xuất bản năm 1984 trong bộ “Viblotechka «Kvant»” (số 38). (Ghi chú của biên tập viên)

16

Nguồn phát mạnh nhất trong vũ trụ

Mỗi chuẩn tinh là một “chiếc đèn lồng” sáng chói không chỉ tỏa sáng trong phạm vi quang học khả kiến ​​của sóng điện từ mà còn trong tất cả các phạm vi khác - từ sóng vô tuyến đến tia gamma. Kích thước của vùng phát xạ có thể so sánh với kích thước của Hệ Mặt Trời. Nhưng trong Hệ Mặt trời chỉ có một ngôi sao - Mặt trời và một chuẩn tinh có cùng thể tích chứa một nguồn năng lượng mạnh gấp hàng nghìn lần toàn bộ Thiên hà với hàng tỷ ngôi sao của nó. Máy phát điện này hoạt động như thế nào? Đây là câu hỏi quan trọng nhất trong vật lý của chuẩn tinh, mà trên đó người ta vẫn có thể tìm thấy đáp số.

Các chuẩn tinh khác nhau về dữ liệu của Vũ trụ, nơi mà cả các ngôi sao và toàn bộ thiên hà đều không thể được làm phẳng ngay cả với sự trợ giúp của các kính thiên văn lớn nhất. Chuẩn tinh xa nhất hiện nay được biết đến nằm cách chúng ta 13 tỷ năm ánh sáng. Điều này có nghĩa là ánh sáng từ nó phải mất 13 tỷ năm mới đến được với chúng ta và do đó, chúng ta nhìn thấy nó như 13 tỷ năm trước. Vào thời điểm đó, cả Trái đất và Mặt trời đều chưa tồn tại (theo ước tính hiện đại, tuổi của Hệ Mặt trời là khoảng 5 tỷ năm).

Khoảng cách đến các chuẩn tinh và các thiên thể vũ trụ xa xôi khác được đánh giá bằng quang phổ bức xạ của chúng. Trong quang phổ của quasar, có thể nhìn thấy các vạch phát xạ của các nguyên tử thông thường - chẳng hạn như hydro, oxy, carbon, v.v. - nhưng chúng đều bị dịch chuyển về phía đầu đỏ của quang phổ, nghĩa là trong vùng có bước sóng dài. Sự dịch chuyển này - sự dịch chuyển đỏ nổi tiếng - là do các nguồn bức xạ đang di chuyển ra xa chúng ta. Bản thân phần mở rộng là biểu hiện của sự phân bố chung của Vũ trụ. Theo các định luật vũ trụ học, một chuẩn tinh hoặc thiên hà càng ở xa chúng ta thì tốc độ thoát càng lớn.

Nếu một nguồn sáng phát ra sóng có chu kỳ $T_0$, đồng thời chuyển động tương đối so với chúng ta với tốc độ $v$ thì sóng ánh sáng mà chúng ta nhìn thấy sẽ có chu kỳ

$$T = T_0 \frac{1 - \frac{v}{c} \cos \vartheta}{\sqrt{1 - (v/c)^2}}.$$ (1)

Ở đây $c$ là tốc độ ánh sáng, $\vartheta$ là góc giữa hướng của tốc độ và đường ngắm (nguyên tố kết nối chúng ta và nguồn; khi nguồn di chuyển thẳng về phía chúng ta, $\vartheta = 0$, khi đường thẳng cách xa chúng ta - $\vartheta = \pi$). Đối với các chuẩn tinh ở xa nhất, chu kỳ $T$ dài hơn chu kỳ $T_0$ 4-5 lần. Sự thay đổi về chu kỳ, cùng với nó là tần số và bước sóng của ánh sáng do chuyển động tương đối của nguồn và máy thu, được gọi là hiệu ứng Doppler. Nó tạo ra sự dịch chuyển đỏ trong quang phổ của các thiên hà và chuẩn tinh đang giãn nở.

Hiện nay có hơn 2.500 quasar đã được biết đến. Chúng nằm rải rác trên thiên cầu ít nhiều đều nhau. Trung bình, khoảng cách giữa chúng, nếu bạn thay đổi nó dọc theo một vòng cung trên bầu trời, là vài độ (để rõ ràng, giả sử rằng đường kính góc của Lunya và Mặt trời là khoảng 0,5 độ).

Nhưng hai chuẩn tinh rất gần nhau đã được biết đến từ lâu, chúng cũng giống nhau đến mức chúng được gọi là chuẩn tinh song sinh. Chúng chỉ cách nhau sáu cung giây, nhỏ hơn hàng nghìn lần so với khoảng cách trung bình giữa các chuẩn tinh; độ sáng của chúng thực tế là như nhau; quang phổ của các chuẩn tinh này là như nhau - trong trường hợp chung, có thể nhìn thấy các vạch phát xạ giống nhau với cùng cường độ. Màu đỏ

17

Sự pha trộn trong quang phổ là như nhau $T/T_0=2,4$. Đây là một số tiền khá đáng kể. Nó tương ứng với tốc độ loại bỏ 0,7 giây và khoảng cách với chúng ta là 7 tỷ năm ánh sáng.

Sự giống nhau đáng kinh ngạc của các quasar đã làm cho các actrom trở nên quen thuộc hơn rất nhiều. Và do đó, người ta đồng ý rằng đây thực chất không phải là hai vật thể, mà là hai hình ảnh của cùng một vật thể. Nhưng làm thế nào một hình ảnh nhân đôi như vậy lại có thể xuất hiện trên thiên đường?

Thấu kính trọng lực

Các tia, như đã biết, truyền thẳng nếu không có sự điền trước. Môi trường không gian rất hiếm nên thực tế nó không gây ra hiện tượng lấp đầy trước. Tuy nhiên, đường đi của ánh sáng có thể bị bẻ cong. Độ cong như vậy được tạo ra bởi trường hấp dẫn của các thiên thể.

Không có gì đặc biệt đáng ngạc nhiên về điều này. Ngay cả trong lý thuyết hấp dẫn của Newton, người ta cũng thừa nhận rằng một tia sáng, được coi như một dòng hạt - các tiểu thể ánh sáng chuyển động với tốc độ ánh sáng, sẽ lệch khỏi đường thẳng khi nó đi gần đến lực hấp dẫn của một vật thể. Các hạt ánh sáng, giống như mọi hạt và vật thể của Vũ trụ, chịu lực hút đối với một vật thể hấp dẫn.

Những cân nhắc về sự bẻ cong của tia sáng bởi trường hấp dẫn vẫn có giá trị trong lý thuyết tương đối tính về lực hấp dẫn, được gọi là lý thuyết tương đối tổng quát. Theo lý thuyết này, góc lệch của chùm tia truyền ở khoảng cách tối thiểu $r$ so với vật có khối lượng $M$ bằng (xem hình 1)

$$\alpha = \frac{4GM}{c^2r}.$$ (2)

Theo gợi ý của A. Einstein, những nỗ lực đầu tiên nhằm quan sát hiệu ứng này được thực hiện đối với ánh sáng sao đi qua gần Mặt trời. Các phép đo có thể được thực hiện trong thời gian nhật thực toàn phần, khi Mặt trăng che phủ đĩa mặt trời. Nhiều quan sát đã được thực hiện kể từ nhật thực toàn phần năm 1919, với kết quả hoàn toàn phù hợp với dự đoán của thuyết tương đối rộng.

Năm 1936, Einstein công bố một ghi chú ngắn trong đó ông dự đoán một hiệu ứng mới liên quan đến sự bẻ cong ánh sáng trong trường hấp dẫn - hiệu ứng thấu kính hấp dẫn. Nếu có một vật thể hấp dẫn trên đường đi của ánh sáng từ một nguồn ở xa nào đó đến vật thể được quan sát, thì trong những điều kiện nhất định, sẽ có nhiều ánh sáng đến vật thể được quan sát hơn là khi không có vật thể này. Trường hấp dẫn của một vật thể cũng có khả năng định hướng các tia được quan sát nếu không sẽ đi qua mismo được quan sát. Vật hấp dẫn, giống như một thấu kính thông thường, dường như tập trung các tia sáng.

Thấu kính hấp dẫn vừa giống vừa khác với thấu kính ánh sáng thông thường. Trong bản thân thấu kính, độ lệch của chùm tia càng ít thì càng gần tâm thấu kính. Do đó, tại một số điểm nằm trên trục của thấu kính - tại tiêu điểm của nó - không chỉ tia nằm dọc theo trục này mà tất cả các tia đi qua thấu kính đều đi đến tiêu điểm của nó. Trong trường của trọng tâm, bức tranh lại khác: đường đi của nó càng gần tâm thì độ lệch của chùm tia càng lớn. Điều này có thể được nhìn thấy từ công thức (2).

Hình 1. Sự lệch hướng của tia sáng trong trường khối lượng hấp dẫn.

18

Một đường hấp dẫn không chỉ có thể đóng khung một hình ảnh mà còn tạo ra hai hình ảnh của cùng một vật thể. Hãy xem điều này xảy ra như thế nào.

hình 2 thể hiện đường đi của các tia truyền từ nguồn (điểm $S$) đến điểm quan sát được (điểm $O$) của tâm hấp dẫn (điểm $D$). Chùm tia phát ra từ nguồn truyền ở khoảng cách tối thiểu $r=DC$ tính từ tâm hấp dẫn, bị nó làm lệch một góc $\alpha$ và đến điểm quan sát. (Để đơn giản, một ví dụ đơn giản được vẽ cùng với đường cong tròn tại điểm $C$ của sự hợp nhất đang quan sát.) Hình ảnh được quan sát của nguồn không phải ở điểm $S$ (theo hướng $OS$), mà theo hướng của tia $OC$ - ví dụ $OS'$. (Các góc $\alpha$, $\beta$ và $\varphi$ tại hình nên được coi là nhỏ.)

Các đại lượng có liên hệ với nhau như thế nào, các vị trí tương đối đã cho của nguồn, vật hấp dẫn và người quan sát? Từ hình 2 rõ ràng là

$$AS' = AS + SS'.$$

Vì vị trí tương đối của nguồn, vật hấp dẫn và người quan sát? Từ hình 2 rõ ràng là

$$AS' = L\beta, \quad AS = L\varphi, \quad SS' = l\alpha.$$

Thay thế ba biểu thức này vào đẳng thức đầu tiên, chúng ta nhận được:

$$L\beta = L\varphi + l\alpha.$$

Chúng ta hãy thay thế $r=DC = (L-l)\beta$ vào công thức (2) và tính đến điều này, viết lại sự tương ứng giữa khoảng cách và góc ở dạng

$$\beta^2 - \varphi\beta - \frac{l}{L} \frac{4GM}{c^2(L-l)} = 0.$$

Phương trình bậc hai này được gọi là phương trình thấu kính hấp dẫn tạo bởi tâm hấp dẫn.

Hãy xem xét khả năng lời giải của phương trình này. Trước hết, hãy xét trường hợp trọng tâm nằm hoàn toàn trên đường thẳng $OS$ (tức là góc $\varphi$ bằng 0). Khi đó phương trình lời giải có dạng

$$\beta = \beta_0 = \pm 2 \left( \frac{l}{L} \frac{GM}{c^2(L-l)} \right)^{1/2}.$$

Bức ảnh có sự đối xứng trục rất indo, do đó hình ảnh quan sát được không phải là điểm $S'$, mà là một vòng thu được bằng cách xoay điểm này quanh trục đối xứng - đường thẳng $OS$ (hoặc đường thẳng $OA$ trùng với nó tại $\varphi=0$); bán kính góc của vòng là $\beta = \beta_0$.

Nếu trọng tâm không nằm trên đường thẳng nối nguồn và điểm quan sát thì trong ảnh không có sự đối xứng trục. Phương trình (3) tại $\varphi \neq 0$ có hai lời giải:

$$\beta_{1,2} = \frac{1}{2} \varphi \pm \sqrt{\frac{1}{4} \varphi^2 + \frac{l}{L} \frac{4GM}{c^2(L-l)}}.$$

Điều này có nghĩa là thấu kính tạo ra hai hình ảnh, hướng của chúng được xác định bởi các góc $\beta_1$ và $\beta_2$ (góc đầu tiên là dương và góc thứ hai là âm). Đường đi của các tia tương ứng được hiển thị trong hình 3. Khoảng cách tối thiểu từ tâm thu hút là khác nhau đối với hai lời giải:

$$r_1 = (L-l)\beta_1, \quad r_2 = (L-l)\beta_2.$$

Rõ ràng, góc lệch của chúng cũng khác nhau.

Giả thuyết về các quasar song sinh là hai hình ảnh của một quasar $B_1$

Hình 3. Làm thế nào để có được hai hình ảnh của cùng một nguồn.

19

giả định sự sắp xếp lẫn nhau của nguồn sáng, trung tâm hấp dẫn và được quan sát thấy, như thể hiện trong hình 3. Bằng chứng trực tiếp của nó có thể là việc phát hiện ra chính trung tâm hấp dẫn ở đúng vị trí trên thiên cầu - giữa hai hình ảnh của chuẩn tinh, nhưng không ở những khoảng cách hoàn toàn bằng nhau với chúng. Và đây là một thành công thực sự để làm. Trung tâm hấp dẫn hóa ra là một thiên hà có độ sáng mờ nhạt, nằm giữa các quasar gần đó và hơn nữa, có phần gần một trong số chúng hơn so với cái kia. Khoảng cách tới nó hóa ra xấp xỉ bằng một nửa khoảng cách tới chuẩn tinh. Các nghiên cứu quan sát sâu hơn cho thấy bức tranh thực tế có phần phức tạp hơn. Họ phát hiện ra rằng một trong những hình ảnh của cặp song sinh thực chất là hai hình ảnh rất gần nhau được ghép lại trong những bức ảnh trước đó. Không khó để chứng minh rằng ảnh hấp dẫn có thể xuất hiện trong trường hợp trường hấp dẫn lệch được tạo ra không phải bởi một tâm chính xác mà bởi một vật thể thể tích nằm trên đường ngắm. Thiên hà đóng vai trò như một cơ thể như vậy. Các tia sáng từ chuẩn tinh có thể truyền không chỉ ở rìa thiên hà mà còn xuyên qua nó. Khối lượng hấp dẫn, yếu tố quyết định độ lệch của các tia, nhỏ hơn đối với ánh sáng truyền gần tâm thiên hà và lớn hơn đối với ánh sáng truyền gần rìa của nó. Góc lệch phụ thuộc vào sự phân bố khối lượng trong thiên hà. Phương trình thấu kính bây giờ sẽ phức tạp hơn phương trình hình vuông, và điều này tạo ra sự đa dạng lớn về các biến thể có thể có của hình ảnh nhìn thấy được.

Một số ví dụ về việc nhân đôi và nhân ba hình ảnh của các thiên thể vũ trụ hiện đã được biết đến. Trong mọi trường hợp chúng ta đang nói về chuẩn tinh. Những ảo ảnh này chắc chắn tạo ra hiệu ứng của thấu kính hấp dẫn.

Tại sao thấu kính hấp dẫn được các quasar phát hiện cụ thể và không ảnh hưởng đến ánh sáng của các ngôi sao hoặc thiên hà? Thực tế là các quasar, như chúng ta đã nói, có thể nhìn thấy từ xa, trung bình ở khoảng cách xa hơn nhiều so với các thiên hà, chưa kể các ngôi sao. Do đó, xác suất ánh sáng từ chúng gặp nhau trên đường tới vật thể có khối lượng lớn (nhưng có độ sáng yếu) được quan sát là khá cao. Ngoài ra, chuẩn tinh có kích thước biểu kiến ​​rất nhỏ, gần như là một nguồn chính xác và do đó, một số hình ảnh riêng biệt có thể xuất hiện từ nó, sẽ không bị mờ và hợp nhất, như trường hợp đối với các nguồn mở rộng - các thiên hà.

Nhanh hơn ánh sáng?

Chuẩn tinh đầu tiên được phát hiện là một nguồn vô tuyến, được liệt kê ở số 273 trong danh mục Cambridge thứ 3*). Người ta có thể nói đây là một chuẩn tinh mẫu mực; nó có tất cả các đặc tính điển hình của chuẩn tinh và cũng thuận tiện cho việc quan sát. Ở chính trung tâm của nó, khu vực phân bố hình ảnh, một số quá trình bạo lực liên tục diễn ra, biểu hiện ở sự thay đổi độ sáng. Hơn nữa, thỉnh thoảng những đám mây phát sáng và những tia vật chất xuất hiện từ khu vực này. Tuy nhiên, sự xuất hiện của một máy bay phản lực “ngay trước mắt mọi người” sẽ tăng kích thước và điểm sáng ở phần cuối của nó nhanh chóng di chuyển ra khỏi trung tâm của chuẩn tinh. Trong bốn năm, đầu sáng quan sát được của tia đã di chuyển ra xa tâm đến khoảng cách 20 năm ánh sáng. Anh ấy đang di chuyển với tốc độ bao nhiêu? Mọi chuyện đang tiến triển tốt đẹp

*) Đây là danh sách chung về các vật thể được biên soạn bởi các nhà thiên văn vô tuyến tại Đại học Cambridge ở Anh.

20

thời gian, chúng ta thấy rằng tốc độ gấp năm lần tốc độ ánh sáng.

Thật dễ dàng để tưởng tượng các nhà thiên văn học được giao nhiệm vụ như thế nào. Suy cho cùng, theo lý thuyết khoa học tương đối, không vật thể nào có thể chuyển động với tốc độ vượt quá tốc độ ánh sáng trong chân không. Đây là một trong những định luật quan trọng nhất của vật lý. Sau sự ngạc nhiên đầu tiên và thậm chí là bối rối lời giải nghịch lý này - ít nhất là về nguyên tắc - đã được tìm thấy. Tốc độ siêu sáng hóa ra chỉ là ảo ảnh quang học vũ trụ.

Đây là ví dụ đơn giản nhất cho thấy ảo giác về các chuyển động siêu sáng phát sinh như thế nào.

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta có một “đèn pin” di chuyển về phía chúng ta, nhưng không chính xác dọc theo đường ngắm mà ở một góc nhỏ so với nó (hình 4). Đầu tiên, đèn pin của chúng tôi tắt, sau đó hai lần - tại các điểm $S_1$ và $S_2$ - nó bật và gửi hai tín hiệu ánh sáng về phía chúng tôi. Trong khoảng thời gian giữa hai lần vùi của nó, nguồn sáng đã truyền một đường $S_1S_2$ trên hình của chúng ta. Độ dịch chuyển mà chúng ta nhìn thấy nhỏ hơn: nó thể hiện hình chiếu $S_1S'$ của đường đi này lên cái được gọi là mặt phẳng ảnh (đã cố định nguồn tại điểm $S_1$, được quan sát từ điểm $O$, chuyển động tiếp theo của nguồn sẽ được chiếu lên một mặt phẳng vuông góc với đường ngắm $OS_1$ - đây là mặt phẳng ảnh). Làm thế nào các nhà thiên văn học đạt được ước tính tốc độ của họ? Chuyển động nhìn thấy được phân chia

Hình 4. Một ví dụ về chuyển động siêu sáng.

