Kvant 1988, số 9 · Trang

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

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

Hình học của một tờ giấy

1988

1

Trong phòng:

2 V. Vâng. Frenkel. Alexander Alexadrovich Fridman
9 A. A. Borin. Con chim nằm xuống và người đàn ông bay
17 D. V. Fuchs. Hình học của một tờ giấy
24 AV Balko. Khimchi nhiều loại thiên thể
30 V.V. Kozlov. Sự va chạm của cơ thể

Bài toán Kvant
Bài toán M1121 — M1125, F1133 — F1137
Problems M1121 — M1125, P1133 — P1137
Lời giải bài toán M1101 — M1105, F1113 — F1117
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Kính vạn hoa «Kvant»
«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. L. Rosenthal. Quy tắc cuối cùng

Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10:
Phim chính bài toán
Nhiệt độ tuyệt đối

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V.V. Uteshev. Nitơ lỏng và đai ốc đồng

Xưởng của người nộp đơn
V. E. Matizen, V. N. Dubrovsky. Từ hình học của tứ diện

Thế vận hội
Bài toán LI Olympic Toán học Thành phố Moscow
Đã chọn bài toán Olympic Vật lý thành phố Moscow
Olympic Vật lý và Toán học Toàn Liên minh MBTU được đặt theo tên. N. E. Bauman

Thông tin
Đơn hàng được chấp nhận…
Đáp số, gợi ý, lời giải

bìa của chúng tôi
Bạn có để ý rằng đuôi của con chim bạc má ngồi trên bìa trông giống đuôi chim én hơn không?
Người nghệ sĩ đã tạo cho chiếc đuôi của con chim én một hình dạng bề mặt mà các nhà toán học gọi là “đuôi chim én”. Bạn có thể đọc về bề mặt thú vị này trong bài viết
D. V. Fuksa “Hình học của một tờ giấy.”

Màu nước hình của Albret Dürer (1471–1528). “Post art ẩn trong nhuyễn” - đây là những gì nghệ sĩ vĩ đại người Đức này đã viết.
Và không chỉ nghệ thuật. Về mặt kỹ thuật, sắt thép mạnh nhất của con người đã đạt được “lý tưởng tự nhiên”. Một ví dụ về điều này là avchatiya. (Xem bài viết
A. A. Borin “Chuyến bay của chim và chuyến bay của con người.”)
Trang cờ vua.

2

Alexander Alexandrovich
FRIEDMAN
(nhân kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông)

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
V. Y. FRANKEL

Thật khó để xác định hoạt động của nhà khoa học nổi tiếng Liên Xô Alexander Alexandrovich Friedman có thể quy cho lĩnh vực khoa học nào. Nếu lật lại danh mục tiểu sử của các nhà vật lý, chúng ta sẽ tìm thấy trong đó một bài viết riêng về Alexander Alexandrovits. Tuy nhiên, có một bài viết mang tính thông tin không kém trong cuốn sách tham khảo tương tự “Toán học và Cơ học”. Cuối cùng, trong bộ sưu tập tiểu sử tương tự thứ ba, “Các nhà thiên văn học”, chúng ta cũng sẽ tìm thấy tên của Friedman, đồng thời chúng ta sẽ biết rằng một trong những tiêu chí về độ tin cậy của Mặt trăng được đặt tên để vinh danh ông. Người đồng hương của chúng ta là ai, người có cuộc đời được coi là một kỳ tích và khám phá của họ trong lĩnh vực vũ trụ học là một trong những khám phá mang tính cách mạng nhất trong khoa học, có quy mô gần giống với những gì Copernicus đã tạo ra? Ông là “một trong ba người,” hay đúng hơn, thậm chí là trong bốn người: nhà vật lý, thợ cơ khí, nhà toán học và nhà thiên văn học (nhà vật lý thiên văn). Mô hình Vũ trụ giãn nở, thay đổi theo thời gian mà ông tạo ra vào năm 1922 hiện đang là tâm điểm chú ý của các nhà vật lý thiên văn; nó đã nhận được xác nhận thực nghiệm trong một số công trình khám phá, công trình đầu tiên được thực hiện bởi nhà thiên văn học người Mỹ E. Hubble bốn năm sau cái chết của Friedman, và một trong những công trình quan trọng nhất - việc phát hiện ra bức xạ điện từ tùy ý trong Vũ trụ (gọi tắt là bức xạ phế thải) - khoảng một phần tư thế kỷ trước. Có lẽ, chính từ thời điểm phát hiện này của các nhà vật lý người Mỹ R. Wilson và A. Penzinas, những kết luận nghịch lý từ lý thuyết của Friedman, mà trước đây đối với ông, dường như một phần là sự tò mò, đã có được sức mạnh của những sự thật thực tế không thể bác bỏ, và khoa học về Vũ trụ bắt đầu phát triển nhanh chóng.

A. A. Fridman sinh ra ở St. Petersburg vào ngày 16 tháng 6 năm 1888. Cha của ông, cũng là Alexander Alexandrovich, là một vũ công ba lê, nhạc trưởng, nhà soạn nhạc và học tại Nhạc viện St. Petersburg với N. A. Rimsky-Korskov. Mẹ, Lyudmila Ignatevna Voyachek, con gái của nhà soạn nhạc, nhà tổ chức và nhạc trưởng nổi tiếng St. Petersburg I. K. Voyachek, là một nghệ sĩ piano. “Gen” âm nhạc không bộc lộ ở Alexander Fridman: ông chỉ yêu âm nhạc, không hơn thế. Năm 1897, ông vào lớp dự bị của Nhà thi đấu số 2 St. Petersburg, nằm không xa ngôi nhà số 35 bên bờ kè sông Moika, nơi gia đình ông sinh sống.

Hypnasia có một đội ngũ giảng viên hùng hậu. Chỉ cần nói rằng hai trong số các giáo viên là tác giả của sách giáo khoa thể dục. Thông tin về lịch sử của nhà thi đấu - lâu đời nhất ở St. Petersburg - có thể được tìm thấy trong các tài liệu của nó, tạo thành một quỹ đặc biệt của Cơ quan Lưu trữ Lịch sử Nhà nước Leningrad. Tất nhiên, trong nền tảng này, có thông tin về học sinh và giáo viên, tài liệu từ các cuộc họp của Hội đồng sư phạm của nhà thi đấu, và thậm chí cả các trang thông tin (hãy nhớ “Conduit and Schwambrania” của Lev Kassil!), trong đó công việc của các lớp bảo vệ về những hành vi sai trái và trò đùa của học sinh nhà thi đấu được đưa vào đúng giờ.

Nếu ở lớp một, Alexander Fridman học nhiều hơn mức trung bình (ở hầu hết các môn, kể cả số học, cậu ấy đạt điểm C), thì bắt đầu từ lớp ba, cậu ấy -

3

một trong những học sinh giỏi nhất Một sinh viên khác như vậy, chia sẻ ưu thế với Alex, là người bạn lâu năm của anh, Ykov Tamarkin. Một thanh niên khác học lớp lớn hơn tại nhà thi đấu số 2, có lẽ độc giả của “Kwan” đã biết tên người này - đây là nhà toán học nổi tiếng trong tương lai, Viện sĩ hàn lâm Vladimir Ivanovich Smirnov, bạn sau đại học của Friedman, cố vấn cho các công trình của ông, tác giả của khóa học toán cao cấp gồm 5 tập. Một thanh niên có năng khiếu khác thường học cùng lớp với Smirnov - Mikhail Petelin, cũng là đồng chí và cố vấn của Fridman. Có vẻ như một sự kết hợp hiếm có giữa các tài năng, không kém phần quan trọng, được thể hiện nhờ khả năng sư phạm của giáo viên - nhà toán học Ya. V. Iodinsky và P. N. Genzel và nhà vật lý I. V. Glinika.

Năm 1903 (Friedman khi đó đang học lớp sáu), I. V. Glinika tổ chức các lớp vật lý ngoại khóa trong phòng vật lý của nhà thi đấu, và ngay sau đó là vòng tròn vật lý họp ba lần một tuần. Những người tham gia tích cực nhất giám sát các lớp học thực hành của đồng đội. Sau đó, vòng tròn bắt đầu được gọi một cách trang trọng là “Hiệp hội những người nghiệp dư Vật lý của Nhà thi đấu St. Petersburg lần thứ 2”. Các sinh viên thể dục đọc các báo cáo tóm tắt tại các cuộc họp, tổ chức thư viện vật lý vòng tròn của riêng họ và quyết định xuất bản một tạp chí hàng đầu, trong đó có các bài đánh giá về những thành tựu mới nhất trong vật lý của sinh viên.

Friedman rất yêu thích nhóm vật lý trong phòng tập thể dục và theo hồi ức của một trong những người bạn đại học của ông, ông đã tham dự các cuộc họp của nhóm khi ông đã trở thành sinh viên.

Tôi đã cố gắng vô ích để tìm thấy Alexンドra Friedman trong số những người tinh nghịch mà những mô tả về chiến công của họ tràn ngập các ghi chú hàng ngày ở quầy bánh kẹo của phòng tập thể dục số 2. Rõ ràng, ban đầu anh ấy là một người theo chủ nghĩa cánh hữu khá trầm lặng, sau đó, cùng với Tamarkin, anh ấy trở nên thực sự quan tâm đến toán học, và thậm chí sau đó, ở những lớp cuối cùng, phong trào cách mạng. Tại đây, anh ta tỏ ra là một kẻ chủ mưu dày dạn kinh nghiệm: trường tiểu học thậm chí không nghi ngờ rằng một trong những học sinh đó là thành viên Ủy ban Trung ương của Tổ chức Sinh viên Dân chủ Xã hội St. Friedman còn có biệt danh “tiệc tùng” - “Lilac”.

Một ngày nọ, Friedman và Tamarkin, khi đó là học sinh lớp 8, hào hứng lạ thường trong lớp và nói chuyện. Họ thậm chí còn bị đuổi ra khỏi lớp. Tuy nhiên, khi biết được nguyên nhân gây hưng phấn như vậy, thầy đã không cho “vụ án” tiếp tục. Hóa ra, chính buổi sáng hôm đó, những người bạn được biết rằng công trình toán học đầu tiên của họ - một bài báo về lý thuyết số - đã được một tạp chí toán học nổi tiếng của Đức chấp nhận xuất bản và nhận được sự đồng tình của nhà toán học vĩ đại nhất - D. Hilbert.

Friedman tốt nghiệp trung học với huy chương vàng.

Tài liệu của quỹ thể dục được bảo quản bài toán, được cung cấp cho học sinh thể dục trong kỳ thi cuối kỳ. Hãy cho hai

5

Demian B.B. Golitsyan (và với sự chấp thuận của V.A. Steklov) bắt đầu quan tâm đến các vấn đề địa chất, thủy động lực học và khí tượng học. Năm 1913, ông bắt đầu làm việc (cùng với việc giảng dạy toán tại Viện Khai thác mỏ và Viện Kỹ sư Đường sắt) tại Đài quan sát Vật lý Chính. Ở Pavlovsk, gần St. Petersburg, có một chi nhánh của đài quan sát này, và Friedman đã nghiên cứu hành vi của các luồng không khí ở đó, tổ chức thả diều bằng các thiết bị đo cường độ và hướng gió ở nhiều độ cao khác nhau, và với cùng mục đích, chính ông đã bay trên một chiếc khinh khí cầu. Thứ năm - không khí - đại dương đã trở thành niềm đam mê cuộc sống thực sự của Alexander Aleksadrovich!

Khi Thế chiến bắt đầu, Friedman đã tình nguyện gia nhập quân đội vào tháng 8 năm 1914. Ông được giao nhiệm vụ thành lập một cơ quan hàng không.

Một ngôi nhà trên phố Plexanova (trước đây là Kazanskaya), nơi có Zemnaya thứ 2 của Petersburg. Bây giờ tòa nhà này là trường số 232.

Gia đình A. A. Friedman sống trong ngôi nhà này trên bờ kè Moika. Ngôi nhà đã được bảo tồn và được nhà nước bảo vệ như một di tích kiến ​​trúc của thế kỷ 19.

7

Hơn nữa, nó có thể tăng và giảm. Vũ trụ của chúng ta có thể giãn nở trong một thời gian dài (cái tên “Vũ trụ giãn nở” rõ ràng gắn liền với tên của Friedman và tương ứng với mạch của pha mà ông đang trải qua). Việc giãn nở này là vô hạn hay sẽ được thay thế bằng lực nén còn phụ thuộc vào mật độ trung bình $\rho$ của vật chất trong Vũ trụ là bao nhiêu. Nếu $\rho$ nhỏ hơn một số giá trị tới hạn $\rho_k \approx 10^{-29}$ g/cm$^3$ thì quá trình giãn nở sẽ tiếp tục. Nếu $\rho > \rho_k$ thì nó sẽ được thay thế bằng nén; Vũ trụ được đưa đến một “điểm”, được gọi là điểm kỳ dị. Sau đó, một “Vụ nổ lớn” sẽ xảy ra - và một lần nữa chất đó, được cô đặc đến mật độ cần thiết, bắt đầu di chuyển ngược lại theo hướng giãn nở. “Kịch bản” về những gì sẽ xảy ra sau Vụ nổ lớn đã được các nhà vật lý lý thuyết và vật lý thiên văn tái dựng lại chi tiết. Nó nhanh chóng được phác thảo trong cuốn sách “Ba phút đầu tiên” của nhà vật lý người Mỹ và người đoạt giải Nobel Steven Weinberg. Thật thú vị khi lưu ý rằng ý tưởng về sự phân chia (hay tốt hơn là sự tái sinh) của Vũ trụ trong Vụ nổ lớn lần đầu tiên được hình thành bởi nhà vật lý người Mỹ gốc Nga G. A. Gamow, người ở độ tuổi 20 đã học với Friedman tại Đại học Petrograd và coi mình là học trò của ông.

Alexander Alexandrovich Friedman là người đầu tiên có được các công thức xác định sự phát triển của Vũ trụ và dựa trên những dữ liệu rất không chính xác, đã ước tính nó vào khoảng 10 tỷ năm. Theo ước tính hiện nay là 15-20 tỷ năm. Công trình vũ trụ học của Friedmann, xuất bản năm 1922 trên một tạp chí vật lý hàng đầu của Đức, đã gây ra sự phản đối từ Einstein, người, như đã nói, tin rằng Vũ trụ là đứng yên và do đó coi kết luận của Friedmann về khả năng tiến hóa của nó theo thời gian là sai lầm. Einstein đã viết một bài ngắn về điều này trên tạp chí đó. Friedman viết một lá thư cho Einstein vào cuối năm 1922, trong đó ông bảo vệ quan điểm của mình. Nội dung bức thư đã được đồng nghiệp ở Petrograd của Friedman, Giáo sư Yury Aleksandrovich Krutkov, người đang làm việc ở nước ngoài vào mùa xuân năm 1923, đưa đến cho Einstein sự chú ý. Vào tháng 5 năm nay, ông đã gặp Einstein vài lần, và vào ngày 18 tháng 5, ông đã ghi chú như sau trong nhật ký của mình: “Ông ấy đã đánh bại Einstein trong vụ tranh chấp Friedman. Danh dự của Petrograd đã được cứu vãn!” Einstein đã gửi (tất cả đến cùng một tạp chí) một ghi chú khác, trong đó ông bác bỏ ý tưởng tăng trưởng của mình chống lại kết luận của Friedman và công nhận kết quả của ông là xuất sắc và làm sáng tỏ những khoảng trống của vũ trụ học. Nhà khoa học vĩ đại trước đây đã phải mắc sai lầm, nhưng sau đó, vào năm 1931, ông thừa nhận rằng trong đời mình chưa bao giờ mắc sai lầm nào khó chịu hơn việc đánh giá công trình của Friedman.

Friedman không cần phải đợi cho đến khi lý thuyết của mình thành công, trong đó ông “ở đầu ngòi bút” đã phát hiện ra sự giãn nở của Vũ trụ và nói chung là dự đoán những con đường tiến hóa có thể có của nó. Như đã đề cập ở đầu bài, bằng chứng đến sau. Bốn năm sau cái chết của Alexander Alexandrovich, nhà thiên văn học người Mỹ E. Hubble, dựa trên việc nghiên cứu quang phổ của các thiên hà xa xôi, đã chỉ ra rằng các thiên hà đang di chuyển ra xa chúng ta với tốc độ $v$, tỷ lệ thuận với khoảng cách giữa ông với chúng ta $r$: $\vec{v} = H\vec{r}$. Hệ số tỷ lệ $H$, không phụ thuộc vào $\vec{r}$ (và nói chung phụ thuộc vào thời gian), được gọi là hằng số Hubble. Theo dữ liệu hiện đại, $H$ được lấy bằng 75 km/(s · Mpc). Lưu ý rằng hằng số Hubble, cùng với hằng số hấp dẫn phổ quát $G$, xác định mật độ tới hạn $\rho_k$: $\rho_k = 3H^2/8\pi G \approx 10^{-29}$ g/cm$^3$.

Năm 1965, R. Wilson và A. Penzas ở Mỹ đã phát hiện ra bức xạ còn sót lại - dấu vết trực tiếp của Vụ nổ lớn. Công trình của Friedman đã nhận được sự xác nhận mới và mạnh mẽ.

8

Ở đây chúng tôi sẽ không mô tả lại các công thức và lý do mà Friedman đưa ra để đưa ra kết luận của mình. Tuy nhiên, chúng ta hãy chỉ ra rằng vào năm 1934, hóa ra người ta đã có thể rút ra một số kết luận quan trọng không phải bằng ngôn ngữ phức tạp của thuyết tương đối rộng, mà Aleksandr Aleksadrovich đã sử dụng trong các tác phẩm của mình, mà bằng ngôn ngữ Newton đơn giản và quen thuộc hơn. Nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng của Liên Xô Ya. B. Zeldovich đã nói rất rõ ràng về điều này trên các trang của «Kvant» (Số 3, 1984), người đã đóng góp rất nhiều cho sự phát triển sâu sắc các ý tưởng của Friedman cũng như cho việc tuyên truyền của họ.

Trong nửa đầu thập niên 20, Friedman tiếp tục nghiên cứu đồng thời trong lĩnh vực vật lý khí quyển và lĩnh vực lý thuyết tương đối. Vào tháng 7 năm 1925, với tư cách là giám đốc Phòng thí nghiệm tổng hợp địa vật lý chính, ông cùng với phi công hàng không chuyên nghiệp P.F. Fedosenko, đã thực hiện một chuyến bay vào bầu khí quyển bằng khinh khí cầu; Kỷ lục độ cao quốc gia đã được thiết lập (7400 m). Friedman đã viết lại ấn tượng của mình về chuyến bay. Fedosenko cũng làm như vậy. Những bài viết tuyệt vời! Từ họ - tất nhiên, đặc biệt là từ bài báo của Fedosenko - chúng ta biết được rằng người phi công quan sát dũng cảm của Thế chiến thứ nhất, Alexander Friedman, vẫn là một người dũng cảm như cũ, trở thành một nhà khoa học nổi tiếng thế giới.

