Kvant 1988, số 10 · Trang

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

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

Họ sẽ thay đổi như thế nào
nhiệt độ của mặt trời?

1988

1

Trong phòng:

2 R. Peierls. Những năm đầu của cơ học lượng tử
10 S. L. Tabachnikov. phương trình hình học
17 Serrey Lvovich Sobolev
18 AV Balko. Sự đa dạng hóa học của các thiên thể

24 Bài toán Kvant
Bài toán M1126 — M1130, F1138 — F1142
Problems M1126 — M1130, P1138 — P1142
Lời giải bài toán M1106 — M1109, F1118 — F1122

32 Kính Vạn Hoa «Kvant»

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
M. D. Kovalenko. Gradius cho mặt trời

Trường học ở «Kvant»
Matematika 9, 10:
A. D. Bendukidze. Trang trại đang tìm kiếm những điều cực đoan…
Trường học yêu thích bài toán

Xưởng của người nộp đơn
S. A. Gordyunin, P. L. Gorkov. Khúc xạ ánh sáng

Thông tin
III Hội nghị khoa học kỹ thuật học sinh trường MIPT
Cuộc thi toàn Liên đoàn “Lập trình viên trẻ”

Thế vận hội
Olympic toàn Nga lần thứ XIV dành cho học sinh

Đáp số, gợi ý, lời giải
Họ viết thư cho chúng tôi
Pha trộn (16, 48)

1 Trang bìa của chúng tôi
Để nhìn thấy Mặt trời đẹp đến mức chỉ cần nhô lên… cách bề mặt Trái đất vài trăm km là đủ. Từ đó bạn có thể thay đổi nhiệt độ của Mặt trời. Đọc về những thiết bị nào và cách thức thực hiện điều này trong bài viết “Gradius for the Sun” của M. D. Kovalenko.

2 Tái hiện bức tranh “Buổi sáng tĩnh lặng” của họa sĩ Liên Xô K. S. Petrov-Vodkin (1878-1939).
Đúng không, có vẻ như cô ấy đang minh họa cụ thể các định luật cơ bản của quang học hình học? Một trong số đó được thảo luận chi tiết trong bài viết “Khúc xạ ánh sáng” của S. A. Gordyunin và P. L. Gorkov.

3 trang cờ vua.
4 câu đố “Khối trừ”.

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

2

NĂM ĐẦU
QUANTUM
CƠ KHÍ

Tên của Rudolf Peierl được nhiều người biết đến
một cậu học sinh ở thập niên 60. Nó có thể được tranh luận
và sẽ không hề cường điệu khi cuốn sách của ông ấy
“Quy luật tự nhiên” chứa nhiều trong số đó
trong vật lý.
Đối với những người có chuyên môn tên là Giáo sư Payerl,
thành viên của Hiệp hội Korpel Luân Đôn,
gắn liền với cổ điển lâu đời
kết quả trong lĩnh vực lý thuyết vững chắc
tel, vật lý toán học, cơ học lượng tử,
vật lý hạt nhân. Thật khó để liệt kê đầy đủ các vấn đề ở đây một cách chi tiết hơn.
mà anh ấy giải quyết trong thời gian của mình
hoạt động khoa học lâu dài.
Sinh ra ở Berlin, hầu hết cuộc sống của anh ấy
Rudolf Peierls sống cả đời ở Anglili.
Ông làm việc tại các trường đại học Manchester, Cambridge, Birmingham và Oxford. Trong Thế chiến thứ hai, VEL được nghiên cứu về năng lượng nguyên tử tại Los Alamos (Mỹ).
Mùa thu năm ngoái, Rudolf Peierls đã đến thăm Moscow với tư cách là khách mời của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Bài giảng của ông đề cập đến lịch sử hình thành cơ học lượng tử và những người tạo ra nó, đã thu hút sự chú ý lớn từ cộng đồng khoa học. Hội trường của Viện Các vấn đề Vật lý chật kín các nhà vật lý thuộc nhiều sinh viên khác nhau có trọng lượng ngang với Peierl. Trong suốt cuộc đời dài của mình (hiện ông đã 81 tuổi), Rudolf Peierls đã gặp và làm việc với hầu hết các nhà vật lý xuất sắc của thế kỷ 20. Anh ấy đã nói về họ - những nhân viên kế toán và những người gọi điện của anh ấy - trong bài giảng này. Đó là câu chuyện của một nhân chứng, màu trắng trống rỗng nhưng đầy những chi tiết sống động, dấu ấn của những đức tính nhân hậu và những con số tinh tế. Các nhà khoa học có tên từ lâu đã được đưa vào sách giáo khoa và bách khoa toàn thư đã được giới thiệu trước sự kiện này với tư cách là những người sống, mỗi người đều có những đặc điểm và thói quen riêng. Đây là cơ hội để cảm nhận bầu không khí của thời kỳ tuyệt vời đó khi nền tảng của vật lý hiện đại được hình thành chỉ trong vài năm.
P. Peierls đã giảng bài bằng tiếng Nga, và chúng tôi đã cố gắng lưu giữ những nét đặc trưng trong phong cách của ông trong bản ghi âm bài giảng của N. N. Artugonia.

P. PEIERLS

Việc tôi giảng dạy bằng cách kể một câu chuyện về chính mình có vẻ là thiếu khiêm tốn. Cộng đồng không làm điều đó mà nói về ấn tượng cá nhân của tôi và do đó trước tiên tôi phải giới thiệu bản thân. Tôi vào đại học năm 1925. Bây giờ tôi có thể nói rằng tôi chọn vật lý vì đây là một môn học thú vị và đang phát triển nhanh chóng. Tuy nhiên, điều này sẽ không công bằng. Thật ra tôi muốn trở thành một kỹ sư. Đó là thời điểm mà sự đổi mới và tự động hóa mới đang phát triển, và việc cậu bé muốn trở thành kỹ sư là điều đương nhiên. Nhưng tôi muốn trở thành một kỹ sư. Nhưng bản báo cáo nói với tôi rằng tôi không phù hợp với công việc này, rằng tôi sẽ không trở thành một kỹ sư giỏi. Vì vậy, đối với tôi, tôi đã chọn thứ gần gũi nhất với ước mơ của mình - vật lý.

Tôi học đại học ở Berlin, thành phố nơi tôi ở. Bố mẹ tôi nghĩ tôi còn quá trẻ để có thể đi xa. Ở đó tôi đã tham dự các bài giảng của Max Planck. Đây là những bài giảng tồi tệ nhất mà tôi từng giảng. Anh ấy đọc từ của mình

3

sách vật lý lý thuyết theo đúng nghĩa đen. Nếu bạn có một bản sao, bạn có thể theo dõi từng dòng văn bản. Planck rất nổi tiếng nhưng lúc đó chúng tôi vẫn chưa biết tại sao. Lần đầu tiên, những từ mới trong ý tưởng của Planck, nguyên tử của Bohr và tất cả những thứ tương tự đã được trình bày trong các bài giảng của Walter Bothe (sau này ông trở thành nhà vật lý hạt nhân). Ở đó tôi thấy rõ rằng có điều gì đó mới mẻ và rất thú vị đang diễn ra trong vật lý.

Sau một năm, tôi quyết định rằng mình đã đủ tuổi để rời Berlin. Tôi chuyển đến Munich, nơi người thầy giỏi nhất về vật lý lý thuyết, Arnold Sommerfeld, làm việc vào thời điểm đó. Đó là thời kỳ tuyệt vời cho vật lý lý thuyết. Cơ học lượng tử đã được tạo ra, và bây giờ thật khó để tưởng tượng mọi thứ diễn ra nhanh như thế nào - thực tế là chỉ trong hai năm.

Trong thời gian này tôi vào đại học và trong vòng một năm tôi có thể đọc được các tác phẩm về cơ học lượng tử. Nhưng tôi đã muộn trong việc hình thành nó. Nếu cuộc đời có thể lặp lại, tôi ước gì được sinh ra sớm hơn một hoặc hai năm. Felix Bloch sau đó giải thích với tôi rằng không phải ai cũng có khả năng tạo ra những lý thuyết mới và chúng tôi đã xuất hiện đúng lúc để áp dụng chúng. Tôi nghĩ anh ấy đã đúng. Đây là thời điểm tốt nhất để giải quyết mọi vấn đề, với lời giải vật lý kỳ lạ nào dẫn đến mâu thuẫn và áp dụng các phương pháp mới cho nó.

Vì vậy, tôi đã đến Sommerfeld. Sommerfeld có tầm vóc thấp bé nhưng có những dịch vụ to lớn. Đôi khi chúng tôi gọi nó là “nửa trên và sau đó là một số.” Sommerfeld nhìn khá quan trọng và mang ý nghĩa Geheimrat - Ủy viên Hội đồng Cơ mật. Điều này có thể được so sánh với ý nghĩa hiện đại của học giả, và ông thích được gọi như vậy. Một sinh viên Mỹ ban đầu không biết điều này và gọi Sommfeld đơn giản là “Giáo sư”. Một hoặc hai tuần sau, mọi thứ đã được giải thích cho anh ấy, và trong cuộc họp tiếp theo, anh ấy đã quay sang Sommerfeld

Sommerfeld (trái) và Pauli. Pauli trông rất tuyệt vời và khiêm tốn (thực tế thì không phải như vậy!). Anh ấy luôn như vậy với giáo sư cũ của mình. Bản thân Pauli gọi nó là “bộ dụng cụ học tập”.

4

Tallov và trong các tính toán trên bảng đã bỏ lỡ set 2. Chúng tôi nhận thấy điều này, đối với chúng tôi, nó dường như không quan trọng lắm. Cuối cùng, ông đã tìm ra định luật Wiedemann-Franz, hệ số của nó đầy hứa hẹn. Lúc đó anh mới thấy kết quả là sai. Chúng tôi quan tâm theo dõi điều gì sẽ xảy ra. Nhận thấy sai sót, Sommerfeld không ngừng nói rằng bây giờ cần phải tính đến cả các electron chuyển động từ trái sang phải và các electron chuyển động từ phải sang trái, đồng thời đặt hệ số 2 còn thiếu vào đúng chỗ.

…Sommerfeld có một túp lều nhỏ để nghỉ ngơi trên núi, nơi ông thỉnh thoảng mời các nghiên cứu sinh và giáo viên. Ở đó, ông đã cho tôi cơ hội phát biểu tại buổi hội thảo đầu tiên của tôi. Các công trình của Dirac và Yurdan về lý thuyết biến đổi vừa xuất hiện. Sommerfeld nói: “Chúng tôi chưa có thời gian để hiểu những tác phẩm này và có lẽ bạn có thể giải thích cho chúng tôi”. Đó vẫn là một nhiệm vụ khó khăn đối với một sinh viên mới chỉ học một năm ở trường đại học. Tuy nhiên, tôi đã chấp nhận nó với sự hài lòng. Tôi không biết những người tham gia hội thảo khác đã học được gì nhưng bản thân tôi đã học được rất nhiều. Tôi và anh ấy đã chuẩn bị rất kỹ lưỡng. Anh vẫn hơn tôi một tuổi. Bây giờ nó không phải là vấn đề lớn nhưng tôi vẫn có thể học được nhiều điều từ anh ấy.

Tôi đã dành một năm rưỡi ở Munich và rất vui khi được ở lại lâu hơn, nhưng Sommerfeld đã được mời đến Mỹ từ sáu tháng đến một năm. Theo lời khuyên của Sommerfeld, tôi tới Leipzig để làm việc cho Heisenberg.

Heisenberg hoàn toàn không mấy ấn tượng với Sommerfeld. Không có dấu vết của Geheimrat ở đó. Dù thế nào đi nữa, về ngoại hình, ông là một người rất khiêm tốn. Thông thường, mỗi tuần có một buổi hội thảo và luôn có trà trước buổi hội thảo. Đích thân giáo sư đã đến tiệm bánh ngọt và chọn những sản phẩm phù hợp. Ít nhất đó là cách tôi nhớ nó. Đúng vậy, sau này một trong những đồng nghiệp của chúng tôi, lúc đó là trợ lý của Heisenberg, đã đảm bảo với tôi rằng nhiệm vụ của anh ấy là đi theo những con nhím. Điều này có lý, vì anh ấy đến từ Vienna và chỉ biết về những điều như vậy. Có lẽ tôi còn nhớ khoảng thời gian anh ấy không ở Leipzite.