(đoạn $S_1S'$) trong khoảng thời gian trôi qua giữa lúc nhận được tín hiệu thứ nhất và tín hiệu thứ hai. Và họ mất chính xác thời gian giữa các lần tiếp nhận chứ không phải giữa các lần phát tín hiệu. Nhưng đây là những khoảng thời gian khác nhau! Điều làm cho chúng khác biệt chính là hiệu ứng Doppler mà chúng tôi đã đề cập.

Thật vậy, sự tương ứng (1) giữa kỹ thuật sóng ánh sáng $T$ và $T_0$ thực ra có tính chất tổng quát hơn. Nó được áp dụng không chỉ trong trường hợp các quá trình định kỳ. Chu kỳ $T_0$ là khoảng thời gian, chẳng hạn, giữa hai cực đại liền kề trong sóng phát ra; và $T$ là khoảng thời gian giữa cùng một cực đại, khi chúng được người quan sát ghi lại lần lượt. Tất nhiên, mỗi cực đại có thể được coi là một “tín hiệu”, do đó $T_0$ là khoảng thời gian giữa hai lần phát tín hiệu và $T$ giữa việc thu của chúng.

Khi nguồn sáng di chuyển về phía chúng ta, $T$ nhỏ hơn $T_0$. Điều này có nghĩa là trong ví dụ của chúng ta với đèn pin, khoảng cách giữa mức tiếp nhận sóng ánh sáng nhỏ hơn; từ điểm $O$, chuyển động tiếp theo của nguồn sẽ được chiếu lên một mặt phẳng vuông góc với đường ngắm $OS_1$ - đây là mặt phẳng hình ảnh). Làm thế nào các nhà thiên văn học đạt được ước tính tốc độ của họ? Chuyển động nhìn thấy được phân chia

Có thể nói, khi tính toán tốc độ chuyển động biểu kiến, chúng ta sẽ thua trên đường đi (đoạn $S_1S'$ (xem hình 4) nhỏ hơn đường đi $S_1S_2$), nhưng điều này có thể đạt được rất nhiều về mặt thời gian. Do đó, thu được tỷ lệ lớn giữa chuyển động nhìn thấy được theo thời gian giữa các lần tiếp nhận sóng ánh sáng; Tỷ lệ này quyết định tốc độ chuyển động của nguồn sáng. Tốc độ thực hiện “rõ ràng” như vậy có thể lớn hơn tốc độ ánh sáng. Nhưng việc nhận ra tốc độ chuyển động bằng hình chiếu tương đối của đường đi $S_1S_2$ với khoảng thời gian giữa các lần phát - chứ không phải các lần tiếp nhận! - tín hiệu. Nó có thể gần bằng tốc độ ánh sáng, nhưng

*) Đối với ai có thể tính được giới hạn thì không khó để chứng minh rằng $\frac{T}{T_0} \rightarrow 0$ cho $\frac{v}{c} \rightarrow 1$.

21

sẽ không bao giờ vượt quá nó. Hóa ra là bạn không thể tính tốc độ bằng cách chia quãng đường đã đi “ở đó” cho khoảng thời gian đo được “ở đây”. Nhưng đây chính xác là những gì thuyết tương đối dạy. Và hiệu ứng Doppler, cái mang đến cho chúng ta nghịch lý lời giải, là hệ quả trực tiếp của thuyết tương đối.

Ảo tưởng được sinh ra như thế nào

Điều quan trọng nhất trong thuyết tương đối là phát biểu rằng ánh sáng trong tánh không lan truyền với một tốc độ hữu hạn nhất định, tốc độ này không phụ thuộc vào việc nguồn sáng chuyển động so với chúng ta hay tích tụ lại. Bây giờ chúng ta sẽ sử dụng thực tế này để thu được một cách mơ hồ các công thức mô tả ví dụ đèn pin chuyển động của chúng ta. (Và chúng ta chỉ cần nói thêm rằng chúng ta sẽ nói về sự lan truyền của ánh sáng trong hư không khi không có trường hấp dẫn mạnh trên đường đi của nó. Chúng ta đã nói rằng trường hấp dẫn có khả năng bẻ cong đường đi của ánh sáng; chúng cũng có khả năng thay đổi tốc độ của nó. Nhưng nếu không có vật thể rất lớn liền kề giữa chúng ta và nguồn, thì tốc độ ánh sáng chỉ là $c$; vì vậy chúng ta sẽ giả sử.) Hãy để tín hiệu đầu tiên trong hai tín hiệu được phát ra bởi một đèn pin vào một thời điểm nào đó, mà chúng ta sẽ chọn làm điểm bắt đầu ghi thời gian ($t=0$). Khoảng cách từ chúng ta (từ người quan sát) đến nguồn tại thời điểm này là $R$; Điều này có nghĩa là chúng tôi sẽ nhận được tín hiệu vào thời điểm $t_0=R/c$.

Hơn nữa, tín hiệu thứ hai được phát ra tại thời điểm $t_1=s/v$, khi vật chuyển động thẳng với tốc độ $v$, đã vượt qua một khoảng cách $s=S_1S_2$ (xem hình 4). Tại thời điểm $t_1$ khoảng cách đến nguồn là

$$R_1 = \frac{R - s \cos \vartheta}{\cos \alpha} \approx R - s \cos \vartheta$$

(chúng tôi đã dạy rằng góc $\alpha$ rất nhỏ, vì khoảng cách $R$ và $R_1$ lớn hơn nhiều so với đoạn $s$ và $\cos \alpha \approx 1$). Tín hiệu thứ hai đến với chúng tôi kịp thời

$$\frac{R_1}{c} = \frac{1}{c} (R - s \cos \vartheta)$$

và sẽ được chấp nhận vào lúc này

$$t_2 = t_1 + \frac{R_1}{c} = \frac{s}{v} + \frac{R}{c} - \frac{s}{c} \cos \vartheta.$$

Thời gian trôi qua từ khi nhận được tín hiệu đầu tiên đến khi nhận được tín hiệu thứ hai

$$\Delta t = t_2 - t_0 = \frac{s}{v} (1 - \frac{v}{c} \cos \vartheta).$$

Từ đây chúng ta có thể biểu thị quãng đường $s$ mà đèn pin đi được theo khoảng thời gian $\Delta t$, tốc độ chuyển động $v$ và góc $\vartheta$:

$$s = \frac{v \cdot \Delta t}{1 - \frac{v}{c} \cos \vartheta}.$$

Chuyển động biểu kiến ​​của cơ thể $\tilde{s}$ được thể hiện bằng hình chiếu của đoạn $s$ lên mặt phẳng hình ảnh:

$$\tilde{s} = s \sin \vartheta = \frac{v \sin \vartheta}{1 - \frac{v}{c} \cos \vartheta} \Delta t$$

(ở đây chúng tôi đã dạy lại rằng góc $\alpha$ rất nhỏ). Để tìm tốc độ “biểu kiến” $\tilde{s}$, bạn cần chia chuyển vị biểu kiến ​​$\tilde{s}$ cho khoảng thời gian $\Delta t$:

$$\tilde{v} = \frac{\tilde{s}}{\Delta t} = \frac{v \sin \vartheta}{1 - \frac{v}{c} \cos \vartheta}.$$

Giả sử rằng $v = 0,8$ $c$ và $\cos \vartheta = 0,8$; sau đó $\sin \vartheta = 0,6$ và $\tilde{v} = \frac{4}{3}$ $c$. Ở tốc độ chuyển động thực của nguồn cao hơn nhưng ở mức ánh sáng phụ, tốc độ chuyển động nhìn thấy được hóa ra là siêu tự do.

Bạn có thể kiểm tra (như được thực hiện để tìm cực trị của hàm số) rằng với tốc độ chuyển động cho trước của nguồn $v$ thì tốc độ biểu kiến

22

có giá trị cực đại tại
$$\cos \vartheta = \cos \vartheta_0 = \frac{v}{c}.$$
Khi đó $\sin \vartheta_0 = \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}$ và giá trị tối đa của tốc độ biểu kiến ​​là
$$\tilde{v}_{\text{max}} = \frac{v}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}.$$
Tốc độ $\tilde{v}_{\text{max}}$ tiến tới vô cùng khi tốc độ chuyển động thực $v$ tiến tới tốc độ ánh sáng $c$.

Để hoàn thành việc xem xét của chúng tôi, vẫn còn phải so sánh hai đại lượng: khoảng thời gian giữa các lần phát tín hiệu - $(\Delta t)_0 = t_1 = \frac{s}{v}$ và khoảng thời gian giữa khi chúng nhận được - $\Delta t = \frac{s}{v} (1 - \frac{v}{c} \cos \vartheta)$.

Có lẽ người đọc sẽ đặt câu hỏi: tại sao tỷ lệ $(\Delta t)_0 / \Delta t$ của chúng tôi không trùng với tỷ lệ $T_0 / T$ trong công thức (1)? Bộ $\sqrt{1 - (\frac{v}{c})^2}$ đã đi đâu? Thực tế là yếu tố này, được tìm thấy trong hầu hết các công thức của thuyết tương đối (nó được gọi là gốc tương đối tính), có liên quan đến một hiệu ứng tinh vi hơn, vượt qua phép tính đơn giản của chúng ta: xét cho cùng, chúng ta không sử dụng toàn bộ lý thuyết tương đối mà chỉ sử dụng thực tế về tính hữu hạn của tốc độ ánh sáng. Chúng ta có thể nói rằng chúng ta đã thực hiện một phép tính gần đúng trong đó tất cả các lũy thừa của $\frac{v}{c} < 1$ cao hơn giá trị đầu tiên đều bị bỏ qua. Và công thức của hiệu ứng Doppler là kết quả chính xác của thuyết tương đối.

Chúng tôi hy vọng rằng người đọc hiểu được ảo giác về chuyển động ở tốc độ siêu sáng có thể phát sinh như thế nào. Nhưng ví dụ về đèn pin mà chúng ta đã xem xét không phải là khả năng duy nhất có thể tưởng tượng được. Đây là một tình huống khác mà chúng tôi khuyên bạn nên tự mình tìm ra. Giả sử có một dải nào đó vuông góc với đường ngắm, tại một thời điểm nào đó tất cả đều lóe sáng đồng thời. Những gì sẽ được nhìn thấy quan sát?

Bạn có thể thấy không phải một sọc mà là một quả cầu rực sáng. Đây có thể là lớp vỏ của chuẩn tinh, được chiếu sáng bởi nguồn trung tâm của nó. Trong trường hợp này, hình ảnh của hiện tượng được quan sát - sự gia tăng kích thước ánh sáng của điểm được quét - sẽ tương ứng với tốc độ siêu âm. Thật dễ dàng để đưa ra các mô hình khác thuộc loại này.

Khó khăn hơn nhiều để tìm ra bản chất thực sự của các vụ nổ, ánh sáng nhấp nháy và sự phát xạ mạnh mẽ tạo ra ảo ảnh về các chuyển động siêu sáng là gì. Đây là bài toán nghiên cứu sâu hơn.

Đơn đặt hàng được chấp nhận…

Biên tập chung các tài liệu vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nauka” là tổ chức xuất bản lớn nhất sản xuất tài liệu về khoa học vật lý và toán học.

Đối với tất cả các ấn phẩm của Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học, có nhãn chuyên đề, kế hoạch phát hành năm 1989 đảm bảo đáp ứng đầy đủ các đơn đặt hàng từ các tổ chức bán sách.

Dưới đây là danh sách các cuốn sách (có chú thích ngắn gọn) có thể được độc giả quan tâm. Cần tuân thủ kế hoạch chuyên đề. Giá là gần đúng.

Toán học

8. Büller W. Gauss (phác thảo tiểu sử): Trans. từ tiếng Anh 1 chà. 80k.

Lần đầu tiên, một cuốn sách được xuất bản bằng tiếng Nga, đặc biệt dành riêng cho cuộc đời và sự nghiệp của K. F. Gauss (1777-1855), một trong những nhà vĩ đại

23

Những nhà toán học vĩ đại nhất trong lịch sử loài người. Người ta chú ý nhiều đến các sự kiện lịch sử, trong bối cảnh cuộc đời khó khăn của nhà khoa học đã diễn ra.

9. Weil G. Tư duy toán học: Transl. từ tiếng Anh và tiếng Đức 2 r.

Bộ sưu tập bao gồm các tác phẩm của nhà toán học xuất sắc của thời đại chúng ta Hermann Weyl (1885-1955), dành cho các vấn đề lý thuyết giá trị của toán học, sự tương tác của nó với khoa học tự nhiên, vai trò trong nghiên cứu thế giới bên ngoài và công việc của các nhà khoa học thay thế D. Hilbert, F. Klein, E. Noether, A. Poincaré và W. Pauli.

18. Klein F. Bài giảng về sự phát triển của toán học trong thế kỷ 19. Trong 2 tập. T.I: Per. với anh ấy. 2 r. 50k.

Bản dịch mới tập đầu tiên của tác phẩm kinh điển về lịch sử toán học thế kỷ 19, được viết bởi nhà toán học, giáo viên và nhà lãnh đạo giáo dục toán học xuất sắc người Đức F. Klein (1849-1925).

19. Klein F. Các bài giảng về định vị mực và phương trình lời giải bậc năm: Transl. với anh ấy. 1 chà. 90k.

Nó được dành riêng cho một trong những nhánh sáng giá nhất của toán học - lý thuyết hình học về định vị mực và độc đáo về bề rộng của tài liệu được đề cập cũng như kỹ năng trình bày của nó. Phần thứ hai trình bày các tính chất hình học cơ bản của lý thuyết định vị mực của phương trình bậc năm. Nó được xuất bản lần đầu tiên bằng tiếng Nga.

36. Gashkov S. B., Oleksnik S. N., Sergeev I. N. Hãy áp dụng toán học. 60k.

Họ xem xét các vấn đề về xây dựng và đo lường các phương tiện hữu hạn, tìm kiếm lời giải tối ưu trong một tình huống nhất định, các phương pháp đếm nhanh, bài toán để cắt, rót, cân, v.v.

37. Kostovsky A. N. Công trình hình học với một la bàn trên mặt phẳng và chỉ có một hình cầu trong không gian. 30k.

Cuốn sách được viết trên cơ sở những bài giảng mà tác giả đã đọc trong nhiều năm cho các học sinh tham gia mô tả thành phố Lvov.

38. Prasolov V.V., Sharygin I.F. Bài toán theo định lý. 80k.

Chứa khoảng 600 bài toán, đầu tiên là các giải pháp chi tiết và 70 bài toán cho công việc độc lập. Hầu hết bài toán đều bám sát chương trình giảng dạy ở trường về các chủ đề mới.

40. Bài toán trong toán học. Bắt đầu phân tích. 1 chà. 70k.

Việc xây dựng phương pháp luận của sách tham khảo cho phép bạn lặp lại chuyên sâu phần toán học này và chuẩn bị độc lập cho việc xây dựng một trường đại học với khuôn khổ toán học tiên tiến. Cuốn sách được biên soạn dựa trên kinh nghiệm giảng dạy môn toán tại khoa dự bị của Đại học quốc gia Moscow (Khoa Cơ học và Toán học).

42. Tsyshkin A. G., Pinsky A. I. Sổ tay phương pháp lời giải bài toán toán trung học. 1 chà. 90k.

Chứa các phương pháp cơ bản lời giải bài toán của khóa học toán ở trường. Việc trình bày các phương pháp được đi kèm với việc phân tích bài toán điển hình.

56. Arnold V. I. Huygens và Barruu, Newton và

Hooke - những bước đầu tiên của phân tích toán học và lý thuyết thảm họa từ những người tiến hóa đến giả tinh thể. 80k.

Cuốn sách được viết trên cơ sở một bài giảng dành cho sinh viên kể câu chuyện về sự xuất hiện của toán học hiện đại và vật lý lý thuyết trong công trình của các nhà khoa học vĩ đại của thế kỷ 17.

57. Nikolsky S. M. Các yếu tố phân tích toán học. 40k.

Mathematical analysis in the first edition of the book is based on the works of the author, who is a graduate student in the field of mathematics and a professor of mathematics. The book is written in Russian, and the text is in English.

Vật lý

89. Vorobyov I. I. Lý thuyết tương đối trong các vấn đề. 50k.

Các lý thuyết vật lý tương đối trong nhiệm vụ. 50k.

Mathematical analysis in the first edition of the book is based on the works of the author, who is a graduate student in the field of mathematics and a professor of mathematics. The book is written in Russian, and the text is in English.

91. Mayer V.V. Hiệu ứng tích lũy trong các thí nghiệm đơn giản. 50k.

Hiệu ứng vật lý trong các hiệu ứng đơn giản. 50k.

Mathematical analysis in the first edition of the book is based on the works of the author, who is a graduate student in the field of mathematics and a professor of mathematics. The book is written in Russian, and the text is in English.

93. Ponomarev L.I. Dưới dấu hiệu lượng tử! 1 chà. 10k.

Hiệu ứng vật lý trong các hiệu ứng đơn giản. 10k.

Mathematical analysis in the first edition of the book is based on the works of the author, who is a graduate student in the field of mathematics and a professor of mathematics. The book is written in Russian, and the text is in English.

25

LỊCH SỬ CỦA ROSINKA

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. A. ABRICOSOV (Jr.)

Trạng thái của vật chất là: rắn, giọt, hơi và không khí.
V. Dahl. Từ điển giải thích về ngôn ngữ Nga vĩ đại còn sống.

Giới thiệu

Tất cả chúng ta đều trải qua các quá trình bay hơi và ngưng tụ ở mỗi bước theo đúng nghĩa đen. Và mặc dù một chiếc ấm đun nước ngay lập tức sẽ được tưởng tượng là lớn, tất nhiên, ví dụ quan trọng nhất là xoáy nước tự nhiên, nếu không có nó thì sự sống trên Trái đất ít nhất sẽ khác.