Mùa hè năm 1925, lần đầu tiên sau nhiều năm, ông đến Crimea trong ba tuần. Trở về nhà - anh đến Leningrad vào ngày 17 tháng 8 - Aleksadr Aleksadrovich bị bệnh thương hàn và vì tai nạn ngớ ngẩn này đã qua đời ở tuổi 37 vào ngày 16 tháng 9, trong thời kỳ đỉnh cao của năng lực sáng tạo và tài năng. Báo chí đã phản ứng lại sự kiện đáng buồn này bằng một số ấn phẩm. Đặc biệt, tờ Evening Red Gazeta - tiền thân của tờ Evening Leningrad - ngày 18/9 đã đăng bài phỏng vấn bác sĩ điều trị cho Fridman. Ngày cuối cùng của cuộc đời Aleksandr Aleksadrovich là vào thứ Tư, và điều bất hạnh

9

Alexander Arkadyevich Borin là một chuyên gia nổi tiếng trong lĩnh vực khí động lực học. Trong nhiều năm, ông làm việc tại Viện Khí động học Trung ương (TsAGI) và tại phòng thiết kế giàu kinh nghiệm với tư cách là nhà thiết kế hàng đầu cho các thiết bị hàng không đặc biệt phức tạp.
A. A. Borin viết bài này theo yêu cầu của biên tập viên «Kvant». Nó hoạt động tốt đến mức trở thành tác phẩm cuối cùng của ông - vào tháng 7 năm 1987, Alexンドr Arkadvits qua đời.
Chúng tôi quyết định xuất bản bài viết dưới hình thức do tác giả chuẩn bị. Nhận thấy rằng độc giả của chúng tôi không thể tiếp cận được mọi thứ trong đó, chúng tôi đã yêu cầu thành viên ban biên tập «Kvant» Giáo sư A. L. Stasenko đưa ra những lời giải thích cần thiết về văn bản. Chúng được cung cấp dưới dạng ghi chú ở cuối bài viết.

Chuyến bay của một con chim
VÀ CHUYẾN BAY CỦA CON NGƯỜI

A. A. BORIN

Ví dụ về những con chim bay khắp nơi luôn vẫy gọi một người đưa anh ta lên không trung.
O. K. Antonov

Một cuộc tranh chấp kéo dài hàng thế kỷ

Giấc mơ về chuyến bay - chuyến bay vỗ cánh - cũng xa xưa, nếu không muốn nói là lâu đời như thế giới, thì trong mọi trường hợp, cũng lâu đời như lịch sử phát triển của ý thức con người. Người xưa, trước mắt là ví dụ về loài chim, không thể tưởng tượng ra cách bay nào khác. Đó là truyền thuyết về Icarus.
Đây cũng là nỗ lực đầu tiên được lưu giữ trong lịch sử nhằm hiểu chuyến bay theo quan điểm của kiến ​​thức khoa học thời đó. Leonardo da Vinci đã làm được điều đó. Phải mất thêm hàng trăm năm quan sát và thí nghiệm để chúng ta đi đến ý tưởng rất quan trọng đó là có thể bay trên một cánh cố định. Giờ đây, chúng tôi đã đi rất xa trên con đường này đến mức chúng tôi đã bỏ lại những tờ rơi có lông vũ ở hầu hết mọi khía cạnh, mặc dù không có một cỗ máy bay nào “điều khiển cơ thể của nó” một cách hoàn hảo, giống như một con chim.

Tuy nhiên, ngay cả vào đầu thế kỷ của chúng ta, ý tưởng của các nhà khoa học và kỹ thuật vẫn còn ngây thơ và xa vời. “Chúng ta lại gặp phải những nỗ lực vô căn cứ nhằm bay trên các thiết bị bắt chước chim một cách ngây thơ,

10

Nhưng sự thất vọng ập đến: người ta vẫn chưa thể tiến xa hơn các mô hình bay - trong đó có vô số chiếc đã được chế tạo trong hàng trăm năm qua. Đây có phải là trường hợp? Hay những thất bại dai dẳng có nguồn gốc sâu xa hơn? Liệu một người có thể bay theo đúng nghĩa “như một con chim” không? Và câu hỏi chính: liệu phương pháp bay này có tốt hơn bình thường không? hay tệ hơn?

Chuyến bay du lịch

Chúng tôi sẽ gọi hành trình bay là bay ngang ở chế độ mang lại sự tập trung thuận tiện nhất trong lĩnh vực công nghệ không gian trọn gói M.K. Tikhonravov trong cuốn sách “Chuyến bay của chim và máy móc với đôi cánh vỗ”. Hơn nữa, những nỗ lực tương tự đã được lặp lại vào những năm 30 của thế kỷ chúng ta và ít nhất là trong các dự án vẫn tồn tại không thể phá hủy cho đến ngày nay. Truyền thuyết về chuyến bay vỗ cánh của một người đàn ông đã tồn tại từ thời Hy Lạp cổ đại; chỉ có nội dung của nó đã thay đổi. Trong ánh sáng mê hoặc của con chim, những người tạo ra huyền thoại cổ xưa nhìn thấy hy vọng thực hiện được chuyến bay, nhưng những người tạo ra huyền thoại ngày nay - họ là nhân tạo, bởi vì con người đã bay - là một kẻ ngốc, một sự hoàn hảo mà chúng ta chưa đạt được, tin chắc rằng sự sáng tạo của thiên nhiên luôn luôn và trong mọi thứ vượt lên trên trí tuệ rụt rè được tạo ra.

Bỏ vấn đề an toàn sang một bên, việc bay vỗ cánh vẫn thu hút một lượng lớn người đam mê hiện nay. Sự dễ dàng rõ ràng của nó khuyến khích những người nghiệp dư xây dựng một mô hình và gửi các dự án khéo léo, đặc biệt là sự tự tin rằng họ biết bí mật cuối cùng cho phép một người thực hiện chuyến bay vỗ cánh.

Không kém phần ấn tượng là xét về tải trọng trên một đơn vị công suất (xem ghi chú 1), chim lớn hơn máy bay rất nhiều lần. Rất đúng là một thiết bị có khả năng truyền 1000 N cho mỗi kilowatt điện sẽ có lợi không kém cho một thiết bị khác, thiết bị này chỉ truyền (tất cả những thứ khác bằng nhau) 100 N. Do đó, như đặc điểm nhận dạng của trạng thái bay vỗ, xét về mặt năng lượng, một con chim hoàn hảo hơn một chiếc máy bay nhiều lần.

Nhưng, đừng quên, “những thứ khác đều bình đẳng”! Sự bình đẳng của họ là gì?

Giống như bất kỳ quá trình năng lượng nào, chuyến bay của một con chim (hoặc máy bay) tuân theo định luật bảo toàn năng lượng, định luật này đối với bất kỳ vật nào chuyển động với tốc độ không đổi $v$ trong một môi trường có cản trở đều có thể được biểu diễn là $N\eta_{\text{дв}}=F_cv$, trong đó $N$ là công suất tiêu thụ trong quá trình chuyển động, $\eta_{\text{дв}}$ là hiệu suất của thiết bị đẩy, $F_c$ là lực cản của môi trường (ở một tốc độ nhất định). Bằng cách giới thiệu các giá trị chất lượng2) $K=G/F_c$ và biểu thị tốc độ theo đơn vị km/h, chúng ta thu được các giá trị

tải trên mỗi đơn vị công suất:

$$\frac{G}{N} = 3600 \frac{K \eta_{\text{ДВ}}}{v}.$$

Thứ nguyên của đại lượng này là N/kW.

Sự phụ thuộc này mang tính phổ quát: nó có giá trị đối với mọi vật thể chuyển động (con chim, máy bay, tàu hỏa, tàu thủy, chất lỏng được bơm qua đường ống) bất kể nguồn gốc của lực khiến chúng chuyển động (cơ, nhiệt hoặc động cơ điện, gió) và thiết bị chuyển động của cơ thể (bánh xe, con vít, cánh vỗ, máy bơm). Để quyết định bài toán đến cuối cùng trong từng trường hợp cụ thể, chỉ cần tìm các giá trị “chất lượng tương đương” là đủ $K_3 = K \eta_{\text{ДВ}}$, bởi vì bên cạnh đó $K_3$ tải điện $G/N$ chỉ phụ thuộc vào tốc độ $v$. Như vậy, tiêu chí hoàn thiện năng lượng, đánh giá sự lựa chọn hợp lý về mặt kỹ thuật lời giải hoặc cấu trúc tự nhiên của một vật thể, không phải là tải điện, về cơ bản phụ thuộc vào tốc độ (“sự bình đẳng của các điều kiện khác” không được quan sát!), mà là một đại lượng không thứ nguyên $K_3$.

Lý do về giá trị lớn $G/N$ ở chim và côn trùng giờ đây đã trở nên rõ ràng. Sự vắng mặt của nó được minh họa bằng biểu đồ trên hình 1. Hơn nữa, ở mức hiệu suất năng lượng thấp (ví dụ ở Sarachia, $K_3 = 2,8$, trong khi ở máy bay tốt $K_3 = 13$ trở lên), tải trọng cụ thể của chúng cao hơn đơn giản vì tốc độ bay thấp. Theo nghĩa này, điểm trên biểu đồ tương ứng với giá trị của tờ rơi Gossamer-Condor bay qua eo biển Anh mang tính biểu thị đặc biệt. Thiết bị này được chế tạo theo thiết kế máy bay - cánh cố định và thiết bị đẩy trục vít, nhờ tốc độ bay rất thấp ($v = 17,8$ km/h) có tải điện 4400 N/kW, mà bất kỳ loài chim nào cũng không thể đạt được.

Ý nghĩa vật lý của điều trên cực kỳ đơn giản: khi tiêu hao một công suất nhất định, tải trọng truyền càng lớn thì tốc độ càng thấp. Đây chính là “bí mật” về tải năng lượng cao ở động vật bay.

Leonardo da Vinci. Mô hình máy bay.

12

Vì vậy, tiêu chí hoàn thiện năng lượng là $K_s$. Điều khá tự nhiên là cường độ $K_s$ ảnh hưởng lớn đến phạm vi bay ngang $L$. Theo công thức Wrege,

$$L = -\frac{K_s}{C_y} \frac{\lg(1-\bar{m}_{\text{rop}})}{\lg e},$$

trong đó $C_y$ là mức tiêu thụ nhiên liệu cụ thể, $\bar{m}_{\text{rop}} = m_{\text{rop}}/m_0$ là khối lượng tương đối của nhiên liệu, $m_0$ là khối lượng ban đầu của vật$^3$).

Rõ ràng từ công thức rằng kích thước và khối lượng tuyệt đối không ảnh hưởng đến phạm vi bay. Vì vậy, việc so sánh kích thước thu nhỏ của các loài chim với khoảng cách mà chúng bao phủ là vấn đề cảm xúc hơn là tranh luận khoa học. Khi đánh giá các yếu tố thực tế đang diễn ra, so sánh ở đây không cho thấy bất kỳ lợi thế nào của loài chim.

Dữ liệu chuyến bay là tài liệu nghiên cứu miễn phí. Chỉ cần nghiên cứu kỹ quãng đường di chuyển và sự mất khối lượng tương đối (và điều này có vẻ không khó) là đủ để có được đánh giá đáng tin cậy về mức năng lượng hoàn hảo của vật thể.

Thật không may, dữ liệu về loài chim này thường không đầy đủ. Trong thông tin về chuyến bay được đề cập của chim choi choi, cả trọng lượng của chim cũng như tốc độ gió đều không được nêu rõ; hơn nữa, không có gợi ý vì chim không ăn dọc đường. Chuyến bay của loài chim cánh cụt qua Đại Tây Dương đi kèm với một cơn gió mạnh - lên tới 95 km/h; giảm cân vẫn không thay đổi. Dữ liệu thực nghiệm đầy đủ và đáng tin cậy chỉ có sẵn cho một trường hợp: sự di cư của đàn bướm đêm Mỹ Dendroica striata từ Massachusetts (Mỹ) đến Bermuda (khoảng cách 1300 km). Tốc độ bay được điều khiển bằng radio; gió trên tuyến đường đã được tính đến. Mức giảm cân trung bình là 0,165 so với giá trị ban đầu.

Dữ liệu tương ứng về máy bay: độ giảm trọng lượng tương đối của máy bay LI-2 lỗi thời là 0,182 với tầm bay 2090 km, máy bay ANT-25 bay từ Moscow đến St. Petersburg (Mỹ) năm 1937 là 0,542 với tầm bay 13.000 km. Sử dụng các giá trị đã biết về nhiệt dung riêng khi đốt nhiên liệu hàng không và “nhiên liệu” (chất béo) của chim, cũng như hiệu suất nhiệt, từ những dữ liệu này, có thể xác định $K_s$: đối với gia cầm $K_s=10,6$, đối với máy bay LI-2 $K_s=8,7$, đối với ANT-25 $K_s=13,9$. Những dữ liệu này xác nhận sự thiếu ưu thế về năng lượng của loài chim. Điều thú vị cần lưu ý là tổn thất khối lượng tương đối 0,165 của máy bay ANT-25 tương ứng với tầm bay chỉ 3300 km.

Cất cánh, hạ cánh, ký gửi tại chỗ

Đúng, những người quyết định cỗ máy bay sẽ nói, nhưng một con chim cất cánh và hạ cánh thẳng đứng, và đối với những chiếc máy bay thiếu khả năng này, chúng ta buộc phải xây dựng những đường băng đắt tiền.

Ở đây, như họ nói, không thể nói gì: chúng ta có thể tạo ra một thiết bị cất cánh như trực thăng và bay theo chiều ngang như máy bay chỉ với cái giá phải trả là tiêu tốn rất nhiều nhiên liệu khi cất cánh. Tuy nhiên, cần phải làm rõ một số điều.

Từ định luật thứ hai của Newton, theo định luật thứ hai, lực nâng $P$ của bất kỳ vật đỡ cơ hoành nào (cánh, rôto chính) bằng tích của khối lượng thứ hai của không khí hướng xuống $m_s$ với tốc độ thẳng đứng của máy bay phản lực tăng trưởng. Biểu thị diện tích được quét bởi thân đỡ (hình 2) qua s và lưu ý rằng tốc độ của tia phản lực quay lại $v_2$ ở chế độ phun gấp đôi tốc độ trong mặt phẳng của thân đỡ $v_1$, ta tìm được lực nâng bằng với thiết bị: $P=G=m_s v_2=2 m_s v_1=2 \rho s v_1^2$ (ρ là mật độ không khí tại mặt đất)$^4$.

Không phải toàn bộ năng lượng tiêu hao đều dùng để rút lại tia; chúng tôi tính đến tổn thất của nó (do tia nước xoáy, do ma sát của cơ quan hỗ trợ với không khí), chúng tôi nhập “hiệu suất tương đối” $\eta_0$ và tìm công suất cần thiết để hỗ trợ các đơn vị trọng lượng:

$$\frac{N_{\text{потр}}}{G} = \frac{1}{\eta_0 \sqrt{2 \eta}} \left(\frac{G}{s}\right)^{1/2}.$$

13

Rõ ràng, yếu tố quyết định sự xuất hiện của cất cánh thẳng đứng và bay lơ lửng là cái gọi là tải trọng trên khu vực quét $G/s$. Điều này dẫn đến những kết luận quan trọng được xác nhận đầy đủ bằng thực tiễn.

Trong điều kiện tương tự về hình học và động học (trùng khớp thỏa đáng trong cùng một loài sinh học), diện tích quét thay đổi tỷ lệ với bình phương các kích thước tuyến tính, khối lượng - tỷ lệ với hình lập phương; do đó tải trọng trên khu vực tỷ lệ thuận với kích thước tuyến tính. Điều này giải thích thực tế được đề cập ở trên: chỉ những loài chim tương đối nhỏ - không lớn hơn chim bồ câu - mới có khả năng cất cánh thẳng đứng và khả năng bay “run rẩy” (lơ lửng). Những con lớn hơn - chẳng hạn như quạ - có thể thực hiện cất cánh chính xác (từ trạng thái đứng yên), sử dụng lực đẩy mạnh bằng chân; thậm chí cả những con lớn hơn - loon, bồ nông, hồng hạc - cất cánh như một chiếc máy bay, với khởi đầu đang chạy. Cuối cùng, thần ưng, chim hải âu và các loài chim lớn khác chỉ có thể bắt đầu chuyến bay bằng cách lao mình ra khỏi những vật thể nổi lên - cây cối, đá, cồn cát ven biển.

Ngoài ra - và điều này không nên bị lãng quên bởi những người đam mê mơ ước thực hiện cú cất cánh thẳng đứng trên một chiếc máy bay nhân tạo - điều này chỉ có thể đạt được nếu cánh di chuyển trong mặt phẳng ngang sang chế độ cất cánh - nếu không thì không thể có được diện tích quét đủ lớn. Ở loài chim, quá trình chuyển đổi từ trạng thái bay hành trình gần như thẳng đứng sang mặt phẳng gần như nằm ngang khi cất cánh và hạ cánh được thực hiện không gặp khó khăn do tính linh hoạt và khả năng thay đổi đáng kể độ nghiêng của cơ thể. Không thể chế tạo được một bộ máy nhân tạo quy mô hoàn chỉnh như vậy với trình độ công nghệ hiện nay.

Yếu tố quan trọng thứ hai quyết định khả năng bay lơ lửng và cất cánh thẳng đứng là công suất tối đa sẵn có cho một con vật nhất định.

14

$N_{\text{pacn}} / G$. Lượng sinh học được ước tính nằm trong khoảng từ 0,0040 đến 0,0053 kW/H đối với gia cầm nặng tới 10 kg và giảm khi trọng lượng tăng thêm. Một điều kiện hiển nhiên để cất cánh theo phương thẳng đứng là việc thỏa mãn bất đẳng thức $N_{\text{порт}} \leq N_{\text{pacn}}$. Tại hình 3 có một biểu đồ mà qua đó bạn có thể theo dõi cách đáp ứng điều kiện này để thực hiện một vật thể - động vật và máy bay (tỷ lệ $G / s$ và $G / N$ ($N \equiv N_{\text{pacn}}$) đối với các tỷ lệ sau là sdinites cho sự rõ ràng).

Trong trường hợp không có những tổn thất có hại nêu trên $\eta_0 = 1$. Điều này sau (“con chim lý tưởng”) tương ứng với biểu đồ đường thẳng nghiêng phía trên. Bên dưới là các đường thẳng có giá trị tiêu diệt tăng dần $\eta_0$. Bằng cách vẽ các điểm $G / s$ và $G / N$ đã biết trên biểu đồ, chúng ta thu được các đặc điểm của đối tượng tương ứng; Điều rất quan trọng là việc không có một điểm nào trên đường thẳng dành cho “con chim lý tưởng” ($\eta_0 = 1$) là thước đo mức độ hoàn thiện về năng lượng của một vật thể trong một chế độ nhất định. Dữ liệu có sẵn (không may là thưa thớt) về các loài chim cho giá trị $\eta_0$ từ 0,27 đến 0,47; đối với loài côn trùng duy nhất đã được nghiên cứu kỹ lưỡng, Drosophila, tỷ lệ này là 0,16. Đối với máy bay trực thăng $\eta_0$ con số là từ 0,38 đến 0,68, tức là tùy theo mức độ hiệu suất năng lượng trên mỗi máy bay.

chế độ ứng dụng, chúng vượt trội hơn đáng kể so với động vật biết bay.