Heisenberg yêu thích môn bóng bàn và là một tay chơi rất giỏi. Trong thời gian rảnh rỗi, tất cả chúng tôi đều chơi. Có lần một nhà vật lý Trung Quốc đến và đánh bại được Heisenberg. Nó đã trở thành một cảm giác. Sau này tôi nghe nói rằng khi Heisenberg đi trên một chiếc tàu hơi nước từ Mỹ đến Nhật Bản, ông đã dành toàn bộ chuyến đi để luyện tập để những tin tức khủng khiếp như vậy sẽ không xảy ra nữa.

Heisenberg không thích toán học thuần túy và chỉ coi nó như một công cụ cần thiết. Phương pháp của ông như sau. Suy ngẫm về

5

vấn đề, đầu tiên anh ấy đoán lời giải sẽ là gì, sau đó chọn một phương pháp toán học sẽ cho kết quả chính xác là lời giải. Một phương pháp tốt nếu bạn có trực giác mạnh mẽ như Heisenberg. Đối với những người khác, cách tiếp cận này hơi nguy hiểm.

Ở Leipzig tôi đã viết được tác phẩm đầu tiên của mình. Nó liên quan đến cái gọi là hiệu ứng Hall bất thường.

Khi một dòng điện chạy qua một miếng kim loại và toàn bộ vật đó được đặt trong từ trường, một điện áp ngang sẽ xuất hiện. Rõ ràng là điều này xảy ra do sự lệch hướng của các electron trong từ trường. Nhưng ở một số kim loại thì hiệu ứng có dấu ngược lại. Bây giờ chúng tôi giải thích điều này bằng thực tế là trong những chất như vậy, dòng điện được mang không phải bởi các electron mà bởi các lỗ trống. Nhưng vào thời điểm đó vẫn chưa có sự rõ ràng về vấn đề này, và Heisenberg chỉ nói với tôi rằng Bloch đã phát triển lý thuyết điện tử về kim loại, và liệu tôi có thể áp dụng nó vào vấn đề này hay không. Tôi rất hài lòng khi hóa ra tất cả những điều này thực sự có thể thực hiện được và tôi đã giải được bài toán đã cho.

Tôi đã dành một năm ở Leipzig. Heisenberg được mời sang Mỹ và xin nghỉ phép. Theo lời khuyên của anh ấy, tôi chuyển đến Zurich để làm việc cho Pauli. Tôi đã viết luận án của tôi với anh ấy. Tôi phải nói rằng tôi rất biết ơn hệ thống kỳ nghỉ và lời mời sang Mỹ này, nhờ đó tôi có được sự kết hợp tuyệt vời giữa các giáo viên.

Như bạn đã biết, Pauli cũng nổi tiếng vì có những nhận xét rất không hay với mọi người. Một trong những đòn tấn công sắc bén nhất được Pauli thực hiện trong cuộc trò chuyện với Ernst Stiokelberr. Anh ấy nói: “Paulie, đừng nói nhanh quá, tôi không thể nghĩ nhanh bằng em được.” Pauli trả lời: “Bạn suy nghĩ chậm rãi cũng không sao. Tôi phản đối việc bạn đăng bài nhanh hơn bạn nghĩ”.

Có người chỉ cho anh ấy xem tác phẩm của một nhà lý luận trẻ, biết rằng công việc đó không tốt lắm nhưng vẫn muốn tìm hiểu Pauli với tôi; anh ấy đọc tác phẩm và buồn bã nói: “Điều này thậm chí không sai.”

Zurich, 1930. Landay (bên trái) làm những bộ mặt hài hước khi hòa đồng. Ở giữa là V. A. Ambartsumyan, bên phải là M. P. Bronstein (?).

6

Pauli có thói quen này: đi xem phim vào buổi tối, đi xem hòa nhạc hoặc những việc tương tự. Anh trở về vào khoảng 11 giờ và ngồi làm việc ngay. Pauli làm việc khá lâu nên hay dậy muộn. Một ngày nọ, anh được mời đến một cuộc họp lúc 9 giờ sáng nhưng anh từ chối và nói: “Không, không, tôi không thể nhịn ngủ lâu như vậy được”.
Một lần Pauli đến một thành phố xa lạ và hỏi nhà vật lý địa phương làm cách nào để tìm được một rạp chiếu phim. Anh ấy giải thích và ngày hôm sau hỏi Pauli liệu anh ấy có đến được đó không. Pauli trả lời: “Bạn thể hiện bản thân khá rõ ràng nếu bạn không nói về vật lý.”
Tôi đã ở bên Pauli ba năm và tôi đã phải nghe những điều tương tự nhiều lần. Nhưng điều đó đã không còn quá khó khăn nữa. Không ai đến ủng hộ Paulin trong một thời gian dài, họ tin điều đó bởi vì anh ấy cũng chỉ trích bản thân và ý tưởng của chính mình. Có lần anh ấy giải thích cho tôi tại sao anh ấy lại làm điều này. Theo ông, có những người thực sự nhạy cảm mà bạn chỉ có thể chung sống khi dẫm lên “quyền lực to lớn” của họ đủ số lần. Đúng, tôi không nghĩ đây là lý do thực sự.
…Chúng tôi có Landdu hai lần ở Zurich. Lần đầu tiên ông đến là vào tháng 1 năm 1930. Vào thời điểm đó giữa Thụy Sĩ và Liên Xô chưa có quan hệ ngoại giao. Anh ta được phép thêm hai tuần, nên họ kéo dài thời hạn thêm hai tuần nữa. Mọi người đều đã cố gắng rất nhiều để đạt được điều này. Nhưng cuối cùng anh buộc phải ra đi. Sau đó ông nói đùa: “Lenin đã ở Thụy Sĩ được vài năm, nhưng cuộc cách mạng không bắt đầu ở đây. Rõ ràng là họ giàu nên tôi mới có thể làm được việc này”. Một năm sau, anh đến với học bổng Rockefeller, và sau đó không còn vấn đề gì nữa: anh có thể ở lại bao lâu tùy thích. Chúng tôi đã làm việc cùng nhau. Landdu vẫn còn rất trẻ nhưng đã là một nhà vật lý rất kỹ lưỡng. Khi xuất hiện một số tác phẩm khiến anh quan tâm, anh không đọc mà ngay lập tức bắt tay vào tính toán. Và nếu anh ta đồng ý với những gì được viết ở đó, thì anh ta coi tác phẩm là tốt. Anh ấy thích sắp xếp mọi thứ. Ví dụ, ông chia các nhà vật lý thành các lớp khác nhau: lớp đầu tiên của ông bao gồm Bohr và Sommerfeld; Einstein học một mình trong một lớp học đặc biệt. Landdu khiêm tốn xếp mình vào hạng hai. Ông xử lý các vấn đề khác của cuộc sống theo cách “có hệ thống” tương tự.
Landdu thực sự không thích để râu, cho rằng đó là di tích của thời Victoria, đặc biệt là đối với giới trẻ. Trong số chúng tôi có một nhà vật lý không để râu nhưng có tóc mai rất dài. Landdu cũng coi ông là trưởng giả này và gọi điện cho vợ và hỏi: “Khi nào thì em mới thuyết phục được chồng mình cạo bỏ phần tóc mai buồn cười đó?” Ông lập luận rằng ở phương Tây, ở Zurich, có nhiều râu hơn ở Nga, ở Leningrad. Chúng tôi đánh cược và đếm trên đường xem chúng tôi gặp được bao nhiêu bộ râu. Sau đó, khi tôi đến Leningrad, chúng tôi cũng tiến hành đếm tương tự và phát hiện ra rằng ở Leningrad có nhiều râu hơn.

7

Tôi đã thắng cược, và Landu cố gắng giải thích điều này bằng cách nói rằng quá trình tập thể hóa đang diễn ra và nhiều nông dân đã chuyển đến thành phố.

Landu tin chắc rằng chỉ những nhà lý thuyết trẻ mới có thể làm được những điều hữu ích. Đúng vậy, sau đó anh đã thay đổi ý tưởng này. Một ngày nọ, chúng tôi đang nói chuyện thì tên của một nhà lý thuyết xuất hiện mà anh ấy chưa từng nghe đến. Khi biết mình 27 tuổi, Landu nói: “Còn quá trẻ và đã quá xa lạ!”

Ngoài Landu, còn có những người khác ở Zurich, trong đó có George Gamow. Lúc đó Gamow đã được thay thế; anh ấy cũng là một diễn viên hài tuyệt vời và yêu thích mọi thể loại truyện cười. Một hôm chúng tôi đi lên núi và lên đến đỉnh của một đỉnh núi có cái tên khá thú vị. Ở đó, Gamow rút từ trong túi ra một mảnh giấy - đó là một bức thư gửi tạp chí Nature về một loại phản ứng hạt nhân nào đó, mà anh vẫn chưa hoàn thành xong. Gamow ngồi lên trên và hoàn thành nhiệm vụ của mình.

Viết xong những dòng cuối cùng, anh ghi tên đỉnh núi nơi chúng được viết và cảm ơn những người bạn đồng hành đã có cơ hội làm việc ở đó.

… Vào thời đó, cũng như bây giờ, các nhà vật lý thích đi du lịch, tham dự các hội nghị tại SSSSI. Tuy nhiên, chuyến đi hồi đó không được trả tiền nên bạn thường phải ngồi cả đêm trong góc toa tàu hạng ba. Nhưng khi tôi nhận được lời mời tham dự đại hội của Hiệp hội Vật lý ở Odessa, ít nhất là trong nước, tôi đã rất thoải mái với tư cách là một vị khách. Tôi được Ykov Ilyich Frenkel gọi đến đó, người đã đọc tác phẩm của tôi.

Một trong những địa điểm du lịch yêu thích của ông là Konenhagen, nơi Niels Bohr làm việc. Anh ấy là một người tuyệt vời. Bohr ghét phải ép người khác, nhưng đồng thời ông cũng không thể

8

cho phép điều gì đó được nói trái với sự thật. Và hai phẩm chất này đã tạo nên một sự kết hợp kỳ lạ. Vì vậy, Bohr đã từng nói: “Tôi nói điều này không phải để chỉ trích, nhưng nó hoàn toàn là erwunda”. Ông cũng từng nói rằng sự rõ ràng và sự thật là những khái niệm bổ sung, và trong các tác phẩm của mình, ông đã tiếp cận nhiều hơn đến ranh giới của sự thật.

Quá trình viết của Bohr khá phức tạp. Nó bắt đầu bằng việc Bohr đọc chính tả, và một trong những vị khách phải viết ra mọi thứ. Sau đó, khi bắt đầu chỉnh sửa, các biểu thức đã được thay đổi để mọi thứ được viết đều chính xác vô điều kiện. Có nhiều thay đổi, các trang được viết lại, sau đó gõ lại bằng máy, rồi sửa lại, v.v. Cuối cùng, mọi thứ đều được gửi đến tạp chí của Viện Hàn lâm Đan Mạch, nơi công trình của Bohr tất nhiên được đánh giá rất cao. Sau đó công việc bắt đầu bằng chứng, số lượng có khi lên tới 16.

Rõ ràng, Bohr xử lý theo cách này không chỉ bằng lời nói. Một ngày nọ, anh đến xem tòa nhà mới đang được xây dựng cho viện. Người thầy hiểu rõ về ông nói: “Giáo sư Bohr, ông có thấy thảo nguyên này không? Nếu ông muốn di chuyển nó lần nữa thì hãy quyết định nhanh chóng, vì trong ba giờ nữa bê tông sẽ dừng lại.”

Với tư cách là một giáo sư, Bohr khá đãng trí. Tôi nhớ rằng trong cuộc trò chuyện, anh ấy luôn hút xì gà. Anh ta hút thuốc và đột nhiên hỏi có que diêm nào không. Họ cho anh ta diêm. Anh ta đang cố gắng châm một điếu xì gà mà không làm gián đoạn cuộc trò chuyện, và điều này khá khó khăn. Sau đó, anh ta bỏ diêm vào túi, năm phút sau anh ta lại hỏi câu hỏi tương tự, và mọi thứ sẽ bắt đầu lại từ đầu. Tôi đã giữ mảnh phấn đã hoàn thành trong một thời gian dài: bằng cách nào đó anh ấy đã cầm điếu xì gà và viên phấn trên một tay.