Vì vậy, cơ thể mặt trời làm bay hơi hơi ẩm trên bề mặt trái đất, các điểm đối lưu và khuếch tán cho phép các thông số đạt tới các tầng khí quyển cao. Khi bạn di chuyển lên trên, nhiệt độ không khí giảm xuống, hơi nước ngưng tụ và tạo thành mây. Việc hợp nhất và mở rộng các giọt bên trong các đám mây được hoàn thành trước khi jem - chu trình kết thúc.

Chúng ta sẽ nói về một trong những mắt xích quan trọng nhất trong chuỗi này - sự hình thành các giọt nước khi làm mát hơi nước, nhưng trước tiên chúng ta hãy nhớ lại một khái niệm quan trọng.

Như bạn đã biết, hơi bão hòa là hơi ở trạng thái cân bằng với pha lỏng. Mỗi nhiệt độ $T$ tương ứng với giá trị riêng $p^0(T)$ của áp suất hơi bão hòa (hình 1). Đường $p^0(T)$ chia mặt phẳng $p, T$ thành các vùng tương ứng với trạng thái lỏng và khí.

Cân bằng giữa chất lỏng và chất khí là một ví dụ về cái gọi là cân bằng động. Thông qua bề mặt phân cách, có sự trao đổi liên tục của các phân tử giữa các pha: có thể nói, có các quá trình bay hơi và ngưng tụ ngược nhau. Nếu hơi bão hòa thì dòng chuyển động của các hạt theo cả hai hướng là như nhau và lượng chất ở cả hai pha không thay đổi.

Nồng độ của hơi bão hòa được xác định bởi tốc độ bay hơi trên một đơn vị diện tích bề mặt của chất lỏng, tức là mật độ của hơi bão hòa là thước đo độ bay hơi của một chất.

“Telecannibalism” trong thế giới của những giọt nước. Khía cạnh định tính

Bây giờ chúng ta có thể chuyển sang chủ đề chính của bài viết - ảnh hưởng của sự hình thành đến trạng thái cân bằng của pha lỏng và khí. Hóa ra độ cong bề mặt dẫn đến sự thay đổi áp suất hơi bão hòa. Hãy xem một ví dụ.

Để dưới nắp có hai giọt gần như hình cầu giống hệt nhau. Chúng ta đã biết rằng mọi tính bất biến của một hệ thống như vậy đều là lừa đảo. Trên thực tế, có hơi nước bên dưới mui xe và các phân tử thoát ra từ giọt này dễ dàng tiếp cận giọt khác. Trạng thái cân bằng động có ổn định trong trường hợp này không?

Đầu tiên chúng ta hãy thu hút những thông điệp năng lượng. Bề mặt tự do của giọt nước có năng lượng

$$E_S(r) = \sigma S = 4\pi r^2 \sigma$$

(ở đây $\sigma$ là hệ số căng bề mặt và $S = 4\pi r^2$ là bề mặt của hình cầu có bán kính $r$). Không khó

Hình 1. Quay số pha của hệ thống hơi-lỏng. Dòng $p^0(T)$, phân chia vùng của pha lỏng và pha khí, chỉ rõ sự phụ thuộc của áp suất hơi bão hòa vào nhiệt độ.

26

đảm bảo rằng một giọt có khối lượng gấp đôi sẽ có năng lượng tối thiểu và trong trường hợp của chúng ta, tổng bề mặt lớn hơn $\sqrt[3]{2}$ lần.

Về mặt lý thuyết điều này có thể có nghĩa là trạng thái cân bằng không ổn định. Nhưng liệu có một cơ chế nào có thể dẫn đến sự truyền vật chất có hướng nếu, do sự thăng giáng, sự đối xứng đột ngột bị phá vỡ và các giọt nước thậm chí còn trở nên hơi không đồng đều?

Vâng, có một cơ chế như vậy. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng tốc độ bay hơi phụ thuộc vào hình dạng của bề mặt bay hơi. Trên bề mặt có độ cong lớn hơn (gần một giọt nhỏ), quá trình này diễn ra mạnh mẽ hơn. Ngược lại, dòng chảy ngược của các phân tử (ngưng tụ) chỉ được xác định bởi mật độ hơi dưới mui xe và giống nhau đối với cả hai giọt. Do đó, nếu bán kính của các giọt nước khác nhau thì các giọt nước đó không thể đồng thời ở trạng thái cân bằng với hơi nước. Trong trường hợp này, giọt lớn hơn trở nên ổn định hơn và có thể hấp thụ dần dần giọt nhỏ hơn mà không cần chạm vào nó. Việc “cho ăn” ở khoảng cách xa như vậy có thể được gọi là chủ nghĩa ăn thịt từ xa.

Sự biện minh về mặt toán học. công thức Kelvin

Định luật bảo toàn năng lượng cho phép chúng ta tính toán sự hiệu chỉnh áp suất hơi do độ cong bề mặt. Chúng ta hãy nhìn vào chiếc xe được hiển thị ở hình 2. Nó là

Hình 2. “Cỗ máy chuyển động vĩnh viễn.” Do sự chênh lệch về mức chất lỏng trong bình và trong mao quản nên áp suất hơi trên mặt khum lồi lớn hơn $p^0(T)$. Điều này có dẫn đến một chu kỳ trong hệ thống không?

là một “máy chuyển động vĩnh viễn”, nhược điểm duy nhất của nó, theo nhà phát minh, chỉ là công suất phát triển thấp.

Viện Hàn lâm Khoa học Parikh đã không xem xét những dự án như vậy trong hơn hai thế kỷ (kể từ năm 1775). Định luật bảo toàn năng lượng đảm bảo tính không hoạt động của chúng. Nhưng hóa ra lại rất hữu ích khi tìm ra chính xác nhà phát minh đã mắc sai lầm ở đâu, nguyên tắc vật lý cụ thể nào mà ông ta đã không tính đến. Về mặt phương pháp luận, điều này gợi nhớ đến những chứng minh bằng mâu thuẫn, thường được chấp nhận trong toán học.

Ý tưởng của chiếc điện thoại di động vĩnh viễn này là thế này. Một mao quản làm bằng vật liệu không thấm nước được ngâm trong bình chứa chất lỏng dễ bay hơi. Mức chất lỏng trong mao quản sẽ thấp hơn trong bể chứa chính một lượng

$$h = \frac{2\sigma}{\rho g r},$$

trong đó $\rho$ là mật độ của chất lỏng, $r$ là bán kính của mao quản, $g$ là gia tốc áp suất tự do. Hơi chất lỏng ngay trên bề mặt của nó có áp suất $p^0(T)$, và phía trên mặt kinh trong mao quản, áp suất của chúng sẽ lớn hơn một lượng

$$\Delta p = \rho^0 g h,$$

trong đó $\rho^0$ là mật độ của hơi bão hòa (theo phương trình Clapeyron-Mendleev, $\rho^0 = \frac{p^0(T) M}{RT}$).

Theo kế hoạch của tác giả sáng chế, hơi dư thừa sẽ làm tăng sự ngưng tụ trong mao quản và kết quả là một chu trình chất lỏng sẽ xuất hiện trong hệ thống.

Lập luận này có điểm yếu duy nhất: tác giả đã không tính đến tác động mà chúng ta đã thảo luận ở phần trước. Chúng ta hãy so sánh các phân tử nằm trên bề mặt chất lỏng trong bình chứa và trong mao quản (hình 3). Rõ ràng là trong trường hợp $a$ phân tử có một số lượng lớn các hợp chất được liên kết với nhau bằng lực phân tử. Điều này có nghĩa là trong trường hợp các phân tử $b$ ULE dễ dàng rời khỏi chất lỏng hơn, cường độ bay hơi cao hơn và cần có dòng hạt ngược lớn hơn để bù lại.

27

Định luật bảo toàn năng lượng phát biểu rằng không có sự tuần hoàn có hướng trong hệ thống. Chúng ta đi đến kết luận rằng áp suất hơi cân bằng trên bề mặt lồi của chất lỏng bằng

$$p_0(r) = p^0(T) + \Delta p = p(T) + \frac{2\sigma}{r} \frac{\varrho^0(T)}{\varrho_{\text{ж}}}.$$

(Lưu ý rằng gia tốc áp suất tự do $g$ không được đưa vào đáp số cuối cùng, mặc dù nó có mặt trong các biểu thức trung gian.)

Phân tích máy đào vĩnh cửu là một kỹ thuật cho phép chúng ta đạt được mục tiêu một cách ngắn nhất. Nhưng công thức thu được có tính chất phổ quát: đối với một chất lỏng nhất định, áp suất hơi không chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ mà còn phụ thuộc vào độ cong của bề mặt.

Bây giờ hãy để giao diện có hình dạng lõm. Sau khi cài đặt một capitular ướt trong điện thoại di động vĩnh viễn của chúng tôi, chúng tôi ngay lập tức nhận được kết quả trong đó phép cộng $\Delta p$ có dấu ngược lại:

$$p_0(r) = p^0(T) - \frac{2\sigma}{r} \frac{\varrho^0(T)}{\varrho_{\text{ж}}}.$$

Đối với bán kính cong không quá nhỏ, sự tương ứng của chúng ta tương đương với phương trình chính xác hơn

$$p(r) = p^0(T) e^{\frac{2\sigma}{r} \frac{\varrho}{r} RT},$$

được Lord Kelvin nhận vào năm 1871. Bán kính cong được lấy bằng dấu “+” cho bề mặt lồi và dấu “-” cho bề mặt lõm.

Bạn có thể tìm thấy giá trị bán kính đặc tính cong của một chất lỏng nhất định, tại đó việc hiệu chỉnh áp suất có thể so sánh với áp suất trên bề mặt:

$$r_0(T) = \frac{2\sigma}{p^0(T)} \frac{\varrho^0}{\varrho_{\text{ж}}} = \frac{2\sigma M}{\varrho_{\text{ж}} RT} = \frac{2\sigma V_{\text{ж}}}{RT}$$

(ở đây $V_{\text{ж}}$ là thể tích mol của pha lỏng). Giá trị của $r_0$ chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ hoặc hàm của nhiệt độ là σ và $V_{\text{ж}}$.

Ước tính số đầu tiên

Chúng ta hãy thảo luận về mức độ của hiệu ứng được phát hiện và tìm hiểu xem liệu nó có đóng vai trò quan trọng nào trong việc hiện thực hóa các giá trị $\sigma$, $\varrho_{\text{ж}}$, $\varrho^0$, $p^0$ và $r_0$ đối với nước ở các nhiệt độ khác nhau hay không. Thoạt nhìn, bán kính $r_0$ dường như tăng gấp đôi.

Bàn

| $T$, K | $\sigma \cdot 10^5$ J/$\text{м}^2$ | $\varrho_{\text{ж}} \cdot 10^3$ Kg/$\text{м}^3$ | $\varrho^0 \cdot 10^3$ Kg/$\text{м}^3$ | $p^0$, Bố | $r_0 \cdot 10^9$, M |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 273 | 75,5 | 1,00 | 4,88 | 611 | 1,2 | |
| 293 | 72,5 | 1,00 | 17,3 | 2,33 \cdot 10^3 | 1,1 | |
| 373 | 58,8 | 0,96 | 598 | 1,013 \cdot 10^5 | 0,7 | |

nhỏ đến mức có thể yên tâm, chúng ta đơn giản là không quan sát thấy nó (xét cho cùng, nó nhỏ hơn vài trăm lần so với bước sóng của ánh sáng khả kiến). Tuy nhiên, một quả bóng có kích thước này chứa

$$N(r_0) = \frac{4}{3} \pi r_0^3 \varrho_{\text{ж}} \frac{N_{\text{А}}}{\mu} \sim 10^2 \text{ молекул воды}$$
($N_{\text{А}} = 6,06 \cdot 10^{23} \text{ молекул воды}$)

(neoradro thực sự). Bạn không thể không ngưỡng mộ kết quả này và đây là lý do.

Khi rút ra công thức cơ bản, chúng ta đã ngầm giả định rằng hệ thống này là macrosopper. Chúng ta chỉ có thể nói về sức căng bề mặt và áp suất nếu vùng cong của bề mặt chứa số lượng phân tử đủ lớn. Giá trị kết quả $N(r_0)$ chỉ ra rằng điều này thực tế đúng với tất cả $r > r_0$.

Chúng ta hãy nghĩ xem các đặc tính thực tế của sụn nhân tạo có thể ở đâu? Tất nhiên, một thủ đô có bán kính $r_0$ đang cố gắng rút lui một cách vô vọng. Nhưng trong trường hợp của chúng tôi, chúng tôi có thể giải quyết bằng những phương tiện ít kỳ lạ hơn.

28

Trước hết chúng ta hãy lưu ý rằng không nhất thiết phải có mạng lưới vốn chính xác; bạn có thể thử sử dụng một chất xốp. Một ví dụ có thể là silica gel - vật liệu bao gồm các hạt SiO₂ thiêu kết - một chất được làm ướt bằng nước. Kích thước của các hạt dao động từ 2·10⁻⁷ đến 10⁻⁶ cm, và khoảng cách giữa chúng thậm chí còn nhỏ hơn, theo thứ tự r₀ (hình 4). Nếu hơi nước có thể liên tục xâm nhập vào khoảng trống giữa các hạt thì áp suất hơi trên chất đó sẽ giảm đi nhiều lần. Với sự trợ giúp của silica gel, chất tạo ra bầu không khí khô để lưu trữ các chất hút ẩm được loại bỏ, bảo vệ kim loại khỏi bị ăn mòn. Gel silica có thể được sử dụng một cách hiệu quả để lọc không khí khỏi khí và các tạp chất khác cả trong lắp đặt công nghiệp và gia dụng, chẳng hạn như trong máy lọc không khí nhà bếp.

Ý nghĩa thực sự của một bề mặt tưởng tượng

Một ví dụ khác về ảnh hưởng của các bề mặt tiếp xúc đến các tính chất của hệ thống hơi-lỏng có thể được tìm thấy khi bề mặt tiếp xúc này chưa được hình thành, cụ thể là trong hơi siêu bão hòa.

Nếu hơi nước bão hòa tiếp xúc với chất lỏng, việc làm mát hoặc lăn ngay lập tức sẽ dẫn đến sự ngưng tụ. Các trạng thái của một hệ thống như vậy được mô tả bằng các điểm p⁰(T) của sơ đồ pha (xem hình 1). Tuy nhiên, khi không có pha lỏng, bằng cách nén đẳng nhiệt hơi hoặc làm lạnh chúng ở một thể tích không đổi, có thể làm chúng quá bão hòa. Công thức (*) cho phép bạn hiểu rõ hơn điều này có nghĩa là gì.

Hơi có áp suất vượt quá p⁰(T) sẽ bão hòa đối với các giọt có bán kính

$$r(p) = \frac{2\sigma}{p - p^0(T)} \frac{Q^0}{Q_{ж}} = \frac{p^0(T)}{p - p^0(T)} r_0(T).$$

Những giọt như vậy được gọi là hạt nhân tới hạn. Ví dụ, những giọt nhỏ hơn sẽ dễ dàng bay hơi.

Số lượng phân tử bên trong phôi là

$$N(r) = \left( \frac{p^0}{p - p^0} \right)^3 N(r_0).$$

Nếu độ quá bão hòa của hơi nước là 10% ($\frac{p - p^0}{p^0} = 0,1$) thì có $N(r) \sim 10^5$ phân tử. Trong pha khí, cùng số lượng phân tử chiếm thể tích lớn hơn vài nghìn so với pha lỏng. Dễ dàng nhận thấy rằng việc hình thành một hạt nhân tới hạn ở đây là rất khó khăn, vì khó có khả năng các phân tử hơi đột nhiên muốn bị “tiêu thụ” nhiều như vậy. Do đó, hơi nước siêu bão hòa có thể “bị mắc kẹt” ở trạng thái không thể sử dụng được về mặt năng lượng, được gọi là trạng thái siêu ổn định trong một thời gian khá dài.

Trên thực tế, quá trình ngưng tụ hoạt động hơi khác một chút. Chúng ta hãy thử ước tính kích thước đặc trưng của các giọt từ đó sương mù bắt đầu hình thành và sương bắt đầu rơi. Giả sử rằng đêm hôm trước độ ẩm không khí là 100%, tức là áp suất hơi riêng phần trong không khí là p⁰(T_B), trong đó T_B ​​là nhiệt độ buổi tối. Đến sáng, nhiệt độ giảm ΔT độ. Ở nhiệt độ T_y = T_B - ΔT hơi có áp suất p⁰(T_B) là quá bão hòa, do áp suất của hơi bão hòa giảm theo nhiệt độ và p⁰(T_B) > p⁰(T_y).

Để xác định kích thước của phôi trong những điều kiện này, chúng ta cần hơi bão hòa sớm từ nhiệt độ. Mối quan hệ này được đưa ra bởi phương trình Clapeyron-Clausius:

30

xuất hiện dưới dạng chuỗi bong bóng (hydro sôi).

Một ví dụ khác là phát triển các tinh thể đơn chất lượng cao. Một hạt đơn tinh thể nhỏ được ngâm trong một chất tan chảy gần như cân bằng, tại đó nó trở thành trung tâm kết tinh duy nhất. (Trong trường hợp không có hạt giống, có thể làm nguội hỗn hợp tan chảy xuống $T \approx 0.5$ $T_{\text{плавления}}$ trước khi quá trình kết tinh bắt đầu. Tuy nhiên, than ôi, bạn phải trả tiền cho chất lượng cao của tinh thể trong thời gian sinh trưởng dài. Để phát triển một tinh thể đơn lớn, bạn cần vài tuần, hoặc thậm chí vài tháng.

Kết luận nhưng chưa phải là kết thúc

Trước khi chúng ta kết thúc nó, hãy làm rõ thêm một câu hỏi nữa. Cho đến nay chúng ta đã thảo luận về việc các giọt nước bắt đầu hình thành như thế nào. Nhưng khi nào nó kết thúc? Tại sao tất cả các giọt sương đều giống nhau vào buổi sáng? Điều gì ngăn cản sự tăng trưởng của họ? Rốt cuộc, chúng tôi tin rằng bán kính giọt nước càng lớn thì nó càng sẵn sàng “uống”. Rõ ràng có một số yếu tố bổ sung xác định kích thước tối đa.

Bạn không cần phải tìm quá xa. Thực tế là chúng ta vẫn chưa tính đến tác dụng của trọng lực lên giọt sương. Tuy nhiên, hình dạng đặc của những giọt nước lớn dường như cho thấy điều này không phải lúc nào cũng được chấp nhận.

Chúng ta hãy thử ước tính xem năng lượng hấp dẫn có thể bị bỏ qua ở mức độ nào. Đối với một giọt hình cầu, nó bằng

$$E_g = \frac{4}{3} \pi r^3 \varrho g$$

và, tỷ lệ thuận với $r^4$, chắc chắn phải vượt quá bề mặt năng lượng $E_s = 4 \pi r^2 \sigma$ khi $r$ tăng lên.