Điều này không có gì đáng ngạc nhiên. Nguyên nhân gây tổn thất lớn ở động vật là do không quét được một vòng tròn dọc theo sải cánh. Ở loài chim, điều này được bổ sung bằng việc thiếu một bộ phận đàn hồi trong hệ thống thân cánh (côn trùng có nó ở dạng bộ xương ngoài đàn hồi), gây ra tổn thất để khắc phục quán tính của cánh với mỗi lần thay đổi hướng vỗ. Mặt khác, côn trùng có tính khí động học rất kém do kích thước nhỏ và tốc độ thấp.

Như vậy, nguồn gốc chính tạo nên “khả năng” của côn trùng và các loài chim nhỏ tạo ra cảm giác cất cánh thẳng đứng và thực hiện chuyến bay rung chuyển của chúng ta là việc tạo ra một tải trọng nhỏ đơn giản lên khu vực bị cánh quét qua.

Chúng tôi thấy rằng những hứa hẹn về một thiết bị bay vỗ cánh nhân tạo phụ thuộc vào năng lượng có thể thực hiện mọi thứ mà một con chim “có thể làm” phải được xử lý hết sức thận trọng.

máy chỉnh hình

Để kết luận, chúng ta hãy đề cập đến phương pháp bay thu hút ước tính của chúng tôi

Hình 2. Diện tích bị orton ổ trục quét.
Hình 3. Sự phụ thuộc của công suất cất cánh cụ thể vào tải trên khu vực quét.

15

thứ tự rõ ràng về hiệu quả của nó trong quá trình cất cánh và bay lơ lửng:
lực nâng được tạo ra do tác động trực tiếp từ trên xuống dưới của mặt phẳng cánh vào không khí; khi di chuyển lên trên, cánh cánh mở ra hoặc quay bằng mép theo hướng chuyển động. Thiết bị thực hiện chuyển động như vậy được gọi là orthopter (“cánh thẳng”) và các biến thể khác nhau của nó xuất hiện trong hàng trăm ứng dụng.

Dễ dàng nhận thấy với chuyển động như vậy, diện tích mặt cắt ngang của cột tác động chịu trọng lượng của vật nhỏ hơn rất nhiều lần so với diện tích được bao phủ bởi cánh trong quá trình chuyển động ngang của nó. Điều này, như chúng ta đã biết, đòi hỏi phải tăng mạnh công suất cần thiết. Kết quả của việc này và cũng do một số tổn thất cụ thể khác, một thiết bị như vậy kém hơn 4-5 lần về hiệu quả kinh tế so với trực thăng.

Trong tự nhiên, kiểu bay được mô tả chỉ được sử dụng bởi các loài côn trùng có tải trọng rất nhỏ trên diện tích cánh, chẳng hạn như bướm ban ngày.

Ghi chú

1. Tất nhiên, thật nực cười khi so sánh những đặc điểm như trọng lượng hoặc sức mạnh của một con chim sẻ với trọng lượng và sức mạnh của một chiếc máy bay xuyên lục địa - con chim sẻ quá thảm hại. Nhưng thật hợp lý khi so sánh giá trị của các tỷ số của các đặc tính này để tìm ra trọng lượng trên một đơn vị công suất. Tỷ lệ $G/N$ này được gọi là tải trên một đơn vị công suất. Và với sự so sánh này, con chim sẻ hóa ra rất thông minh - với sức mạnh yếu của mình, lần này nó mang nhiều trọng lượng hơn (so với khả năng của lớp lót). Đúng, ở tốc độ thấp hơn.

Mọi điều đã nói đều giải thích hình 1.

2. Lực tác dụng lên máy bay từ không khí, lực khí động học, có thể phân thành hai thành phần: lực nâng $F_y$, tốc độ vuông góc của xe $v$ và lực kéo $F_x$, song song với $v$. Bằng trực giác, rõ ràng rằng lực nâng càng lớn và lực kéo càng nhỏ thì máy bay thực hiện các chức năng của nó càng tốt - nâng và mang tải trọng cao hơn trong không khí, chất lượng của thiết bị này càng cao, nói theo nghĩa bóng. Do đó, tỷ lệ $K=F_y/F_x$ thành phần của lực khí động học được gọi là chất lượng khí động học (hay đơn giản là chất lượng) của máy bay. Trong trường hợp bay ngang với tốc độ không đổi

16

Cùng với sự tăng trưởng, lực nâng cân bằng với trọng lực, lực kéo chuyển động - lực kéo.

3. Rõ ràng, công thức của Breguet không phải học sinh nào cũng biết. Vì vậy, chúng tôi trình bày kết luận của nó.

Với đường bay ngang đều, như đã đề cập, $F_x v = N \eta_{\text{дв}}$. Hãy thể hiện $F_x$ thông qua lực nâng $F_y = mg$ và chất lượng khí động học $K$:

$$\frac{mgv}{K} = N \eta_{\text{дв}}.$$

Giá trị $N \eta_{\text{дв}}$ là công suất, hay công thứ hai của động cơ chống lại lực cản. Giả sử rằng trong một đơn vị thời gian, động cơ tiêu thụ cùng một khối lượng nhiên liệu $\mu$ ($[\mu] = \text{kr/c}$). Sau đó theo thời gian $dt$ khối lượng nhiên liệu sẽ thay đổi $dm = -\mu dt$ kg. Chia cả hai vế của đẳng thức (*) cho $\mu = -dm/dt$:

$$-\frac{mgv \cdot dt}{K \cdot dm} = \frac{N \eta_{\text{дв}}}{\mu}.$$

Không có vấn đề gì $v \cdot dt = dx$ — chuyển động theo hướng ngang. Điều này có nghĩa là phương trình mô tả sự thay đổi khối lượng dọc theo đường đi, có thể vượt qua khi bay theo phương ngang, có dạng

$$dx = -\frac{KN \eta_{\text{дв}}}{\mu g} \frac{dm}{m}.$$

xen kẽ phương trình này từ điểm bắt đầu ($x = 0, m = m_0$) đến điểm cuối của chuyến bay ($x = L, m = m_0 - m_{\text{rop}}$), chúng ta thu được:

$$L = -\frac{K_3 N}{\mu g} \ln \left(1 - \frac{m_{\text{rop}}}{m_0}\right) = -\frac{K_3 N}{\mu g} \frac{\lg(1 - \bar{m}_{\text{rop}})}{\lg e}.$$

Bây giờ còn lại $\mu g/N = C_y$ - và chúng ta có được công thức của Breguet.

4. Hãy để chúng tôi giải thích đoạn này như sau. Độ biến thiên động năng của khối lượng không khí thoát ra trong một đơn vị thời gian bằng

$$N = m_s \left(\frac{v_2^2}{2} - 0\right) = m_s \frac{v_2^2}{2}.$$

(Chúng ta bỏ qua sự thay đổi thế năng của khối lượng này.) Mặt khác, chúng ta có thể coi vật nâng (ví dụ, cánh quạt của máy bay trực thăng) như một chiếc quạt đã khắc phục được sự chênh lệch áp suất do lực nâng tạo ra. Sự chênh lệch áp suất này truyền qua không khí “bị hút” từ trên cao với tốc độ $v_1$, đòi hỏi công suất $N = Gv_1$.

Xét rằng $G = m_s v_2$, từ đẳng thức của hai biểu thức lũy thừa, chúng ta thu được:

$$m_s \frac{v_2^2}{2} = m_s v_2 v_1,$$

hoặc $v_2 = 2v_1$.

Nhìn về phía trước, chúng ta hãy giải thích cách tìm ra công suất cần thiết để duy trì một đơn vị trọng lượng $-N/G$. Từ đẳng thức $G = 2\varrho s v_1^2$ ta biểu diễn $v_1$: $v_1 = \sqrt{\frac{G}{2\varrho s}}$. Thay $v_1$ này vào đẳng thức $N = Gv_1$, ta tìm được tỷ lệ $N/G$:

$$\frac{N}{G} = \frac{1}{\sqrt{2\varrho}} \sqrt{\frac{G}{s}}.$$

Nhận đặt hàng…

Chúng tôi tiếp tục danh sách các kippas sẽ được nhà xuất bản Nauka xuất bản vào năm 1989 và có thể được độc giả của chúng tôi quan tâm (sự kiểm duyệt tương ứng với kế hoạch chuyên đề; chena được định hướng; xem phần đầu ở số 7 và số 8).

Thư viện «Kvant»
160. Bolotovsky B. M. Làm thế nào các electron và nguyên tử bay nhanh hơn ánh sáng phát ra. 50k.

Nếu một electron hoặc nguyên tử di chuyển qua một chất và tốc độ của nó vượt quá tốc độ ánh sáng trong chất đó thì bức xạ điện từ sẽ xảy ra.

Cuốn sách xem xét bức xạ “siêu trắng” này (hiệu ứng Vavilov-Cherepkov, hiệu ứng Doppler), tính chất và ứng dụng của nó.

161. Byalyuko A.V. Hành tinh của chúng ta là Trái đất. 50k.

Chủ đề trung tâm của cuộc nghiên cứu là tìm hiểu lý do tại sao hành tinh của chúng ta, với nguồn năng lượng rất thấp từ toàn bộ hệ mặt trời, vẫn độc đáo đến mức nó trở thành nguồn bức xạ duy nhất. Vòng tròn xem xét các câu hỏi về nguồn gốc của các nguyên tố hóa học đối với khí hậu Trái đất và tác động của nó đối với nền văn minh.

162. Galperin G. A., Zemlyak A. N. Toán học blir. 50k.

Mô tả trạng thái của một quả bóng bi-a trên một bàn dạng tự do không có túi. Việc mô tả hành vi này dẫn đến lời giải nhiều câu hỏi khác nhau về toán học và cơ học: bài toán về sự truyền chất lỏng, về sự chiếu sáng của phòng gương, về ổ trục, máy hiện sóng và số Lissajous, về sự va chạm của các phân tử khí trong bình, v.v.

163. Getman V.S. Cháu của Mặt trời. 50k.

Các tiểu hành tinh, sao chổi, thiên thể khí tượng với số lượng vô số “cư ngụ” trong không gian cơ học ngày càng được sử dụng nhiều hơn

(Cuối cùng xem trang 29)

17

HÌNH HỌC CỦA TỜ GIẤY

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
D. V. FUCHS

1

Lấy một tờ giấy trong tay và uốn cong nó mà không bị nhàu. Bạn sẽ có trong tay một mảnh bề mặt, hình dạng của nó phụ thuộc vào cách bạn uốn tấm. Các mẫu bề mặt có thể thu được được hiển thị trong hình 1.

Có một điều là không phải mọi bề mặt đều có thể được biểu diễn dưới dạng một tờ giấy cong. Ví dụ, người ta biết rằng một tờ giấy không thể có dạng hình cầu: nếu bạn ấn một tờ giấy vào một quả địa cầu, các nếp gấp chắc chắn sẽ xuất hiện trên tờ giấy. Một tờ giấy có thể cuộn thành ống hoặc thành pound mà không bị nhàu, nhưng bạn không thể tránh khỏi nếp gấp khi gấp nó làm bốn như một chiếc khăn tay (hình 2).

Sự định nghĩa. Các bề mặt có thể được coi như một tờ giấy cong được gọi là có thể mở được.

Đó không phải là một định nghĩa mà là vô nghĩa; Chẳng có gì đáng giá từ nó cả, Pedant sẽ nói vậy, và ông ấy sẽ đúng. Không phải anh ấy đúng khi cho rằng định nghĩa này có phần tệ, mà là anh ấy không đáng để đọc thêm: chúng ta sẽ không có bất kỳ định nghĩa hoặc bằng chứng chắc chắn nào. Sẽ tốt hơn nếu nói rằng tất cả các bằng chứng của chúng ta (như trong một đường hình học cổ của Ấn Độ) về cơ bản sẽ là trạng thái của một từ: nhìn này!

Tuy nhiên, không phải đối với Pedant (anh ta đã đóng sầm tạp chí), mà đối với Người đọc chu đáo, tại sao: các đặc tính vật lý của một tờ giấy, điều cần thiết cho định nghĩa của chúng ta, là tính linh hoạt và tính không thể mở rộng (không thể nén được) của nó. Điều thứ hai có nghĩa là một đường đứt trên một tờ giấy có thể thay đổi hình dạng khi bị uốn cong, nhưng vẫn giữ nguyên chiều dài; điều đầu tiên có nghĩa là không có hạn chế nào khác về bản chất của sự uốn cong.

2

Thực tế là không phải tất cả các bề mặt đều có thể phát triển được rõ ràng từ thực tế là
Mọi bề mặt đang phát triển đều được cai trị.

Điều này có nghĩa là bạn có thể gắn kim đan vào một tờ giấy cong ở bất cứ đâu sao cho kim đan dính vào giấy dọc theo toàn bộ đoạn giấy,

Hình 1.

18

Hình 2.

bao phủ điểm đã chọn ở cả hai bên. (Chứng minh: thí nghiệm - xem hình 3.) Nói cách khác, bề mặt đang phát triển bao gồm các đoạn thẳng nằm hoàn toàn bên trong nó. Các phân đoạn này được gọi là bộ tạo tuyến tính hoặc đơn giản là bộ tạo bề mặt.

Nếu một điểm nào đó trên bề mặt có thể phát triển là điểm bên trong của hai máy phát điện không đi qua nhau, thì toàn bộ phần liếm điểm này là phẳng (hình 4). Chúng tôi sẽ loại trừ trường hợp như vậy khỏi việc xem xét, tức là chúng tôi giả định rằng

không có mảnh nào trên bề mặt của chúng ta, dù nhỏ nhất, là một mảnh của mặt phẳng.

Do đó, có chính xác một đường sinh tuyến tính đi qua từng điểm trên bề mặt của chúng ta. Những máy phát điện này tạo thành một nhóm các phân đoạn liên tục quét khắp bề mặt của chúng ta (xem hình 5). Một số đoạn này thoái hóa thành các điểm nằm trên ranh giới bề mặt cắn của chúng ta. (Lưu ý cuối cùng dành cho phần cơ thể ướt đẫm của Pedant.)

3

Người ta không nên nghĩ rằng mọi bề mặt được cai trị đều có thể phát triển được. Có nhiều bề mặt được cai trị. Một đoạn thẳng di chuyển trong không gian theo ý muốn sẽ quét qua bề mặt được cai trị.

Hãy lấy một số bề mặt có đường kẻ, chọn một bề mặt thẳng

Hình 3. Hình 4. Hình 5.

20

trên hình 5 và cố gắng tưởng tượng bề mặt sẽ có hình dạng như thế nào nếu chúng ta tiếp tục tạo các bộ tạo theo hướng mà chúng hội tụ (hình 11). Sau đó, họ lấy cuốn tạp chí và phát hiện ra đáp số. Nếu bạn không biết và đoán đúng thì bạn là Nhà Hình học.

Và đáp số là: bề mặt sẽ không phải là phần đầu; một cạnh quay lại sẽ xuất hiện trên đó (hình 12, a). Đây là một đường trong đó tiết diện của một mặt phẳng trông gần giống như minh họa trong hình 12, b.

5

Tôi đã hứa sẽ giữ lại bằng chứng. Không phải vì tôi không thích chúng chút nào (điều này tất nhiên là không đúng), và không phải vì bằng chứng cho những tuyên bố của tôi, đặc biệt là tuyên bố cuối cùng, quá phức tạp và không thể được trình bày theo cách mà học sinh có thể tiếp cận được (điều này chỉ đúng một phần). Đúng hơn, vấn đề là các chứng minh (ít nhất là những chứng minh mà tôi đã biết) về các định lý trong bài viết này tiến hành trong lĩnh vực công thức: phương trình cho bởi bề mặt, viết thông qua các điều kiện phát triển tùy ý, v.v. Tôi không muốn đưa ra một bằng chứng như vậy: nó khó có thể làm rõ được điều gì. Tuy nhiên, tôi sẽ không cố gắng chứng minh tuyên bố mà sẽ thuyết phục người đọc rằng đó là sự thật.

Hãy nhìn lại hình5.

Hình 10. Hình 11. Hình 12.

Giống như bất kỳ mô tả nào về một hình không gian, nó thể hiện hình chiếu của hình này lên một mặt phẳng - một trang tạp chí. Vì vậy, chúng ta có một họ đường thẳng trên mặt phẳng. Vẽ nó trên một tờ giấy riêng và tiếp tục tất cả các đường thẳng. Bạn thấy rằng tất cả các đường thẳng hội tụ thành một đường cong nào đó mà chúng tiếp xúc (hình 13). Trong phân tích, họ chứng minh một định lý rất đơn giản rằng mọi họ đường liên tục đều có một “đường bao” như vậy, trừ khi các đường này đều song song và không đi qua một điểm (điều tương tự cũng đúng với một họ đường cong). Vì vậy, bạn đã nhìn thấy cạnh trở lại.

Tuy nhiên, đối tượng của Người đọc có suy nghĩ, lý do này, nếu có thể gọi như vậy, có thể áp dụng cho bất kỳ bề mặt được cai trị nào. Hãy nói

21

trong hình ảnh của hyperbolon một tờ (hình 9) cũng có một đường thẳng chạm vào các đường sinh được chiếu trên hình vẽ (hyperbola bên) và không có cạnh đỉnh trên bề mặt.

Người đọc biết suy nghĩ luôn luôn đúng; nhưng tôi còn một lý lẽ nữa có thể sẽ thuyết phục được anh ấy. Đường mà anh ấy đang nói đến là rìa của hình ảnh của bề mặt, hay như người ta nói, đường viền nhìn thấy được của nó. Tại các điểm của đường này, mặt phẳng tiếp tuyến với bề mặt vuông góc với hình vẽ (xem hình 14, hiển thị đường viền nhìn thấy được của hình cầu). Nhưng đối với một bề mặt đang phát triển, mặt phẳng tiếp tuyến tại tất cả các điểm của đường sinh là như nhau (hãy nhớ - thước đã được gắn vào!), và tại các điểm không thuộc về cạnh quay lại được cho là, nó rõ ràng không vuông góc với mặt phẳng của hình vẽ. Điều này có nghĩa là nó không vuông góc với nó và tại các điểm của đường này, mà nằm ở vị trí như trong hình 15, điều này chứng tỏ một cách không thể chối cãi rằng đường của chúng ta là một cạnh quay lại.

Bạn có thể nhìn tất cả những điều này từ phía bên kia: một bề mặt đang phát triển (các đường sinh của chúng không song song và không đi qua một điểm) bao gồm các đường thẳng tiếp tuyến với một đường - cạnh quay lại. Điều này có nghĩa là có thể thu được một bề mặt có thể phát triển như sau: lấy một đường cong không gian (không có phần nào bằng phẳng) và vẽ tất cả các tiếp tuyến với nó (hình 16). Các tiếp tuyến này sẽ quét 表面 đang mở ra và đường cong ban đầu sẽ là cạnh quay lại của nó. Đồng thời

22

bất kỳ bề mặt phát triển không hình trụ và không hình nón nào cũng có thể thu được theo cách này (định lý Euler).