… Vào thời điểm này, rắc rối bắt đầu ở Đức, và ở Copenhagen đã có những cuộc trò chuyện không chỉ về vật lý,

9

mà còn về cách tìm việc làm cho các nhà khoa học đến từ Đức và Áo. Đây không phải là thời điểm dễ dàng đối với các nhà khoa học nói chung. Có một cuộc khủng hoảng kinh tế, các trường đại học không được mở rộng và không gian trống khi có người nghỉ hưu hoặc qua đời. Luận án tiến sĩ hoàn toàn không đảm bảo một vị trí cho nghiên cứu khoa học. Tôi đã nhận được học bổng Rockefeller trong một năm và từ Tsorixa tôi có thể dành một nửa thời gian ở Rome và một nửa ở Cambridge. Hans Bethe, người đã trải qua mùa đông ở Cambridge và mùa hè ở Rome, đã làm điều này trước tôi. Tôi đã làm ngược lại và vẫn nghĩ rằng mình đã tìm thấy lời giải tốt nhất.

Ở Rome tôi có cơ hội gặp Enrico Fermi, ông cũng là một nhà vật lý xuất sắc. Khi được hỏi về một vấn đề, anh ấy hầu như luôn lấy từ trên kệ một cuốn sách mà vấn đề này đã được anh ấy giải quyết. Hầu hết chúng đều đơn giản - Fermi không thích những vấn đề phức tạp. Nhưng ở đây câu hỏi được đặt ra: những vấn đề nào được gọi là vấn đề đơn giản? Chẳng phải chúng đã trở nên đơn giản hơn sau khi Fermi giải quyết chúng sao?

Ấn tượng lớn nhất của tôi về Fermi đến sau này, khi đã ở Los Alams, trong cuộc thử nghiệm bom nguyên tử. Tất nhiên, mọi người đều muốn biết sức mạnh của quả bom. Có rất nhiều công cụ để xác định nó, nhưng phải mất một thời gian. Và Fermi đã chuẩn bị những mảnh giấy nhỏ, và khi làn sóng nổ đến với chúng tôi (chúng tôi cách nơi vụ nổ khoảng 15 km), anh ấy đã thả những mảnh giấy này ra. Dựa vào khoảng cách họ bay, anh có thể nhanh chóng xác định sức mạnh của vụ nổ. Tôi không biết điều gì khiến tôi ấn tượng nhất khi đó: ý tưởng về phương pháp hay việc anh ấy đã xác định chính xác thời điểm cần phải buông những mảnh giấy ra. Tôi chắc chắn rằng ở vị trí của anh ấy, tôi sẽ tung ra các quân cờ quá sớm hoặc quên tung chúng ra.

Sau Rome, như tôi đã nói, vợ tôi và tôi đến Cambridge, nơi điều thú vị nhất là cuộc tiếp xúc với Paul Dirac. Dirac đã rất

10

HÌNH HỌC PHƯƠNG TIỆN

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
S. L. TAVACHNIKOV

Người đọc chắc hẳn đã từng nhìn thấy những bức tranh hài hước, khó có thể xác định chính xác những gì được miêu tả bằng mắt. Trước mặt bạn là một căn cứ có hình dạng kỳ lạ; đột nhiên, thay vì kêu lên, bạn thấy hai mặt cắt hướng về nhau… Trong toán học cũng vậy, đôi khi người ta có thể nhìn một sự vật quen thuộc theo một cách mới, và cách nhìn mới này thường mang lại hiệu quả.

Phương trình $x^2+px+q=0$

Bạn thấy gì, hướng tới sự bình đẳng $x^2+px+q=0$? Tất nhiên, một phương trình bậc hai có các tham số $p$ và $q$, tức là một họ phương trình bậc hai, một phương trình cho mỗi cặp giá trị $p$ và $q$. Chúng ta hãy xem phương trình $x^2+px+q=0$ theo cách khác - dưới dạng tương đối tuyến tính của các biến $p$ và $q$; $x$ sẽ là một tham số trong trường hợp này. Ví dụ: với $x=-1$ bạn nhận được phương trình $1-p+q=0$ và với $x=2$ bạn nhận được phương trình $4+2p+q=0$. Nói chung, với mỗi $x$, bạn sẽ có được phương trình tuyến tính của riêng mình với các biến $p$ và $q$. Phương trình tuyến tính xác định một đường thẳng trên mặt phẳng có tọa độ $(p, q)$. Do đó, phương trình $x^2+px+q=0$ xác định một nhóm đường trên mặt phẳng $(p, q)$ - một đường cho mỗi giá trị $x$.

Hãy vẽ một vài đường thẳng thuộc họ này - hình 1. Nhìn vào hình này, thật khó để cưỡng lại sự cám dỗ muốn kiểm tra đường cong chạm vào tất cả các đường thẳng đã vẽ. Một đường cong như vậy, tương tự như một đường parabol, được mô tả trong hình 2. Đường cong này được gọi là ozibating của họ đường này. Sau đó chúng ta sẽ thấy rằng những gì được mô tả trong trường hợp này thực sự có tính chất parabol. Bây giờ, chúng ta sẽ coi họ đường thẳng $x^2+px+q=0$ trên mặt phẳng $(p, q)$ là họ các đường tiếp tuyến với hình ảnh này.

Nhân tiện, sự tồn tại của một đường bao không phải là một thuộc tính cụ thể của họ đường được mô tả trong hình 1. Đối với bất kỳ họ đường một tham số nào ở vị trí chung, tức là một họ trong đó các đường có các giá trị tham số gần nhau không song song và không đi theo ba đường qua một điểm, thì có thể xây dựng một đường bao. Hơn nữa, đường bao không chỉ tồn tại đối với họ đường thẳng mà còn tồn tại đối với họ đường cong trên mặt phẳng.

Trên hình 1 trên mỗi dòng, “số” của nó được viết, tức là giá trị $x$ mà tại đó phương trình $x^2+px+q=0$ xác định chính xác dòng này. Sẽ thuận tiện hơn nếu viết số dòng trên phong bì tại điểm tiếp tuyến của nó với dòng này. Sau đó, trên phong bì sẽ xuất hiện một ô, “đánh số” dòng họ của chúng ta (hình 2).

Hình 2 có thể được sử dụng làm “máy” cho lời giải phương trình bậc hai $x^2+px+q=0$: nếu cho các giá trị $p$ và $q$, bạn cần đi qua điểm có tọa độ $(p, q)$ tiếp tuyến với đường bao và đọc giá trị nghiệm của phương trình $x^2+px+q=0$ trên tủ tại điểm tiếp tuyến. Cụ thể, số nghiệm của $p$ và $q$ đã cho bằng số tiếp tuyến có thể tìm được từ điểm $(p, q)$ đến đường bao (hình 3).

Rõ ràng là nếu điểm $(p, q)$ nằm dưới đường bao thì có hai tiếp tuyến như vậy; và nếu cao hơn thì không. Còn các điểm của phong bì thì sao? Chỉ có một tiếp tuyến có thể được kiểm tra thông qua các điểm này. Do đó, các phương trình bậc hai tương ứng đều có một (nhiều) nghiệm.

Vì vậy, đường bao của họ đường thẳng của chúng ta là tập hợp các điểm $(p, q)$ sao cho phương trình $x^2+px+q=0$ có nghiệm bội. Đã đến lúc nhớ rằng chúng ta có thể giải một hình vuông -

phương trình cuối cùng; đặc biệt, chúng ta biết rằng các phương trình $x^2+px+q=0$ có nghiệm bội trong trường hợp $p^2=4q$. Phương trình parabol bậc hai này xác định người đánh bóng. Do đó đường cong trên hình 2 là một parabol. Kết quả cuối cùng của việc nghiên cứu phương trình bậc hai được trình bày ở hình 4.

Bài tập

1. Gọi $x$ là số được viết tại một điểm nào đó trên thang đo trên mặt đồng hồ hiển thị ở hình 2. Trục hoành của điểm này là gì?

2. Khám phá số hình học lời giải của phương trình $x^2+px+q=0$ trên khoảng [-1; 1]. Gợi ý: kẻ các tiếp tuyến của người đánh qua các điểm -1 và 1.

Phương trình $x^3+px+q=0$

Thưa thầy, có thể đã đặt ra câu hỏi: “Có đáng làm hàng rào cho khu vườn không? Rốt cuộc, rõ ràng là số nghiệm của một phương trình bậc hai phụ thuộc vào dấu của phân thức!” Thực tế là phương pháp của chúng tôi cho phép chúng tôi nghiên cứu một phương trình bậc ba, phương trình này khó giải hơn nhiều. Hơn nữa, nó phù hợp để xác định số lượng nghiệm và phương trình không thể giải được bằng căn thức. (Nhân tiện, hãy lưu ý rằng bài toán về số nghiệm của một phương trình, trái ngược với bài toán về phép tính của chúng, luôn có lời giải: có một thuật toán xác định số nghiệm của nó từ các hệ số của một phương trình.)

Vì vậy, hãy xét phương trình $x^3+px+q=0$. Nó xác định trên mặt phẳng $(p, q)$ một số họ số nguyên tố. Tại hình 5 những đường này được xây dựng cho $x=0, \pm 1/3, \pm 1/2, \pm 1, \pm 3/2$. Đường bao của họ số nguyên tố này được biểu thị ở hình 6. Như bạn có thể thấy, đối với phương trình bậc ba, đường bao không phải là một đường cong trơn mà là một đường cong có một điểm hoặc “mỏ”. Mặt khác, hình 6 tương tự như hình 2 (như trên, thang giá trị nằm trên mặt số).

Cho các giá trị $p$ và $q$. Làm sao bạn biết một phương trình $x^3+px+q=0$ có bao nhiêu lời giải? Cần phải vẽ qua các điểm $(p, q)$ tiếp tuyến với lực bật; số của chúng bằng nhau

12

số nghiệm của phương trình và số các đường thẳng này bằng các nghiệm. Do đó, hình 6 là máy thực hiện phương trình bậc ba lời giải.

Hình 7 cho thấy số lời giải phụ thuộc vào vị trí của điểm $(p, q)$ như thế nào. Chúng ta thấy rằng trong mọi trường hợp sẽ tìm thấy ít nhất một tiếp tuyến với bể, vì vậy

Một phương trình bậc ba có ít nhất một nghiệm.

Kết quả cuối cùng của nghiên cứu được trình bày trên hình 8. Đây có thể là sự kết thúc của nghiên cứu về phương trình bậc ba, nếu không phải vì một trường hợp: chúng ta vẫn chưa biết phương trình nào xác định đường cong trong Hình 6-8.

Bài tập
3. Chứng minh rằng mọi đa thức bậc lẻ đều có nghiệm. Gợi ý: Tìm dấu của đa thức tại $x=-\infty$ và $x=+\infty$.
4. Khảo sát số nghiệm hình học của đa thức $x^3+px+q$ trên đoạn $[-1; +1]$.

Một sự lạc đề trên nhiều gốc

Đường cong hiển thị trong Hình 6-8 bao gồm các điểm $(p, q)$ sao cho phương trình $x^3+px+q=0$ có nghiệm bội. Với cùng $p$ và $q$ điều này có xảy ra không?

Nếu số $t$ là nghiệm của đa thức $f(x)$ thì $f(x)$ chia hết cho $x-t$. Nếu số $t$ là một nghiệm bội thì $f(x)$ chia hết cho $(x-t)^2$. Ví dụ: 1 là nghiệm bội của đa thức $x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)$.

Chúng ta hãy viết đẳng thức $f(x)=(x-t)^2g(x)$ và tính đạo hàm:

$$f'(x)=2(x-t)g(x)+(x-t)^2g'(x).$$

Nếu chúng ta thay thế $x=t$ vào đẳng thức này thì phần bên phải sẽ bằng 0. Vì vậy, $f'(t)=0$. Kể từ đây,

Số $t$ là nghiệm bội của một đa thức khi và chỉ khi $t$ là nghiệm chung của đa thức đó và đạo hàm của nó.

(Thành thật mà nói, chúng ta mới chỉ chứng minh được tiên đề của định lý này: nếu $t$ là nghiệm bội, thì $f'(t)=0$. Bởi-

13

hãy cố gắng tự mình chứng minh nửa sau của định lý.)