Để tìm giá trị giới hạn của bán kính, hãy đánh đồng năng lượng của một giọt sương với tổng năng lượng của hai giọt “một nửa” mà nó có thể vỡ ra:

$$E(1) = 4 \pi r^2 \sigma + \frac{4}{3} \pi r^4 \varrho g = 2 E\left(\frac{1}{2}\right)$$

($r/\sqrt[3]{2}$ là bán kính của cú rơi “một nửa”). Nó theo sau đó

$$r_{\text{max}} = \sqrt{\frac{3^3 \sqrt{2} \sigma}{\varrho g}} \approx 0.5 \text{ см.}$$

Thoạt nhìn, đây là rất nhiều ô tô dành cho giọt sương. Nhưng tất nhiên là chúng tôi không dạy tất cả các yếu tố. Đặc biệt, kích thước của giọt nước phụ thuộc vào bề mặt mà nó được hình thành và độ ẩm của bề mặt này với nước. Và hơn nữa, những giọt quá lớn chỉ đơn giản là không thể đọng lại trên lá và ngọn cỏ và lăn ra khỏi chúng. Tuy nhiên, xét về mức độ lớn, ước tính đưa ra là hoàn toàn đáng tin cậy.

Có lẽ ở đây nên kết thúc câu chuyện của chúng ta. Không phải vì đã hoàn thành mà câu chuyện chỉ một giọt sương cũng đã kết thúc. Nhưng ngay cả trong giọt nước này chúng ta cũng thấy rằng trong khoa học không có bước nào là bước cuối cùng.

Mỗi đáp số sẽ xác nhận câu hỏi: tiếp theo là gì?

Những giọt nước có sức nặng như khuy măng sét, Và khu vườn trở nên lười biếng, như một vở kịch, bắn tung tóe, nhỏ xuống hàng triệu giọt nước mắt xanh.

V. Pasternak

31

Nhiệm vụ

M1111—M1115, F1123—F1127

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. Các bài toán được xuất bản trong đó 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 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 vấn đề này đều được công bố lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này phải được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 10 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: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 7 - 88” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M1111” hoặc “F1123”.
Ở cột “…địa chỉ người gửi”, vui lòng ghi họ và tên rõ ràng. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải trong phong bì này).

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 hãy cho biết mã số trường và lớp bạn đang theo học.

M1111. Một đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tương ứng. Các tiếp tuyến của đường tròn vẽ tại các điểm A và C cắt tiếp tuyến vẽ tại điểm B tại các điểm M và N tương ứng. Cho tam giác ABC vẽ đường cao BP (điểm P nằm trên cạnh AC). Chứng minh rằng đường thẳng BP là phân giác của góc MPN.

V. I. Chinik

M1112. Trên bảng có hai số được viết là 1 và 2. Cho phép cộng các số mới như sau: nếu trên bảng có số a và b thì viết số ab+a+b. Có thể lấy a) số 13121 bằng phương pháp này không? 6) số 12131?

Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên không biểu diễn được dưới dạng

c) x+y+xy, d) x+y+2xy với x và y tự nhiên.

A. A. Berzins, V. G. Ilchtsev

M1113*. Có 21 thành phố trong cả nước. Liên lạc hàng không giữa họ được thực hiện bởi một số công ty hàng không, mỗi công ty phục vụ 10 công ty hàng không miễn phí, kết nối theo cặp với một số thành phố nhất định (trong trường hợp này, máy bay của một số công ty có thể bay giữa hai thành phố). Cứ hai thành phố được kết nối bởi ít nhất một hãng hàng không miễn phí. Điều này có thể thực hiện được với mỗi chuyên gia tư vấn địa phương của hãng hàng không không?

D. V. Fomin

M1114. Chứng minh rằng với mọi tứ diện bất đẳng thức đều đúng

$$r < \frac{ab}{2(a+b)},$$

trong đó a, b là độ dài của hai cạnh giao nhau và r là bán kính của quả cầu nội tiếp.

I. F. Sharyzin

M1115*. a) Dòng đầu tiên chứa 19 số tự nhiên không quá 88, dòng thứ hai chứa 88 số tự nhiên không quá 19. Ta sử dụng một đoạn gồm một hoặc nhiều số trên một dòng. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một đoạn từ các hàng đã cho sao cho tổng các số trong chúng bằng nhau.

6. Cho n, m, k là các số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu

$$1+2+\ldots+n=mk,$$

thì các số 1, 2,…, n có thể chia thành k nhóm sao cho tổng các số trong mỗi nhóm là m.

A. V. Anzhans

F1123. Một vòi thép có khối lượng M được gắn vào đầu ống nước thẳng đứng bằng một đoạn ống cao su ngắn. Tại sao- (Tiếp tục ở trang 34)

33

Máy bay trinh sát cứu hỏa bay đi làm nhiệm vụ. Trời rất khô, và thật không may, những chú chó cứu hỏa đã trở thành một phần của việc chữa bệnh.
Một cơn giông bão nghiêm trọng vào ngày làm nhiệm vụ càng làm tăng thêm khả năng xảy ra hỏa hoạn vì nó chỉ đi kèm với những đám cháy nhỏ. Cơn giông bão không cho phép máy bay thở dọc theo tuyến đường đã đặt tên và làm nhiễu liên lạc vô tuyến với mặt đất. Đây là những gì người điều phối đã viết ra.

12 giờ. Nằm ở trung tâm quảng trường L-11, đường cong…*), tốc độ 200 km/h.
Voodoo duy trì tốc độ này trong suốt chuyến bay.
12h30. Tôi bay qua một túp lều săn bắn; cho đến nay rất tốt.
13 giờ. Tôi quay sang…..
13h30. Bên trái cách tôi 15 km có tháp khí tượng, mọi thứ đều ổn.
14 giờ. Tôi vừa quay 90°.
14h30. Tôi đang rẽ….
15 giờ. Tôi băng qua sông xanh.
15h30. Tôi quay ngoắt 90°…..
15 giờ 45. Tôi rẽ phải 90°.
16:00. Tôi đang bay qua sông Blue.
16.18. Phía dưới tôi là một lối rẽ vào rừng. Gửi trợ giúp. Tọa độ của tôi……

Người điều phối nên cử lính cứu hỏa đến ô vuông nào?

*) Các hình elip tương ứng với phòng giông bão.

34

Vòi phun có nằm ngang khi nước chảy không (hình 1)? Diện tích mặt cắt ngang của ống là $S$, chiều dài của nó là $l$. Người yêu cầu Trennem.

M. G. Gavrilov

F1124. Trên một khúc gỗ nhẵn có bán kính $R$k được đặt một “cuốn sách nhỏ” được tạo thành từ hai tấm hình vuông mỏng đồng nhất ở bên cạnh $l=4R$. Các tấm được gắn chặt với nhau bằng thanh bản lề không trọng lượng. Các tấm tạo thành góc bao nhiêu ở vị trí cân bằng (hình 2)? Liệu vị trí cân bằng này có ổn định không?

S. S. Krotov

F1125. Một bình dẫn nhiệt thẳng đứng chứa khí đơn nguyên tử được đóng lại bằng một piston có khối lượng $M$. Một lò sưởi có nguồn điện $N$ được bật trong bình và pít-tông bắt đầu di chuyển từ từ lên trên. Sau bao lâu vật sẽ đạt độ cao $H$ so với vị trí ban đầu? Nhiệt dung của piston, ma sát và áp suất khí quyển là những yếu tố giả định.

A. R. Zilberman

F1126. Trong mạch hiển thị ở hình3, công tắc $K$ “dao động” giữa vị trí 1 và 2 với tần số $f=100$ Hz; Chìa khóa vẫn ở mỗi vị trí trong cùng một khoảng thời gian. Tìm cường độ dòng điện qua điện trở. $C_1=10$ µF, $C_2=30$ µF, $R=100$ kOhm.

A. R. Zilberman

F1127. Một đèn pin phát ra một chùm tia hội tụ cách nó $R_0=1$ m tới một điểm nhỏ. Hai gương phẳng hình vuông được đặt dọc theo đường đi của chùm tia sao cho đường tiếp xúc của chúng cắt trục chùm tia cách đèn pin một khoảng $r=70$ cm và vuông góc với trục này. Các mặt phẳng của gương vuông góc với nhau và một trong các gương tạo một góc $\alpha=30^\circ$ với trục chùm tia. Chùm tia sáng sẽ hội tụ ở khoảng cách bao nhiêu so với đèn pin?

M. M. Tsypin

Problems
M1111—M1115, P1123—P1127

M1111. The tangents to the circumcircle of triangle $ABC$ at the points $A$ and $C$ intersect the tangent drawn from $B$ at the points $M$ and $N$ respectively. Show that the altitude $BP$ of triangle $ABC$ (where $P$ is on $AC$) is the bisector of angle $MNP$.

B. I. Chinik

M1112. The numbers 1 and 2 are written on the blackboard. Additional numbers may be written according to the following rule: if the numbars $a$ and $b$ are already on the board, then the number $ab+a+b$ may be added. Is it possible to obtain the numbers a) 13121; b) 12131 in this way? Prove that there are infinitely many nonnegative integers which cannot be represented as c) $x+y+xy$, d) $x+y+2y$ with nonnegative integers $x$ and $y$.

A. A. Berzins, V. G. Il’ichev

36

Lời giải bài toán

M1091. Giả sử một số tự nhiên thành công nếu các chữ số trong ký hiệu thập phân của nó có thể được chia thành hai nhóm sao cho tổng các chữ số trong các nhóm này bằng nhau.
a) Tìm số a nhỏ nhất sao cho a và a+1 là số may mắn.
b) Có tồn tại các số a, a+1 và a+2 là may mắn không?

M1092. Một hình đa giác lồi được cắt ra từ giấy được gấp 10 lần (làm theo một số đường thẳng) rồi cắt thành một đường thẳng. Số mảnh lớn nhất có thể thu được là bao nhiêu?

Đáp số: a=549. Rõ ràng tổng các chữ số của một số bất kỳ là số chẵn. Do đó, nếu a và a+1 là số may mắn thì a sẽ bằng 9 (nếu không thì các chữ số của hai số này có số chẵn lẻ khác nhau). Rõ ràng là a không thể có hai giá trị (99+1=100). Nếu số a có ba chữ số, tức là a=xy9 (thanh có nghĩa là ký hiệu thập phân), thì y<9 và a+1=x(y+1)0. Do đó, x+y=9, x=y+1. Do đó x=5, y=4.

6. Đáp số: không tồn tại. Như có thể thấy từ lời giải bài toán a), cả hai số - a và a+1 - phải bằng 9, nhưng điều này là không thể.

N. I. Zilberer

Đáp số: 1025. Hãy giải ngay bài toán trong trường hợp tổng quát cho n mũi nhọn. Chúng ta hãy vẽ một đoạn AB tùy ý bên trong đa giác và đánh dấu trên đó các điểm C₁, C₂, …, Cₙ+1 và cả CₙB=2⁻k·AB (xem hình). Qua mỗi điểm Cₙ ta vẽ đường thẳng lₖ vuông góc với AB. Chúng ta lần lượt uốn đa giác dọc theo các đường thẳng l₁, l₂, …, lₙ từ trái sang phải n lần (giả sử ban đầu điểm A nằm bên trái B) và cắt nó dọc theo đường thẳng lₙ+1. Đoạn AB sẽ được gấp thành đoạn CₙB, trên đó hình gấp có 2ⁿ lớp. Ở bên trái của vết cắt, mỗi lớp được kết nối với một lát cắt khác thông qua phần uốn cong lₙ, vì vậy chúng ta nhận được 2ⁿ−1 đoạn từ. Ở bên phải của vết cắt, các lớp cũng được kết nối theo cặp, ngoại trừ hai từ dưới cùng duy nhất - các cạnh của hình gốc. Do đó, ở bên phải sẽ có 2ⁿ−1+1 quân và tổng cộng sẽ có 2ⁿ+1 quân.

Hãy để chúng tôi chỉ ra bằng cách chỉ ra số lần uốn n rằng số lượng mảnh không thể nhiều hơn 2ⁿ+1. Với n=0 thì phát biểu này là hiển nhiên. Giả sử nó đúng với n biến tố. Hãy uốn cong đa giác n+1 lần. Sau lần uốn cong đầu tiên, thu được hai lớp đa giác chồng lên nhau một phần được kết nối với nhau. Trong tương lai, mỗi từ này có thể được xem xét riêng biệt: nó sẽ được uốn cong và cắt n lần, theo giả định của chỉ dẫn, sẽ là 2ⁿ+1 mảnh. Vì ít nhất hai phần từ các từ khác nhau phải được kết nối thông qua một biến cách nên tổng số phần không vượt quá 2(2ⁿ+1)-1=2ⁿ−1+1.

Như vậy, số lượng mảnh tối đa là 2ⁿ+1; cụ thể, với n=10 chúng ta nhận được 2¹⁰+1=1025 miếng.

S. V. Kazakov

Đáp số trong bài toán a): n−k+1.
a), 6) Hãy chia các điểm thành các “chuỗi”, mỗi điểm bắt đầu bằng hai và bao gồm các điểm tiếp theo

37

nhưng tại tất cả các điểm, các phép biến đổi sau được thực hiện: mỗi số 2 được thay thế bằng 0, sau đó đến số tiếp theo dọc theo mũi tên số hình trụ bằng $k \ge 1$.

a) Sau bao nhiêu phép biến đổi chắc chắn không còn một hai phép biến đổi nào?

b) Ngoài ra, tại $n-k$ các điểm còn lại ban đầu chứa các điểm 1. Chứng minh rằng cuối cùng sẽ còn lại $k$ số một và $n-k$ số không.

(theo chiều kim đồng hồ) đơn vị. Nếu chuỗi bắt đầu tại điểm $A_1$, thì nó sẽ kết thúc trước điểm $A_2$ (trong đó có hai hoặc một số 0 - trên hình 1, ​​điều này được biểu thị bằng một ngôi sao)

Con gái) và bao gồm $m \ge 0$ đơn vị, thì sau $m+1$ bước tại $m$ điểm theo sau $A_1$ sẽ có $m$ số 0 và tại điểm $A_2$ sẽ có một số 0. Hình 2, a, b, c mô tả sự phát triển của một chuỗi cho $m=0$, $m=1$ và $m=4$ ($\emptyset$ có nghĩa là 0 hoặc 1). Sự tiến hóa này xảy ra đồng thời với tất cả các chuỗi. Do đó, nếu lúc đầu có $k$ hai số tại các điểm $A_1$, $A_2$, …, $A_k$ và chuỗi dài nhất chứa $m \le n-k$ số một, thì chính xác sau các phép biến đổi $m+1$ sẽ không còn một hai số nào. Nếu đồng thời có các số 1 ở các điểm $n-k$ còn lại, thì sau tất cả các phép biến đổi sẽ có các số 0 ở vị trí của chúng và tại $k$ các điểm $A_1$, $A_2$, …, $A_k$ - các số một.

N. V. Vasiliev

M1094. Đặt $a, b, c$ là số không âm.
a) Chứng minh rằng từ bất đẳng thức $a^4+b^4+c^4 \le 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$ (1)
bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2 \le 2(ab+bc+ca)$ theo sau. (2)
b) Điều ngược lại có đúng không: bất đẳng thức (2) kéo theo bất đẳng thức (1)?

a) Biến đổi hiệu giữa vế phải và vế trái của (1):
$$D=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)=4a^2b^2-(a^2+b^2)^2+2c^2(a^2+b^2)-c^4=(2ab)^2-(a^2+b^2-c^2)^2.$$
Nếu $D \ge 0$ thì $2ab \ge |a^2+b^2-c^2|$. Vì các chữ cái $a, b, c$ được đưa vào trong điều kiện đối xứng hoàn hảo nên chúng ta có thể giả sử $a \ge b \ge c$. Sau đó $a^2+b^2+c^2=|a^2+b^2-c^2|+2c^2 \le 2ab+2c^2 \le 2(ab+bc+ca)$.
6) Đáp số: không đúng. (Ví dụ: $a=4$, $b=c=1$.)
Lưu ý rằng, tiếp tục biến đổi hiệu $D$, chúng ta có thể phân tách nó thành các thừa số tuyến tính:
$$D=(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a).$$
Ở đây chỉ có một dấu ngoặc đơn (trong đó số lớn nhất $a, b, c$ bị trừ) có thể âm. Do đó, (1) tương đương với điều kiện mỗi số $a, b, c$ không lớn hơn tổng của hai số còn lại. Tương tự, (2) tương đương với việc nói rằng mỗi số $\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}$ không lớn hơn tổng của hai số còn lại. Từ đây thật dễ dàng để có được một lời giải bài toán a): xét cho cùng, nếu $b+c \ge a$ thì $(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 \ge b+c \ge a$ và $\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge \sqrt{a}$.
Biểu thức $D$ xuất hiện trong công thức Heron tính diện tích hình tam giác có cạnh $a, b, c$ (diện tích này bằng $\sqrt{D}/4$); một tam giác như vậy tồn tại nếu $D > 0$.

38

M1095*. Trên mặt phẳng, cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B (khác O) sao cho đường thẳng AB đi qua điểm O. Dựng dây MN của đường tròn này, nhìn từ điểm A một góc α và a) song song với đường thẳng AB; b) đi qua điểm B. (Nếu B nằm ngoài đường tròn thì đoạn dài của dây MN phải đi qua B.)

Hình 1.

Hình 2.

Đối với bất kỳ đường thẳng nào đi qua một điểm P tùy ý và cắt một đường tròn cho trước, PX $\times$PY = $|d^2 - R^2|$, trong đó X và Y là giao điểm, d = PO là khoảng cách từ P đến tâm O của đường tròn, R là bán kính của đường tròn. (Từ sự đồng dạng của các tam giác PXX1 và PY1Y suy ra PX $\cdot$PY = PX1 $\times$PY1 = $(d + R)|d - R|$).