6

Đây là tất cả? Không, như bây giờ bạn sẽ thấy. Chúng ta hãy phóng to bề mặt đang mở ra trong đầu đến kích thước mà người ta có thể đi trên đó và trèo dọc theo nó theo phương vuông góc để tạo thành một hình dạng (hình 17). Generatrix bị cạnh quay lại chạm vào và khi chúng ta di chuyển, nó sẽ nhanh chóng di chuyển ra xa chúng ta hoặc nhanh chóng tiếp cận chúng ta. Và điều gì có thể dẫn đến sự chuyển đổi từ trạng thái này sang trạng thái khác? Nhìn vào hình 18. Nó hiển thị một tờ giấy tạo thành hai đoạn của cạnh trả lại. Có gì ở giữa? Một đường thẳng, giống như một đường chấm trên hình này? Không, dòng này không thể chạm vào hình ảnh ở mọi nơi. Vì vậy, chỉ còn lại một điều:

bản thân cạnh đỉnh có một điểm đỉnh (hình 19).

Bề mặt của điểm không thể tưởng tượng được này có cấu trúc như thế nào? Hãy bắt đầu với hình ảnh. hình 20 hiển thị bề mặt của chính nó. Ngoài cạnh quay về nhất thiết phải có đường tự giao nhau. hình 21 thể hiện các phần của bề mặt này bằng một số mặt phẳng song song. Để đảm bảo tại một thời điểm nào đó bề mặt trông giống hệt như thế này, chúng ta sẽ hành động như trong định lý Euler: lấy cạnh quay về được cho là và vẽ tất cả các tiếp tuyến có thể có với nó.

Để xây dựng một đường cong không gian “điển hình” với điểm gốc

Hình 20. Hình 22. Hình 23.

Hình 24.

23

cổng, lấy một đường cong phẳng có điểm đỉnh và uốn cong mặt phẳng một chút (hình 22). Bây giờ chúng ta vẽ các tiếp tuyến với đường cong này và xem kết quả từ phía trên. Mỗi tiếp tuyến được chia thành ba phần như trong hình 23. Bây giờ, riêng biệt trong hình trên, phần thứ hai và thứ ba của tất cả các tiếp tuyến (hình 24). Ở hình đầu tiên, người ta nhận được phần màng trên, hơi xuyên thủng giữa hai nhánh của xương sườn trở lại; ở bức tranh thứ hai có sự khớp nối của hai mảnh giữa các nhánh của gân hồi và đường tự giao; Cuối cùng, bức tranh thứ ba tạo ra phần còn lại của bề mặt. Lưu ý rằng các hình được mô tả trong lá bài thứ hai và thứ ba có điểm ngắt dọc theo đường tự giao nhau. Toàn bộ bề mặt được gọi là khớp nối (tương tự?).

Vì vậy, một tờ giấy bị cong tùy ý, nhưng không bị nhàu nát, sẽ biến, sau khi tiếp tục không giới hạn các bộ tạo tuyến tính của nó, thành một bề mặt có cạnh quay lại, mà bản thân nó có lẽ có nhiều hơn một điểm quay lại. Gần mỗi điểm giao nhau của cạnh quay lại, bề mặt có cấu trúc giống như một cái đuôi én; đặc biệt có nút giao tự thân. Đây là hình học thú vị của một tờ giấy thông thường (xem trang 4 của bìa).

7

Tóm lại, một vài lời nữa về đuôi én. Bề mặt này xuất hiện rất thường xuyên trong hình học ba chiều; nhiều phân tích và cơ học bài toán tự nhiên dẫn đến nó. Nhưng lần đầu tiên hình ảnh của nó (không được đặt tên: cái sau được phát minh vào những năm 60 của thế kỷ chúng ta bởi nhà toán học nổi tiếng người Pháp P. Thom) xuất hiện vào thế kỷ trước trên các trang sách đại số trong bối cảnh sau đây.

Xét phương trình
$$x^n + a_1 x^{n-2} + a_2 x^{n-3} + \dots + a_{n-1} = 0.$$
Nó có thể có từ 0 đến $n$ lời giải

này. Ví dụ, phương trình
$$x^3 + ax + b = 0$$
có thể có 3, 2 hoặc 1 lời giải. Để biết chính xác là bao nhiêu, bạn cần vẽ một “đường cong phân biệt” $4a^3 + 27b^2 = 0$ (hình 25) trên mặt phẳng có tọa độ $a, b$. Nếu điểm $(a, b)$ nằm trong vùng màu tím thì phương trình có 3 lời giải, nếu điểm đó nằm trên đường viền của nó, ngoại trừ phần đầu thì 2 lời giải, trong các trường hợp khác phương trình có 1 lời giải.

Tương tự như bài toán cho phương trình bậc 4
$$x^4 + ax^2 + bx + c = 0$$
dẫn đến một cái khớp đúng: trong không gian có tọa độ $a, b, c$ có một khớp nối tương tự như được hiển thị trong hình 20. Bên trong hộp bút chì tam diện có các điểm $(a, b, c)$, mà phương trình của chúng ta có 4 lời giải. Trên ranh giới của hộp bút chì, ngoài đường hồi quy và đường tự giao nhau, phương trình còn có 3 lời giải. Trên các thước này, không bao gồm lời giải 2; lời giải tương tự có phương trình cho tất cả $(a, b, c)$ nằm phía trên bề mặt (tính từ cạnh của hộp bút chì). Trên toàn bộ bề mặt, không bao gồm các ranh giới của hộp bút chì, nhưng bao gồm cả mặt trên, có một lời giải, không có lời giải nào ở dưới bề mặt. Bạn đọc có thể tìm thông tin chi tiết trong cuốn sách “Toán học cơ bản từ quan điểm tính toán” của F. Klein, vừa được nhà xuất bản Nauka tái bản.

25

của hành tinh trẻ với những thi thể còn lại của bầy đàn. Dấu vết của những sự kiện này vẫn còn với số lượng lớn không chỉ trên bề mặt Mặt trăng mà còn trên Sao Thủy, Sao Hỏa, trên các vệ tinh của các hành tinh - trên tất cả các thiên thể không có bầu khí quyển mạnh.

Mặt trăng được hình thành như thế nào?

Trong số những hỗn loạn va chạm, có thể đã có những va chạm thảm khốc dẫn đến hậu quả không lường trước được. Gần đây, một nhóm các nhà vật lý thiên văn người Mỹ do A. Cameron dẫn đầu đã đưa ra một giả thuyết mới về sự hình thành của Mặt trăng. Theo ý tưởng của họ, Mặt trăng hình thành từ sự hợp nhất của các mảnh vỡ từ vụ va chạm của Trái đất nguyên sinh với một hành tinh khác, khối lượng của nó bằng khoảng 0,12 khối lượng Trái đất (hãy tưởng tượng vụ va chạm của Trái đất với Sao Hỏa!).

Các biến thể của va chạm được tính toán trên máy tính tốc độ cao và một đoạn phim được tạo ra từ các giai đoạn tính toán liên tiếp. Rạp chiếu phim trên máy tính cho phép bạn tận mắt chứng kiến ​​​​điều này xảy ra như thế nào. Đầu tiên, hai hành tinh hợp nhất, trong khi cơ thể của chúng mất đi hình dạng hình cầu, kéo dài về phía nhau bởi lực hấp dẫn. Sau đó là cú đánh. Nó không phải là trung tâm - nếu không thì Trái đất sẽ không đạt được tốc độ quay cần thiết sau vụ va chạm. Một sóng xung kích chạy qua cả hai hành tinh, làm nóng vật liệu lên trên điểm nóng chảy của nó. Cả hai cơ thể hợp nhất và Trái đất được hình thành; đồng thời, các mảnh vỡ bay ra xa nhau. Một số mảnh vỡ này rơi xuống Trái đất; và những người có tốc độ cao vượt ra ngoài ranh giới của trái đất

Miệng núi lửa mặt trăng Bessel; đường kính của nó là 16 km.

28

một hỗn hợp tự nhiên của các chất ở trạng thái cân bằng hóa học và đa dạng đến mức đáng kinh ngạc. Sự chênh lệch hấp dẫn không chỉ tách các chất theo mật độ của chúng, nó còn dẫn đến thực tế là một số phản ứng hóa học, không thể thực hiện được về mặt năng lượng trong điều kiện bình thường, lại có thể xảy ra đối với các khối lượng lớn trong trường hấp dẫn.

Hãy tưởng tượng rằng do một phản ứng hóa học nhất định, hai chất được hình thành từ một chất (chẳng hạn như sắt sunfua) - một chất nhẹ hơn (lưu huỳnh) và chất kia nặng hơn (sắt). Năng lượng cần thiết để duy trì sự phân tách như vậy có thể được lấy từ năng lượng hấp dẫn được giải phóng do vật chất nặng chìm xuống và sự bùng nổ của ánh sáng. Khí cũng có thể trở thành một chất nhẹ dưới tác dụng phân biệt hấp dẫn.

Đây là một ví dụ bất ngờ về hiện tượng địa vật lý do chênh lệch hấp dẫn gây ra. Vào ngày 21 tháng 8 năm 1986, một tin nhắn bi thảm đến từ Cameroon: những đám mây khí phun ra từ hồ Nyos nhỏ trong đêm, và khoảng hai nghìn người từ những ngôi làng gần đó bị ngạt thở và thiệt mạng.

Hồ này nằm trong một miệng núi lửa, do đó, trong những báo cáo đầu tiên về núi đá vôi lũ lụt, người ta tin rằng núi lửa đã thải ra một số loại khí gây ngạt thở.

Sau khi nghiên cứu về hồ, tính chất vật lý của những gì đã xảy ra đã trở nên rõ ràng. Thủ phạm thực sự hóa ra là một ngọn núi lửa đã tắt và một hồ nước trong miệng núi lửa. Nhưng đây là điều đáng kinh ngạc: thoạt nhìn, hoạt động của núi lửa khá vô hại - không có vụ phun trào hay động đất nào. Loại khí gây ra cái chết đột ngột của hàng nghìn người hóa ra là carbon monoxide CO₂ thông thường, vô hại ở nồng độ nhỏ. Bản chất của hiện tượng nhà nước như sau.

Nyos là một hồ nhỏ nhưng độ sâu trung bình hơn 100 m. Ngọn núi lửa nơi nó tọa lạc đã tắt, nhưng do các quá trình địa chất còn sót lại ở độ sâu của nó, carbon monoxide được giải phóng chậm. Khí này hòa tan tốt trong nước và độ hòa tan của nó tăng nhanh khi tăng áp suất. Hãy nhớ lượng carbon dioxide thoát ra mạnh mẽ như thế nào khi bạn mở một chai nước khoáng. Trong bình kín, áp suất lớn hơn áp suất khí quyển. Khi mở nắp chai, áp suất trong chai

29

giảm xuống khí quyển, độ hòa tan của carbon dioxide ở áp suất này thấp hơn và khí “dư” được giải phóng khỏi dung dịch.

Trong chai nước khoáng, áp suất dư nhỏ hơn một nửa bầu khí quyển, nhưng ở độ sâu 100 m áp suất là 10 atm (≈10⁶ Pa). Ở áp suất và nhiệt độ 20 °C này, 17 g carbon monoxide được hòa tan trong một lít nước, và ở gần bề mặt hồ, nồng độ của nó gần như bằng không. Bây giờ anh ta tưởng tượng rằng thỉnh thoảng có một dòng nước nhỏ ở độ sâu hướng lên bão hòa carbon dioxide sẽ xuất hiện ngẫu nhiên trong hồ. Khi chất lỏng dâng lên, nó đi vào khu vực nhỏ hơn áp suất thủy tĩnh, nơi độ hòa tan của khí thấp hơn và bắt đầu giải phóng carbon dioxide. Khí nổi lên trên bề mặt và mang theo chất lỏng xung quanh. Sự mất ổn định phát triển: dòng chất lỏng bong bóng, tăng nhanh, chạm tới bề mặt và phần nước nặng phía trên, nghèo carbon dioxide, chìm xuống đáy hồ. Sự khác biệt hấp dẫn xảy ra.

Đơn đặt hàng được chấp nhận…

(Phần đầu, xem trang 16) đã thu hút sự chú ý của các nhà khoa học và những người đam mê thiên văn học. Icarus đầy trêu ngươi, sao chổi Halley nổi tiếng, hàng nghìn viên đá thiên thể đâm vào Trái đất do tác động của vũ trụ, vô số mẫu đá này trong phòng thí nghiệm khoa học, trí tưởng tượng tuyệt vời, những quả cầu lửa lớn quét qua bầu trời, những cơn mưa “sao rơi” - tất cả những điều này đều liên quan đến những sáng tạo tuyệt vời của thiên nhiên, cụ thể là các vật thể nhỏ của Hệ Mặt trời. Cuốn sách này được dành riêng cho mô tả của họ.

164. Grosberg A. Yu., Khokhlov A. R. Vật lý trong thế giới polyme. 50k.

Nói về hiện trạng thông tin trong vật lý thống kê của các đại phân tử. Cả hai vấn đề cơ bản về vật lý của horopolyme tổng hợp - tính linh hoạt của chuỗi polymer, hiệu suất thể tích và tính chất động của hệ thống polymer và các vấn đề vật lý của các polyme sinh học chính - DNA và protein đều được xem xét.

167. Carroll L. Trò chơi logic: Trans. từ tiếng Anh 50k.

Một bộ sưu tập logic bài toán tác giả của truyện cổ tích nổi tiếng “Alice ở xứ sở thần tiên” và “Qua tấm kính nhìn và những gì Alice thấy ở đó” Lewis Carroll dưới hình thức vui tươi tươi sáng và thú vị giới thiệu với người đọc về biểu đồ gốc bằng phương pháp lời giải của silogisms và sorites.

166. Krutogin D. G., Morchenko A. T. Microelectronics hướng tới tương lai. 50k.

Cuốn sách nói về thời điểm, lý do và cách thức vi điện tử xuất hiện, những thành tựu gì trong vật lý và vật liệu phát triển nó, nó mang lại những gì và có thể mang lại cho con người.

30

ĐAM MÊ CƠ THỂ

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
V. V. KOZLOV

Giới thiệu

Một số lý thuyết vật lý được xây dựng dựa trên mô hình được áp dụng trong toán học - từ một số ít các phát biểu vật lý đóng vai trò tương tự như các tiên đề trong lý thuyết toán học, các hệ quả logic khác nhau được suy ra một cách chặt chẽ. Bài viết này được dành cho một lý thuyết như vậy - lý thuyết về sự va chạm của các vật thể. Hiện tượng va chạm được mô tả rõ ràng bằng một mô hình toán học đơn giản. Do đó, bất di bất dịch, các định luật về tác động đã được thiết lập trước khi người ta khám phá ra các nguyên lý cơ bản của động lực học.

Galileo cũng thực hiện một loạt thí nghiệm để làm rõ định luật va chạm của các vật thể. Tuy nhiên, những thí nghiệm này không đưa ông đến những kết luận chắc chắn. Một người cùng thời với Galileo, giáo sư Marzi của Pryazhsky, trong tác phẩm “De Propore Motus” (1639), đã công bố một số kết quả nghiên cứu của ông về hiện tượng va chạm. Đặc biệt, anh ta biết rằng một cơ thể, sau khi va chạm một cách đàn hồi với một cơ thể giống hệt đang đứng yên, sẽ mất tốc độ và truyền vận tốc cho cơ thể này. Nghiên cứu chi tiết đầu tiên về các định luật tác động được thực hiện vào năm 1668 theo gợi ý của Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn. Cùng với các nhà cơ học và toán học xuất sắc Wallis, Rehn và Heugens đã trình bày các công trình của họ trong đó họ vạch ra các định luật chuyển động của các vật thể va chạm.

John Wallis đã giới hạn bản thân mình mà không giải thích chi tiết về điều này trong việc xem xét một tác động hoàn toàn không co giãn. Ông bắt đầu từ các giả thuyết về sự bảo toàn tổng động lượng của các vật va chạm.

31

Christopher Wren nêu ra các quy tắc tính toán tác động đàn hồi. Wren, giống như Wallis, không đưa ra bất kỳ cân nhắc lý thuyết nào, nhưng để kiểm tra các quy tắc của mình, ông đã thực hiện một loạt thí nghiệm đơn giản và thuyết phục. Newton đã đề cập đến những thí nghiệm này trong “Các nguyên lý toán học của vật lý tự nhiên” nổi tiếng của ông (1687). Bài viết cạnh tranh của Christin Huygen là nghiên cứu đầy đủ nhất về lý thuyết tác động. Nó vạch ra nguồn gốc của sự tương ứng với lý thuyết va chạm, dựa trên nguyên lý tương đối của Galileo. Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn chỉ xuất bản các cuốn hồi ký của Wallis và Wren. Huygens xuất bản cuốn hồi ký của mình vào năm 1669 trên Tạp chí Khoa học Paris.

Bảo toàn động lượng

Chúng ta hãy xem xét một loạt cơ học bài toán liên quan đến nghiên cứu sự va chạm của hai vật có khối lượng $m_1$ và $m_2$, chuyển động theo đường thẳng mà không chịu tác dụng của bất kỳ lực nào. Gọi $v_1$ và $v_2$ là vận tốc của các vật này trước khi va chạm (hình 1). Chúng ta sẽ xem xét tốc độ của một đại lượng đại số: nếu một vật chuyển động sang phải thì tốc độ của nó là dương, và nếu nó di chuyển sang trái thì tốc độ của nó là âm. Tại thời điểm va chạm chỉ có nội lực tác dụng lên cơ thể; do đó tổng động lượng $m_1v_1+m_2v_2$ của chúng được bảo toàn. Gọi $v'_1$ và $v'_2$ là vận tốc của các vật sau va chạm. Từ sự bảo toàn động lượng tổng chúng ta thu được hệ thức

$$m_1v_1+m_2v_2=m_1v'_1+m_2v'_2.$$ (1)

Tất nhiên chỉ từ phương trình này thì không thể tìm được $v'_1$ và $v'_2$. Điều này không có gì đáng ngạc nhiên: va chạm là khác nhau. Có đàn hồi và không đàn hồi. Ví dụ, trong một va chạm hoàn toàn không đàn hồi, các vật dính vào nhau và sau đó chuyển động như một tổng thể. Trong trường hợp này $v'_1=v'_2=v$ và từ công thức (1) ta tìm được vận tốc của các vật va chạm sau va chạm:

$$v=\frac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2}.$$ (2)

Nhiệm vụ 1. Đặt $v_1 \leq v_2$. Chứng minh rằng $v_1 \leq v \leq v_2$.

Thay đổi động năng

Ngoài động lượng, động năng đóng một vai trò quan trọng trong cơ học, bằng $mv^2/2$, trong đó $m$ là khối lượng của vật, $v$ là tốc độ của nó. Chúng ta xét một va chạm tuyệt đối không đàn hồi của hai vật. Trong trường hợp này

$$\Delta T=(\frac{m_1v_1^2}{2}+\frac{m_2v_2^2}{2})-\frac{(m_1+m_2)v^2}{2}$$

gọi là động năng bị mất đi.

Tuyên bố sau đây được gọi là định lý đầu tiên của Carnot:

Động năng bị mất bằng năng lượng của một điểm có khối lượng $\mu=$

$$\frac{1}{1/m_1+1/m_2},$$

chuyển động với vận tốc bằng hiệu vận tốc của điểm trước va chạm:

$$\Delta T=\frac{\mu(v_1-v_2)^2}{2}.$$

Nhiệm vụ 2. Chứng minh định lý Carnot thứ nhất.