Chúng ta hãy áp dụng phép thử bội nghiệm cho đa thức $x^3+px+q$. Nếu số $t$ là một nghiệm bội thì $t^3+pt+q=0$ và $3t^2+p=0$ là. Biểu thị $p$ từ phương trình thứ hai và $q$ từ phương trình đầu tiên, chúng ta nhận được

$$p=-3t^2, q=2t^3 \quad (t \text{ — любое число}).$$

Các phương trình này xác định đường bao trong các hình tham số 6–8: khi $t$ thay đổi từ $-\infty$ thành $+\infty$, điểm $(-3t^2, 2t^3)$ chạy qua toàn bộ đường cong bằng mỏ. Nếu bạn thấy dễ chịu hơn khi xác định đường cong bằng một phương trình, thì bạn cần loại bỏ $t$ (nâng phương trình đầu tiên thành hình khối và phương trình thứ hai - thành hình vuông):

$$4p^3+27q^2=0.$$

Phương trình này cũng xác định đường cong mỏ của chúng tôi. Từ phương trình chúng ta có thể thấy rằng $q$ tỷ lệ thuận với $p^{3/2}$. Do đó, đường cong được gọi là parabol bán khối (nếu $q \sim p^3$ thì parabol là bậc ba; số mũ của chúng ta bằng một nửa nên parabol là bán khối).

Biểu thức $4p^3+27q^2$ được gọi là phân biệt của phương trình bậc ba. Số nghiệm của phương trình phụ thuộc vào dấu của phân biệt.

Bài tập 5. Đa thức $x^3-10x+12$ có bao nhiêu nghiệm?

6. Nghiên cứu sự phụ thuộc hình học của số nghiệm của đa thức $x^5+px^2+q$ vào các hệ số của nó.

7. Chứng minh rằng phương trình $x^{1988}+px+q=0$ có nhiều nhất hai nghiệm và phương trình $x^{1989}+px+q=0$ có nhiều nhất ba nghiệm.

Đường cong kép

Xét phương trình

$$l+kp+q=0. \quad (*)$$

Đối với mỗi cặp giá trị $k$ và $l$, phương trình này xác định một đường thẳng không thẳng đứng trong mặt phẳng có tọa độ $p$ và $q$, và bằng cách này sẽ thu được tất cả các đường thẳng không thẳng đứng. Điều này có nghĩa là tập hợp các đường thẳng không thẳng đứng của mặt phẳng $(p, q)$ có thể được xác định bằng tập hợp các cặp $(k, l)$, tức là từ điểm của mặt phẳng $(k, l)$. Hãy nhìn lại phương trình (*). Đối với mỗi cặp giá trị $p$ và $q$, phương trình này xác định một đường không thẳng đứng trên mặt phẳng $(k, l)$. Điều này có nghĩa là các điểm của mặt phẳng $(p, q)$ có thể được xác định bằng đường thẳng không thẳng đứng của mặt phẳng $(k, l)$.

Vì vậy, chúng ta có hai mặt phẳng - có tọa độ $(p, q)$ và có tọa độ $(k, l)$. Các điểm của mỗi điểm có thể được coi là các đường thẳng không thẳng đứng của điểm kia. Những mặt phẳng này được gọi là двойственными. Trên hình, chúng ta sẽ mô tả mặt phẳng $(p, q)$ có màu và mặt phẳng $(k, l)$ kép có màu đỏ. Các điểm trên mặt phẳng màu xanh được ký hiệu bằng chữ in hoa, đường thẳng bằng chữ thường. Trên mặt phẳng màu đỏ, mọi thứ đều đảo ngược: các đường thẳng tương ứng với các điểm được biểu thị bằng các chữ cái in hoa giống nhau và các điểm tương ứng với các đường thẳng được biểu thị bằng các chữ cái viết thường giống nhau. Nhìn vào hình 9. Nó hiển thị các hình đơn giản bao gồm một điểm và đường thẳng, cũng như các hình tương ứng của chúng trên mặt phẳng kép.

Bài tập 8. Những số nào là đối ngẫu của hai số cuối cùng trên hình 9?

Vẽ đường cong $\gamma$ trên mặt phẳng màu xanh. Sẽ rất tốt nếu xác định được đường cong kép tương ứng trên mặt phẳng màu đỏ. Các điểm trên mặt phẳng màu đỏ có màu xanh lam thẳng; do đó, cần phải liên kết với đường cong $\gamma$ một họ các đường thẳng của mặt phẳng màu xanh. Có thể bạn đã đồng ý về cách thực hiện việc này: với đường cong $\gamma$ bạn cần liên kết một nhóm các đường tiếp tuyến của nó. Vì vậy, định nghĩa:

Đặt $\gamma$ là một đường cong nào đó. Đường cong kép (trên mặt phẳng kép) là đường cong bao gồm tất cả các đường tiếp tuyến với đường cong $\gamma$.

Đường cong kép được ký hiệu là $\gamma^*$.

Tất nhiên, định nghĩa này giả định rằng $\gamma$ không có tiếp tuyến dọc.

Định nghĩa về điều này, nhưng làm thế nào để sử dụng nó là không rõ ràng. Ví dụ, những đường cong nào là hai parabol bậc hai và bậc ba? Tất nhiên, có thể thiết lập các parabol

14

phương trình, viết các phương trình tiếp tuyến, tìm các hệ số góc $k$ và các số hạng tự do $l$ của chúng và xây dựng các đường cong tương ứng trên mặt phẳng $(k, l)$. Tuy nhiên, con đường này không mấy hấp dẫn. Chúng ta hãy cố gắng hiểu hành vi của các đường cong kép mà không cần tính toán.

Để đường cong $\gamma$ xoay trơn tru theo một hướng (xem hình 10,a). Tiếp tuyến của $\gamma$ cũng quay, tức là đường cong kép di chuyển cùng hướng. Nhưng bây giờ đường cong $\gamma$ bắt đầu rẽ theo hướng khác - một răng quá mức xuất hiện tại điểm. Điều gì xảy ra với tiếp tuyến? Trước thời điểm uốn, tiếp tuyến di chuyển theo một hướng và sau thời điểm uốn, theo hướng khác. Điều này có nghĩa là đường cong kép $\gamma^*$ thay đổi hướng chuyển động sang hướng ngược lại tại thời điểm uốn (xem hình 10, b). Trên đường cong kép có một đường cong cấp tính! Những thông báo này đã đủ để tránh các đường cong kép thành parabol bậc hai và bậc ba (hình11).

Bài tập
9. Sự hiện diện của một tiếp tuyến kép tại đường cong $\gamma$ - hình 12,a - sẽ được phản ánh trên đường cong kép như thế nào?
10. Vẽ một đường cong kép với đường cong tại hình 12b.

Các mặt phẳng kép hoàn toàn bằng nhau - mỗi mặt phẳng được phản chiếu bằng nhiều đường thẳng không thẳng đứng của mặt kia. Còn đường cong kép thì sao? Có đúng là nếu chúng ta xây dựng từ đường cong màu xanh $\gamma$ đường cong màu đỏ $\gamma^*$, rồi từ đường cong màu đỏ $\gamma^*$ đường cong màu xanh $(\gamma^*)^*$ đối ngẫu với nó, thì chúng ta sẽ có được đường cong ban đầu $\gamma$? Iltucia gợi ý khẳng định đáp số; Để chứng minh điều đó, chúng ta hãy tìm hiểu cấu trúc của đường cong $(\gamma^*)^*$.

Xét đường cong $\gamma^*$. Để xác định đường cong kép của nó, chúng ta cần xét các tiếp tuyến của $\gamma^*$. Thay vì tiếp tuyến, chúng ta lấy hai điểm gần nhau $l$ và $m$ trên $\gamma^*$ rồi vẽ một đường thẳng $A$ đi qua chúng - xem phần màu đỏ hình 13. Hình ảnh nào xuất hiện trên mặt phẳng màu xanh? Điểm $l$ và $m$ tương ứng với đường thẳng $l$

16

Xin độc giả chú ý!

Cửa hàng số 1 “Akademika” ở Ufa gửi sách thu tiền khi giao hàng từ nhà xuất bản “Nuka”:
Baturin Yu. M. Luật và chính trị trong giới máy tính.—1987.—40 trang.
Ginzburg V.L. Về vật lý và vật lý thiên văn. Số liệu thống kê và hiệu suất. (Nuka. Thế giới quan. Cuộc sống).—1985.-1 r. 80k.
Thí nghiệm Kapitsa P. L.. Lý thuyết. Luyện tập. Số liệu thống kê và hiệu suất.

Ed. 4-e, vòng quay. và bổ sung (Nuka. Thế giới quan. Cuộc sống).—1987.—2 r.
Klein F. Toán tiểu học từ góc nhìn cao hơn: Gồm 2 tập. Dịch. với anh ấy. T. 1. Số học. Đại số. Phân tích.—1987.—1 r. 40k.—T. 2. Hình học.—1987.—1 r. 40k.
Klimshin I. A. Khám phá vũ trụ.—1987.—1 r. 50k.
Kozel S. M., Rashba E. I., Slavatinsky S. A. Bộ sưu tập bài toán về vật lý. Hướng dẫn đào tạo về cuộc gọi. Ed. 2-e, làm lại và bổ sung - 1987. - 75 k.
Marochnik L. S. Hẹn hò với sao chổi. (Thư viện «Kvant»).—1985.—35 k.
Rybasenko V. D., Rybasenko I. D. Chức năng nguyên tố. Công thức, bảng biểu, đồ thị.—1987.—2 r.
Silin A. A. Trene và chúng tôi. (Thư viện «Kvant»).—1987.—35 k.
Gửi đơn đặt hàng tới: 450059 Ufa, st. P. Eorde, 10 tuổi, cửa hàng Akademika.

ra x tìm giao điểm của ba mặt phẳng thuộc họ ta, tương ứng với ba giá trị của x. Khi đó mỗi x sẽ tương ứng với một điểm trong không gian; tập hợp các điểm này tạo thành đường cong không gian mong muốn.

Vì vậy, việc mô tả bề mặt của họ mặt phẳng $x^4 + px^2 + qx + r = 0$ bao gồm các đường thẳng tiếp xúc với một đường cong trong không gian. Những bề mặt đang phát triển như vậy là nhân vật chính trong bài viết nói trên của D. B. Fuchs. Bề mặt chúng tôi xây dựng được gọi là khớp nối. Trong bài báo của D. B. Fuchs, bề mặt này được mô tả theo phong tục vẽ nó ở thời đại chúng ta; vào ngày hình 15, mượn từ cuốn sách “Toán học cơ bản từ góc nhìn cao hơn” của F. Klein, nó được mô tả từ một góc nhìn khác. Nhìn vào hình 15 và so sánh nó với hình trong bài viết “Hình học của một tờ giấy”. Bạn có nhận ra cái đuôi khớp trong bức ảnh của chúng tôi không?

17

Sergey Lvovich Sobolev

(nhân dịp sinh nhật lần thứ 80 của ông)

Ngày 6 tháng 10 năm 1988 đánh dấu kỷ niệm 80 năm ngày sinh của Tsergei Lvovich Sobolev.

Các tác phẩm của S. L. Sobolev có ảnh hưởng đáng kể đến sự phát triển của toán học thế kỷ 20; ông đã có đóng góp cơ bản cho lý thuyết phương trình tùy ý từng phần, giải tích hàm, lý thuyết hàm, vật lý toán học và toán học tính toán.

Sau khi độc lập thành lập chương trình trung học (Sergei Lvovich chỉ học ở trường một năm - vào lớp cuối cùng), Sobolev năm 1925 vào Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Leningrad. Tài năng toán học của ông bộc lộ sớm một cách khác thường. Chỉ cần nói rằng ở tuổi 25, ông được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, và ở tuổi 31 - một học giả.

Những năm sau khi tốt nghiệp rất có kết quả đối với Sergei Lvovich. Cùng với V.I. Smirnov, ông đã tạo ra phương pháp cổ điển hiện nay của phương trình sóng lời giải mô tả các dao động trong môi trường đàn hồi. Nghiên cứu về “không gian Sobolev” của các hàm do S. L. Sobolev giới thiệu vào những năm 30 hiện nay cấu thành toàn bộ phần của phân tích hàm. Khái niệm về hàm tổng quát do Sergei Lvovich đề xuất hóa ra lại đặc biệt quan trọng; được phát triển sau này trong các tác phẩm của nhà toán học người Pháp Laurent Schwartz và nhà toán học Liên Xô I.M. Gelfand, nó trở thành một trong những khái niệm trung tâm của toán học.

Sau khi chuyển đến Moscow, S. L. Sobolev sớm bắt đầu giảng dạy tại Đại học Moscow, nơi ông đã làm việc hơn hai mươi năm. Từ năm 1952 đến năm 1957, ông đứng đầu khoa toán tính toán đầu tiên ở nước ta. Sự đóng góp của S. L. Sobolev cho khoa học này được phản ánh trong chuyên khảo “Giới thiệu về lý thuyết các công thức cubatrinic” của ông.