Theo những gì đã được chứng minh, đoạn MM1 thu được sẽ có độ dài cần thiết. Bây giờ, sử dụng thực tế là đối với dây cung gốc MN, góc MN1N đã biết (nó bằng α) và khoảng cách ON=OM=R, chúng ta có thể xây dựng một đoạn bằng dây cung này. Để làm điều này, chỉ cần vẽ một tia ở góc α với đoạn MM1 đã được tạo từ đầu M1 của nó và đánh dấu các điểm giao nhau của tia này với đường tròn đã cho. Có thể có 0, 1 hoặc 2 điểm như vậy (hình 3). Các đoạn nối các điểm này với M cho giá trị có thể có của độ dài của dây cung ban đầu. Vẫn còn phải dựng trong một đường tròn cho trước một dây có độ dài đã biết song song với đường thẳng AB đã cho. Vì độ dài đã biết này có giá trị 0, 1 hoặc 2 nên bài toán của chúng tôi có thể có 0, 2 hoặc 4 lời giải. (Người đọc sẽ tự thấy 4 lời giải bài toán có thể có gì nếu điểm A nằm ngoài đường tròn đã cho; ví dụ về tình huống như vậy được đưa ra ở hình 4.)

6. Một lần nữa chúng ta giả sử rằng dây cung mong muốn MN được xây dựng (hình 5). Chúng ta vẽ đường tròn AMN và ký hiệu nó bằng các đường thẳng AB và MO ($C \neq A, M_1 \neq M$). Hoá ra vẫn thế

39

Rằng độ dài của đoạn $MM_1$ không phụ thuộc vào góc đã cho. Để chứng minh điều đó, bạn cần áp dụng định lý trên (hình2) nhiều lần:
$$BC \cdot BA = BM \cdot BN = BE \cdot BF,$$
trong đó $E$ và $F$ là giao điểm của đường tròn ban đầu với $AB$; điều này có nghĩa là vị trí của điểm $C$ không phụ thuộc vào góc đã cho và một lần nữa

$$OM_1 \cdot OM = OA \cdot OC.$$

Hơn nữa, lời giải hầu như không khác lời giải bài toán a), chỉ có điều lần này cần xây dựng không phải một dây có độ dài cho trước, song song với một đường cho trước, mà là một dây có độ dài cho trước, phần mở rộng của dây đó đi qua một điểm cho trước. Cũng cần lưu ý rằng đối với một số vị trí của các điểm $A$ và $B$ (ví dụ: xem hình 6), góc $MM_1N$ có thể bằng $\pi - \alpha$ chứ không phải $\alpha$.

Hình 4.

Bạn có thể tránh liệt kê các trường hợp nếu sử dụng khái niệm “góc định hướng”: góc từ đường thẳng $AM$ đến đường thẳng $AN$, vắng mặt, chẳng hạn, ngược chiều kim đồng hồ, sẽ luôn bằng góc từ $M_1M$ đến $M_1N$, vắng mặt theo cùng một hướng. Vẫn bài toán có 0, 2 hoặc 4 lời giải.

R. O. Burdin

F1103. Một cuốn sách toán có chiều dài $l$ được trình bày tại điểm $A$ trên một hình nón có góc khoảng cách $2\beta$ (hình 1). Tấm matnik sẽ đi được bao xa trước khi nó tách ra khỏi bề mặt hình nón nếu tấm matnik bị đẩy nhẹ ra khỏi vị trí cân bằng của nó? Góc nghiêng của hình nón so với mặt đất là $\alpha$ thì bề mặt của hình nón được coi là nhẵn.

Vì đầu trên của sợi chỉ được cố định nên matnik sẽ chuyển động theo vòng tròn cho đến khi tách khỏi bề mặt hình nón. Mặt phẳng của đường tròn này nghiêng một góc $(\pi/2 - \alpha)$ so với đường chân trời, bán kính của nó là $r = l \sin \beta$. Khi nó co lại khỏi hình nón, tốc độ của điểm $A$ tăng lên, nghĩa là gia tốc hướng tâm của nó cũng phải tăng lên. Tại một số thời điểm, lực tác dụng lên tấm thảm có thể không “đủ” để tiếp tục chuyển động quanh vòng tròn, khi đó điểm $A$ sẽ bị tách ra khỏi bề mặt hình nón.

Chúng ta hãy xem xét các lực tác dụng lên điểm $A$ khi nó di chuyển dọc theo một hình nón. Đó là lực hấp dẫn $m\vec{g}$, lực căng chỉ $\vec{T}$ và phản lực mặt đất $\vec{N}$ (hình 2). Tại thời điểm tách, lông mao của phản ứng trở thành số không. Điều này sẽ được sử dụng cho đáp số để đặt câu hỏi bài toán.

Hãy giới thiệu hệ tọa độ như hình hình 2: hướng trục $X$ dọc theo bán kính về tâm đường tròn, trục $Y$ - dọc theo tiếp tuyến với đường tròn và trục $Z$ -

41

Hãy vẽ từ điểm $E$ thẳng $EF \parallel DN$. Điều kiện xảy ra tương đương với điều kiện hình thành tam giác từ các đoạn $ME$ và $EF=DN$ (bằng độ dài của các sợi) và đoạn $MF=|MN|-ED$ (bằng hiệu độ dài của các thanh):

$$MF > |EM|-DN|.$$

Do đó, nếu hiệu độ dài của các thanh lớn hơn hiệu độ dài của các sợi ren thì các thanh song song, nếu không thì các ren song song. Cụ thể, nếu các thanh bằng nhau thì ren song song; nếu các ren bằng nhau thì các thanh song song. Nếu độ dài của thanh và ren chênh lệch nhau thì cả thanh và ren đều nằm trên phương thẳng đứng $OA$.

V. T. Karpetyan

F1105. Một đĩa kim loại có bán kính $r=10$ cm được gia công trong mặt phẳng nằm ngang với tốc độ $v=60$ vòng/phút. Từ độ cao $H=10$ cm, một khối phẳng rơi xuống nó, khối lượng của khối này nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của cái đĩa. Cạnh dưới của khối luôn song song với mặt phẳng của đĩa, hệ số ma sát giữa kim loại và mặt phẳng là $\mu=0,1$. Khối này phải rơi cách trục một khoảng bằng bao nhiêu để khi gắn lại nó sẽ rơi ra ngoài đĩa? Giả sử rằng sau khi bật lại khối sẽ tăng lên độ cao trước đó; Bỏ qua kích thước của khối.

Để khối, khi áp dụng lần đầu tiên, chạm vào đĩa tại điểm $A$, nằm cách tâm đĩa một khoảng $x$ (xem hình). Trong khi va chạm, có hai lực tác dụng lên khối từ phía của đĩa - hướng thẳng đứng, phản lực hỗ trợ $\vec{N}$ và hướng ngang, lực ma sát $\vec{F}_{\text{тр}}$. Giả sử rằng trong toàn bộ vụ va chạm, tốc độ của khối so với đĩa nhỏ hơn tốc độ tuyến tính $v_A = \omega x = 2\pi vx$ của đĩa điểm $A$, chúng ta luôn đạt được điều đó $F_{\text{тр}} = \mu N$. Khi đó xung truyền từ đĩa tới khối theo hướng ngang tương ứng có liên quan đến xung truyền tới khối theo hướng ngang.

$$P_r = \mu P_B.$$

Ở phía bên kia,

$$P_r = mv,$$

trong đó $m$ là khối lượng của khối, $v$ là tốc độ nằm ngang của nó sau va chạm,

$$P_B = 2mv_0,$$

trong đó $v_0 = \sqrt{2gh}$ là vận tốc thẳng đứng của vật ngay trước khi va chạm. Từ đây là

$$v = 2\mu v_0 = 2\mu \sqrt{2gh}.$$

Trong khoảng thời gian $\tau = 2t_{\text{пяд}} = 2\sqrt{2h/g}$ giữa lần va chạm thứ nhất và thứ hai, khối sẽ bay một quãng đường theo phương ngang

$$l = v\tau = 8\mu h.$$

Theo điều kiện, bài toán phải thỏa mãn

$$l > \sqrt{r^2 - x^2},$$

tức là

$$x > \sqrt{r^2 - l^2} = \sqrt{r^2 - (8\mu h)^2} = 6 \text{ см.}$$

Hãy kiểm tra xem điều kiện $v < v_A$ có được thỏa mãn hay không:

$$v = 2\mu \sqrt{2gh} \approx 28 \text{ см/c},$$

$$v_A = 2\pi vx \approx 38 \text{ см/c} > v.$$

Vì vậy, khối đầu tiên phải rơi vào đĩa ở khoảng cách ít nhất 6 cm so với tâm của nó.

L. A. Zakrevsky

42

F1106. Đôi lời về hướng dẫn viên miền Bắc. Các dây dẫn phía bắc có đặc tính đẩy ra một từ trường (còn gọi là hiệu ứng Meissner), nhờ đó chúng có thể nổi phía trên một nam châm. Tính năng này của các dây dẫn phía bắc được cho là sẽ được sử dụng để tạo ra các đoàn tàu cao tốc phía bắc trên cơ sở “bay từ trường”, các nguyên mẫu đã được thử nghiệm. Và bây giờ là bài toán chính cô ấy. Theo hướng bắc, một mẫu có khối lượng m lơ lửng phía trên một nam châm vĩnh cửu được đặt trên một tải trọng có cùng khối lượng. Phải tăng cảm ứng từ của từ trường do nam châm tạo ra bao nhiêu lần để vật dẫn phía bắc mang tải lơ lửng cách nam châm một khoảng bằng nhau?

F1107. Tuyết mịn mới rơi nhân tạo dưới ánh mặt trời. Ước tính khoảng cách đặc trưng giữa các “tia lửa” riêng lẻ.

Chúng ta sẽ giả sử rằng các mảng tuyết trong lớp phủ tuyết là những tấm gương phẳng được định hướng ngẫu nhiên có cùng diện tích khoảng 10 mm².

Mỗi tấm gương bông tuyết phản chiếu ánh sáng dưới dạng chùm tia phân kỳ. Góc phân kỳ bằng kích thước góc của Mặt trời $a \approx 0,5^\circ$. Xác suất $q$ để ánh sáng phản xạ từ một bãi tuyết định hướng ngẫu nhiên chạm vào một điểm cho trước $A$ (xem hình) bằng tỷ lệ giữa diện tích đáy của hình nón chùm ánh sáng với diện tích bán cầu đi qua các điểm $A$ (tâm bán cầu nằm trên bãi tuyết). Xét rằng chiều cao của hình nón ánh sáng gần bằng bán kính của bán cầu, ta thấy

$$q = \frac{\pi r^2}{\pi R^2} = \frac{\pi R^2 \text{tg}^2 \alpha/2}{\pi R^2} = \text{tg}^2 \alpha/2 \approx \frac{\alpha^2}{4},$$

trong đó $R$ là bán kính của bán cầu hoặc khoảng cách từ bãi tuyết đến điểm được quan sát, $r$ là bán kính của đáy chùm tia sáng.

Trên một mét vuông tuyết phủ phía bắc có $n \approx 10^5$ bông tuyết và ánh sáng từ các hạt $qn$ sẽ chạm tới điểm $A$.

Để ước tính khoảng cách đặc trưng giữa các “tia lửa” riêng lẻ, chúng ta sẽ giả sử rằng các mảng tuyết phát sáng nằm trên bề mặt của bề mặt ánh sáng, chẳng hạn như trên tâm của các hình lục giác xếp sát nhau. Khi đó diện tích của một là sáu

43

Góc $S_0$ và khoảng cách đặc trưng giữa các tia lửa $d$ có liên quan đến các quan hệ

$$S_0 = \frac{\sqrt{3}}{2} d^2,$$

nó đến từ đâu?

$$d \approx 60 \text{ см.}$$

Khi quan sát những bông tuyết trong thực tế, người ta phải tính đến khả năng thị giác sinh học của con người. Ở khoảng cách ngắn, người ta quan sát thấy: đường kính của chùm sáng nhỏ hơn khoảng cách giữa hai con ngươi và mỗi mắt nhìn thấy tia lửa “của riêng mình”. Ở khoảng cách lớn ($R > 30$ m), đường kính của chùm ánh sáng từ một bông tuyết riêng lẻ trở thành một bậc có độ lớn lớn hơn khoảng cách giữa các con ngươi và có thể sử dụng mô hình “người quan sát chính xác”, như đã thực hiện ở trên.

Lưu ý rằng tuyết lấp lánh có thể được quan sát không chỉ vào ban ngày mà còn vào ban đêm, chẳng hạn như dưới ánh đèn đường. Hãy nhớ A. A. Fet:

Tiếng bước chân cọt kẹt dọc con phố trắng.
Ánh đèn ở phía xa.
Trên những bức tường đóng băng
Pha lê lấp lánh.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

Đơn hàng được chấp nhận…

(Để bắt đầu, xem trang 22)

Mục đích của cuốn sách là giới thiệu cho người đọc không chuyên về những sự thật cơ bản của vật lý lượng tử và lịch sử khám phá chúng.

95. Tarbeev Yu. V. Đại lượng vật lý. Edinet. Tiêu chuẩn. Hằng số. 1 chà. 10k.

Các khái niệm đo lường cơ bản, tên và cách xác định các đại lượng vật lý, các giá trị chính xác và đáng tin cậy nhất của các đại lượng vật lý cũng như đơn vị của đại lượng vật lý được trình bày dưới dạng ngắn gọn và dễ tiếp cận.

96. Yavorsky B. M., Seleznev Yu. A. Hướng dẫn tham khảo vật lý cho người đăng ký vào đại học và tự học. 1 chà. 90k.

Sách hướng dẫn này chứa thông tin về tất cả các phần vật lý được nghiên cứu ở các trường trung học cơ sở và các cơ sở giáo dục chuyên ngành trung học cơ sở.

108. Butikov E. I., Bykov A. A., Kondratiev A. S. Vật lý trong các ví dụ và bài toán. 1 chà.

Mục tiêu của tác giả là dạy người đọc cách suy luận, giúp người đọc hiểu sâu sắc về các hiện tượng đang được xem xét. Phiên bản mới phản ánh những thay đổi mới nhất về nội dung các môn vật lý bậc trung học cơ sở và các chương trình thi đại học mang tính cạnh tranh.

109. Gursky I. P. Vật lý cơ bản với các ví dụ lời giải bài toán. 1 chà. 10k.

Toàn bộ khóa học vật lý cơ bản được ôn tập một cách nhất quán và ngắn gọn. Mục tiêu của tác giả là giúp người nộp đơn lặp lại khóa học vật lý với mức đầu tư thời gian tối thiểu.

110. Meledin G.V. Bài toán vật lý: Bài thi bài toán có lời giải. 70k.

Chứa bản tóm tắt 500 bài toán được cung cấp trong kỳ thi tuyển sinh viết môn vật lý tại Đại học bang Novosibirsk.

44

Bí quyết là gì?

Tôi có thể nhìn thấy độ tuổi và cỡ giày của mỗi bạn. ai đang sủa?

nhân cỡ giày của bạn với 5.

34 × 5
170

BÂY GIỜ THÊM
13 và nhân kết quả với 20

SẴN SÀNG!

170 + 13
183
× 20
3660

LẤY NĂM SINH CỦA BẠN.

3660 - 1977
1683

BÂY GIỜ THÊM
1728. ĐÃ NHẬN ĐƯỢC BAO NHIÊU?

1683 + 1728
34

3411!

BẠN có cỡ giày 34. BẠN SẼ TRỞ LẠI HOẶC TUỔI 11 TUỔI NĂM NAY.

BÍ MẬT CỦA TẬP TRUNG LÀ GÌ? SỐ CUỐI CÙNG ĐƯỢC THÊM NĂM 1989 LÀ GÌ? Và vào năm 1995?

44

45

Nhiệm vụ

1. Kiểm tra tính hợp lệ của các tejdestivities trong tham số số được hiển thị tại hình và cố gắng chứng minh tuyên bố chung:
   $$1+2+\dots+(k-1)+k+(k-1)+\dots+2+1=k^2.$$
   Manh mối nằm cạnh paramid.

2. Bốn người bạn đến sân trượt băng, mỗi người đi cùng anh trai cô. Họ chia thành từng cặp và bắt đầu trượt băng. Hóa ra trong mỗi cặp, “quý ông” đều cao hơn “quý cô” và không có ai trượt băng cùng em gái mình. Người cao nhất của công ty là Yura Vorobyov, người cao tiếp theo là Andrei Egorov, sau đó là Lyusya Egorova, Seryozha Petrov, Olya Petrova, Dima Krymov, Inna Krymov và Anya Vorobyova.
   Ai đạp xe với ai?

3. Một chiếc ly được hạ xuống một cái chảo lớn chứa đầy nước nóng. Sau một thời gian, bọt khí bắt đầu thoát ra khỏi kính. Tại sao?

4. Chứng minh rằng phương trình
   $$x^5y=xy^5+1987$$
   không có lời giải trong số nguyên.

5. Một tờ giấy hình chữ nhật được cắt thành ba mảnh hình tam giác. Diện tích của một trong số chúng hóa ra bằng một nửa tổng diện tích của hai mảnh còn lại. Diện tích của các mảnh kết quả là gì?

Những nhiệm vụ này đã được đề xuất cho chúng tôi bởi N. I. Avilov, M. V. Ulanovsky, A. G. Samosvat, A. P. Tonkikh, V. V. Proizvolov.

47

Từ “phân tử” xuất hiện cách đây gần 350 năm. Nó xuất hiện trong cuốn sách của triết gia người Pháp Pierre Gasendi, xuất bản năm 1647. Theo Gasendi, một phân tử (“khối lượng”, từ tiếng Latin “nốt ruồi” - khối lượng) là một số nguyên tử được kết hợp thành một nhóm. Các nguyên tử thống nhất khác nhau, tức là các phân tử khác nhau, là những “viên gạch” mà từ đó thiên nhiên xây dựng nên nhiều vật thể khác nhau. Thông qua MV này. Lomonsov, người phát triển học thuyết về cấu trúc của vật chất, đã viết rằng các phân tử có thể đồng nhất (từ các nguyên tử giống hệt nhau) và không đồng nhất (từ các nguyên tử khác nhau), các phân tử tương tác với nhau và chuyển động hỗn loạn liên tục.

Những quy định này đã hình thành nên cơ sở của lý thuyết động học phân tử về cấu trúc của vật chất. Theo thời gian, chúng đã được xác nhận bằng nhiều thí nghiệm. Chúng tôi muốn nói về một số trong số họ.

Năm 1911, nhà vật lý người Pháp Dunuite đã tiến hành một thí nghiệm cho thấy trong chuyển động của chúng, các phân tử khí liên tục va chạm với nhau và giữa các va chạm chuyển động của chúng là chuyển động thẳng.

Sơ đồ thí nghiệm được thể hiện ở hình 1.