Khối lượng $\mu$ trong cơ học được gọi là khối lượng rút gọn của hệ. Nó bằng một nửa trung bình điều hòa của các số $m_1$ và $m_2$.

Nhiệm vụ 3. Chứng minh bất đẳng thức

$$\mu \leq \frac{m_1+m_2}{4}, \mu \leq \frac{1}{2}\sqrt{m_1m_2}.$$

Chúng ta hãy giới thiệu các vận tốc bị mất: $u_1=v-v_1$, $u_2=v-v_2$, nhờ đó định lý Carnot thứ hai được xây dựng:

Động năng bị mất bằng tổng động năng của các vật có khối lượng $m_1$ và $m_2$, chuyển động với vận tốc bị mất $u_1$ và $u_2$:

$$\Delta T=\frac{m_1u_1^2}{2}+\frac{m_2u_2^2}{2}.$$

Nhiệm vụ 4. Chứng minh định lý thứ hai của Carnot.

Bây giờ chúng ta xét trường hợp ngược lại: một tác động hoàn toàn không đàn hồi. Theo định nghĩa, trong trường hợp này, ngoài xung lực tổng cộng, sự bảo toàn

Hình 1.

32

Ngoài ra còn có tổng động năng:

$$m_1 v_1^2 + m_2 v_2^2 = m_1(v_1')^2 + m_2(v_2')^2.$$

Bài toán 5. Chứng minh rằng trong trường hợp va chạm đàn hồi tuyệt đối thì vận tốc tương đối của các vật trước và sau va chạm có độ lớn bằng nhau và ngược chiều:

$$v_1 - v_2 = -(v_1' - v_2').$$

Bài toán 6. Chứng minh đẳng thức:

$$v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} v_1 + \frac{2m_2}{m_1 + m_2} v_2,$$

$$v_2' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2} v_1 + \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} v_2.$$

Trong trường hợp đặc biệt khi $m_1 = m_2$, các công thức này có dạng đơn giản nhất:

$$v_1' = v_2, v_2' = v_1.$$

Do đó, tại thời điểm va chạm hoàn toàn đàn hồi sẽ xảy ra sự trao đổi tốc độ. Như đã đề cập, hiệu ứng này lần đầu tiên được mô tả bởi Marzi.

Thật thuận tiện khi mô tả tác động đàn hồi tuyệt đối của các vật thể có khối lượng bằng nhau lên đồ thị chuyển động của các vật thể, tức là trên đồ thị tọa độ theo thời gian (hình 2). Giải thích đồ họa này được sử dụng trong bài toán tiếp theo.

Bài toán 7. Một số quả bóng giống hệt nhau chuyển động theo đường thẳng với tốc độ không đổi (không nhất thiết phải bằng nhau). Giả sử va chạm giữa chúng là đàn hồi tuyệt đối và chỉ có hai quả bóng tham gia vào mỗi va chạm. Chứng minh rằng tổng số va chạm là hữu hạn.

Chúng ta hãy xem xét một trường hợp đặc biệt khác, khi khối lượng $m_1$ nhỏ hơn nhiều so với khối lượng $m_2$. Sau đó

$$\frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} = \frac{m_1/m_2 - 1}{m_1/m_2 + 1} \approx -1,$$

$$\frac{2m_1}{m_1 + m_2} = \frac{2m_1/m_2}{m_1/m_2 + 1} \approx 0,$$

$$\frac{2m_2}{m_1 + m_2} = \frac{2}{m_1/m_2 + 1} \approx 2,$$

33

vì tỉ số khối lượng $m_1/m_2$ gần bằng 0. Xét đến những nhận xét này, công thức (4) sẽ có dạng sau:

$$v_1' = -v_1 + 2v_2 = v_2 - (v_1 - v_2),$$
$$v_2' = v_2.$$

Do đó, vật thứ hai sẽ không thay đổi tốc độ và vật thứ nhất sẽ chuyển động sau vật thứ hai, tụt lại phía sau với tốc độ bằng tốc độ tương đối của chúng trước khi va chạm.

Tuy nhiên, trên thực tế, thường có trường hợp tại thời điểm va chạm các vật không dính vào nhau nhưng tổng năng lượng của chúng không được bảo toàn. Trong tình huống này, giả thuyết Newton thường được chấp nhận, thay thế sự tương ứng (3) bằng hệ thức sau:

$$e(v_1 - v_2) = -(v_1' - v_2').$$

Ở đây $e$ là một hệ số không thứ nguyên nhất định, nằm trong khoảng từ 0 đến 1 và được xác định bởi hệ số tổng quát từ thí nghiệm. Số $e$ được gọi là hệ số thu hồi. Tại $e=0$ thu được tác động hoàn toàn không đàn hồi và ở $e=1$ tác động sẽ hoàn toàn đàn hồi.

Đặt $u_1$ và $u_2$ một lần nữa biểu thị vận tốc bị mất.

Lượng năng lượng bị mất trong trường hợp tổng quát được tính bằng định lý Carnot tổng quát:

$$\Delta T = \frac{1-e}{1+e} \left( \frac{m_1 u_1^2}{2} + \frac{m_2 u_2^2}{2} \right).$$

Với $e=0$, phát biểu này được chúng ta gọi là định lý thứ hai của Carnot; tại $e=1$ không có sự mất năng lượng nào cả

34

đi ra - cú đánh hoàn toàn đàn hồi.
Bài toán 8. Chứng minh định lý Carnot tổng quát.

Bất biến Adinabatic

Để áp dụng đúng đắn công thức (5), hãy xem xét bài toán sau đây. Quả bóng di chuyển giữa hai bức tường, một trong số đó đứng yên và bức tường kia tiếp cận nó với tốc độ $V$ (hình 3; quả bóng bắt đầu chuyển động từ bức tường đứng yên). Tác động của quả bóng lên tường là hoàn toàn đàn hồi. Sau khi va chạm với một bức tường đứng yên, tốc độ của quả bóng không thay đổi và sau mỗi lần va chạm với một bức tường chuyển động, tốc độ của quả bóng (xem công thức (5)) tăng thêm $2V$. Do đó, năng lượng của quả bóng cũng tăng lên. Gọi $v_0$ là giá trị tốc độ của quả bóng tại thời điểm ban đầu (tức là thời điểm va chạm “bằng 0” lên một bức tường đứng yên), $l_0$ là khoảng cách giữa các bức tường tại thời điểm này. Tương tự, bằng $v_n$ và $l_n$, chúng ta biểu thị tốc độ của quả bóng và khoảng cách giữa các bức tường tại thời điểm $n$ tác động của quả bóng lên một bức tường đứng yên. Hãy đặt $I_n = v_n l_n$ ($n = 0, 1, 2, \dots$).

Bài 9. Chứng minh rằng $I_n = I_0$.

Hãy để chúng tôi điều kiện bài toán. Chúng ta hãy giới thiệu một hàm $I(t)$ bằng tích của vận tốc $v(t)$ của quả bóng và khoảng cách $l(t)$ giữa các bức tường tại một thời điểm tùy ý $t$. Gọi $t_0, t_1, \dots$ là thời điểm quả bóng chạm vào bức tường đứng yên. Theo tuyên bố bài toán 9, $I(t_n) = I_0$ cho tất cả $n \geqslant 0$. Tuy nhiên, với các giá trị khác của $t$, chúng ta nhận được $I(t) \neq I_0$.

Bài 10. Chứng minh bất đẳng thức

$$\left| \frac{I(t) - I_0}{I_0} \right| \leq \frac{V}{v_0 + V}.$$

Manh mối cho lời giải bài toán này là đồ thị của hàm $I(t)$ được hiển thị trong hình 4.

Do đó, nếu tốc độ của bức tường nhỏ hơn nhiều so với tốc độ của quả bóng ($V \ll v_0$), thì giá trị $I(t)$ sẽ khác rất ít so với giá trị đầu tiên $I_0$. Trong cơ học, các đại lượng còn được gọi là bất biến advabatic (trong nhiệt động lực học, quá trình advabatic là một quá trình xảy ra mà không giải phóng hoặc hấp thụ nhiệt).

Matnik đạn đạo

Là một ứng dụng khác của định luật va chạm, hãy xem xét bài toán về một tấm thảm đạn đạo, nhờ đó tốc độ chuyển động của các vật thể được thay đổi. Nó bao gồm một ống có khối lượng $M$, chứa đầy cát và treo trên một ống không trọng lượng có chiều dài $l$ (hình 5). Một viên đạn có khối lượng $m$, va vào ống, bị kẹt trong cát. Tốc độ đạn giảm rất nhanh - một tác động hoàn toàn không đàn hồi.

Bài 11. Biết góc lệch cực đại của ống $\varphi$, tìm vận tốc của viên đạn.

Matnik đạn đạo được thợ cơ khí người Anh Robins mô tả và mô tả trong cuốn sách “Những nguyên tắc mới của mũi tên đại bác” (1742).

Mục tiêu là tương đối và định luật bảo toàn động lượng

Chúng tôi đã giải quyết được một số bài toán cụ thể từ cơ chế va chạm của các vật thể. Bây giờ chúng ta có thể quay lại các mối quan hệ cơ bản của lý thuyết tác động và thảo luận về ý nghĩa cũng như nguồn gốc của chúng.

Trong temugar của Huygen “Về chuyển động của các vật thể dưới tác dụng của va chạm”, định luật bảo toàn động lượng được rút ra từ nguyên lý tương đối với ma trận Galileo. Chúng ta sẽ tái hiện lại lập luận của Huygen cho trường hợp va chạm tuyệt đối không đàn hồi.

35

Hình 4.

Đầu tiên, chúng ta hãy nhớ lại định nghĩa về hệ thống báo cáo quán tính và công thức tính giá của không gian tương đối và thời gian. Giả sử rằng một hệ thống báo cáo đang chuyển động tương đối với nhau với tốc độ không đổi. Pricili, đối với Galileo, tuyên bố rằng tất cả các định luật cơ học (bao gồm cả các định luật về tác động) đều có dạng giống nhau trong cả hai hệ thống báo cáo. Nguyên tắc này là cơ học tương đối rất thú vị. Tính đặc thù của cơ học Newton được thể hiện ở chỗ các hệ thống được kết nối báo cáo chuyển động tương đối với nhau với tốc độ không đổi.

Mối liên hệ này được thể hiện bởi Galileo đã biến đổi. Giả sử rằng cùng một vật thể được quan sát trong cả hai hệ thống. Giả sử trong hệ thống báo cáo đầu tiên tọa độ của vật trên đường thẳng bằng $x$ và đồng hồ hiển thị thời gian $t$; trong hệ thống thứ hai, giá trị tọa độ và thời gian là $x'$ và $t'$. Nếu $v$ là tốc độ không đổi

Hình 5.

sự phát triển của sự chuyển động của hệ thống báo cáo thứ hai so với hệ thống đầu tiên, sau đó

$$x = x' + vt' + a, \quad t = \pm t' + b,$$

trong đó $a$ và $b$ là một số hằng số.

Chúng ta hãy chuyển sang dẫn xuất công thức (2) cho tác động không đàn hồi abscilton.

Lý luận của Geugen liên quan đến việc phân tích một số trường hợp.

a) Trước tiên chúng ta xét tình huống đơn giản nhất khi hai vật giống hệt nhau có khối lượng $m$, chuyển động hướng về nhau với vận tốc $v$ và $-v$, va chạm vào nhau. Do giả sử tính chất không đàn hồi của va chạm nên các vật dính vào nhau tạo thành một vật có khối lượng $2m$. Theo Symmetrine, thi thể này sẽ bị lục lọi sau cú va chạm.

b) Chúng ta xét một trường hợp phức tạp hơn khi hai khối lượng giống hệt nhau $m$ va chạm với nhau với vận tốc tùy ý $v_1$ và $v_2$ cho đến thời điểm va chạm. Chúng ta hãy chuyển sang hệ thống báo cáo quán tính mới $S'$, hệ thống này di chuyển so với hệ thống ban đầu $S$ với tốc độ không đổi $v = (v_1 + v_2)/2$. Trong hệ $S'$ hình ảnh chuyển động của vật sẽ như trong trường hợp a): các vật có cùng khối lượng va chạm với vận tốc bằng nhau $(v_1 - v_2)/2$ và $(v_2 - v_1)/2$. Theo nguyên lý tương đối và kết luận điểm a), sau khi va chạm một vật có khối lượng $2m$ sẽ đào sâu vào hệ $S'$. Do đó, so với hệ $S$, nó sẽ di chuyển với tốc độ $(v_1 + v_2)/2$. Vì vậy, công thức (2) được thiết lập trong trường hợp khi $m_1 = m_2$.

c) Giả sử bây giờ có ba vật giống nhau có khối lượng $m$ (hình 6). Tại thời điểm ban đầu, tất cả chúng sẽ đào bới xung quanh, cơ thể 1 và 2 chạm vào nhau. Giả sử vật thể 1 và vật thể 2 bị tách ra theo các hướng khác nhau (ví dụ: do một vụ nổ). Do tính đối xứng nên tốc độ của chúng sẽ có độ lớn bằng nhau. Vật thứ nhất sẽ liên tục chuyển động với tốc độ $-v$, vật thứ hai sẽ chuyển động sang phải với tốc độ $v$ và sẽ sớm va chạm với vật 3. Theo kết quả của điểm 6), vật “2+3” có khối lượng $2m$ sau khi va chạm sẽ chuyển động sang phải với tốc độ $v/2$. Nếu khoảng cách

36

giữa các vật thể có rất ít thì sự va chạm và chuyển động xoắn ốc của vật thể 2 và 3 xảy ra gần như ngay lập tức. Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng ngay từ đầu vật thể 2 và 3 đã hợp thành một tổng thể và chúng ta đi đến kết luận sau: nếu tại thời điểm ban đầu hai vật có khối lượng $m$ và $2m$ tiếp xúc với nhau và sau đó bắt đầu bay xa nhau theo các hướng khác nhau, thì tốc độ của vật có khối lượng $2m$ sẽ bằng một nửa tốc độ của vật có khối lượng $m$.

d) Xét trường hợp hai vật có khối lượng $m$ và $2m$ đang chuyển động hướng về nhau với vận tốc lần lượt là $v$ và $-v/2$. Người ta nói rằng sau một va chạm không đàn hồi tuyệt đối, một vật có khối lượng $3m$ sẽ rơi ra (theo công thức (2)). Thật vậy, chúng ta có thể tưởng tượng một hệ thống báo cáo mới $S'$ trong đó đồng hồ chạy “ngược”. So với hệ $S'$, mọi vật sẽ chuyển động ngược chiều với cùng một vận tốc tuyệt đối nên ta chỉ cần sử dụng nguyên lý tương đối và kết quả của điểm c).

e) Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang trường hợp khi các vật có khối lượng $m$ và $2m$ chuyển động với vận tốc tùy ý $v_1$ và $v_2$. Như lý do ở điểm 6), chúng ta hãy chuyển sang hệ thống báo cáo mới $S'$, hệ thống này di chuyển tương ứng với $S$ với tốc độ $v_1 + 2v_2/3$. Chính ở tốc độ này mà khối tâm chung của chúng di chuyển (hãy xem thử!). Trong hệ thống $S'$, trọng tâm của cơ thể $m$ và $2m$ tích lũy, cơ thể $m$ tiếp cận nó với tốc độ

$$v_1' = \frac{v_1 + 2v_2}{3} - v_1 = -\frac{2}{3}(v_1 - v_2),$$

và cơ thể $2m$ - với tốc độ

$$v_2' = \frac{v_1 + 2v_2}{3} - v_2 = \frac{1}{3}(v_1 - v_2).$$

Chúng ta thấy rằng tốc độ tương đối $v_1'$ và $v_2'$ khác nhau về dấu và $|v_1'| = |2v_2'|$. Do đó, theo điểm d), sau va chạm, một vật có khối lượng $3m$ sẽ hút vào hệ $S'$, và so với hệ ban đầu $S$ thì nó sẽ chuyển động với vận tốc

$$v = \frac{mv_1 + 2mv_2}{3m} = \frac{v_1 + 2v_2}{3}.$$

Do đó, công thức (2) được thiết lập trong trường hợp $m_2 = 2m_1$.

Lập luận tương tự, chúng ta có thể chứng minh công thức (2) cho trường hợp tỉ số hữu tỉ của khối lượng $m_1$ và $m_2$. Sự biện minh của nó cho các mối quan hệ vô tỷ $m_1/m_2$ về bản chất đã có tính công thức và gắn liền với việc xây dựng khái niệm số thực. Tình huống ở đây cũng giống như việc rút ra công thức tính diện tích hình chữ nhật từ các cạnh $a$ và $b$: đối với $a$ và $b$ hình chữ nhật có thể được chia thành các hình vuông giống hệt nhau, và nếu $a$ và $b$ không đo được thì cần phải sử dụng phép tính gần đúng của các số hữu tỉ vô tỉ.

Từ quan điểm toán học, sự lừa dối của Goygenas có thể không được coi là hoàn toàn nghiêm ngặt. Nhưng chúng ta đã không cố gắng đưa ra một chứng minh chặt chẽ về công thức tác động không co dãn tuyệt đối. Chúng tôi có một mục tiêu: chứng tỏ rằng anden của Geugenas nhất thiết dẫn đến định luật bảo toàn động lượng. Chúng tôi nhấn mạnh rằng chúng tôi chỉ tiến hành từ nguyên lý tương đối tương đối của Galileo và không sử dụng các nguyên lý cơ bản của động lực học Newton (ví dụ, định luật bình đẳng giữa tác dụng và phản lực). Sự mổ xẻ của Geugenas cho thấy rằng định luật bảo toàn động lượng tuân theo tính đối xứng (hoặc bất biến) của các định luật cơ học về phép biến đổi tương đối của Galileo. Điều này phản ánh một thực tế chung: mọi tính đối xứng của các định luật cơ học đều dẫn đến định luật bảo toàn riêng của nó. Ví dụ, tính bất biến của chuyển động quay tương đối của không gian là định luật bảo toàn động lượng góc, và tính bất biến của độ dịch chuyển tương đối của trục thời gian là định luật bảo toàn năng lượng. Một định lý tổng quát liên quan đến tính đối xứng với các định luật bảo toàn đã được phát hiện bởi nhà toán học người Đức Emmy Noether (1882–1935).

Bài toán

M1121 — M1125, F1133 — F1137

M1121. Cho tam giác ABC. Hai đường thẳng đối xứng với đường thẳng AC lần lượt là AB và BC cắt nhau tại điểm K. Chứng minh rằng đường thẳng BK đi qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC.

V. Yu. Protasov

M1122. Giải hệ phương trình:
$$\begin{align*} (x_3 + x_4 + x_5)^2 &= 3x_1, \\ (x_4 + x_5 + x_1)^2 &= 3x_2, \\ (x_5 + x_1 + x_2)^2 &= 3x_3, \\ (x_1 + x_2 + x_3)^2 &= 3x_4, \\ (x_2 + x_3 + x_4)^2 &= 3x_5. \end{align*}$$

L. Tutescu (Romania)

M1123. Góc nguyên thủy được chia thành vô số ô vuông ở phía đơn vị. Chúng ta sẽ xem xét một hàng ô song song với các cạnh của góc (hàng dọc và hàng ngang). Có thể viết một số tự nhiên vào mỗi ô sao cho mỗi hàng dọc và mỗi hàng ngang chứa tất cả các số tự nhiên một lần không?