Năm 1957, S. L. Sobolev chuyển đến Novosibirsk, trở thành một trong những người tổ chức Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Từ năm 1960 đến 1978, ông còn là giáo sư tại Đại học Novosibirsk.

S. L. Sobolev có nhiều học trò và người theo dõi. Ông được bầu làm thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học Pháp, Academia Nazionale dell’Affaires Lynchenca ở Rome, cũng như nhiều hiệp hội khoa học khác. Ông là Chủ tịch Ủy ban Quốc gia các nhà toán học Liên Xô.

Các biên tập viên của tạp chí «Kvant» nhiệt liệt chúc mừng thành viên ban biên tập «Kvant» Sergei Lvovich Sobolev nhân ngày kỷ niệm và chúc ông sức khỏe và thành công sáng tạo mới.

19

động năng $E_0 \sim mv^2$ hệ mét? Thứ nhất, để phá hủy, nghiền nát đá trong thể tích của miệng núi lửa và để phá hủy (đến mức bốc hơi) chính đồng hồ đo. Chúng ta hãy nói ngay rằng trong một vụ va chạm siêu âm, kích thước của miệng núi lửa hóa ra lớn hơn đáng kể so với kích thước hệ mét, do đó chi phí năng lượng thực tế sẽ chỉ liên quan đến miệng núi lửa được hình thành. Thứ hai, một phần năng lượng ban đầu được chuyển hóa thành động năng của đá phun ra từ miệng núi lửa. Thứ ba, còn có tổn thất về năng lượng từ sóng âm đi sâu vào Trái Đất và vào khí quyển. Cuối cùng, có năng lượng nhiệt được sử dụng để đốt nóng và trong các tác động mạnh, làm nổi một phần và thậm chí bốc hơi đá. Tuy nhiên, sẽ không chính xác nếu coi nó như một thuật ngữ độc lập khi tính toán cân bằng năng lượng. Rốt cuộc, tất cả (thực tế là tất cả) năng lượng đo lường cuối cùng đều được sử dụng để làm nóng đá, trước tiên đã chuyển qua các dạng cơ học khác. (Mệnh đề “thực tế” gắn liền với những thay đổi do sự va chạm giữa tốc độ chuyển động của toàn bộ Trái đất và tốc độ quay của nó, không đáng kể ngay cả khi Trái đất va chạm với một nhà thiên văn học vĩ đại.)

Bây giờ chúng ta hãy ước tính những chi phí năng lượng này theo thứ tự độ lớn.

Mức tiêu thụ năng lượng $E_1$ để phá hủy đá tỷ lệ thuận với thể tích của miệng núi lửa, tức là $E_1 \sim R^3$. Nó (khối lượng) nên được nhân với bao nhiêu để bị phá hủy? Không khó hiểu rằng năng lượng phá hủy đá là thể tích nhân với giới hạn cường độ của đá $\sigma_n$, tức là $E_1 \sim \sigma_n R^3$.

Hãy ước tính năng lượng $E_2$ dùng để loại bỏ đá khỏi miệng núi lửa. Sự chuyển động của phần lớn khối lượng trong quá trình hình thành miệng hố xảy ra trên một khoảng cách theo thứ tự bán kính $R$. Đối với chuyển động của các khối lượng như vậy trong trường, vận tốc phân hủy ban đầu cũng phải bằng độ lớn tới $u_0 \sim \sqrt{gR}$. Tổng khối lượng đá phun ra từ miệng núi lửa là $m_\kappa \sim \rho R^3$. Do đó, chi phí tuyển chọn tăng lên - $E_2 \sim m_\kappa u_0^2 \approx \rho g R^4$.

Hãy tin tôi: chi phí năng lượng của sóng âm thanh $E_3$ luôn nhỏ so với $E_1$ và $E_2$. Lý do vật lý cho điều này là trong bất kỳ vụ va chạm siêu âm nào, sóng xung kích sẽ xuất hiện đầu tiên. Nó là gì? Đây là sự lăn mạnh, truyền trong vật liệu với tốc độ lớn hơn tốc độ âm thanh, sự lăn càng mạnh thì mật độ càng lớn. Đó là sóng xung kích tạo ra cả sự phá hủy và gia tốc của vật chất. Chỉ khi năng lượng chính của sóng xung kích đã tiêu hao, khi sự lăn trong sóng trở nên yếu đi và tốc độ bằng tốc độ âm thanh thì sóng xung kích mới chuyển thành hoạt động, âm thanh thông thường. Bolna bị tác động xấp xỉ bằng thể tích của miệng núi lửa và âm thanh thoát ra với độ suy giảm nhỏ trên khoảng cách xa (trên toàn bộ hành tinh).

Vì vậy, chi phí năng lượng sơ cấp chính là $E_1$ và $E_2$. Bây giờ chúng ta hãy viết một phương trình cân bằng năng lượng gần đúng cho hệ mét padenit (nhưng sẽ cho phép chúng ta xác định bậc độ lớn của bán kính miệng hố):

$$E_0 \approx E_1 + E_2, \text{ т. е. } mv^2 \sim \sigma_n R^3 + \rho g R^4.$$

Lưu ý rằng động năng thiếu hệ số 1/2. Điều này là do mục tiêu của chúng tôi chỉ là đạt được ước tính về mức độ lớn. Các hệ số đứng trước các số hạng ở vế phải của đẳng thức chỉ có thể thu được bằng nghiệm chính xác bài toán.

Vì lý do tương tự, phương trình trên phải được viết hơi khác một chút. Thẩm phán cho chính mình. Tóm lại, một trong các số hạng luôn lớn hơn nhiều so với số hạng kia và nếu chúng có cùng bậc độ lớn thì chỉ cần để lại một số hạng là đủ. Cái nào? - Cái nào lớn hơn. Và điều này lại phụ thuộc vào bán kính của miệng núi lửa, vẫn chưa được biết. Chúng ta hãy xem bán kính của cả hai số hạng ở vế phải sẽ bằng nhau: tại $R \sim R_0 = \sigma_n / \rho g$. Để đánh giá, chúng ta sẽ coi $\sigma_n$ bằng giới hạn cường độ của đá trầm tích $\sigma_n \sim 10^7 \text{ H/m}^2$, đối với mật độ chúng ta sẽ lấy giá trị $\rho \sim 3 \times 10^3 \text{ кг/m}^3$. Sau đó

21

Tỷ lệ vật liệu nóng chảy tăng theo kích thước miệng hố. Khi kích thước trung bình đạt đến nhiệt độ đặc trưng của kích thước hoặc sự biến đổi hóa học của đá - khoảng 300 độ, tỷ lệ này trở nên áp đảo. Sự tan chảy hàng loạt xảy ra khi các miệng hố có bán kính vượt quá 30 km hình thành trên Trái đất (trên Mặt trăng - 10 km). Tương ứng, khối lượng của thiên thạch để hình thành một miệng hố như vậy theo thứ tự độ lớn phải vượt quá 3 × 10^14 kg. Những miệng hố như vậy là bằng chứng của những sự kiện hiếm gặp. Dấu vết kích thước của chúng đã được bảo tồn trong hầu hết toàn bộ lịch sử địa chất của Trái đất, tuy nhiên, trên toàn hành tinh chỉ phát hiện được một số miệng hố có bán kính hơn 30 km.

Bắt đầu từ kích thước này, công thức $R \sim E^{1/4}$ trở nên không thể áp dụng được, vì việc tính đến sức nóng của phản ứng tổng hợp khiến việc cân bằng năng lượng của thiên thạch trở nên khó khăn hơn. Những miệng núi lửa với kích thước đá khổng lồ và hình dáng trông khác nhau. Khi kích thước tăng lên, một đặc điểm mới ngày càng trở nên đáng chú ý hơn - sóng đồng tâm đông cứng. Các miệng hố có bán kính hơn 1 km đã có độ nhô trung tâm rõ rệt và dấu vết của các vụ va chạm thảm khốc dần dần - các miệng hố có bán kính hơn 30 km có 3-4 gờ và vòng quay. Những gì có thể nhìn thấy rõ ràng không phải là kích thước của các vết xói mòn cũng như cấu trúc đa vòng của các miệng hố khổng lồ trên Mặt trăng bị che giấu bởi trầm tích. Hãy nhìn vào bức ảnh chụp miệng núi lửa Orientale - những vòng đồng tâm trong bức phù điêu của nó trông giống như những con sóng chạy qua mặt nước từ một hòn đá rơi.

Hơn nữa, khi các miệng hố nhỏ hình thành, một phần đá và thiên thạch sẽ phân tán dưới dạng tan chảy. Những giọt đá như vậy rải rác trong chuyến bay được gọi là văn bản. Khi các miệng hố lớn hình thành, các văn bản nằm rải rác trên hàng trăm, hàng nghìn km, tạo thành các trường văn bản xung quanh các miệng hố. Ranh giới của các trường văn bản được sắp xếp đặc biệt rõ ràng ở đáy đại dương, nơi lớp trầm tích phát triển khá chậm. Ví dụ, từ miệng núi lửa Bosumtwi (bán kính 5 km), được hình thành cách đây hơn một triệu năm trên bờ Vịnh Guinea, có một trường tectin hình bầu dục $2000 \times 1000$ km trong đại dương. Có một cánh đồng tectin trên Trái đất chiếm gần như toàn bộ Ấn Độ Dương! Tuy nhiên, dấu vết của miệng núi lửa (dưới nước?) của nó vẫn chưa được phát hiện.

Chúng ta hãy thử tưởng tượng điều gì sẽ xảy ra nếu một thiên thạch lớn rơi xuống đại dương. Trong trường hợp này, động năng $E_0$ của nó sẽ chủ yếu được dùng vào việc làm nóng và làm bay hơi thể tích nước $\sim R^3$:

$$E = (\lambda + c \cdot \Delta T) \rho R^3.$$

Nhiệt bay hơi của nước $\lambda \approx 2,5 \times$

24

Nhiệm vụ

M1126—M1130, F1138—F1142

M1126. Cho hình thang ABCD (có đáy BC và AD), trên các cạnh AB và CD lấy điểm K và M. Chứng minh rằng nếu ∠BAM=∠CDK thì ∠BMA=∠CKD.

A. S. Merkuryev

M1127. Máy vi tính “Cheburashka” có một bộ cộng cho phép bạn trừ và tìm số nghịch đảo 1/x từ một số x cho trước. Có thể sử dụng máy vi tính này để lấy đơn vị nếu số ban đầu là a) √19 + 88; b) √19 + √88? (Cấm nhập các số vào máy tính vi mô khác với số gốc hoặc số thu được từ các phép tính trên đó.)

A. B. Voomolnaya

M1128. Một số quân cờ được đặt trên bàn cờ. Trong một lần di chuyển, một trong các con chip sẽ di chuyển đến trường tự do liền kề (theo chiều ngang hoặc chiều dọc). Sau vài lần di chuyển, hóa ra mỗi con chip chạm vào tất cả các trường đúng một lần và quay trở lại trường ban đầu. Chứng minh rằng có lúc không có một quân nào nằm trên hình vuông ban đầu của nó.

E. B. Abakumov

M1129*. Cây linh sam và bạch dương mọc trong rừng của Nam tước Monhausen. Nam tước tuyên bố rằng ở khoảng cách đúng 1 km từ mỗi cây linh sam có đúng 10 cây bạch dương và trong rừng của ông có nhiều cây linh sam hơn bạch dương. điều này có thể được?

F. L. Nazarov

M1130. Trên mặt phẳng dan có một n-giác lồi có độ dài cạnh thứ k bằng a_k, độ dài hình chiếu của đa giác lên đường thẳng chứa cạnh này bằng d_k (k=1, 2, …, n). Chứng minh bất đẳng thức

$$2 \leq \frac{a_1}{d_1} + \dots + \frac{a_n}{d_n} \leq 4.$$

D. V. Fomin

F1138. Tăng tốc ở tốc độ tối đa có thể trên đoạn đường thẳng, xe đua tăng tốc từ 10,0 m/s lên 10,5 m/s trong 0,1 s. Anh ta sẽ mất bao lâu để làm điều tương tự trên đoạn đường cao tốc có bán kính 30 m? Ở bán kính bao nhiêu của vòng tròn thì anh ta thường không thể tăng tốc độ lên trên 10 m/s? Mặt phẳng đường cao tốc nằm ngang.