Hình 1.

không khí. Ống được chia thành hai vách ngăn (1 và 2) thành ba ngăn. Các vách ngăn có lỗ ($O_1$ và $O_2$) nằm trên trục của ống. Người ta đặt một miếng kim loại natri vào ngăn I. Phần ống này được nung nóng. Natri bắt đầu bay hơi, hơi natri tràn vào ngăn I và qua các lỗ $O_1$ và $O_2$ xâm nhập vào ngăn II và III. Mảng natri hình thành trên các ngăn của ống, trong khi ở ngăn II nó bao phủ tất cả các thành trừ vách ngăn 1, còn ở ngăn III nó chỉ bao phủ một khu vực nhỏ có phản hồi $O_2$.

Kết quả của thí nghiệm này được giải thích khá rõ ràng. Các phân tử có vận tốc khác hướng đi vào ngăn II qua lỗ $O_1$. Vì không khí đã được bơm ra khỏi ống, nên các phân tử natri trong ngăn II thực tế chuyển động mà không va chạm và khi chạm vào các bức tường lạnh, chúng sẽ bám vào chúng. Và chỉ những phân tử đó mới đi vào ngăn III mà tốc độ khi rời ngăn I được hướng theo đường thẳng $O_1O_2$, và những phân tử này lắng đọng ở ngăn III trên thành ống định hướng nghiêm ngặt các phản ứng $O_1$ và $O_2$.

Việc các phân tử chuyển động theo kiểu hình học dường như chỉ ra rằng tốc độ của các phân tử có thể rất khác nhau và không thể chỉ ra hướng hoặc một giá trị nhất định của chúng. Tuy nhiên, vào năm 1860, nhà vật lý người Anh Maxwell về mặt lý thuyết đã chỉ ra rằng có một định luật chính xác tuân theo tốc độ chuyển động nhiệt ngẫu nhiên của các phân tử. Theo định luật này - người ta gọi là định luật phân bố vận tốc phân tử (hay đơn giản là phân bố Maxwell), ở một nhiệt độ nhất định có một giá trị vận tốc nhất định đặc trưng cho chuyển động của hầu hết các phân tử của một chất khí nhất định. Và chỉ một phần nhỏ phân tử có tốc độ lớn hơn hoặc nhỏ hơn nhiều so với tốc độ có thể xảy ra nhất này. (Trong trường hợp này, người ta giả định rằng tất cả các phân tử khí đều giống hệt nhau và nhiệt độ không đổi trong toàn bộ thể tích.) Định luật phân bố các phân tử theo tốc độ cho phép chúng ta xác định tỷ lệ các phân tử có tốc độ gần với giá trị cao nhất. Giá trị này càng gần với tốc độ có thể xảy ra nhất thì tỷ lệ phân tử chuyển động ở tốc độ này càng lớn.

Tại hình 2 có đồ thị vẽ đồ thị phân bố

48

Maxwell. Trục abscissa hiển thị tốc độ $v$ và trục thông thường hiển thị hàm $f(v)$, giá trị của nó ở một giá trị tốc độ nhất định xác định tỷ lệ các phân tử khí có tốc độ rất gần với $v$.

Hình 2.

Mặc dù ý nghĩa của những gì đã nói là rõ ràng, nhưng phải nhớ rằng việc quan tâm đến giá trị chính xác của tốc độ của phân tử được xác định hoặc có bao nhiêu phân tử có tốc độ cụ thể là vô nghĩa. Thực tế là khi xem xét một chất khí ở một trạng thái chẳng hạn, chúng ta đang xử lý một số lượng lớn vật thể (xét cho cùng, trong một cm khối không khí trong phòng có khoảng $2,5 \cdot 10^{19}$ phân tử). Và không có cách nào (và không cần thiết) để thảo luận về đặc điểm của từng đối tượng - một phân tử - một cách riêng biệt. Trong một số trường hợp, để mô tả hoạt động của một số lượng lớn các bộ phận như vậy, cần sử dụng giá trị trung bình của các đại lượng đặc trưng cho chuyển động của bộ phận đó - chẳng hạn như tốc độ trung bình hoặc năng lượng trung bình.

Một thí nghiệm xác định tốc độ chuyển động của các phân tử khí lần đầu tiên được thực hiện vào đầu thế kỷ 20 bởi nhà vật lý người Đức Stern. Sơ đồ thí nghiệm được trình bày ở hình 3. Khi đun nóng dây bạch kim mỏng mạ bạc 1 (dây phát sáng khi có dòng điện chạy qua), các phân tử bạc bay hơi khỏi bề mặt của nó. Một số phân tử, thông qua khe hẹp 2 trong hình trụ mỏng 3 bao quanh hệ thống dây điện, đi vào bên trong hình trụ lớn 4 bao quanh hệ thống dây điện và hình trụ nhỏ. Không khí đã được bơm ra khỏi hình trụ lớn, do đó các phân tử bạc di chuyển đến đó thực tế mà không va chạm và khi chúng chạm vào thành hình trụ, sẽ lắng xuống trên đó (nhiệt độ bề mặt của hình trụ lớn khá thấp). Các phân tử lắng đọng tạo thành một dải mảng bám hẹp 5. Nếu toàn bộ hệ thống tích tụ lại, thì sữa này được hình thành chỉ hướng chính nó 2, tạo ra hình ảnh của nó. Nhưng nếu cả hai hình trụ (3 và 4) quay quanh một trục chung, đi qua dây 1, thì mảng bám sẽ không còn tạo thành thanh dẫn hướng 2 nữa. Thật vậy, trong thời gian các phân tử quét khoảng cách từ rãnh đến bề mặt của hình trụ 4, hình trụ bắt kịp bề mặt và dấu vết 6 (hình 4) do các phân tử để lại trở nên buồn cười so với cặn 5 theo hướng ngược lại với hướng hình trụ

Hình 3.

Hình 4.

49

Biết tốc độ quay của hình trụ 3 và 4, bạn có thể sử dụng khoảng cách giữa rãnh 5 và 6 để xác định thời gian để các phân tử di chuyển quãng đường từ khe 2 đến bề mặt của hình trụ 4. Và biết được khoảng cách này, bạn có thể xác định được tốc độ của các phân tử.

Điều quan trọng cần lưu ý là lớp được hình thành bởi các phân tử không có độ dày cố định. Ở gần giữa, lớp dày nhất và ở các cạnh độ dày của nó giảm dần (hình 5). Vì độ dày của lớp giữa được xác định bởi số lượng phân tử được chiếu sáng trên bề mặt hình trụ, nên nó có thể được sử dụng để đánh giá số lượng phân tử tác động lên thành ống ở tốc độ này hay tốc độ khác. Rốt cuộc, các phân tử nhanh nhất rơi xuống gần rãnh 5 và những phân tử chậm hơn sẽ ở xa nó hơn. (Có đúng là “hình dạng” của mảng ở giữa giống với đường cong phân bố Maxwell không?)

Stern thực hiện thí nghiệm đầu tiên xác định tốc độ của các phân tử vào năm 1920, và một phần tư thế kỷ sau, ý tưởng thí nghiệm được dùng để kiểm tra thực nghiệm định luật Maxwell. Trong các thí nghiệm này, số lượng phân tử có vận tốc nằm trong một phạm vi vận tốc nhất định đã được đo. Các phép đo đã hoàn toàn xác nhận định luật phân bố cực đại.

Có lẽ bạn đọc sẽ thắc mắc: sự va chạm của các phân tử với nhau có ảnh hưởng gì đến sự phân bố không? Trong thí nghiệm của Stern, các phân tử nóng bay mà không va chạm với nhau, nhưng có lẽ nếu các phân tử không va vào bức tường lạnh mà chúng bị dính vào mà là một phân tử nóng như chính chúng và bật ra khỏi đó, thì theo thời gian, do va chạm với nhau, chúng sẽ cân bằng tốc độ?

Tất nhiên, va chạm ảnh hưởng đến tốc độ của các phân tử. Nhưng sự thay đổi tốc độ xảy ra theo cách mà trong bất kỳ khoảng thời gian nào, số lượng phân tử có tốc độ giảm bằng số lượng phân tử có tốc độ đáng chú ý và sự phân bố của các phân tử theo tốc độ không thay đổi - giống như ở hình 2. Tất nhiên, trừ khi nhiệt độ của khí không đổi.

Nếu khí nóng lên thì sao? Nhiệt độ cao hơn tương ứng với tốc độ phân tử cao hơn. Nếu nhiệt độ cao hơn được thiết lập trong toàn bộ thể tích mà khí chiếm giữ thì đường cong phân phối sẽ dịch chuyển về phía vận tốc cao hơn. Trong trường hợp này, thật dễ hiểu, diện tích dưới đường cong không đổi - xét cho cùng, nó tương ứng với tổng số phân tử trong thể tích.

Và để kết luận, chúng tôi mời bạn suy nghĩ: những hiện tượng nào trong cuộc sống, trong tự nhiên xung quanh, chỉ ra rằng các phân tử chuyển động ngẫu nhiên, giữa các va chạm, chuyển động của chúng là thẳng và tốc độ của các phân tử ở cùng nhiệt độ là không giống nhau.

51

Chỉ có một cửa hàng phần cứng duy nhất ở Monrovia, thủ đô của Liberia. Khi tôi nói với người bán hàng da ngăm đen rằng tôi cần bao nhiêu lít sơn, anh ta huýt sáo ngạc nhiên:

• Cứ như thể ông đang định đục núi vậy, thưa ông!
  “Không,” tôi đảm bảo với anh ấy, “không phải núi, chỉ là một hòn đảo.”

Người thư ký mỉm cười. Anh ấy nghĩ tôi bị điên, nhưng thực sự tôi định sơn hòn đảo mục tiêu bằng năm màu: đỏ, xanh dương, xanh lá cây, vàng và tím.

Tại sao tôi lại gặp phải điều này? Để trả lời câu hỏi này, tôi sẽ phải quay lại vài năm trước.

Thực tế là chủ đề luận án tiến sĩ của tôi là vấn đề bốn màu. Giả thuyết bốn màu cho rằng để tô màu chính xác cho bất kỳ bản đồ nào, trong đó hai quốc gia láng giềng có chung một đoạn biên giới sẽ được sơn bằng các màu khác nhau (hai quốc gia không được coi là láng giềng nếu biên giới của họ chỉ có một điểm chung), bốn màu là đủ. Các quốc gia trên bản đồ có thể có kích thước bất kỳ và hình dạng phức tạp nhất. Số lượng của họ cũng có thể tùy ý. Giả thuyết bốn màu được Mobius đưa ra lần đầu tiên vào năm 1860, và mặc dù những bộ óc toán học giỏi hơn đã nghiên cứu lời giải của nó, nhưng giả thuyết này không thể được chứng minh cũng như không thể bác bỏ*).

Do những trường hợp kỳ lạ, bài toán bốn màu đã được giải quyết cho tất cả các bề mặt ngoại trừ hình cầu và mặt phẳng. Năm 1890, R. J. Heawood đã chứng minh rằng bảy màu là cần và đủ để tô màu bề mặt của một hình xuyến (bề mặt của một chiếc bánh rán), và vào năm 1934, F. Franklin đã chứng minh rằng sáu màu là đủ để tô màu bản đồ trên các bề mặt một mặt như dải Möbius và chai Klein.

Vào ngày 17 tháng 11 năm 1947, Stanislav Slapenarsky, giáo sư tại Đại học Vienna, người đang giảng dạy một loạt bài giảng tại Đại học Chicago, đã đưa ra một thông báo gây chấn động về khám phá của ông về các bề mặt không có cạnh**). Khám phá này có những hậu quả sâu rộng đối với việc nghiên cứu các tính chất của chai Klein và tạo ra một cuộc cách mạng thực sự trong nghiên cứu về vấn đề bốn màu.

Phát triển một số ý tưởng của Slapenarsky, tôi đã xuất bản tác phẩm nổi tiếng của mình vào năm 1950, bác bỏ “bằng chứng” của Heawood, vốn tin rằng để tô màu chính xác bản đồ trên mặt phẳng, gót chân của màu sắc là cần thiết và đủ. Theo niềm tin toàn diện của các nhà tôpô, bốn màu là đủ để tô màu chính xác một mặt phẳng hoặc hình cầu.

Ngay sau khi công trình của tôi về bài toán bốn màu được xuất bản, tôi tình cờ ăn sáng tại Câu lạc bộ Tứ giác của trường đại học với Giáo sư Alma Busch. Alma là một trong những nhà nhân chủng học hàng đầu của chúng tôi và chắc chắn là người phụ nữ xinh đẹp nhất toàn trường đại học.

Alma vừa trở về sau chuyến thám hiểm tới một hòn đảo nhỏ nằm cách bờ biển Liberia vài trăm dặm ở rìa phía tây lục địa châu Phi. Cô dẫn đầu một nhóm sinh viên nhân chủng học nghiên cứu các quyền và phong tục của người Lemen sinh sống trên đảo.

“Hòn đảo được chia thành năm khu vực,” Alma nói với tôi, đặt một ống ngậm dài bằng nhựa màu đen lên con dấu hiệu của cô ấy. “Tất cả đều giáp nhau.” Điều này rất quan trọng để hiểu các quyền của bạn ở đó. Tính tương đồng của các ranh giới cho phép các yếu tố duy trì sự thống nhất nhất định về văn hóa. Có chuyện gì với bạn vậy, Marty? Sao trông bạn có vẻ ngạc nhiên thế?

Tôi sững người, và không đưa nĩa lên miệng, tôi từ từ đặt nó lên bàn.

*) Câu chuyện của Gardner được viết vào năm 1952. Một vấn đề tích cực về sơn lời giải được phát hiện vào năm 1976. (Lưu ý ped.)
**) Độc giả sẽ tìm thấy câu chuyện chi tiết về vấn đề này trong số 6 của tạp chí “Quenta” (Note ped.)

52

• Bởi vì bạn nói những điều đáng kinh ngạc. Nó không thể đơn giản như vậy được.
  Alma sửng sốt:
• Không thể ở đâu được?
• Gót chân bắt, có đường viền chung. Điều này mâu thuẫn với ý nghĩa của bài toán bốn màu.
• Mâu thuẫn cái gì?
  “Vấn đề về bốn màu,” tôi lặp lại. “Có một vấn đề như vậy trong cấu trúc liên kết.” Mặc dù nó chưa được chứng minh hay bác bỏ dưới bất kỳ hình thức nào nhưng không ai nghi ngờ rằng nó là sự thật.
  Tôi bắt đầu vẽ lên khăn trải bàn bằng đầu thìa, cố gắng giải thích cho Alma chuyện gì đang xảy ra ở đây.
  Alma nhanh chóng nắm bắt được ý tưởng chung.
  — Có lẽ người dân trên đảo bị quyến rũ bởi một loại toán học khác? - cô đề nghị, xào xạc từ làn khói của con báo.
  Tôi lắc đầu.
  — Toán học, em ơi, mọi nền văn hóa đều giống nhau. Hai lần hai luôn là bốn, ngay cả ở Châu Phi. Nếu hòn đảo của bạn thực sự được chia cắt như bạn nói - thành năm khu vực, mỗi khu vực có đường biên giới chung với bốn khu vực khác - thì tôi sẽ dạy bạn tin vào khả năng toán học của người dân trên đảo. Bạn có bản đồ của hòn đảo này không?
  Alma lắc đầu.
• Có lẽ cậu nên đi cùng chúng tôi? – cô đề nghị, đảm bảo cho đống tro tàn. “Tôi sẽ ở lại hòn đảo thịt.” Tôi cần kiểm tra một số dữ liệu trước khi xuất bản và trong lúc chờ đợi, bạn có thể lập bản đồ hòn đảo. Nếu những gì tôi nói với bạn không được xác nhận, tôi sẽ hoàn trả chi phí cho bạn.
  Tôi đã phải mất gì? Kỳ nghỉ hè đang bắt đầu, và chuyến đi này hứa hẹn sẽ thú vị và khác thường. Và tôi đã đồng ý.

---

Vào ngày thứ hai chúng tôi ở trên đảo, Alma giới thiệu tôi với một người dân trên đảo tên là Aguz. Aguz là tù nhân của Khiyniku, người tạo nên tầng lớp trí thức trên đảo. Alma đồng ý với Aguz thực hiện chuyến đi bộ đường dài thứ hai xuyên đảo. May mắn thay, hòn đảo này rất nhỏ: diện tích của nó không vượt quá 25 dặm vuông. Khởi hành từ sáng sớm, đến tối chúng tôi có thể đi hết toàn bộ hòn đảo. Tôi mang theo một cuốn sổ ghi chú và một hộp bút chì để phác thảo ít nhất một bản đồ thô về gót chân của khu vực.

Chuyến thăm đầu tiên của chúng tôi là đến một ngôi làng bị giam giữ, trên lãnh thổ nơi có trại của chúng tôi.

Ở phần trên cùng của cuốn sổ, tôi vẽ một vòng tròn và tô màu xanh lam. Cấu hình chính xác của lãnh thổ bị Hiinku chiếm giữ vẫn chưa được biết, nhưng với mục đích của tôi, để tận dụng lãnh thổ bị giam giữ bởi người Wolfesi, tôi đặt một đường ngoằn ngoèo bên cạnh vòng tròn màu xanh lam và sơn nó màu xanh lá cây.

Vượt qua những bụi cây rậm rạp một cách khó khăn, chúng tôi đến được bờ một con sông hẹp và yên tĩnh. Một bè gỗ nhỏ nhô lên khỏi lớp bùn nhẹ, nhờn bao phủ dòng sông. Aguz đẩy chiếc bè xuống nước, trèo lên và bắt đầu đẩy nó bằng một cây sào tre dài. Chúng tôi băng qua một nơi trông giống như một thềm bùn hẹp gần bờ và ngồi xổm xuống đó. Sử dụng cây sào của mình, Aguz hướng chiếc bè xuôi theo dòng sông quanh co.

Sau một thời gian, Aguz thông báo rằng chúng tôi sẽ gặp Gesells trên lãnh thổ bị giam cầm. Cô đã được xử lý để ăn thịt từ Wolfesi.

54

có thể đánh dấu từng lãnh thổ bằng các điểm có màu tương ứng và trên ảnh chụp từ trên không màu, hình dạng của từng lãnh thổ sẽ được nhìn thấy rõ ràng.

Alma nói kế hoạch của tôi rất tuyệt vời. Dù sao thì cô ấy cũng cần phải xóa bản đồ hòn đảo và phương pháp được nhiều người đề xuất cho phép cô ấy hoàn thành việc này bài toán nhanh hơn những người khác.

“Sơn do tôi chi trả,” cô hào phóng đề nghị.