V. S. Shevelev

M1124. Các cạnh, đường chéo và phần mở rộng của hình thang chính cắt đường thẳng l tại sáu điểm, tức là cắt ra năm đoạn trên đường thẳng l.
a) Chứng minh rằng nếu đoạn ngoài cùng (thứ 1 và thứ 5) bằng nhau thì các đoạn liền kề (thứ 2 và thứ 4) cũng bằng nhau.
b) Với tỷ lệ nào của hình thang chính có thể kiểm tra được đường thẳng l sao cho cả năm đoạn đều bằng nhau?

E. G. Gotman

M1125. Hãy xem xét một chuỗi các từ bao gồm các chữ cái A và B. Từ đầu tiên trong chuỗi là “A”; Từ k-e được lấy từ từ thứ (k-1) bằng cách sử dụng thao tác sau: mỗi A được thay thế bằng AAB, mỗi B bằng A (A, AAB, AABAABA, …).
a) Chứng minh rằng mỗi từ là đầu của từ tiếp theo (từ đó xác định được dãy vô hạn các chữ cái: AABAABAAABAABA…).
b) *Chữ A thứ 1988 xuất hiện ở đâu trong dãy này?
b) *Chứng minh dãy số này không tuần hoàn.

V. M. Galperin

F1133. Trong iterer có sự tan chảy dần dần của chất đang được nghiên cứu. Nhiệt dung riêng của chất này (đã được xác định trong các thí nghiệm trước) là L = 200 kJ/kg. Dùng đồ thị nhiệt độ của chất đó theo thời gian (hình 1), xác định nhiệt dung riêng của chất đó ở trạng thái rắn và lỏng. Công suất nhiệt 卡尔 itera pretenbr.

A. R. Zilberman

38

F1134. Khám phá hành tinh mới được phát hiện, có hình dạng một quả bóng có bán kính $R=6400$ km và được bao phủ toàn bộ bề mặt của nó bởi một đại dương có độ sâu $H=10$ km nước vật lý, các nhà khoa học đã chứng minh rằng gia tốc trọng trường không thay đổi với độ chính xác cao khi ngâm mình trong đại dương ở các độ sâu khác nhau. Sử dụng những dữ liệu này, hãy xác định gia tốc rơi tự do trên hành tinh. Hằng số hấp dẫn $G=6,67 \cdot 10^{-11} \text{H} \text{m}^2/\text{kg}^2$.

I. I. Vorobiev

F1135. Một mặt phẳng nằm ngang với một đồng xu nằm trên thực hiện chuyển động tịnh tiến tròn trong mặt phẳng ngang sao cho tất cả các điểm của nó mô tả các đường tròn có bán kính $R$ với vận tốc góc $\omega$. Hệ số ma sát giữa đồng xu và mặt phẳng $\mu$. Chuyển động ở trạng thái ổn định của đồng tiền sẽ như thế nào? Cô ấy “vẽ” dấu vết gì trên máy bay?

E. I. Butikov

F1136. Trong mạch hiển thị ở hình 2, ampe hiển thị các điểm 0,2 A và 0,3 A. Sau khi hoán đổi hai điện trở trong mạch, số đo ampe không thay đổi. Cái nào chạy qua pin? Giả sử điện áp pin không đổi. Điện trở của các ampe kế không đáng kể.

A. P. Zilberman

F1137. Máy tạo tĩnh điện (hình 3) bao gồm một hình trụ không dẫn điện trên đó dán các dải giấy bạc $\Phi_1$ và $\Phi_2$, các tấm bên ngoài $O_1$ và $O_2$, bộ thu dòng cố định $T_1$ và $T_2$ ở bên ngoài và một cầu nối cố định bên trong với bộ thu dòng $T_3$ và $T_4$. Ở vị trí ban đầu, các dải giấy bạc nằm dọc theo các bản và tạo thành các tụ điện có công suất $C_1$ mỗi tụ. Một tụ điện có công suất $C_0$, được sạc trước đến điện áp $U_0$, được nối với các tấm bên ngoài. Điện áp trên tụ điện này sau $N$ vòng quay của hình trụ theo chiều kim đồng hồ là bao nhiêu? Điện dung giữa các tấm và dải giấy bạc ở trạng thái giãn nở là không đáng kể.

Problems

M1121—M1125, P1133—1137

M1121. A triangle $ABC$ is given. The two lines which are the mirror images of $AC$ with respect to $AB$ and $BC$ intersect at the point $K$. Prove that $BK$ passes through the centre of the circumcircle of triangle $ABC$.

V. J. Protasov

M1122. Solve the system of equations:

$$(x_3+x_4+x_5)^5=3x_1,$$
$$(x_4+x_5+x_1)^5=3x_2,$$
$$(x_5+x_1+x_2)^5=3x_3,$$
$$(x_1+x_2+x_3)^5=3x_4,$$
$$(x_2+x_3+x_4)^5=3x_5.$$

L. Tutescu (Rumania)

40

Những con số tuyệt vời.
Số thân thiện và số nguyên tố sinh đôi

Mỗi bạn phải phân tích các số nhiều lần. Xét một số và tổng của tất cả các ước số của nó ngoại trừ chính số đó. Nếu tổng này lớn hơn số ban đầu thì số đó gọi là số dư; nếu bằng nhau thì số đó gọi là số hoàn hảo.

Với n=2 và n=4 thu được các số tìm được bởi Pythagoras và ichn al-Wanna. Với n=7, chúng ta thu được các số 9,363,584 và 9,437,056, được tìm thấy vào năm 1638 bởi P. Descartes (1596-1650), mà không phụ thuộc vào định lý Curra và bn. Ba trường hợp này sử dụng hết tất cả các giá trị n 20.000 mà phương pháp ichn của Kurra đưa ra các con số khác.

Leonhard Euler (1707-1783) là người đầu tiên sau Descartes có được những con số mới khác. Tổng cộng ông đã phát hiện được 59 cặp số, trung bình cộng của các số là: 32. 7. 13. 5. 7 và 3⁴. 5. 11. 29. 89, cũng như 3². 7. 13. 107 và 3⁴. 5. 11. 2 699. Ông đề xuất năm phương pháp tìm các số thực khác.

Các nhà toán học Hy Lạp cổ đại cũng rất quan tâm đến số nguyên tố - những số có hai ước bằng nhau. Các số trung bình, không phải là số, khác nhau 2: ví dụ: 3 và 5, 5 và 7, 11 và 13, 17 và 19.

Pythagoras đã nói: “Bạn tôi chính là con người thứ hai của tôi, giống như con số 220 và 284”. Hai số này được thay thế bằng thực tế là tổng các ước của mỗi số bằng số thứ hai. Chúng được gọi là chứa quặng.

41

Người ta thường chấp nhận rằng cặp số tiếp theo, 17.296 và 18.416, được phát hiện vào năm 1636 bởi Fermat (1601–1665). Nhưng gần đây, trong một trong những chuyên luận của nhà khoa học Maroc Ibn al-Wanna (1256-1321), người ta đã tìm thấy những dòng sau: “Các con số 17.296 và 18.416 là những con số khác”. Allah là Đấng Biết rõ."

Rất lâu trước Ibn al-Wanna, một nhà toán học Ả Rập khác là Ibn Qurra (836-901) đã đưa ra các giá trị toán học liên tiếp sau đây của một số số khác: nếu ba số $p=3, 2^{n-1}, q=3, 2^{n-1}$ và $r=9, 2^{2n-1}-1$ là số nguyên tố thì các số $A=2^n pq$ và $B=2^n r$ sẽ là những số khác biệt.

Nhiều tác giả sau Ibn Qurra đã nghiên cứu các con số toán học khác nhưng không phát hiện ra điều gì đáng kể. Trong bài viết của họ, lời giải cũng có mặt: “Để đạt được sự có đi có lại trong tình yêu, bạn cần viết các số 220 và 284 lên một thứ gì đó, cho đối tượng yêu ít hơn và bản thân hãy ăn nhiều hơn”.

Bảng hiển thị số lượng số và số thực tế.

=90 2364653062 3313066515 5201592687 8 =86 2593766501 4359638769 0953818787 0786444130 4548569003 8961540360 1666597148 4088835777 4281383581 5363719932 5828701918 5759580345 6831022646 6591332953 3162256868 2747004992 7532312907 0333233826 3649647747 2706738497 3129580885 7840675607 3892061566 6452384945 3683841099 1321499127 6380031055

A và B là những số lớn nhất được biết đến.

42

P1137. Mô hình máy điện tĩnh điện (xem hình 3) bao gồm một hình trụ không dẫn điện có hai dải lá nhôm Φ₁ và Φ₂ được dán vào nó, các tấm ngưng tụ bên ngoài O₁ và O₂, các bộ thu dòng cố định T₁ và T₂ ở bên ngoài và một kết nối cố định bên trong giữa các bộ thu T₃ và T₄. Ở vị trí ban đầu, các dải giấy bạc nằm đối diện với các tấm bên ngoài, tạo thành hai tụ điện có công suất C₁ mỗi tụ. Một tụ điện có công suất C₀, ban đầu được tích điện thành U₀, được nối với các tấm bên ngoài. Điện tích trên tụ điện này sẽ là bao nhiêu sau N vòng quay theo chiều kim đồng hồ của hình trụ? Điện dung giữa các tấm ngoài và các dải giấy bạc khi chúng không đối diện nhau là không đáng kể.

I. I. Vorobjev

Lời giải bài toán

M1101 — M1105, F1113 — F1117

Đáp số. Có thể xảy ra ba trường hợp: 1) nếu AD=AE thì ∠A=2 arctan (1/4); 2) nếu AE=DE thì ∠A=36°; 3) nếu AD=DE thì ∠A=20°.

Chúng ta hãy xem xét những trường hợp này một cách riêng biệt. Hãy đặt ∠A=α.

Trường hợp 1) (hình 1). Vì AD=AE=EC=BC nên cạnh của tam giác đều ABC có cạnh gấp đôi đáy. Hiển nhiên, tan(α/2) = BC/(2AC)=1/4.

Trường hợp 2) (hình 2). Vì BD=AB-AD=AC-EC=AE=ED và BC=EC nên các tam giác BCD và ECD bằng nhau (ở các cạnh đó). Góc DEC nằm ngoài tam giác đều ADE nên

$$\angle ACB = \angle ABC = \angle DEC = 2\alpha,$$

và tổng các góc của tam giác ABC bằng α+2α+2α=5α=180°, tức là α=36°.

Trường hợp 3) (hình 3). Chúng ta hãy hoàn thiện tam giác BDE của hình bình hành BDEF và chứng minh rằng △BCF là tam giác đều. Từ đẳng thức hiển nhiên ∠CEF=∠CAB=α, CE=AD=DE và EF=BD=AB-AD=AC-EC=AE suy ra rằng △CEF=△DAE, CEF là tam giác đều và CF=CE=CB, ∠CFE=∠CEF=α. Ngoài ra, BF=DE=CB, và ∠CFE=∠BDE=2α, vì BDEF là hình bình hành và BDE là góc ngoài của tam giác ADE. Vì vậy, BF=FC=CB và ∠BFC=60°=∠BFE+∠EFC=2α+α=3α. Từ đây chúng ta có được α = 20°.

Khi kết thúc phần lập luận này, khi viết đẳng thức ∠BFC=∠BFE+∠EFC, chúng ta đã ngầm lợi dụng thực tế là tam giác ABC và FBC nằm đối diện với BC và tia FE đi vào bên trong góc BFC. Nhưng nếu điểm F nằm phía trên đáy BC, thì theo cách tương tự, có ba ∠BFE+∠EFC = 360°-∠BFC=300°, do đó α=100°, điều này là không thể, vì α là góc ở đáy của tam giác đều DEA. (Tuy nhiên, trường hợp này cũng có thể được đưa vào xem xét nếu chúng ta cho phép điểm D và E nằm trên phần kéo dài của các cạnh tương ứng của tam giác; hình 4.)

43

M1102. Chứng minh rằng tồn tại các số tự nhiên đố có tổng lập phương bằng lập phương của một số tự nhiên nếu a) n=3, b) n=4, c) n là số tự nhiên bất kỳ lớn hơn 2.

Dưới đây là ví dụ về bộ ba và bốn khối số tự nhiên khác nhau, tổng của chúng là một khối:
a) $3^3+4^3+5^3=6^3$,
b) $1^3+5^3+7^3+12^3=13^3$.

Chúng ta có thể xây dựng các tập hợp số lượng lớn các khối bằng cách “xây dựng”: bằng cách nhân tất cả các khối theo đẳng thức a) với $2^3$ (hoặc theo đẳng thức b) với $6^3$), chúng ta thu được đẳng thức của các khối, nhỏ nhất trong số đó là $6^3$; nó có thể được thay thế bằng $3^3+4^3+5^3$. Do đó, từ a) ta thu được các đẳng thức
$$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3=12^3 \quad (n=5),$$
$$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3+16^3+20^3=24^3 \quad (n=7)$$
v.v. với mọi n lẻ và từ b) -
$$3^3+4^3+5^3+30^3+42^3+72^3=78^3 \quad (n=6),$$
$$3^3+4^3+5^3+8^3+10^3+60^3+84^3+144^3=156^3 \quad (n=8)$$
v.v. với mọi số chẵn n.

L. D. Kurlyandchik

M1103. a) Trên một mặt phẳng vô hạn được chia thành các ô vuông, một số hình chữ nhật nhất định - có lẽ là vô hạn - có kích thước $1\times 2$ được sơn màu đen sao cho không có hai hình chữ nhật màu đen nào có điểm chung (sau đây gọi là các đỉnh). Chứng minh rằng phần còn lại của mặt phẳng có thể xếp được bằng những hình chữ nhật này. b)* Cho một số hình chữ nhật được tô bóng trên mặt phẳng ca rô

Chúng ta hãy che lưới ca rô (màu xanh) ban đầu bằng một lưới lớn hơn (màu đen), chia mặt phẳng thành các ô vuông $2\times 2$. Mỗi quân domino đen $1\times 2$ hoàn toàn khớp với một hình vuông $2\times 2$ của lưới mới hoặc vào hai quân cờ liền kề tạo thành hình chữ nhật $2\times 4$ và các quân domino đen khác không nằm trong phần này của lưới đen. Trong cả hai trường hợp, phần còn lại của khu vực có thể dễ dàng bị quân domino che phủ (ở hình 1, những quân domino này được khoanh tròn bằng các đường màu hồng); để các ô $2\times 2$ chia thành hai quân domino. Điều này ngụ ý tuyên bố bài toán a).

Tương tự, sử dụng lưới các ô vuông $2\times 2$ người ta có thể chứng minh câu 6) cho hình chữ nhật $m\times n$ có số chẵn mn ô. Điều quan trọng ở đây là nghiệp trắng, rộng một ô, vẫn còn trên phần của mỗi quân domino đen $m\times n$, bao gồm một số ô chẵn (có thể là hai sọc, mỗi sọc có số ô chẵn; hình

kích thước $m \times n$ ô không có điểm chung. Chứng minh rằng nếu mn là số chẵn thì phần còn lại của mặt phẳng có thể được xếp bằng các đường thẳng có kích thước $1 \times 2$, nhưng nếu mn là số lẻ thì điều này không phải lúc nào cũng thực hiện được.

M1104. Trong khối lục giác ABCD, các mặt ABC và BCD vuông góc với nhau, $\angle BAC=90^\circ$. Chứng minh rằng từ các đoạn có độ dài bằng tích độ dài các cạnh đối diện của khối lập phương, có thể dựng được một tam giác vuông.

Hình 1.

Hình 2.

2 mô tả trường hợp khi $m$ và $n$ đều là số chẵn, hình 3 khi $m$ là số chẵn và $n$ là số lẻ).

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu mn là số lẻ và $k^2$ hình chữ nhật $m \times n$ được đặt cạnh các khoảng trống rộng một hình vuông, như minh họa trong hình 4, thì với $k \geq 4$ không thể che phần còn lại của mặt phẳng domino $1 \times 2$.

Gọi P là toàn bộ hình chữ nhật của $2N-1=(mk+k-1)\times(nk+k-1)$ ô chứa $k^2$ hình chữ nhật. Hãy tô màu $N$ ô P theo hình bàn cờ, bao gồm các điều kiện (bên trong hình chữ nhật - đen, bên ngoài - xanh lam). Mỗi hình chữ nhật $k^2$ có một ô màu đen “thêm”, vì vậy trong số $N-1$ ô không được che phủ hoặc đám mây P có nhiều ô màu trắng hơn $k^2-1$ so với ô màu xanh lam. Nhưng mỗi domino bao phủ một hình vuông màu trắng và một hình vuông màu xanh.

Giả sử toàn bộ khu vực này được bao phủ bởi quân domino. Một số trong số chúng - nhưng không quá $4(k-1)$ - có thể vượt quá P (một ô), nhưng vì $k^2-1>4(k-1)$ tại $k \geq 4$, giả định của chúng tôi dẫn đến mâu thuẫn.

M. Khovanov

Hãy chứng minh điều đó

$$(DA \cdot BC)^2=(DB \cdot CA)^2+(DC \cdot AB)^2.$$

Đẳng thức này tương đương với đẳng thức tương tự cho phép chiếu $D_1$ của điểm $D$ lên mặt phẳng ABC (hình 1):

$$D_1A^2 \cdot BC^2=D_1B^2 \cdot CA^2+D_1C^2 \cdot AB^2.$$

Trên thực tế, trừ đi số thứ hai từ đẳng thức thứ nhất, theo định lý Pythagore cho các tam giác $DD_1A$, $DD_1B$ và $DD_1C$, chúng ta thu được

$$D_1D^2 \cdot BC^2=D_1D^2 \cdot CA^2+D_1D^2 \cdot AB^2,$$

và đẳng thức này luôn đúng vì trong tam giác ABC góc $A$ vuông.

Chứng minh đẳng thức (*) có thể được chứng minh như sau. Chúng ta hãy mô tả một đường tròn bao quanh tam giác ABC và ký hiệu là $E$ điểm giao nhau của nó với đường thẳng $AD_1$ (khác với điểm $A$; xem hình 2). Hình tam giác $D_1BE$ và $D_1AC$ tương tự nhau ($\angle ED_1B=\angle CD_1A$, $\angle BED_1=\angle ACD_1$), vì vậy $BE:BD_1=CA:AD_1$ hoặc

$$CA^2 \cdot BD_1^2=BE^2 \cdot AD_1^2;$$

tương tự,

$$AB^2 \cdot CD_1^2=CE^2 \cdot AD_1^2.$$

Do đó, vì $\triangle BEC$ là thẳng thắn,

$$CA^2 \cdot BD_1^2+AB^2 \cdot CD_1^2=(BE^2+CE^2) \cdot AD_1^2=BC^2 \cdot AD_1^2,$$

Q.E.D.

Lưu ý rằng đẳng thức (*) trên thực tế là trường hợp đặc biệt của cái gọi là “công thức Stewart” cho độ dài của đoạn $AD_1$ (hình 2) trong tam giác ABC tùy ý:

$$AD_1^2=p \cdot AB^2+q \cdot AC^2-pq \cdot BC^2,$$

ở đâu $p=CD_1/BC$, $q=BD_1/BC$.