F1139. Ống hình chữ U chứa đầy nước một phần (hình 1). Đầu trên của ống đóng lại và làm nóng khuỷu tay phải của ống đến nhiệt độ +100 ° C, và khuỷu tay trái đến +99,5 ° C. Xác định sự chênh lệch mực nước ở trạng thái ổn định ở các đoạn ống uốn cong. Tham khảo: ở độ cao 23 tầng (70 m so với mặt đất), nhiệt độ sôi của nước thấp hơn mặt đất 0,25 độ. Phân bố nhiệt của ống khói khi tính toán giả định.

F1140. Phần tích điện đi vào môi trường nơi nó chịu điện trở yếu tỷ lệ thuận với tốc độ

25

phát triển. Trước khi dừng hẳn, hạt di chuyển được quãng đường $s=10$ cm. Nếu có một từ trường nhất định trong môi trường vuông góc với vận tốc của hạt thì với cùng tốc độ ban đầu, nó sẽ dừng lại ở khoảng cách $l_1=6$ cm tính từ điểm đi vào môi trường. Ở khoảng cách nào $l_2$ từ điểm đi vào thì hạt sẽ dừng lại nếu trường mạnh bằng một nửa?

A. I. Buzdin

F1141. Hiện nay, liên quan đến việc phát hiện hiện tượng siêu dẫn nhiệt độ cao, vấn đề tạo ra đường truyền dòng điện một chiều không bị tổn thất năng lượng trên vật thể Joule đang được nghiên cứu. Người ta đề xuất sử dụng cáp đồng trục để truyền dòng điện một chiều, bao gồm chất lỏng hình trụ bên trong và lớp vỏ hình trụ bên ngoài làm bằng chất siêu dẫn. Điện trường và từ trường trong hệ thống như vậy được mô tả là hình 2. Người ta biết rằng cảm ứng từ trường ở bề mặt chất siêu dẫn không thể vượt quá một giá trị nhất định $B_{\max}$, nếu không thì tính siêu dẫn sẽ bị phá hủy và hướng của điện trường không được vượt quá $E_{\max}$, nếu không sẽ xảy ra sự cố về điện ở lớp cách điện của cáp. Xác định xem công suất dòng điện một chiều cực đại truyền qua cáp như vậy sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu đường kính của vỏ bên trong và bên ngoài tăng gấp đôi. Công suất tối đa có thể truyền qua cáp có đường kính vỏ bọc $D=8$ cm, $d=3$ cm, nếu $E_{\max}=20$ kV/cm và $B_{\max}=5 \cdot 10^{-2}$ T là bao nhiêu? Lưu ý: cảm ứng từ trường trong không gian giữa các dây dẫn hình trụ trùng với từ trường của một dây dẫn thẳng có dòng điện $I$:

$$B = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I}{r}$$

($\mu_0=4\pi \cdot 10^{-7} \text{ H/A}^2$ là hằng số từ).

S. M. Kozel

F1142. Sự hình thành của họ sao chổi Sao Mộc được mô tả theo sơ đồ sau. Sao chổi rơi từ một khoảng cách rất xa với tốc độ ban đầu vào Mặt trời và bay cách Sao Mộc không xa (hình 3). Sau khi ảnh hưởng đáng chú ý của trường hấp dẫn của Jupter chấm dứt, sao chổi lại di chuyển trong trường của Mặt trời và tốc độ của nó ngược hướng với tốc độ của Jupter, và quỹ đạo mới của sao chổi nằm gần Jupter, tức là ở khoảng cách $R=5,2$ a. đ. từ Mặt Trời. Quỹ đạo điểm cận nhật của một sao chổi như vậy sẽ nằm ở khoảng cách bao nhiêu so với Mặt trời?

V. E. Belonuchkin

Problems

M1126—M1130, P1138—P1142

M1126. The points $K$ and $M$ are chosen on sides $AB$ and $CD$ of a trapezium with bases $BC$ and $AD$. Prove that $\angle BAM=\angle CDK$ implies $\angle BMA=\angle CKD$.

A. S. Mercuryev

M1127. The microcomputer “Cheburashka” (the name of popular toy) can add and subtract numbers and calculate the number

27

times will the maximal power of direct current which can be transmitted along this cable change if the diameters of the inner and outer covers are doubled. What maximal power may be transmitted along a cable with cover diameters $D=8$ cm, $d=3$ cm, if $E_{\text{max}}=20$ kV/cm and $B_{\text{max}}=5 \cdot 10^{-2}$ Tl? Note: magnetic induction in the space between cylindrical conductors coincides with the field of a direct conductor with current $I$:

$$B = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I}{r}$$

($\mu_0=4\pi \cdot 10^{-7} \text{ N/A}^2$ is the magnetic constant).

S. M. Kozel

P1142. Jupiter’s family of comets can be described according to the following scheme. A comet falls from a high distance with zero initial velocity on the Sun and flies past Jupiter near the latter (see figure Pisc. 3). After noticeable attraction of Jupiter’s gravitational force ceases, the comet continues to move in the Sun’s gravitational field, its velocity being opposite to that of Jupiter, while the aphelius of the comet’s new orbit is near Jupiter’s orbit, i.e. at the distance of $R=5.2$ from the Sun. At what distance from the Sun will the perihelius of such an orbit be located?

V. E. Bélonuchkin

Lời giải bài toán
M1106 — M1109, F1118 — F1122

M1106. Đường thẳng nào trong ba đường thẳng nối các cạnh đối diện của một hình lục giác lồi chia diện tích của nó làm đôi. Chứng minh rằng ba đường thẳng này cắt nhau tại một điểm.

Đặt $ABCDEF$ là hình lục giác đã cho, $M_1, M_2, \dots, M_6$ là trung điểm của các cạnh của nó (xem hình). Các đoạn $M_1M_4$ và $M_2M_5$ chia diện tích của hình lục giác làm đôi, do đó các tứ giác $PM_1BM_2$ và $PM_4EM_5$, trong đó $P$ là giao điểm của $M_1M_4$ và $M_2M_5$, có kích thước bằng nhau (mỗi hình tứ giác này tổng với hình ngũ giác $PM_2CDM_4$ cho một nửa diện tích là một hình lục giác). Diện tích của tứ giác $PABC$ và $PDEF$ lần lượt lớn gấp đôi diện tích của tứ giác $PM_1BM_2$ và $PM_4EM_5$, và do đó chúng cũng bằng nhau (chúng ta sử dụng tính chất là đường trung tuyến của một tam giác chia diện tích của nó làm đôi). Theo đó, đường đứt nét $M_3PM_6$ chia diện tích của hình lục giác làm đôi, giống như đoạn $M_3M_6$. Điều này có nghĩa là điểm $P$ nằm trên đoạn $M_3M_6$, đây là điều cần chứng minh.

V. V. Proizvolov

M1107. Chứng minh rằng nếu $a, b$ và $c$ là độ dài một cạnh của một tam giác thì

$$2\left(\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}\right) \geq \frac{a}{c} + \frac{c}{b} + \frac{b}{a} + 3.$$

Ta viết lại bất đẳng thức được chứng minh dưới dạng

$$\frac{2a}{b} - \frac{b}{a} + \frac{2b-a}{c} + \left(\frac{2}{a} - \frac{1}{b}\right)c \geq 3.$$

Chúng tôi sửa $a$ và $b$ và tìm giá trị nhỏ nhất của tổng của hai số hạng cuối cùng ở vế trái dưới dạng hàm của $c$; trong trường hợp này, chúng ta có thể giả sử rằng $c$ không vượt quá $a$ và $b$, vì giá trị ban đầu

28

Bất đẳng thức này không thay đổi theo hoán vị tuần hoàn của các giá trị $a, b, c$. Chúng tôi có:

$$\frac{2b-a}{c} + \left( \frac{2}{a} - \frac{1}{b} \right)c = (2b-a)f(c),$$

ở đâu $f(x) = 1/x + x/ab$. Vì $2b-a \geq b+c-a > 0$ và hàm $f(x)$ tiêu diệt ở $0 < x \leq \sqrt{ab}$ (đồ thị của $f(x)$ cho $a > b$ được đưa ra tại hình) và $f(a) = f(b) = 1/a + 1/b$, tại $c \leq \min(a, b) \leq \sqrt{ab}$

$$(2b-a)f(c) \geq (2b-a)\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right) = \frac{2b}{a} - \frac{a}{b} + 1.$$

Như vậy, vế trái của bất đẳng thức (*) không nhỏ hơn $\frac{2a}{b} - \frac{b}{a} + \frac{2b}{a} - \frac{a}{b} + 1 = \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 1$ và con số này rất lớn, không nhỏ hơn 3.

L. D. Kurlyandchik

M1108. Trong một đường thẳng lồi ($n > 4$), không có ba đường chéo nào đi qua cùng một điểm bên trong đa giác. Có thể kiểm tra số đường chéo tối đa là bao nhiêu để tất cả các phần mà chúng chia lá 0 thành hình tam giác?

Đáp số: $[3n/2] - 4$ (trong đó $[x]$ là phần nguyên của $x$). Các phép chia cho ở hình 1 cho thấy số đường chéo tối đa $f(n)$ thỏa mãn điều kiện bài toán, đối với $n = 2m$ không nhỏ hơn $3m - 4 = [3n/2] - 4$, và đối với $n = 2m + 1$ không nhỏ hơn $3m - 3 = [3n/2] - 4$. Bây giờ vẫn còn phải chứng minh rằng

$$f(n) \leq [3n/2] - 4.$$

Để làm được điều này chúng ta cần Bổ đề sau. Nếu một số đường chéo của $n$-giác ($n \geq 5$) chia nó thành các hình tam giác thì ít nhất một trong các đường chéo này không giao nhau với các đường chéo khác. (Chúng tôi không tính đến giao điểm ở các đỉnh của đa giác.)

Để chứng minh Bổ đề, chúng ta lưu ý rằng không có đường chéo nào có thể cắt nhiều hơn một đường chéo khác: nếu không, một trong các phần của vách ngăn liền kề với phần đường chéo giữa các điểm giao nhau lân cận sẽ không phải là tam giác, vì tổng các góc của nó sẽ lớn hơn $180^\circ$ (hình 2). Bây giờ chúng ta giả sử rằng bất kỳ đường chéo nào giao nhau với một trong các đường chéo khác và chỉ với một đường chéo. Đặt $AC$ và $BD$ là các đường chéo giao nhau như vậy (hình 3). Vì $n \geq 5$, nên ít nhất một trong các cạnh của tứ giác $ABCD$, ví dụ $AB$, là đường chéo (chứ không phải một cạnh) của $n$-giác đã cho. Đường chéo $AB$ được bao gồm trong tập hợp của chúng tôi, vì nếu không thì đường đứt nét $AOB$, trong đó $O$ là điểm giao nhau của $AC$ và $BD$, sẽ không phải là hình tam giác. Do đó, có một đường chéo cắt nhau $AB$. Nhưng đường chéo này cũng phải giao nhau $AC$ hoặc $BD$, điều này mâu thuẫn với nhận xét đưa ra ở trên.