Ở đây chúng ta đến chính nơi tôi bắt đầu câu chuyện của mình. Chúng tôi lấy sơn phun từ một nhà thầu nhận đặt hàng cho công trình xây dựng. Tôi đã mua 20.000 gallon loại sơn rẻ nhất. Trở lại đảo, chúng tôi dễ dàng chiêu mộ một nhóm chàng trai Hiiki và huấn luyện họ cách sử dụng bình xịt.

Aguz được bổ nhiệm làm quản đốc. Chúng tôi đánh dấu lãnh thổ của mỗi bộ tộc bằng sơn cùng màu như trên “bản đồ” của tôi. Sẽ rất tốn kém nếu sơn toàn bộ khu vực này, vì vậy chúng tôi quyết định phun sơn ở những điểm có đường kính khoảng 10 feet, cách nhau 100 feet. Từ trên máy bay, lãnh thổ của mỗi bộ tộc sẽ được vẽ bằng chấm bi và ranh giới sẽ dễ dàng phân biệt được.

Lần nào tôi cũng đi cùng tổ giám sát công việc. Mọi thứ đã được thực hiện như nó phải làm. Không còn nghi ngờ gì nữa, bốn vùng lãnh thổ có một đường biên giới chung: mỗi vùng có một lãnh thổ có màu khác nhau tiếp giáp với một phần biên giới.

Năm màu sẽ phải quyết định!

Chúng tôi bắt đầu phun sơn màu vàng vào ngày làm việc thứ mười hai. Lãnh thổ Vàng đã được bao quanh bởi sơn màu xanh lá cây và tím. Chúng tôi đang tiếp cận lãnh thổ màu xanh. Thần kinh của tôi căng thẳng.

Nhóm vẽ tranh di chuyển chậm rãi qua bụi cây thấp. Mặt trời lặn đổ bóng dài. Một con vẹt với bộ lông sáng đẹp, sau khi nhận được phần sơn từ bình xịt, bay lên một cách ồn ào và biến mất, phát ra những tiếng kêu vui tai. Một con rắn nhỏ màu nâu, lấm tấm sơn vàng, trườn đi đến một nơi vắng vẻ. Đột nhiên tôi nắm lấy vai Alma.

• Tôi thề dưới cái bóng của Mobius! “Tôi khàn giọng kêu lên, không thể ngăn được trái tim đang đập trắng xóa của mình. “Tôi nhìn thấy một điểm xanh từ đây!”

Đôi mắt xám xinh đẹp của Alma lấp lánh vẻ đắc thắng.

• Vậy ai đúng?

Tôi ngồi xuống một gốc cây lớn và lau mồ hôi đang lăn dài trên mặt. Đầu tôi đau như búa bổ. Có một tiếng gõ cửa trong quan điểm. Từ xa có thể nghe thấy tiếng côn trùng vo ve đơn điệu không ngừng của Skovoz, nhịp điệu rõ ràng, rực lửa của trống bebolup. Aguz đứng chờ lệnh tiếp theo.

Tôi hoàn toàn bối rối. Theo phương ngữ, năm khu vực không thể có một biên giới chung. Tôi biết rằng bài toán bốn màu đã được chứng minh trong trường hợp số quốc gia không vượt quá 35. Nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu có sai sót nào đó len lỏi vào những phép chứng minh này? Nếu hòn đảo thực sự bác bỏ bài toán bốn màu thì khám phá của tôi sẽ là một trong những bước ngoặt lớn nhất của cấu trúc liên kết!

Vài ngày sau, khi chuyến bay tiếp theo đến từ Monrovia, chúng tôi quyết định chụp ảnh hòn đảo từ trên không. Thật không may, chiếc máy bay này nhỏ, có hai buồng lái mở nên chỉ có nhiếp ảnh gia có máy ảnh mới có thể bay. Sau khi chụp ảnh xong, phi công sẽ thả nhiếp ảnh gia xuống và đưa tôi đi ngắm nhìn hòn đảo được sơn từ trên cao.

57

100 có bao nhiêu chữ số!?

V. N. KASATKIN

Có vẻ dễ dàng nhận được điểm đáp số cho câu hỏi này. Trên thực tế, dưới đây là chương trình tính giai thừa của số $N$; làm việc trên một chương trình như vậy, máy tính sẽ tính toán và hiển thị hoặc in ra số 100!. Tất cả những gì chúng ta phải làm là đếm số chữ số trong số do máy tạo ra.

Nhưng những nỗ lực áp dụng cách tiếp cận này với số lượng lớn $N$ đều dẫn đến thất bại - thực tế là hầu hết máy tính cá nhân không thể hiển thị một số có hơn 15 chữ số trên màn hình.

Dưới đây là giai thừa của một số số lớn hơn 10, được tính trên máy tính loại Corvette:
$$10! = 3628800;$$
$$11! = 39916800;$$

$$12! = 479001600;$$
$$13! = 6227020800;$$
$$14! = 87178291200;$$
$$15! = 1307674368000;$$
$$16! = 20922789888000;$$
$$3.55687428096E+14 = 17!$$

Giai thừa số 17 không còn vừa trên màn hình - lưới bit bị tràn và máy tính, cùng với kết quả chính xác 355687428096000, đã đưa ra giá trị của số 17! ở dạng chuẩn hóa. Máy tính gợi ý rằng chúng ta giả định rằng
$$17! = 3.55687428096E+14 = 3,55687428096 \cdot 10^{14}.$$

Phải chăng điều này có nghĩa là về nguyên tắc, chúng ta không thể lấy giai thừa của một số lớn trên máy tính, chẳng hạn như 100!. Đáp số đơn giản: không, không có nghĩa. Chúng ta có thể sử dụng máy tính để có được bản ghi đầy đủ về số 100! mà không mất một chữ số nào.

Điều này đạt được bằng cách sử dụng sự khéo léo của lập trình viên. Bài toán mà chúng ta sắp giải quyết là

58

Hình 1.

khá đáng chú ý cho việc lập trình. Chúng ta sẽ nói về cách một người sử dụng máy tính: anh ta hành động theo khuôn mẫu hay sau khi đi sâu vào các tính năng của máy, khiến nó hoạt động theo cách khác thường, không chuẩn.

Trước khi chúng ta nói về một chương trình gần như tự nhiên để tìm tất cả các chữ số của số 100!, chẳng hạn như về một số công cụ của ngôn ngữ BASIC cần thiết trong tương lai.

Chương trình sẽ sử dụng hàm “phần nguyên của giá trị đối số”. Trong BASIC, hàm này được ký hiệu là INT(X) - đối với bất kỳ X thực nào, giá trị của hàm INT(X) bằng giá trị nguyên của X không vượt quá nó, ví dụ:

$$\text{INT}(2.5) = 2, \text{INT}(0.002) = 0,$$
$$\text{INT}(-6.3) = -7.$$

Điều kiện: Tất cả các chữ số của số giai thừa thu được được coi là giá trị của biến $a_i$, trong đó $i=1, 2, \ldots$. Trước khi bắt đầu tính toán $N!$, mỗi biến $a_i$ bằng 0; Hãy bắt đầu tính toán (hình 1).

Trong quá trình tính toán, giá trị của các biến $a_i$ thay đổi.

Hãy nhớ lại rằng nếu đã biết giai thừa của số $(k-1)$ thì rất dễ tìm được giai thừa của số $k$:

$$k! = k \cdot (k-1)!.$$

Hãy áp dụng quy tắc này để nhận được 4!, nếu chúng ta biết rằng 3!=6. Nó hoạt động như thế này: chúng ta nhân 6 với 4 và nhận được 24. Chúng ta lấy số 4 làm giá trị của biến $a_1$ và số 2 - giá trị của biến $a_2$. Tất cả những hành động này có thể được mô tả dưới dạng sơ đồ như trong hình 2.

Hãy tiếp tục công việc của chúng ta: tính 5!. Để làm điều này, hãy nhân 4!=24 với 5 và biến các số tương ứng thành giá trị của các biến (xem hình 3).

Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn quá trình thay đổi các số $k$ và $(k-1)!$. Nhân một số có nhiều chữ số với một số khác dẫn đến nhân và cộng các chữ số. Đồng thời, chúng ta có thể phân biệt rõ ràng chữ số bậc thấp và chữ số bậc cao.

Hãy tạm dừng cuộc thảo luận về bài toán nói chung và tìm hiểu cách giải một số nhỏ nhưng quan trọng hơn nữa bài toán: hãy dạy máy tính cách tách chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị trong một số thập phân có hai chữ số.

Cần phải tạo một chương trình, công việc của nó trên máy tính, sau khi hiển thị nó bằng một số có hai chữ số, biến $a_1$ cho giá trị bằng số đơn vị và biến $a_2$ cho giá trị bằng số hàng chục.

Đặt biến $A$ có giá trị bằng số thập phân có hai chữ số (ví dụ: 73). Chia giá trị $A$ cho 10 và lấy toàn bộ phần từ kết quả - đây sẽ là chữ số hàng chục:

$$\text{LET}A(2) = \text{INT}(A/10),$$
$$\text{t. e. } a_2 = [7,3] = 7.$$

Nếu bây giờ từ giá trị $A$ thu được $a_2 \cdot 10$, thì chúng ta nhận được chữ số hàng đơn vị trong số ban đầu $A$:

$$\text{LET}A(1) = A - A(2)*10,$$
$$\text{t. e. } a_1 = 73 - 7 \cdot 10 = 3.$$

Hãy quay lại bài toán lấy số 5! Chúng ta nhớ rằng để làm điều này, chúng ta cộng số 4!=24 nhân với 5. Chúng ta cũng nhớ rằng số

59

Hình 4.

4!=24 được lưu trữ một cách bất thường: số 4 là giá trị của biến $a_1$ và số 2 là giá trị của biến $a_2$. Chúng ta có thể nói một cách hình tượng rằng số 2 và số 4 lần lượt được lưu trữ trong các ô $a_2$ và $a_1$.

Nhân nội dung của ô $a_1$ với 5 sẽ cho kết quả có hai chữ số: $4 \times 5=20$. Chúng tôi sẽ coi chữ số bậc thấp (trong trường hợp này là 0) là giá trị mới của biến $a_1$ và tạm thời giữ chữ số 2 “trong tâm trí chúng tôi”. Sau đó, chúng ta nên nhân số được lưu trong $a_2$ với 5 và thêm số 2 vào sản phẩm thu được, trước đó đã lấy nó từ bộ nhớ của chúng ta. Kết quả của hành động: $5!=5 \cdot 4!=5 \cdot 24=120$ (hình 4). Sau khi hoàn thành tất cả các hành động, các biến $a_1$, $a_2$ và $a_3$ nhận được các giá trị mới $a_1\neq0$, $a_2=2$ và $a_3=1$.

Ngay cả khi con số là $(k-1)$! không chứa hai mà là ba chữ số trở lên, một sơ đồ để lấy các chữ số của số $k$! vẫn giữ nguyên (hình 5).

Hình 5.

cent $m_i$ có thể là số có nhiều chữ số.

Sử dụng văn bản chương trình sau:

REM ВЫЧИСЛЕНИЕ ФАКТОРИАЛА ЧИСЛА N
DIM A(100)
INPUT N
FOR I=2 TO 100
A(I)=0:NEXT I
A(1)=1:L=1
FOR K=1 TO N
R2=0:R1=0:I=1
IF R2=0 THEN IF I>L THEN 80
R=A(I)*K+R2
R2=INT(R/(10000!))
R1=R-R2*(10000!)
A(I)=R1
I=I+1
GOTO 40
L=I-1
NEXT K
FOR J=1 TO I-1
PRINT A(I-J);
NEXT J
END

Kết quả của việc sử dụng chương trình chúng tôi nhận được*:

100!=93 326215 443944 152681 699238 856266 700490 715968 264381 6214
963 895217 599993 229915 608941 463976 156518 286253 697920 8272
251 185210 916864 0 0 0

Đương nhiên, số $k$ không chỉ có thể có một chữ số mà còn có thể có hai chữ số. Trong trường hợp này, hệ số Itak, số có 100! có 158 chữ số - khái niệm về một con số khổng lồ!

*) Khi máy in ra một số, nó sẽ ghi số đó theo nhóm 6 chữ số, bỏ qua số 0 ban đầu. Vì vậy, trong bản in ở trên, nhóm chữ số 6214 phải được coi là nhóm $\odot 6214$, nhóm 963 - dưới dạng $\odot 963$, 8272 - dưới dạng $\odot 8272$, 251 - dưới dạng $\odot 251$ và $\odot$ khác dưới dạng nhóm $\odot 0$

60

Trường thông tin tại NSU

Tại Huân chương Cờ đỏ Novosibirsk của Đại học Bang Lao động được đặt theo tên. Lenin Komsomol điều hành một trường học hàm thụ (3Sh) dành cho học sinh lớp 8-10 tại các trường giáo dục phổ thông ở Siberia, Viễn Đông, Trung Á và Urals.

bài toán 3Ш chính là hỗ trợ hình thành và phát triển niềm yêu thích của học sinh đối với khoa học tự nhiên.

Có 5 khoa trong 3Sh: toán, vật lý, hóa học, sinh học và kinh tế. Về khoa học tích hợp toán học, vật lý, hóa học, sinh học và kinh tế.

Ngoài cá nhân học sinh, 3Sh còn có thể bao gồm các câu lạc bộ toán học, vật lý, hóa học, sinh học và kinh tế cũng như các môn tự chọn hoạt động tại trường dưới sự hướng dẫn của giáo viên. Lãnh đạo câu lạc bộ tuyển dụng và ghi danh những sinh viên quan tâm đến 3SH, và những người lãnh đạo vòng tròn sẽ nhận được bài tập 3SH cũng như các tài liệu bổ sung. Công việc của từng học sinh được thực hiện trong 3SH và công việc theo vòng tròn do người lãnh đạo thực hiện (tùy chọn)

(Để bắt đầu, xem trang 50)

Có hai thang dây dẫn lên đỉnh di chúc. Chúng tôi leo lên chúng và dừng lại ngồi trên mép tròn. Một luồng khí lạnh thoát ra từ câu trả lời.

“Như bạn đã biết,” Slapenarsky lưu ý, “cổ của một chai Klein thật mở ra không gian thứ tư.”

Tôi cẩn thận nghiêng người về phía trước và nhìn vào bên trong chai - một cơn gió lạnh thổi vào mặt tôi. Tôi không thể loại bỏ giả thuyết bốn màu ra khỏi đầu mình. Tôi lại hỏi Slapenarsky về điều này.

• Vấn đề của bốn màu là gì? - anh nói một cách khinh miệt. - Chuyện vặt, làm khô một kẻ ăn bám. Đưa cho tôi một cây bút chì và một cuốn sổ ghi chú.

Tôi lấy cuốn sổ ra khỏi túi và đưa cho Slapenarsky. Ông đã phác thảo một số hình dạng hình học phức tạp.

— Ví dụ: nếu bản đồ không chứa các cấu hình có thể rút gọn thành các dạng đơn giản hơn, thì nó không chứa các đỉnh phi điện tử, các khu vực có nhiều kết nối hoặc các bánh xe gồm bốn hình lục giác và các cặp hình ngũ giác liền kề, thì…

Bây giờ tôi không thể nhớ nếu không có nội dung điều gì sẽ xảy ra tiếp theo. Từ sâu trong chai tối tăm, Klein lấy ra một chiếc móc dài màu đen tóm lấy eo Slapenarsky. Anh ta thậm chí còn chưa kịp kêu cứu thì đã bị hút vào vực sâu đầy sương mù trong chai của Klein.

Chắc hẳn tôi đang ở trong trạng thái sốc.

• Slapenarsky! Bạn đang ở đâu, Slapenarsky? – Tôi kêu lên tuyệt vọng nhưng ngập ngừng. Đáp số Tôi có một tiếng vang như thể phát ra từ một cái giếng sâu.

Mọi thứ khác có thể được kể ngắn gọn. Tin tức về những gì đang xảy ra lan truyền nhanh như chớp trong Hiikku. Vào ban đêm, một số hiikku phát ra tiếng bíp ở chỗ giáo sư, lấy đi cái chai của Klein và ném nó xuống vách đá. Họ tin rằng có linh hồn trong chai và muốn tức giận chấm dứt nguồn gốc của cái ác.

61

Phần công việc của người quản lý có thể được kiểm tra trong 3Sh).

Hàng năm, một số học sinh lớp 8-9 của 3Sh được mời tham gia Trường hè tại NSU, kéo dài từ ngày 1 tháng 8 đến ngày 22 tháng 8. Tại đây, các em cùng với người chiến thắng Thế vận hội Vesibirsk sẽ thuyết trình bởi các nhà khoa học nổi tiếng, giải quyết các vấn đề thú vị. bài toán tại các cuộc hội thảo, tham quan các chuyến tham quan trường đại học và viện nghiên cứu của Academerodka, khoa nghệ thuật và giải trí. Trong kỳ nghỉ đông, học sinh 3Sh từ các vùng lân cận được mời đến Trường học mùa đông tại NSU.

Để trở thành sinh viên của Trường Phóng viên tại NSU, bạn phải gửi đơn đăng ký viết trên bưu thiếp cho giám đốc 3Sh trước ngày 30 tháng 9, kèm theo yêu cầu gửi bài tập đầu tiên. Bạn cũng phải cho biết những điều sau đây về bản thân (xem mẫu):

Người đứng đầu vòng tròn phải gửi thư cho giám đốc 3Sh với yêu cầu gửi nhiệm vụ đầu tiên và tài liệu bổ sung cho nhiệm vụ đó.

Đơn đăng ký xét tuyển vào khoa toán hoặc vật lý của 3Sh có thể được gửi cùng với lời giải của bài tập đầu tiên tương ứng, được công bố dưới đây, chậm nhất là ngày 15 tháng 10.

Lời giải bài toán phải được ghi vào sân thượng được thiết kế trong ô, để lại ruộng cho giáo viên thay thế.

Trên trang bìa của terradi, hãy cho biết thông tin tương tự về bản thân bạn như trong đơn đăng ký. Công việc cùng với ứng dụng chỉ được theo dõi bằng một dải băng đơn giản (không uốn cong sổ ghi chép hoặc cuộn thành ống). Trong sổ ghi chép có giải pháp, hãy đặt một mảnh giấy có kích thước 6x10 cm có viết địa chỉ của bạn trên đó (nó sẽ được dán trên phong bì khi họ gửi đáp số).

Địa chỉ của chúng tôi: 630090 Novosibirsk-90, st. Pirogova, 11 tuổi, trường Truyền thông tại NSU.

Bài toán đầu tiên

lớp 8

1. Du khách đi xe đạp 80% quãng đường, đi bộ 40% quãng đường còn lại và chèo thuyền 12 km trên bè. Tìm toàn bộ con đường du lịch.