Đối với những độc giả quen thuộc với phép biến đổi nghịch đảo, chúng tôi chỉ ra mối liên hệ của bài toán với phép biến đổi này:

45

M1105. Sau vài lần cắt thẳng, các bề mặt của đa tạp lồi được chuyển thành một mặt phẳng. Kết quả là một đa giác mà người ta biết các điểm nào trên đường biên của nó “dán lại với nhau”, nghĩa là tương ứng với cùng một điểm trên bề mặt của đa tạp. Đa giác ban đầu sẽ như thế nào nếu khi cắt, kết quả là a) một hình chữ nhật có cạnh 1 và $\sqrt{3}$, b) một tam giác đều có góc 120°, và trong cả hai trường hợp, các điểm của mỗi cạnh được dán lại với nhau, đối xứng ở giữa.

Hình 1.

F1113. Một quả cầu bán kính R có thể quay tự do trên một trục nằm ngang cố định OO’. Dưới sha-

nếu $A_1, B_1$ và $C_1$ là ảnh của các điểm $A, B, C$ dưới một phép nghịch đảo nào đó với tâm $D$ (tức là các điểm $A_1, B_1, C_1$ lần lượt nằm trên các tia $DA, DB, DC$ và $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$), thì các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỉ lệ với tích của các cạnh đối diện tứ diện $ABCD$, và điều này tam giác là tam giác vuông. (Theo tính chất chính của phép nghịch đảo, đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ sẽ chuyển trong quá trình đảo ngược thành đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $A_1B_1C_1$; dễ dàng nhận thấy rằng trong bài toán cạnh $B_1C_1$ của chúng ta sẽ là đường kính của đường tròn thứ hai.)

V. N. Dubrovsky

M1105. Sau vài lần cắt thẳng, các bề mặt của đa tạp lồi được chuyển thành một mặt phẳng. Kết quả là một đa giác mà người ta biết các điểm nào trên đường biên của nó “dán lại với nhau”, nghĩa là tương ứng với cùng một điểm trên bề mặt của đa tạp. Đa giác ban đầu sẽ như thế nào nếu khi cắt, kết quả là a) một hình chữ nhật có cạnh 1 và $\sqrt{3}$, b) một tam giác đều có góc 120°, và trong cả hai trường hợp, các điểm của mỗi cạnh được dán lại với nhau, đối xứng ở giữa.

Hình 1.

F1113. Một quả cầu bán kính R có thể quay tự do trên một trục nằm ngang cố định OO’. Dưới sha-

nếu $A_1, B_1$ và $C_1$ là ảnh của các điểm $A, B, C$ dưới một phép nghịch đảo nào đó với tâm $D$ (tức là các điểm $A_1, B_1, C_1$ lần lượt nằm trên các tia $DA, DB, DC$ và $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$), thì các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỉ lệ với tích của các cạnh đối diện tứ diện $ABCD$, và điều này tam giác là tam giác vuông. (Theo tính chất chính của phép nghịch đảo, đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ sẽ chuyển trong quá trình đảo ngược thành đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $A_1B_1C_1$; dễ dàng nhận thấy rằng trong bài toán cạnh $B_1C_1$ của chúng ta sẽ là đường kính của đường tròn thứ hai.)

V. N. Dubrovsky

M1105. Sau vài lần cắt thẳng, các bề mặt của đa tạp lồi được chuyển thành một mặt phẳng. Kết quả là một đa giác mà người ta biết các điểm nào trên đường biên của nó “dán lại với nhau”, nghĩa là tương ứng với cùng một điểm trên bề mặt của đa tạp. Đa giác ban đầu sẽ như thế nào nếu khi cắt, kết quả là a) một hình chữ nhật có cạnh 1 và $\sqrt{3}$, b) một tam giác đều có góc 120°, và trong cả hai trường hợp, các điểm của mỗi cạnh được dán lại với nhau, đối xứng ở giữa.

Hình 1.

F1113. Một quả cầu bán kính R có thể quay tự do trên một trục nằm ngang cố định OO’. Dưới sha-

nếu $A_1, B_1$ và $C_1$ là ảnh của các điểm $A, B, C$ dưới một phép nghịch đảo nào đó với tâm $D$ (tức là các điểm $A_1, B_1, C_1$ lần lượt nằm trên các tia $DA, DB, DC$ và $DA_1 \cdot DA = DB_1 \cdot DB = DC_1 \cdot DC$), thì các cạnh của tam giác $A_1B_1C_1$ tỉ lệ với tích của các cạnh đối diện tứ diện $ABCD$, và điều này tam giác là tam giác vuông. (Theo tính chất chính của phép nghịch đảo, đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ sẽ chuyển trong quá trình đảo ngược thành đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $A_1B_1C_1$; dễ dàng nhận thấy rằng trong bài toán cạnh $B_1C_1$ của chúng ta sẽ là đường kính của đường tròn thứ hai.)

V. N. Dubrovsky

46

Rượu rum, ấn vào nó, một dải băng thô, cứng di chuyển, uốn cong theo hình nửa chindra có bán kính R (hình 1). Tốc độ vành đai v hướng theo phương ngang và vuông góc với trục OO′. Tốc độ quay ổn định của quả bóng là bao nhiêu?

Hình 1.

Hình 2.

khoảnh khắc bóng xoáy. Khi vận tốc góc quay đạt giá trị $\omega = v/R$ thì điểm của quả cầu B (hình 2), khoảng cách lớn nhất tính từ trục quay OO′, sẽ có tốc độ tuyến tính bằng tốc độ của dây đai: $\omega R = vR/R = v$. Sự trượt của quả bóng so với dây đai tại thời điểm này sẽ dừng lại, và lực ma sát (và do đó mô men của nó) sẽ biến mất. Tuy nhiên, tại tất cả các điểm khác của ABC khác (tại đó quả bóng tiếp xúc với băng) tốc độ tuyến tính lúc này đều nhỏ hơn v (các điểm này gần trục quay) nên quả bóng tiếp tục tăng tốc.

Khi vận tốc góc của quả bóng tăng lên, điểm không xuyên qua sẽ di chuyển đến gần trục OO′ hơn và số phần có vận tốc tuyến tính nhỏ hơn v giảm đi. Đồng thời, số đoạn có tốc độ tuyến tính lớn hơn v ngày càng tăng; lực ma sát có hướng ngược lại và tạo ra mômen lực, phanh. Tại một thời điểm nào đó, mômen tăng tốc và mômen giảm tốc của lực trở nên bằng nhau và vận tốc góc thay đổi.

Bây giờ chúng ta hãy thực hiện các phép tính tương ứng. Trước hết, chúng ta hãy tìm xem tại điểm nào sẽ không có vết thủng trong điều kiện ổn định.

Chúng ta sẽ giả sử rằng cuộn băng được ép vào quả bóng ở tất cả các vị trí với một lực như nhau, khi đó bất kỳ hai vùng tiếp xúc giống hệt nhau nào cũng sẽ chịu các lực ma sát như nhau (theo mô hình). Đặt điểm không xuyên thấu mong muốn là điểm D (xem hình 2). Chúng ta hãy nhìn vào một khu vực nhỏ của những người khác gần điểm này. Chiều dài của nó là $\Delta l = R\Delta a$; lực tác dụng lên nó $\Delta F = k\Delta l = kR\Delta a$ (k là một hằng số nào đó); khoảnh khắc của cô ấy $\Delta M = kR\Delta a \cdot R \cos a$. Tổng mômen của lực ma sát

$$M = \sum_i \Delta M = kR \sum_i R\Delta a \cos a_i,$$

tác dụng lên cung BC ở trạng thái ổn định phải bằng 0. Điều này có nghĩa là tổng các hình chiếu của cung BD và DC (“tương ứng dương” và “âm”) lên trục quay OO′ phải bằng 0:

$$\sum_i R\Delta a \cos a_i = 0 \Rightarrow O'D' = D'C = R/2,$$

vận tốc góc ổn định mong muốn đến từ đâu?

$$\omega = \frac{v}{D'D} = \frac{2v}{\sqrt{3}R} \approx 1.15 \frac{v}{R}.$$

L. G. Markovich

F1114. Người đóng thế phóng từ độ cao H=50 m. Gắn một sợi cáp cao su vào nó, đầu thứ hai của cáp được cố định ở điểm bắt đầu. Chiều dài và độ cứng của thanh chắn được chọn sao cho tốc độ trên mặt đất giảm xuống bằng 0. Sau đó

Hãy để chúng tôi giới thiệu các ký hiệu cho các tham số chưa biết: $l$ là chiều dài của bu lông không chịu lực (rõ ràng là $l + h < H$), $k$ là độ cứng của nó, $m$ là khối lượng của diễn viên đóng thế, $v$ là tốc độ mong muốn. Lưu ý rằng tốc độ tối đa của diễn viên đóng thế chính xác là ở độ cao $h$ so với mặt đất, tức là ở vị trí cân bằng, trong đó lực ma sát $mg$ được cân bằng bởi lực đàn hồi của shur $k(H - l - h)$. Trên điểm này, lực ma sát chiếm ưu thế so với lực đàn hồi - chuyển động của diễn viên đóng thế được tăng tốc, dưới điểm này lực

47

rung động tắt đi, diễn viên đóng thế bị treo ở độ cao $h=10$ m so với mặt đất. Tốc độ tối đa của diễn viên đóng thế khi rơi là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí.

F1115. Một bình kín chứa đầy khí được chia thành hai phần bằng một piston nằm ngang không thể xuyên thủng; khối lượng của bình $m$, khối lượng của piston $M$. Đầu tiên, tàu sẽ kết thúc trên giá đỡ. Chúng tôi bay và đánh bật kẻ nổi bật từ dưới tàu. Tàu bắt đầu chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Bỏ qua ma sát giữa thành bình và pittông.

F1116. Trong hai vòng hóa học giống hệt nhau, cơ thể được kéo lên đến cùng một mức độ: một - lạnh, một - nóng. Các con nhỏ được hỗ trợ và số giọt được tính. Vòng lặp nào sẽ tạo ra nhiều giọt hơn?

LỰC ĐÀN HỒI LÀ TỐT - CHUYỂN ĐỘNG CHẬM.

Ta viết định luật bảo toàn cơ năng cho các vị trí $O$ và $1$ (xem hình):

$$mgH = mgh + \frac{1}{2} k(H - l - h)^2 + \frac{1}{2} mv^2$$

và đối với các vị trí $O$ và $2$:

$$mgH = \frac{1}{2} k(H - l)^2.$$

Chúng ta cũng xét các điều kiện cân bằng ở độ cao $h$:

$$mg = k(H - l - h).$$

Bằng cách loại bỏ các tham số chưa biết $m$, $k$ và $l$ khỏi phương trình (1) - (3), chúng ta tìm thấy $v$. Cách dễ nhất để làm điều đó là cách này. Chia phương trình (2) cho phương trình (3) và tìm $l = \sqrt{H^2 - 2Hh}$; chúng ta viết lại số hạng $k(H - l - h)^2/2$ trong các phương trình (1), có tính đến đẳng thức (3), ở dạng $mg(H - l - h)/2$; sau đó chúng tôi nhận được

$$v^2 = g(H - h + \sqrt{H^2 - 2Hh})$$

Và

$$v = \sqrt{g(H - h + \sqrt{H^2 - 2Hh})} \approx 28 \text{ м/c.}$$

D. V. Pavlov

Ở trạng thái ban đầu, trạng thái cân bằng của piston được đảm bảo bởi thực tế là ở phần dưới của bình, khí bị nén mạnh hơn ở phần trên ($p_2 > p_1$). Nếu chúng ta biểu thị diện tích phần piston bằng $S$ thì điều kiện cân bằng của nó sẽ được viết là:

$$(p_2 - p_1)S = Mg.$$

Ngay sau khi đập giá đỡ, ba lực tác dụng lên bình theo hướng trên: lực áp suất khí tác dụng lên thành trên và thành dưới của bình $p_1S$ và $p_2S$ và lực hấp dẫn của bình $mg$. Theo định luật II Newton,

$$ma_0 = mg - p_1S + p_2S.$$

Từ phương trình (1) và (2) tìm được gia tốc:

$$a_0 = g \frac{M + m}{m}.$$

S. F. Kim, A. I. Latinin

Giọt rơi ra khỏi đầu pipet vào thời điểm lực căng bề mặt không còn có thể cân bằng trọng lực của giọt.

Khi nhiệt độ của nước tăng, hệ số sức căng bề mặt của nó và do đó lực căng bề mặt giảm. Hơn nữa, nó giảm khá rõ rệt - khoảng 20% ​​khi nhiệt độ tăng từ 20 đến 100 ° C. Như vậy, lực hấp dẫn của một giọt nhỏ hơn lực hấp dẫn của giọt lạnh và ngược lại, số lượng giọt nóng nhiều hơn.

48

Lưu ý rằng khi đun nóng, một quá trình khác xảy ra - mật độ nước giảm (liên quan đến sự phân bố của nó). Nói chung, điều này được giải thích là có vai trò ngược lại. Nhưng hiệu ứng do nó gây ra, do hệ số phân bố nhiệt của nước nhỏ, hóa ra yếu hơn nhiều so với lần đầu và thực tế không biểu hiện ra ngoài.

A. I. Buzdin

F1117. Ánh sáng từ một nguồn chính xác A được chiếu qua một bức tường mờ bằng ống dẫn ánh sáng - một thanh thăm dò mỏng có bán kính tiết diện R (hình 1); phần bên trong của thanh có bán kính r (R—r<r) được làm bằng vật liệu có chiết suất $n_1$, và vùng bên ngoài được làm bằng vật liệu có chiết suất $n_2$ ($n_2<n_1$). Xác định đường kính của điểm sáng trên màn hình nằm ở khoảng cách L tính từ đầu bên phải của thanh dẫn sáng. Nguồn sáng sẽ nằm ở trung tâm của đầu bên trái của thanh dẫn sáng.

Kích thước điểm sẽ thay đổi như thế nào nếu nguồn được lấy ra dọc theo trục của ống dẫn sáng ở khoảng cách l tính từ đầu?

Hình 1.

Rõ ràng, những tia đó từ nguồn sẽ đến màn hình, trải qua sự phản xạ hoàn toàn ở bề mặt tiếp xúc của lõi và lớp bọc và dường như bị lõi sợi quang bắt giữ.

Tia sáng truyền qua lõi sợi quang (hình 2) nếu góc tới là $\alpha \geqslant \alpha_0$, trong đó $\alpha_0$ là góc phản xạ toàn phần giới hạn tại ranh giới của hai môi trường có chiết suất $n_1$ và $n_2$ ($\sin \alpha_0=n_2/n_1$).

Sau khi khúc xạ ở đầu vật dẫn ánh sáng đối diện với nguồn, các tia sáng phân kỳ dưới dạng chùm tia hữu hạn. Theo các định luật quang học hình học, góc khúc xạ được xác định bởi các điều kiện

$$\frac{\sin \beta}{\sin (90^\circ-\alpha)}=n_1.$$

Tia sáng sẽ có độ lệch lớn nhất ở đầu que nếu góc $\alpha$ nhỏ nhất, tức là $\alpha=\alpha_0$. Sau đó, đối với góc khúc xạ cực đại $\beta_{\max}$, chúng ta thu được biểu thức hợp lệ cho $n_1^2-n_2^2<1$:

$$\sin \beta_{\max}=n_1 \cos \alpha_0=\sqrt{n_1^2-n_2^2}.$$

Do đó, khi biết chiều cao của hình nón cụt (chùm sáng) $L$, bán kính nhỏ hơn đáy $r$, góc $\beta_{\max}$ giữa trục của hình nón và đường sinh của nó, dễ dàng tìm được bán kính của đáy lớn, hay tương tự, bán kính của điểm sáng trên màn hình:

$$R_1=r+L \ tg \beta_{\max},$$

hoặc

$$R_1=r+L \frac{\sqrt{n_1^2-n_2^2}}{\sqrt{1+n_2^2-n_1^2}}.$$

Nếu $n_1^2-n_2^2\geqslant 1$ thì chùm sáng phát ra ở mọi góc $\beta\leqslant\pi/2$ và kích thước của điểm sáng sẽ không giới hạn.

Trong trường hợp khi nguồn được lấy ra ở một khoảng l tính từ đầu ống dẫn sáng, các tia chiếu tới đầu bên trái ở góc $\gamma\leqslant\gamma_{\max}$, trong đó $tg \gamma_{\max}=r/l$, có thể tham gia vào quá trình hình thành đốm sáng. Do đó, chùm tia ló không thể có góc phân kỳ lớn hơn $\gamma_{\max}$, tức là $\beta\leqslant\gamma_{\max}$ (như khi đi qua một tấm phẳng song song). Nếu $\beta_{\max}\leqslant\gamma_{\max}$ thì công thức (2) cũng đúng cho tia này. Nếu $\beta_{\max}>\gamma_{\max}$ thì trong công thức (1) thay vì $\beta_{\max}$ bạn nên đặt $\gamma_{\max}$:

$$R_1=r\left(1+\frac{L}{l}\right).$$

49

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Hầu hết độc giả đã gửi lời giải bài toán M1076 - M1090, F1088 - F1102 quản lý bài toán M1076, M1081, M1082, M1086, M1088, M1090, F1088, F1090, F1091, F1093 - F1095, F1098 - F1100.