Sử dụng Bổ đề, bất đẳng thức (*) có thể được chứng minh bằng quy nạp đối với $n$ (với $n = 3$ và $n = 4$ là hiển nhiên). Hãy để nó được chứng minh cho tất cả $k, 3 \leq k < n$, trong đó $n \geq 5$. Xét một $n$-giác chia các đường chéo thành một hình tam giác

30

Có thể chứng minh rằng độ dài cạnh của một tam giác đều nội tiếp parabol $y = x^2$ chỉ có thể nhận giá trị lớn hơn hoặc bằng $2\sqrt{3}$. Hãy để chúng tôi phác thảo kế hoạch của một lời giải tôn trọng sẽ mang lại kết quả như vậy. Điều hữu ích cần lưu ý ở đây là tất cả các parabol đều giống nhau: parabol $y = ax^2 + bx + c = a(x - x_0)^2$ thu được bằng cách dịch parabola $y = ax^2$ và tương tự như parabola $y = x^2$ với hệ số $1/\sqrt{|a|}$ (parabola có hệ số lớn $a$ chỉ có vẻ “sắc nét hơn”). Chúng ta phải đảm bảo rằng xung quanh một tam giác đều từ cạnh $d$, chúng ta có thể mô tả một parabol với bất kỳ hệ số $a$ nào, trong đó $|a| \geq 2\sqrt{3}/d$. Qua ba điểm $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)$ không nằm trên cùng một đường thẳng với các hoành độ khác nhau $x_1, x_2, x_3$ người ta có thể kiểm tra được parabol $y = ax^2 + bx + c$; các hệ số $a, b, c$ được tìm thấy từ hệ phương trình tuyến tính $ax_i^2 + bx_i + c = y_i$ ($i = 1, 2, 3$); đặc biệt.

$$\left(x_3 - x_2\right)a = \frac{y_3 - y_1}{x_3 - x_1} - \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1},$$

Ở đâu

$$a = \frac{\left(y_3 - y_1\right)\left(x_2 - x_1\right) - \left(y_2 - y_1\right)\left(x_3 - x_1\right)}{\left(x_3 - x_1\right)\left(x_3 - x_2\right)\left(x_2 - x_1\right)}.$$

Mô đun là $2S$, trong đó $S$ là diện tích của tam giác có các đỉnh $(x_i; y_i)$; do đó, $|a| = 2S/P_l$, trong đó $P_l$ là tích của các hình chiếu của cạnh tam giác lên đường thẳng $l$, vuông góc với trục của parabol. (Điều này đúng với mọi tam giác.) Nếu tam giác đều từ cạnh $D$ ($S = \sqrt{3}d^2/4$) và đường thẳng $l$ tạo thành một góc $\varphi$ trên một trong các cạnh của nó thì $P_l = \left|d^3 \cos \varphi \cos (\varphi + \pi/3) \cos (\varphi - \pi/3)\right| = \left|\frac{1}{4} d^3 \cos 3\varphi\right| \leq \frac{d^3}{4}$ và $|a| = 2S/P_l \geq 2\sqrt{3}/d$. Cụ thể, chúng tôi thấy rằng đối với $a = 1$ độ dài $d$ nhận các giá trị $d \geq 2\sqrt{3}$; đẳng thức ở đây tương ứng với trường hợp $\varphi = 0$, khi một trong các cạnh của tam giác vuông góc với trục của parabol (và đỉnh của tam giác nằm ở đỉnh của parabol).

N. V. Vasiliev, V. N. Dubrovsky

F1118. Một ngư dân sống ở cửa sông chảy ra biển đã chuyển đến nơi ở mới cách thượng nguồn vài km. Trước sự ngạc nhiên của mình, ông phát hiện ra rằng thời gian từ khi bắt đầu thủy triều đến khi bắt đầu rút đã giảm *), và

*) Có lỗi đánh máy trong các điều kiện được xuất bản trước đây cho bài toán này.

Như đã biết, thủy triều chủ yếu liên quan đến tác động của lực hấp dẫn từ Mặt Trăng. Thời gian giữa thủy triều lên và xuống ở đại dương là như nhau và xấp xỉ 6 giờ, đó là điều mà ngư dân quan sát được khi sống trên bờ biển.

Một tình huống khác có thể nảy sinh ở nơi hợp lưu của các con sông đổ ra biển (hoặc ở các vịnh nông). Thực tế là sóng thủy triều đang lan truyền dọc theo dòng sông, sự xuất hiện của chúng chắc chắn sẽ ảnh hưởng đến sự giao thoa của thời đại chúng ta. (Ví dụ ở Amazon, những con sóng này thậm chí còn gây nguy hiểm cho việc điều hướng.) Một trở ngại quan trọng là tốc độ của những con sóng này phụ thuộc vào độ sâu - độ sâu càng thấp thì tốc độ càng thấp (phát âm là

31

thời gian từ khi bắt đầu triều xuống đến khi bắt đầu triều cường tăng lên. Làm thế nào để giải thích tình huống này?

F1119. Một lượng chất lỏng nhất định được đổ vào một thùng chứa hẹp có thành thẳng đứng song song (hình 1). Sau đó, coveta bắt đầu quay quanh trục đối xứng thẳng đứng O-O. Ở một tốc độ quay nhất định, phần thứ k của diện tích ngày được phát hiện. Lực áp suất ở đáy và trên thành bên hẹp thay đổi như thế nào (so với trường hợp chất lỏng đứng yên)? Khi quay, chất lỏng không bắn ra ngoài. Yêu cầu về sức căng bề mặt.

Hình 1.

Hãy thử tự mình thể hiện điều này, ví dụ như từ các thông báo thứ nguyên). Do đó, nếu độ cao của sóng thủy triều tương đương với độ sâu của sông (vịnh) thì tốc độ của sóng thủy triều sẽ nhỏ hơn sóng rút.

Điều này giải thích hiện tượng đàn cá phát hiện ở nơi ở mới.

A. S. Vugov

Trước hết, chúng ta hãy giới thiệu ký hiệu: gọi 2l là chiều dài của hộp, a là chiều rộng của nó, h0 là chiều cao ban đầu của chất lỏng đổ vào hộp.

Bề mặt ngang của chất lỏng bị cong trong quá trình quay. Vì với điều kiện a 2l nên chúng ta có thể giả sử rằng bề mặt của chất lỏng có dạng hình trụ. Chúng ta hãy xác định loại ranh giới bề mặt trên bức tường bên trông như thế nào.

Chúng tôi hình dung trong lớp bề mặt của chất lỏng quay một thể tích nhỏ ở khoảng cách x tính từ trục quay (hình 2). Nó chịu tác dụng của lực hấp dẫn mg và lực N của phản ứng của phần chất lỏng còn lại lên thể tích này, lực này hướng vuông góc với bề mặt chất lỏng tại một điểm nhất định. Hai lực này tạo ra gia tốc hướng tâm a₁=ω²x hướng về trục O-O. Từ hình 2

tg α = ma₁/mg = ω²/g x,

trong đó α là góc nghiêng của lực N so với phương thẳng đứng, bằng góc nghiêng với trục X của tiếp tuyến với bề mặt chất lỏng tại một điểm cho trước.

Tiếp tuyến của góc α là f’(x), và người ta có thể tìm được hàm nguyên hàm y=f(x), đó là phương trình

Hình 2.

dòng mong muốn:

y’ = f’(x) = ω²/g x,

y = ω²/2g x² + C. (1)

Ở đây C là hằng số của nguyên hàm. Ý nghĩa của nó là chiều cao của cột chất lỏng dọc theo trục Y tại x=0. Phần thứ k của diện tích ngày (0 ≤ k < 1) sẽ không có chất lỏng nếu tại x=kl y=0. Từ đây chúng ta định nghĩa C:

(Tiếp theo trang 34)

32

32

…bắt đầu đánh giá
không thể thấy được trước mắt…
LukrepiY Kar

LukrepiY Kar

Bạn có biết rõ không
Nhỏ thế nào
phân tử

Câu hỏi và bài toán

1. Vì sao thể tích dung dịch rượu trong nước lại nhỏ hơn thể tích nước và rượu lấy riêng?
2. Tại sao một quả bóng cao su bị căng quá mức và bị tắc chặt lại bị “xì hơi” trong vài ngày?
3. Nếu một hỗn hợp khí được đưa qua một ống vi xốp được bao quanh bởi một bình chứa nhiệt mà từ đó không khí đã được sơ tán, thì khí có độ ẩm tương đối cao hơn của các phân tử “ánh sáng” sẽ được làm nóng trong bình chứa hơn là trong đường ống. Làm sao tôi có thể giải thích điều này?
4. Hydro có ba đồng vị có số khối 1, 2 và 3. Đồng vị nào trong số này được các ion tạo ra chậm hơn các đồng vị khác trong quá trình điện phân nước?
5. Đường thủy tinh?

…do độ nhỏ của các phân tử của chất này nên áp suất bị ẩn khỏi tầm nhìn.
M. B. Lomonosov

Câu hỏi và bài toán

6. Để “hàn” miếng sắt này với miếng sắt khác, cả hai mảnh đều được nung nóng trắng trong lò rèn, đặt chồng lên nhau trên đe và xử lý bằng những cú đập mạnh của búa thợ rèn. Tại sao có sự kết nối rõ ràng trong trường hợp này?
7. Có hai bình giống hệt nhau được lắp đặt trên một chiếc cân có trọng lượng bằng nhau. Một cái chứa đầy không khí khô, cái còn lại chứa đầy không khí ẩm, cũng có áp suất

33

5. Tấm kính được phủ một mặt (B) bằng một lớp đồng và được treo bằng một sợi dây, như hình hình. Trong quá trình va chạm, tấm không bị ràng buộc và trong tiếng vỗ tay sẽ phát ra một số ngắt quãng đối với cổng phân tử tổng quát.
   Chúng nhỏ đến mức nếu bạn yêu cầu một tỷ phân tử từ mỗi mục tiêu trên bề mặt trái đất, bạn sẽ chỉ nhận được vài phần tỷ gam…
   Có rất nhiều trong số chúng đến nỗi nếu bạn đổ một cốc nước có các phân tử được “nhãn” vào Đại dương Thế giới, thì sau một thời gian dài trong cùng một cốc với nước bị đen từ đại dương sẽ có ít nhất 200 phân tử được “nhãn”…
   Chúng “chật chội” đến mức trong điều kiện bình thường, mỗi phân tử khí phải chịu tới 10 tỷ va chạm mỗi giây với các phân tử lân cận của nó…
   Chúng nhanh đến mức một phân tử khí có thể bay lên mà không cần thủy tinh tới độ cao khoảng 5 km trước khi lực hấp dẫn ngăn chặn nó…
   Tuy nhiên, bất chấp một phân tử như vậy và tính “truyền miệng” của nó, các phân tử lại “tự cho đi” rất nhiều. Chúng tôi hy vọng rằng lời giải được đề xuất bài toán không cho phép các phân tử tuột khỏi tầm nhìn trang bị kiến ​​thức của bạn.

Thật thú vị rằng…
…một phần sông Tennessee (Mỹ) được canh tác bằng cách tách một nhà máy tách đồng vị, hai mức khí (uranium-238 và uranium-235) liên tục lưu thông qua các phần khí nhiều hơn được khuếch tán nhanh hơn, do đó hỗn hợp khí của nó liên tục được chỉ định là đồng vị uranium.

Thật thú vị rằng…
…đằng sau những đám mây khu vực của môi trường hàng ngày, không chỉ các mô hình đơn giản kỳ lạ, ví dụ, và các bài giảng, chẳng hạn, với một trang mạnh mẽ, đã được phát hiện, mà còn cả các oranic phức tạp kết nối các đường hoặc vị trí phát xạ giới tính của chúng trong dải tần số vô tuyến.

Kinh nghiệm vi mô
Đun sôi ấm và tắt mọi loại khí được phát hiện bằng đầu đốt gas. Tại sao từ một ấm trà có vòi đốt soda lại có cùng một bài giảng, chẳng hạn như với một trang mạnh mẽ nhưng cũng có một oranic phức tạp kết nối các đường phát xạ giới tính của chúng hoặc các vị trí trong dải tần số vô tuyến?

«Kvant» về phân tử

1. “Kỷ niệm 175 năm Luật Avozadro” - 1986, số 12, tr. 12;
2. “Sức mạnh của tương tác phân tử” - 1987, số 1, tr. 31;
3. “Áp suất khí trong tàu” - 1987, số 9, tr. 41;
4. “Từ sự sống của các phân tử” - 1988, số 7, tr. 46;
5. “Nhiệt độ tuyệt đối” - 1988, số 9, tr. 60.

34

$$0 = \frac{\omega_1^2}{2g}(kl)^2 + C \Rightarrow C = -\frac{\omega_1^2}{2g}k^2l^2.$$

Phương trình cuối cùng (1) có dạng:

$$y = \frac{\omega_1^2}{2g}(x^2 - k^2l^2).$$

Đây là một phương trình parabol; ở đây $\omega_1$ biểu thị vận tốc góc mà phần $k$ của khu vực ngày lộ ra.