2. Vẽ đồ thị của hàm số
   $$y = |x - 1| + |x + 1|$$

3. Chứng minh rằng một số có chín chữ số giống nhau thì chia hết cho 37.

4. Chiều cao của hình tam giác là 3 cm, 4 cm và 5 cm. Đó là tam giác nào: nhọn, chữ nhật hay tù?

5. Tìm tổng của tất cả các số có ba chữ số mà tất cả các chữ số đều là số lẻ.

6. Làm thế nào để sử dụng compa và thước kẻ để dựng một hình tam giác có hai cạnh và chiều cao giảm bằng cạnh thứ ba? Bạn có thể nhận được bao nhiêu hình tam giác khác nhau?

lớp 9

1. Đoàn tàu đi hết quãng đường dài nhất 800 mét trong 1 phút và quan sát thấy mismo trong 15 giây. Chiều dài của tàu và tốc độ của nó là bao nhiêu?

2. Trên mặt phẳng tọa độ vẽ tập hợp các điểm (x, y) có tọa độ thỏa mãn điều kiện
   $$y^2 + y \geq x + |x| - 1.$$

3. Giải hệ phương trình
   $$\begin{cases} x + y + xy = 11, \\ x^2 + y^2 + xy = 19. \end{cases}$$

4. Trong tam giác ABC, các đường trung tuyến cắt nhau tại điểm M. Biểu diễn vectơ $\vec{AM}$ theo các vectơ $\vec{AB}$ và $\vec{AC}$.

5. Chứng minh rằng một số có mười hai chữ số đều giống nhau thì chia hết cho 13.

6. Có hai điểm lùi trên mặt phẳng. Làm thế nào để sử dụng compa và thước kẻ để dựng hình vuông sao cho các điểm này là trung điểm của các cạnh kề nhau?

62

lớp 10

1. Trong gara có 40 ô tô số tự động thuộc 3 loại: ô tô con, xe tải và xe buýt. Có ít xe buýt hơn ô tô. Có bao nhiêu xe buýt trong gara nếu số lượng xe khách số tự động ít hơn số xe chở hàng số tự động 12 lần?

2. Trên mặt phẳng tọa độ vẽ tập hợp các điểm $(x, y)$ có tọa độ thỏa mãn điều kiện
   $$[x+y]=[x-y].$$
   Ở đây $[a]$ là phần nguyên của số $a$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $a$.

3. Có hai người cai trị không có sự chia rẽ. Chiều dài của một trong số chúng là 48 cm, và chiều dài của cái kia là 78 ​​cm. Có thể sử dụng chúng để dựng một đoạn có chiều dài 54 cm không? và chiều dài là 56 cm?

4. Khám phá hàm $f(x)=x^3-x^2-x+1$.

5. Có thể xếp hai hình tam giác đều không cắt nhau có cạnh 4 cm thành hình vuông có cạnh 5 cm được không?

6. Trong khối lập phương $ABCDA'B'C'D'$, tìm góc giữa đường chéo $AB'$ của mặt $ABB'A'$ và đường chéo $BC'$ của mặt $BCC'B'$.

Bài tập vật lý đầu tiên
Để xây dựng trên bộ phận vật lý 3Sh, chỉ cần giải một hoặc hai bài toán là đủ. Tuy nhiên, sau khi hoàn thành bài toán lớp học của bạn, điều hữu ích (và chúng tôi khuyên bạn nên) làm quen với bài toán đối với các lớp khác và cố gắng giải bài toán mà bạn thích (càng nhiều càng tốt). Khi xây dựng trong 3Ш, bạn sẽ được gửi lời giải trong tổng số bài toán. Hãy tìm hiểu chúng, ngay cả khi bạn đã giải quyết được tất cả.

Thử nghiệm bài toán, được thiết kế cho học sinh mọi lớp.

1. Đổ một ít nước ở nhiệt độ phòng vào đĩa và cẩn thận đặt một chiếc cốc có thành mỏng, tráng bên ngoài bằng nước thật nóng, úp ngược. Sau khi ly nguội, một phần (hoặc toàn bộ nước) từ đĩa sẽ chảy vào trong. Đo chênh lệch áp suất tương đối bên trong kính $\Delta p/p_0=(p_a-p)/p_a$, trong đó $p_a$ là áp suất không khí trong phòng. Thực hiện thay đổi nhiều lần, cân nhắc chấp nhận khả năng có sự khác biệt nhỏ trong kết quả đo.

lớp 8
2. Người lái xe băng qua một dải nhựa ướt có chiều rộng $l$. Bánh xe đạp có bán kính $R$. Tìm khoảng cách giữa sọc và vết lốp ướt.

3. Trọng lượng cơ thể trong nước ít hơn hai lần so với trong dầu và ít hơn ba lần so với trong không khí. Xác định mật độ của dầu.

4. Từ bệ nổi, một khối có thể tích $V=4\ m^3$ được nâng lên trên một giàn. Diện tích mặt cắt ngang của bệ so với mặt nước là $S=100\ m^2$. Nền tảng sẽ chìm bao xa khi bồn tắm hoàn toàn ra khỏi nước?

5. Một trong bốn bộ nguồn được kết nối như minh họa trong hình 1 bị cháy. Sau này sức mạnh của mỗi lần niệm phép sẽ thay đổi bao nhiêu lần?

6. Trong cân đo khối lượng chất rắn khối, một chiếc cốc và một đối trọng được đóng ở hai đầu của thước nhẹ dài 2L; khối lượng của chúng bằng nhau và cộng lại bằng $m_0$. Lực tròn của giá đỡ có thể chuyển động tương đối so với thước cho đến khi trọng lượng cùng với tải cân bằng với thước ở vị trí nằm ngang. Tìm khối lượng của tải trọng nếu tâm của giá đỡ di chuyển một khoảng $l$ tính từ tâm thước.

lớp 9
2. Một cột băng rơi từ nóc một ngôi nhà. Cô ấy đã bay nửa chặng đường đầu tiên trong 1 giây. Cô ấy còn bao nhiêu thời gian để bay?

3. Để kiểm soát độ dày của băng kim loại, hãy thay đổi điện trở $R$ thành phần hình vuông, nối các tiếp điểm bằng đồng với các cạnh đối diện của phần đó. Độ dày của băng là bao nhiêu nếu điện trở suất của vật liệu của nó là $Q$?

63

4. Độ bền kéo cực đại của một sợi dây được ném qua một khối để nâng một tải nặng $m=10$ kg, treo các tải trọng khác nhau (hình 2) từ đầu tự do là bao nhiêu? Coi khối lượng của vật và sợi dây là không đáng kể.

5. Lực ép của quả bóng tác dụng lên bể phụ khi đổ đầy nước vào bể đã giảm đi một nửa khi mực nước chạm đến tâm quả bóng (hình 3). Xác định mật độ của vật liệu mà quả bóng được tạo ra.

6. Ôtô chuyển động theo cột với vận tốc $v_0$. Trên cùng một đoạn đường, mỗi xe số tự động giảm từ $v_0$ xuống $v$, sau đó tiếp tục chuyển động với tốc độ không đổi $v$. Ở khoảng cách tối thiểu nào giữa các ô tô thì chúng sẽ không bị biến thành thép khi phanh? Chiều dài của mỗi máy là $L$.

7. Đĩa nửa bóng mờ quay được 25 vòng mỗi giây. Nó được quay bằng máy quay phim có tốc độ 24 khung hình mỗi giây. Đĩa sẽ quay với tốc độ bao nhiêu trên màn hình phim?

lớp 10

2. Nòng súng nằm ngang chĩa thẳng vào tâm mục tiêu với bán kính $r=5$ cm. Tốc độ phóng thấp nhất của viên đạn trúng mục tiêu ở khoảng cách $L=100$ m là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí, gia tốc rơi tự do $g=10$ m/s$^2$.

3. Giải bài toán 3 cho lớp 9.

4. Giải bài toán 4 cho lớp 9.

5. Hai tụ điện giống hệt nhau được tích điện và nối với nhau. Các tấm của một trong số chúng được kéo dài trên một khoảng cách dài. Hỏi điện áp trên tụ kia sẽ thay đổi bao nhiêu lần?

6. Để xác định thể tích riêng của vật liệu khối, nó được đặt trong một hình trụ, được đóng kín trong hình trụ $p_1$ và $p_2$ ở cùng nhiệt độ, nhưng vị trí piston khác nhau, khi tổng thể tích không khí và vật liệu đang nghiên cứu bằng $V_1$ và $V_2$ tương ứng. Xác định khối lượng vật liệu rời từ những dữ liệu này.

7. Giải bài toán 6 cho lớp 9.

Khái niệm cơ bản và bài toán

1. Nếu xích đu mạnh thì AME khô sẽ uốn cong và ở điểm dưới cùng của quỹ đạo, ghế xích đu sẽ bắt đầu chạm đất.

2. Xem hình.

3. Nước nằm trong khe hở giữa các tấm kính được dán sẽ làm ướt kính và dọc theo các mép của kính, bề mặt tự do (bên) của nước sẽ lõm xuống. Lực căng bề mặt giúp kính không bị rách ra khỏi nhau. Nếu bạn hạ thủy tinh xuống nước, bề mặt bên lõm của lớp nước sẽ biến mất, kéo theo đó là lực co lại của sức căng bề mặt.

4. Nếu bong bóng bị lệch so với tâm thì quả bóng đặt trên mặt nước sẽ luôn quay sao cho nó hoàn toàn ở vị trí cao nhất.

NHÀ VÔ ĐỊCH THẾ GIỚI
TẠI MÁY TÍNH

Cách đây vài năm, trong hệ thống máy tính của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, hai nhân viên trẻ A. Dudoladov và G. Senin đã phát triển trên máy tính một hệ thống truy xuất thông tin (IRS), có nhiều phẩm chất quý giá: lưu trữ nhỏ gọn các văn bản của đảng, cách thuận tiện để nhập, tích lũy và truy xuất chúng cho nhiều yêu cầu khác nhau, in nhanh, khả năng phân tích một bên ngay lập tức trở về vị trí mong muốn, v.v. Thật không may, công việc không tìm được sự hỗ trợ đầy đủ. Chẳng bao lâu sau, một hệ thống truy xuất thông tin Chess Base mạnh mẽ hơn đã được tạo ra ở Đức, được triển khai trên máy tính cá nhân Atari. Hệ thống này có thể được tạo bằng máy vi tính cờ vua, cho phép bạn nhập văn bản của trò chơi từ bàn phím Atari hoặc bằng cách chơi chúng trên bàn cờ.

Các vấn đề hỗ trợ, cập nhật và bảo trì Cờ Tướng đều được giải quyết một cách khéo léo. Hai tháng một lần, một đĩa mềm “tạp chí” được xuất bản với những cải tiến cho chương trình, hướng dẫn đưa chúng vào hệ thống và văn bản về một loạt các điều kiện quan trọng nhất. Có thể đặt tối đa 6 nghìn trò chơi trên một đĩa mềm, nhưng 2-3 nghìn trò chơi được ghi trong Cờ vua - còn lại khoảng trống cho các năng lực, biến thể, v.v.

Năm ngoái, người tạo ra Chess Base, M. Wulenweber, đã đến Moscow và trình diễn ván cờ của mình tại Câu lạc bộ Cờ vua Trung tâm. “Hệ thống có thể được sử dụng để phát hành những người theo dõi thông tin không?” - hỏi anh ta tại cuộc họp. “Không thành vấn đề,” tác giả hệ thống mỉm cười, “chơi trò chơi nào, tất cả đều nhăn nheo.” Đoạn ghi hình trận đấu quyết định thứ 24 giữa Kasparov và Karpov ở Seville xuất hiện đầy đủ trên màn hình. “Bạn muốn nhận văn bản bằng tiếng Anh, tiếng Đức hay dưới dạng chữ tượng hình?” Những người đang đến gần quyết định sử dụng các số liệu; Sau khi nhấn một cặp phím, hình ảnh của các hình xuất hiện trên màn hình cùng với các chữ cái.

“Tôi nên chọn văn bản srinira nào? - và anh ấy đã giới hạn bảng với sự trợ giúp của một thiết bị gọi là “chuột”. Kết quả là bản ghi sẽ tự động chuyển sang ảnh chụp màn hình mong muốn.

“Ở đây,” Wulenweber chỉ một mũi tên bằng chuột, “bạn cần thêm một nhận xét. Chúng tôi tạo một khoảng trống trong mục nhập và điền vào đó những nhận xét cần thiết. Và ở nơi này,” mũi tên lại nhạt dần, “chúng tôi sẽ đánh dấu sơ đồ…” Đoạn ghi âm lại bị xé ra, và phía trước hình dáng lắp ráp xuất hiện một sơ đồ với vị trí sau nước đi tương ứng. Kết quả là một trang văn bản cờ vua đã được đánh máy và hai mươi giây sau nó xuất hiện ở dạng in. Nếu chúng ta đang nói về một bản tin báo chí của Thổ Nhĩ Kỳ, thì bạn có thể tạo số lượng bản sao cần thiết từ nó.

Nhà vô địch thế giới G. Kasparov nói về hệ thống phản hồi cao này. Theo anh, việc chuẩn bị cho các giải đấu, trận đấu với sự trợ giúp của Chess Base sẽ tốn ít thời gian hơn rất nhiều và có thể tiến hành sâu và kỹ lưỡng hơn. Bản thân Kasparov đã sử dụng hệ thống này nhiều lần.

Năm 1986, tại Hamburg, nhà vô địch thế giới đã tổ chức một buổi chơi đồng thời với chaas trong mọi thứ bởi võ sư người Đức mạnh nhất và chương trình là 3,5: 4,5. Năm sau, anh ấy quyết định lấy lời giải từ cùng một “đội”. Nhưng trước tiên anh ấy yêu cầu chuẩn bị cho anh ấy những loạt nội dung trong hai năm qua. Kasparov đã yêu cầu khoảng ba giờ cho “Atari”, nghiên cứu với sự trợ giúp của “Chess Base” về tính độc đáo của các đối tác, khuynh hướng và phong cách chơi của họ. Trận tái đấu mang về chiến thắng cho nhà vô địch thế giới với tỷ số 7:1. “Mỗi nội dung hiện được lưu trữ dưới dạng bài viết riêng.”

nhiều người quen biết điểm mạnh điểm yếu của họ”, đây là cách Kasparov nhận xét về thành công của mình.

Điều gây tò mò là một tháng sau, Kasparov đã tổ chức một buổi tập tương tự với đội tuyển quốc gia Thụy Sĩ ở Basel. Tính đến thời điểm hiện tại, anh đã dành khoảng 6 giờ trên máy tính và xem nhanh 700 trận đấu của các đối thủ trong tương lai. Buổi học kết thúc với số điểm 5,5: 0,5 trong phần thu thập thông tin của anh ấy. Và một lần nữa nhà vô địch thế giới cho rằng kết quả xuất sắc của anh ấy là nhờ sự chuẩn bị xuất sắc. “Đây là một cuộc cách mạng trong trò chơi cờ vua!” Kasparov nói khi đánh giá cao tất cả những ưu điểm của Chess Base.

Lưu ý rằng nhà vô địch thế giới nói chung là một người đam mê máy tính cá nhân. Không nghe lời, anh ấy là chủ tịch câu lạc bộ máy tính đầu tiên ở Moscow trên Đại lộ Rozhdestvensky. Và gần đây nhất, Kasparov đã tổ chức một trò chơi đồng thời độc đáo sử dụng vệ tinh liên lạc và bộ dụng cụ. Bản thân phiên họp được đặt tại Pháp, ở Cannes và mười nội dung của nó ở các quốc gia khác nhau, thậm chí trên các tài liệu khác nhau. Tại Moscow, trong một câu lạc bộ máy tính, một thành viên Liên Xô, nhà vô địch trẻ quốc gia M. Ulybbin, ngay lập tức có buổi gặp mặt với nhà vô địch thế giới. Anh ấy đã có trận hòa duy nhất trong cuộc thi quốc tế này. Kasparov thua một ván, kết quả chung của phiên là 8,5: 1,5 khi thu thập thông tin. Một kết quả tuyệt vời khi tất cả những người tham gia phiên này đều là bậc thầy và hai người thậm chí còn là người quốc tế.

Bot là một trong những game của phiên đấu này mà nhà vô địch thế giới đã nhanh chóng giành chiến thắng trước võ sư người Ý đến từ Milan.

G. Kasparov - E. Arlandi Bắt đầu tiếng Anh

1. c4 c5 2. Kf3 Kc6 3. d4 cd 4. K:d4 Kf6 5. Kc3 e6 6. g3 Cb4 7. Cg2 0—0 8. 0—0 d5 9. cd ed 10. Cg5 C:c3 11. bc Ce6 12. Jb1 Ka5 13. Jb5 a6 14. C:f6 gf 15. Jb4 Jc8 16. e4 de 17. C:e4 f5 18. C:f5 C:f5 19. K:f5 Ф:d1 20. J:d1 J:c3 21. Jd7 Jf3 22. Jd5 b5 23. a4 Jb3 24. Jg4+ Kph8 25. Kh6 Kc6 26. Jf5. Màu đen ngọt ngào.

E. Vâng. đam mê

Trước mặt bạn là một chiếc nhẫn gồm mười khối tứ diện đều. Nó được dán lại với nhau từ giấy dày và có thể uốn cong và xoắn vô thời hạn, liên tục thay đổi hình dạng. Dưới đây được mô tả bốn giai đoạn liên tiếp trong quá trình chữa lành của anh ấy. Xin lưu ý rằng mỗi cặp tứ diện lân cận có một cạnh chung và khi xoắn chuỗi, tứ diện dao động xung quanh cạnh này. Và ngôi sao LOB thứ năm, xuất hiện định kỳ bên trong chuỗi thư, hóa ra lại quay 36° với mỗi lần xuất hiện tiếp theo. Bạn có thể đọc về cách tạo ra một chiếc colcho như vậy trong bài viết “Flexaons, flexors, flexms.” Mẫu colchua được thể hiện ở đó ở hình 15. Kích thước khuyến nghị của các cạnh của tứ diện là 3,5 cm. Hãy dành thời gian, cẩn thận đánh dấu mẫu và sơn nó bằng hai màu bạn yêu thích. Sau đó, cắt nó ra và làm theo hướng dẫn trong bài viết, cẩn thận dán nó lại với nhau. Sau khi làm xong tất cả những điều này, bạn sẽ trở thành chủ nhân của một món đồ chơi mà khi đặt vào tay bạn, nó sẽ ngay lập tức trở nên sống động.