Dưới đây chúng tôi công bố họ của những người yêu cầu đúng lời giải và những người còn lại bài toán (các số sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học
D. Abdullayev (Baku) 89; V. Abrahamyan (làng Borakan, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 87, 89; E. Adaev (làng Boradygakh của AzSSR) 89; K. Adrian (Caracal, SRR) 77-80; N. Adrianov (Điện) 83, 84, 87, 89; A. Akimov (Evpatoria) 77-80, 83, 87, 89; A. Akoplan (Yerevan) 78, 79, 83, 89; G. Aksenov (Moscow) 83; P. Andras (SRR) 87, 89; V. Andryushenko (Vinnitsa) 83, 87; I. Arzhantsev (Kyiv) 83, 85, 87, 89; V. Aryasov (Kyiv) 83, 89; D. Asadov (Baku) 83, 89; Sh. Asadov (làng Kirillavar AzSSR) 89; A. Akhmetov (Alma-Ata) 87; Sh. Babayev (Baku) 83, 89; R. Bazhenov (Simfeopol) 89; E. Bazhenov (Karaganda) 87; L. Barakskaya (Kyiv) 89; V. Barakovsky (Omsk) 87, 89; N. Barinova (Ust-Kamenogorsk) 87, 89; Yu. Bezgacheva (Krasnoirsk) 77, 79; S. Berezovsky (Kyiv) 83, 85; N. Bilusak (làng Menyava, vùng Ivano-Frankivsk) 83, 85, 87; N. Bildilov (Alma-Ata) 87, 89; A. Blinova (Leningrad) 87; A. Boddanov (Stary Oskol) 87, 89; Vâng. Boychik (Kyiv) 83, 87, 89; V. Boranabe (Alma-Ata) 87, 89; Zh. Borash (Alma-Ata) 87, 89; P. Borodin (Kirov) 89; A. Breiman (Moscow) 83, 84; J. Brener (Vilnius) 80; D. Brinzan (SRR) 87; S. Butvina (Zhitomir) 83-85, 89; V. Barlamov (Votkinsk) 89; Ts. Vasiliev (Sofia, NRB) 78-80; E. Vasilyeva (Khimki) 83; Yu. Velikina (Dnepropetrovsk) 79, 83, 89; A. Vilitsky (Kaluga) 79, 89; T. Vovsky (Chernivtsi) 89; S. Voloshin (Podgorodnoe, vùng Dnepropetrovsk) 89; O. Voloshuk (Gayvoron) 89; V. Volchkov (Shakhtersk) 83, 84, 87, 89; V. Vonchurin (Moscow) 87, 89; M. Thế giới (Leningrad) 83, 87; M. Vyurnov (Kyiv) 79, 80, 83, 87, 89; A. Gamidov (làng Boradygakh của AzSSR) 89; S. Gamidov (làng Boradygakh của AzSSR) 89; V. Hasanov (Baku) 83, 89; V. Gatsova (Ordzhonikdze) 87; V. Gorbachev (Kharkov) 87, 89; E. Goryansky (Beregovo, vùng Transcarpathian) 89; P. Grigoriev (Riga) 87, 89; Yu. Grifeld (Moscow) 83-85, 87, 89; A. Gurlo (thị trấn Krivichi, vùng Minsk) 89; A. Gurman (Odessa) 89; K. Davtyan (Yerevan) 89; A. Davydov (làng Elfimovo, vùng Gorky) 83, 87, 89; R. Dadashov (làng Boradygakh của AzSSR) 89; A. Danilenko (Volgograd) 79; D. Delic (Novi Sad, SFRY) 89; V. Demik (Ordzhonikdze) 89; Kh. Dzhkafov (Torkoba AzSSR) 77-79, 83, 87, 89; D. Dologat (Rutov) 84, 87, 89; S. Dortsenko (Berogovo, vùng Transcarpathian) 89; E. Dorogaykin (Kyiv) 83, 89; D. Drachev (Kyiv) 89; V. Drobovtse (Moscow) 84; V. Dubrov (Minsk) 83, 84, 87; E. Duda (Kharkov) 83, 87, 89; K. Dyshleva (Cherkasy) 83, 84; D. Dembarel (Ulaanbaatar, Mông Cổ) 89; A. Erasov (Moscow) 83; E. Erbautsev (Alma-Ata) 87, 89; O. Zherebtsov (Usinsk) 89; V. Zhilinskaite (Vilnius) 83-85, 89; Kh. Zhumabekov (làng Dzhailma, vùng Dzhambul) 87, 89; Yu. Zhuravel (Kyiv) 79, 83, 87, 89; D. Zainoldanov (Taldy-Kurgan) 84; N. Zarubin (Kharkov) 87, 89; I. Zelenko (Saratov) 77—79, 84, 85, 87, 89; D. Zelensky (Semipalatinsk) 83, 84, 89; S. Zelensky (Semipalatinsk) 83, 89; S. Zelik (Kramatorsk) 77-80, 83-85, 87; G. Zeltsman (Kyiv) 85; I. Zefirov (Khimki, vùng Moscow) 77-79; I. Zuk (Essen, Đức) 83, 84, 87; R. Ivanov (Cheboksary) 89; M. Ignatyev (Moscow) 83, 84; S. Izmalkov (Kharkov) 83, 84, 87, 89; I. Ilyina (làng Kamenskoye, vùng Ural) 89; D. Ilyasov (làng Kokterek, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Kazakhstan) 87, 89; A. Iones (Leningrad) 89; I. Iopne (Moscow) 83, 84, 87, 89; A. Iskov (Alma-Ata) 87, 89; M. Ismailov (làng Yardimly của AzSSR) 89; A. Kabdolov (Alma-Ata) 87, 89; A. Kalinin (Saratov) 79; V. Kaloshin (Kharkov) 83-85, 87, 89; L. Kampinshtein (Kyiv) 83, 85, 87, 89; I. Kaputkina (Moscow) 83, 87; A. Karavaev (Volgograd) 85; S. Kasamanyan (Araks ArmSSR nông nghiệp) 89; I. Kirillov (Ust-Kamenogorsk) 87, 89; O. Kirisovsky (Vinnitsa) 78, 79; V. Klimov (Alma-Ata) 83, 87, 89; A. Klyachin (Volgograd) 78; V. Klyachin (Volgograd) 79; D. Kobysh (Moscow) 89; G. Koval (Novosibirsk) 89; T. Kovalchuk (Kyiv) 89; S. Kovachenko (Vinny

51

Nhiệm vụ

1. Có thể sắp xếp mười số tự nhiên khác nhau vào các vòng tròn của ngôi sao trên hình sao cho tổng của bốn số dọc theo mỗi cạnh của đường thẳng là số lẻ?

2. Sáu hành khách trên xe buýt không có người soát vé phải trả 5 kopecks tiền vé. Nhưng họ chỉ có đồng xu 10, 15 và 20 kopecks. Tuy nhiên, các hành khách đã đối phó với nhiệm vụ. Chứng tỏ rằng tổng số xu họ có ở mọi thứ không ít. Liệu hành khách có thể giải được bài toán này nếu họ có tổng cộng tám đồng xu không?

3. Hai số có hai chữ số liên tiếp được cộng lại và các chữ số trong tổng của chúng được sắp xếp lại. Kết quả là số được thêm vào càng lớn. Cộng lại những con số nào?

4. Xác định giá trị số của từ VẬN CHUYỂN nếu các chữ cái giống nhau lần lượt được thay thế bằng các số giống nhau và các chữ cái khác nhau được thay thế bằng các số khác nhau và sao cho các bất đẳng thức chỉ ra tại hình được thỏa mãn.

5. Hai hình bình hành - đỏ và xanh - có một đỉnh chung và một đỉnh nữa nằm ở cạnh kia (xem hình). Chứng minh rằng diện tích của chúng bằng nhau.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi: A. M. Domashenko, N. B. Vasilyev, Zhora Golovatenko từ Moscow, M. P. Mochalov và V. V. Proizvolov.

53

QUY TẮC TUYỆT VỜI

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. L. ROSENTHAL

Nếu muốn học cách giải toán bài toán, bạn cần cố gắng nắm vững ít nhiều các cách tiếp cận, kỹ thuật và phương pháp suy luận toán học tổng quát. Hãy xem xét một cách tiếp cận rất chung mà chúng ta gọi là quy tắc cuối cùng.

Quy luật cực đoan có thể được diễn đạt ngắn gọn bằng câu “Hãy xem xét sự cực đoan!” Quy tắc này là một khuyến nghị đơn giản để xem xét một vật thể có một số tính chất cực trị, hoặc, như các nhà toán học nói, có tính chất cực trị. Nếu chúng ta đang nói về bài toán về một tập hợp các điểm trên một đường thẳng, thì quy tắc “Hãy xét điểm cực trị!” khuyên chúng ta nên tập trung sự chú ý vào điểm xa nhất của tập hợp (ngoài cùng bên trái hoặc ngoài cùng bên phải). Nếu bài toán chứa một tập hợp số nhất định thì quy tắc cực trị khuyên bạn nên xem xét nhiều nhất hoặc hầu hết các số này. Dưới đây là một số ví dụ.

Bài 1. Cho một tập hợp điểm M nhất định trên mặt phẳng sao cho mỗi điểm thuộc M là trung điểm của đoạn thẳng nối các cặp điểm bất kỳ trong cùng một tập hợp M. Chứng minh rằng tập hợp M chứa vô số tập điểm.

Điều thường xảy ra là các chìa khóa của lời giải bài toán được tìm thấy bằng cách giải bài toán đơn giản hơn, tương tự. Do đó, trước khi giải bài toán này, chúng ta hãy thử giải bài toán tiếp theo.

Bài 2. Cho một tập điểm M nằm trên một đường thẳng sao cho mỗi điểm thuộc M là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm khác từ M. Chứng minh tập M là vô hạn.

Giả sử tập M là hữu hạn. Hãy áp dụng quy tắc cuối cùng:

Bài viết này được xuất bản lần đầu vào «Kvant» số 8, 1976. (Ghi chú của biên tập viên)

nếu tập M là hữu hạn thì trong số các điểm của nó có các điểm cực trị - ngoài cùng bên trái và ngoài cùng bên phải. Hãy xem xét một trong số chúng, ví dụ như cái ngoài cùng bên trái; chúng ta hãy ký hiệu nó bằng chữ A. Điểm A là điểm cực trị nên không thể nằm trong đoạn nối hai điểm khác của tập M; điều này có nghĩa là nó không thuộc M. Điều mâu thuẫn thu được chứng tỏ tập M không thể hữu hạn.

Hãy để chúng tôi trình bày một lời giải khác trong số bài toán này bằng cách sử dụng quy tắc cực đoan. Chúng ta lại giả sử rằng tập M là hữu hạn và xét độ dài của các đoạn nối các điểm trong M. Tập số này là hữu hạn. Hãy áp dụng quy tắc của chúng tôi cho nó ở dạng “Hãy cân nhắc nhiều nhất!” - Xét đoạn BC dài nhất. Rõ ràng là không có điểm nào từ M nằm ngoài đoạn BC, nếu không sẽ có những đoạn có độ dài lớn. Như vậy, mọi điểm của tập M đều nằm trên đoạn BC nên cả B và C đều không thỏa mãn điều kiện, tức là chúng không thuộc tập M. A mâu thuẫn.

Bây giờ chúng ta quay lại bài toán 1. Giả sử rằng tập M là hữu hạn. Hãy áp dụng quy tắc cuối cùng một lần nữa. Để làm điều này, chúng ta cố định vị trí của mặt phẳng và xem xét điểm ngoài cùng bên trái của tập hợp M, và nếu có một số điểm “ngoài cùng bên trái” thì chúng ta lấy điểm thấp nhất trong số đó. Dễ dàng thấy rằng điểm này, chúng ta ký hiệu bằng A, không thể nằm bên trong đoạn nối hai điểm của tập M. Thật vậy, nếu một đoạn như vậy tồn tại thì một trong các đầu của nó sẽ nằm ở bên trái điểm A, hoặc trên cùng một đường thẳng đứng với A, nhưng ở phía dưới nó. Cả cái này lẫn cái kia đều không thể tồn tại do việc chọn điểm A.

Ở đây, như trong bài toán 2, cũng tồn tại lời giải, dựa trên việc xem xét khoảng cách theo cặp giữa các điểm của tập M. Nếu tập M là hữu hạn thì có một số hữu hạn các khoảng cách theo cặp và trong số đó

54

trong số đó, được hướng dẫn bởi quy tắc cực đoan, bạn có thể tìm thấy nhiều nhất.

Giả sử đây là sự xem xét giữa các điểm A và B. Nhưng điểm B là trung điểm của một đoạn CD nhất định, các đầu của CD đó, theo điều kiện, thuộc tập M (hình 1). Khi đó dễ dàng chứng minh rằng AD hoặc AC lớn hơn AB (bạn tự làm nhé, lợi dụng trung tuyến m vẽ về một cạnh của tam giác nhỏ hơn một nửa tổng của hai cạnh còn lại).

Bài toán 3. Các số tự nhiên được viết trên các trường của một bàn cờ vô hạn sao cho mỗi số bằng trung bình cộng của tổng số học của các số lân cận - trên, dưới, phải và trái. Chứng minh rằng tất cả các số trên bảng đều bằng nhau.

Quy luật cực đoan ở dạng “Xem xét tên!” sẽ giúp chúng tôi giải quyết điều này bài toán. Trong số các số tự nhiên được viết trên các ô bàn cờ, chắc chắn sẽ tồn tại một cái tên. Điều này không khó để xác minh. Gọi k là một trong các số đã cho. Nếu trong số các số viết trên bảng có một đơn vị thì đó là số nhỏ nhất (không có số tự nhiên nào nhỏ hơn số một). Nếu không có ai trên bảng, hãy xem liệu có hai người ở đó không. Nếu có thì đó là số nhỏ nhất, còn nếu không thì ta đặt một cây lên bảng, v.v. Không quá k bước ta sẽ tìm được tên số m.

Hãy xem xét trường P mà nó được viết trên đó. Chúng ta hãy biểu thị các số được viết trong các trường liền kề bằng các chữ cái a, b, c và d. Theo điều kiện m=(a+b+c+d)/4. Do đó a+b+c+d=4m. Do chọn số m nên ta có a ≥ m, b ≥ m, c ≥ m, d ≥ m. Nếu ít nhất một trong các bất đẳng thức này được xây dựng thì chúng ta có a+b+c+d>4m, mâu thuẫn với các điều kiện. Vậy a=b=c=d=m.

Do đó, nếu số m được viết trên một trường nhất định thì số m được viết trên các trường lân cận. Do đó trên đường ngang chứa trường P chỉ ghi số m. Nhưng bất kỳ chiều dọc nào cũng cắt chiều ngang này, tức là nó chứa số m, và do đó, tất cả các số trên các chiều dọc đều bằng m. Do đó, nói chung tất cả các số trên bảng đều bằng m.

Bài toán 4. Trên một bàn cờ hình vuông có kích thước n×n, các quân xe được đặt theo điều kiện sau: nếu một ô nào đó tự do thì tổng số quân xe đứng trên cùng một đường ngang với trường này và trên cùng một hàng dọc với nó không nhỏ hơn n. Chứng minh rằng trên bàn cờ có ít nhất $\frac{n^2}{2}$ quân xe.

bài toán này thật khó khăn. Tuy nhiên, khả năng áp dụng các quy tắc cực đoan có thể tồn tại ở Nhật Bản lời giải. Cụ thể, đúng khi gọi ý tưởng là tạo khoảng cách với bảng tuyến tính - dọc và ngang - trên đó có ít quân hơn. Có thể xảy ra trường hợp có một số dòng như vậy, “được tải như nhau” với các quân xe. Sau đó chọn bất kỳ trong số họ. Đặt đường này nằm ngang (nếu không, xoay bảng 90° và các đường thẳng đứng sẽ trở thành nằm ngang). Chúng ta biểu thị số lượng xe ở cấp này bằng k. Nếu k ≥$\frac{n}{2}$, thì ở mỗi hàng trong số n hàng có ít nhất $\frac{n}{2}$ quân và tổng cộng có ít nhất $\frac{n^2}{2}$ quân trên bàn cờ.

Bây giờ hãy k<$\frac{n}{2}$. Có n-k trường tự do trên đường ngang đang xét và mỗi trường dọc đi qua một trường tự do như vậy

56

một đường tròn đi qua các điểm A, B, C. Đó là đường tròn mong muốn vì mọi đường tròn vẽ qua các điểm A, B và một số điểm C’ của “liềm” (hình 2) đều nhỏ hơn đường tròn đi qua các điểm A, B, C (bạn hãy chứng minh điều này).

Bài toán 7. Có n đường thẳng (n ≥3) trên mặt phẳng. Không có hai cái nào song song, Không có ba cái nào cắt nhau tại một điểm. Những đường thẳng này cắt mặt phẳng thành nhiều phần. Chứng minh rằng dù chọn đường thẳng nào trong n đường thẳng thì ít nhất một phần của mặt phẳng kề với nó là tam giác.

Đặt $l_1$ là một trong những điểm dữ liệu. Được hướng dẫn theo quy tắc cực trị, từ tất cả các điểm giao nhau của các đường còn lại, chúng ta chọn điểm có khoảng cách ngắn nhất so với đường $l_1$. Giả sử các đường thẳng $l_2$ và $l_3$ cắt nhau tại điểm này, chúng ta ký hiệu nó bằng chữ P. Không khó để chứng minh (bạn tự làm) rằng tam giác tạo thành bởi các đường thẳng $l_1$, $l_2$ và $l_3$ là một phần của mặt phẳng và do đó thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 8. Chứng minh không tồn tại bộ tứ số tự nhiên x, y, z, u thỏa mãn các số $x^2+y^2=3(z^2+u^2)$.

Chúng ta hãy giả sử rằng có những số bốn như vậy tồn tại. Hãy xem xét giá trị mà giá trị $x^2+y^2$ là tối thiểu (nếu có một số bộ bốn mà giá trị này bằng nhau và tối thiểu, hãy xem xét một trong số chúng, bất kỳ giá trị nào). Gọi là 4 a, b, c, d. Từ phương trình $a^2+b^2=3(c^2+d^2)$ rõ ràng rằng $a^2+b^2$ là bội số của trem. Nhưng thật dễ dàng để chứng minh rằng $a^2+b^2$ chia hết cho ba khi và chỉ khi cả a và b đều chia hết cho 3, vì bình phương của một số không chia cho 3 sẽ dư 1 khi chia cho 3.

Do đó, $a=3m$, $b=3n$, từ đâu
$$a^2+b^2=9m^2+9n^2=3(c^2+d^2).$$
Giảm đẳng thức cuối cùng đi 3, chúng ta nhận được:
$$c^2+d^2=3(m^2+n^2).$$
Ta tìm được bộ tứ số c, d, m, n thỏa mãn số của phương trình đã cho
khỏa thân, và cho bộ tứ này
$$c^2+d^2<a^2+b^2,$$
và điều này là không thể do phải chọn bốn a, b, c, d.

Bài toán 9. Trên mặt phẳng có n đường thẳng (n ≥3). Hai đường thẳng bất kỳ cắt nhau và có ít nhất ba đường thẳng đã cho đi qua mỗi giao điểm. Chứng minh rằng mọi đường thẳng cắt nhau tại một điểm.

Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng. Hãy nói rằng cô ấy không phải là người duy nhất. Khi đó, có một đường thẳng l của hệ đã cho không đi qua M. Tập hợp các điểm giao nhau của các đường không nằm trên l không trống - ví dụ, nó chứa điểm M. Hãy xem xét điểm của tập hợp này gần với l (và nếu có một số điểm nằm ở khoảng cách tối thiểu với l, thì hãy chọn một trong số chúng, bất kỳ điểm nào) và nhận được mâu thuẫn.

Đây là một cái tương tự khác bài toán.

Bài toán 10. Có n điểm (n ≥3) cho trên mặt phẳng. Biết rằng trên một đường thẳng bất kỳ đi qua 2 điểm đã cho luôn có ít nhất một điểm như vậy. Chứng minh rằng khi đó tất cả n điểm đều nằm trên một đường thẳng.

Sự phát triển của quy tắc cực đoan là “quy tắc sắp xếp”, nghe giống như thế này: “Sự sắp xếp các phần tử của tập hợp đang được nghiên cứu theo một thứ tự nào đó: quay trở lại, giảm dần hoặc một số thứ tự khác!”

Bài toán 11. Bảy người hái nấm cùng nhau hái được 100 cây nấm, không có hai người hái được số nấm giống nhau. Chứng minh rằng có những người hái nấm cùng nhau hái được ít nhất 50 cây nấm.

Hãy tạo một “bảng giao nhau”, đặt những người hái nấm vào đó theo thứ tự giảm dần về số lượng nấm thu được. Rõ ràng cần phải xem xét những người hái nấm chiếm 3 vị trí đầu tiên - họ đã thu thập được nhiều nấm hơn bất kỳ 3 vị trí nào còn lại. Hãy thử chứng minh rằng họ đã thu thập được ít nhất 50 cây nấm. Nếu người hái nấm đứng thứ 3 thu được 16 cây nấm