Để xác định $\omega_1$ chúng ta sử dụng tính chất không nén được của chất lỏng. Thể tích ban đầu của chất lỏng $V = 2lh_0a$ trong quá trình quay sẽ được phân bố đều trên cả hai phía của trục quay: $V/2 = Sa$, trong đó $S$ là diện tích dưới bề mặt chất lỏng, tức là một phần của mặt phẳng, dưới đồ thị của hàm $y=f(x)$ trên đoạn $kl \leq x \leq l$. Diện tích hình thang cong này tương ứng với một khoảng nhất định lấy trong khoảng từ $kl$ đến $l$:

$$S = \int_{kl}^{l} ydx = \frac{\omega_1^2}{2g}\left(\int_{kl}^{l} x^2dx - k^2l^2 \int_{kl}^{l} dx\right) =$$

$$= \frac{\omega_1^2l^3}{6g}(1 - 3k^2 + 2k^3).$$

Bây giờ từ sự bình đẳng

$$lh_0a = a \frac{\omega_1^2l^3}{6g}(1 - 3k^2 + 2k^3)$$

chúng tôi nhận được

$$\omega_1 = \frac{1}{l} \sqrt{\frac{6gh_0}{1 - 3k^2 + 3k^3}}.$$

Áp suất ở đáy không thay đổi trong quá trình quay. Nó vẫn bằng lực của chất lỏng nặng đổ vào vịnh. Lực ép lên thành bên quay trở lại. Hãy thể hiện nó.

Chúng ta hãy nhẩm chọn một cột chất lỏng có thành mỏng có chiều cao $h$. Từ điều kiện cân bằng thẳng đứng của nó, suy ra rằng áp suất chất lỏng lên cột này ở đáy dưới của nó bằng $p_h = \rho gh$ (xem hình 2). Nhưng áp suất tại một điểm nhất định trong chất lỏng là đẳng hướng (định luật Pascal). Do đó, áp suất chất lỏng lên tường khi vịnh quay tuyến tính phụ thuộc vào độ sâu. Nếu chất lỏng gần thành bên trong quá trình quay với tốc độ $\omega_1$ tăng lên độ cao $H$ thì lực ép lên thành có thể được biểu thị thông qua áp suất trung bình $p_{cp} = \rho gH/2$:

$$F_1 = p_{cp}Ha = \frac{\rho ga}{2}H^2.$$

Trong vịnh nghỉ ngơi có

$$F_0 = \frac{\rho ga}{2}h_0^2.$$

Như vậy lực ép tăng lên sẽ là $n = (H/h_0)^2$ lần.

35

Để xác định $H$ tại bức tường, bạn cần thay $x=l$ vào phương trình (2). Cuối cùng, tính đến (3), chúng tôi có được

$$n = \left( \frac{3(1-k^2)}{1-3k^2+2k^3} \right)^2.$$

Một kết quả thú vị và cần thiết: $n$ chỉ là hàm của $k$ và không phụ thuộc vào loại sự sống, số lượng của nó hoặc kích thước của tế bào. Và quan trọng nhất, $n$ không phụ thuộc vào $g$, tức là vào vị trí của coveta trong Vũ trụ: trên Trái đất, trên Sao Mộc hay trên một thiên thể. (Ngoại trừ một nơi duy nhất: trên một con tàu vũ trụ. Người đọc sẽ có thể tự giải thích tại sao coveta “không thể quay” ở đó.) Cuối cùng, nếu chúng ta đặt $k=0$, tức là xoay nó đến tốc độ mà đáy “sẽ chỉ bong ra”, thì “luôn luôn và trọng lượng” sẽ là $n=9$ (!).

G. S. Lapudus

F1120. Để so sánh độ dẫn nhiệt của các vật liệu khác nhau, người ta đề xuất sử dụng phương pháp sau. Hai ống trụ giống hệt nhau làm bằng vật liệu đang nghiên cứu được đặt trên một tấm nóng (xem hình). Mỗi lần một mảnh được đặt trên các hình trụ. Nơi có nhiều khả năng xuất hiện sự tan chảy nhất, xi lanh đó có độ dẫn nhiệt tốt hơn. Phương pháp này có đúng không?

Thật không may, phương pháp so sánh độ dẫn nhiệt đơn giản này không thể được coi là chính xác. Và đây là lý do tại sao.

Thời gian để phần trên của mẫu hình trụ nóng lên đến nhiệt độ nóng chảy nhảy tất nhiên là ngắn hơn thì độ dẫn nhiệt càng lớn. Tuy nhiên, thời gian này còn phụ thuộc vào nhiệt dung của vật liệu làm ống trụ - nhiệt dung càng lớn thì thời gian (lượng nhiệt lớn) cần để làm nóng mẫu đến nhiệt độ thích hợp càng lâu. Như vậy, xi lanh làm bằng vật liệu có độ dẫn nhiệt cao sẽ nóng lên chậm hơn so với xi lanh làm bằng vật liệu có độ dẫn nhiệt thấp và độ dẫn nhiệt kém hơn một chút. Đây chính xác là những gì xảy ra, ví dụ, trong trường hợp điện áp cao và sắt.

Hóa ra phương pháp đề xuất có thể so sánh các đặc tính nhiệt khác của vật liệu, cụ thể là độ khuếch tán nhiệt của chúng. Đây cũng là một đại lượng vật lý quan trọng đặc trưng cho tốc độ thay đổi nhiệt độ của một chất. Hệ số dẫn nhiệt tỉ lệ thuận với tỉ số giữa hệ số dẫn nhiệt và hệ số dẫn nhiệt.

A. I. Buzdin

F1121. Một quả cầu kim loại có bán kính $q$, đặt cách xa các vật khác rồi đi qua một điện trở có điện trở $R$. Một chùm dòng điện chạm vào quả bóng, tốc độ của trục từ quả bóng là $v$. mỗi giây

Hãy xem xét hai lời giải trong số bài toán này.

lời giải đầu tiên là chung chung.

Tổng năng lượng mà các electron mang lại trong một đơn vị thời gian là

$$W = n \frac{mv^2}{2}.$$

Dòng điện $I = ne$ chạy qua điện trở (số lượng

36

số electron bằng số electron rơi vào quả bóng trong cùng thời gian), do đó năng lượng chuyển hóa thành nhiệt trong điện trở (trên một đơn vị thời gian)

$$P = I^2 R = (ne)^2 R.$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng, lượng nhiệt tỏa ra trên mỗi quả bóng trong một đơn vị thời gian bằng

$$Q = W - P = n \frac{mv^2}{2} - (ne)^2 R = \frac{nmv^2}{2} \left(1 - n \frac{2e^2R}{mv^2}\right).$$

Thế năng của quả bóng (chính xác hơn là hiệu điện thế giữa quả bóng và mặt đất)

$$\varphi = IR = neR.$$

Ở phía bên kia,

$$\varphi = k \frac{q}{Q}.$$

Như vậy, điện tích của quả bóng

$$q = \frac{\varphi_Q}{k} = \frac{neR_Q}{k} = 4\pi\varepsilon_0 neR_Q.$$

Lưu ý rằng các electron chạm vào quả bóng nếu động năng của chúng lớn hơn công tiêu tốn để thắng lực đẩy của quả bóng:

$$\frac{mv^2}{2} > e\varphi.$$

Thay thế $\varphi = neR$, chúng ta biến đổi điều kiện này dưới dạng:

$$n < \frac{mv^2}{2e^2R}.$$

Trong trường hợp này, biểu thức trong ngoặc để xác định $Q$ là dương: $Q > 0$. Như vậy, rõ ràng việc chọn số trong điều kiện không thể tùy ý.

Nếu ban đầu số electron chạm vào quả bóng lớn hơn $n$ thì thế năng của quả bóng tăng dần, sao cho đến một lúc nào đó phần electron ban đầu ngừng chạm vào quả bóng (do lực đẩy electron). Nếu ban đầu điện thế của quả bóng lớn hơn hoặc bằng $\varphi$, thì các electron không chạm vào quả bóng và điện tích sẽ chảy ra khỏi quả bóng cho đến khi chế độ được mô tả ở bài toán được thiết lập.

lời giải thứ hai cho phép bạn cảm nhận sâu hơn sức mạnh điện tử của nguồn là gì.

Hãy tưởng tượng hệ thống của chúng ta như một mục tiêu điện bao gồm một nguồn có EMF $\mathcal{E}$ và điện trở trong bằng 0 và hai chuỗi “điện trở” kết nối. Lực cản của một trong số chúng là lực cản hiệu dụng của quả bóng $R_{\text{шар}}$, lực cản còn lại là lực cản đã biết $R$. Chúng ta sẽ gọi nguồn dòng điện là thiết bị tăng tốc electron (ví dụ, súng điện tử nổi tiếng). Ở đây electron thu được năng lượng $mv^2/2 = e\mathcal{E}$. Do đó emf của nguồn bằng

$$\mathcal{E} = \frac{mv^2}{2e}.$$

Mục tiêu được đóng lại thông qua nối đất (chúng ta có thể giả định rằng

37

Thiết bị tăng tốc nhận chính xác số electron đã chạm đất).

Bây giờ bài toán của chúng ta là xác định lực cản hiệu dụng của quả bóng $R_{\text{ш}}$, vì lượng nhiệt cần thiết tỏa ra trên quả bóng có thể được tìm thấy từ công thức

$$Q = I^2 R_{\text{ш}} = (ne)^2 R_{\text{ш}}.$$

Hãy viết định luật Ohm cho mạch của chúng ta:

$$\mathcal{E} = I(R + R_{\text{ш}}),$$

từ đâu, khi biết $\mathcal{E}$, $I$ và $R$, chúng ta tìm thấy $R_{\text{ш}}$:

$$R_{\text{ш}} = \frac{\mathcal{E}}{I} - R = \frac{mv^2}{2ne^2} - R.$$

Thay thế $R_{\text{ш}}$ vào biểu thức cho $Q$, sau khi biến đổi đơn giản, chúng ta thu được biểu thức vốn đã quen thuộc

$$Q = n \frac{mv^2}{2} \left(1 - n \frac{2e^2R}{mv^2}\right).$$

Điện tích của quả bóng giống như ở lời giải đầu tiên.

I. F. Ginzburg

F1122. Những trường hợp nổi tiếng quan sát thế giới biển trên sa mạc. Ảo ảnh như vậy xuất hiện ở khoảng cách bao xa so với vật đang được quan sát? Xét rằng tốc độ ánh sáng trong lớp đất ở sa mạc thay đổi theo định luật $c(z) = c_0(1 - az)$, trong đó $c_0$ là tốc độ ánh sáng ở bề mặt trái đất, $z$ là độ cao so với bề mặt.

Sự thay đổi tốc độ ánh sáng trong không khí (và do đó chiết suất của nó) theo độ cao dẫn đến sự bẻ cong các tia sáng (thành khúc xạ).*) Hiện tượng này gây ra sự xuất hiện của ảo ảnh biển trên sa mạc.

Đặt chiều cao quan sát được $h$ đứng trên mặt đất (xem hình). Hãy xem xét các tia sáng phát ra từ điểm $A$. Một tia tạo góc $\alpha_0$ theo phương thẳng đứng chạm vào bề mặt trái đất rồi đi lên. Các góc $\alpha > \alpha_0$ tương ứng với các tia cũng hướng lên trên. Các tia tới theo góc $\alpha < \alpha_0$ chạm vào mặt đất. Sử dụng tính chất nghịch đảo của tia sáng, chúng ta thu được tính chất đó đến góc $\alpha_0$ người quan sát nhìn thấy trái đất và bắt đầu từ $\alpha_0$ bầu trời. Nhưng vì chùm tia đi tới không gian được quan sát, nên đối với anh ta dường như anh ta nhìn thấy cái đầu (xét cho cùng, một người nhận ra sự truyền ánh sáng của nó là đường thẳng).

Bây giờ chúng ta hãy tìm khoảng cách cần thiết $H$.

Theo định luật khúc xạ ánh sáng tổng quát đối với môi trường nhiều lớp,

$$\frac{\sin \alpha_0}{\sin \beta_0} = \frac{c(h)}{c_0},$$

trong đó $c(h)$ là tốc độ ánh sáng ở độ cao $h$, $\beta_0$ là góc của chùm tia đang nghiên cứu với phương thẳng đứng ở bề mặt trái đất.

*) Bạn có thể đọc thêm về hiện tượng này trong bài viết của A. A. Varlamov và A. I. Malyarovsky “Một ống nói có chiều dài bằng đường xích đạo?” («Kvant», 1985, số 2) và trong bài viết của S. A. Gorderin và P. L. Gorkov “Khúc xạ ánh sáng” trên tạp chí số này.

38

Vì $\beta_0 \approx 90^\circ$, chúng tôi nhận được

$$\sin \alpha_0 = \frac{c(h)}{c_0} = 1 - ah.$$

Tiếp theo, chúng ta biết rằng sự thay đổi tốc độ ánh sáng theo độ cao là rất nhỏ và do đó độ cong của tia sáng cũng rất nhỏ. Vậy để tính khoảng cách $H$ tia có thể coi là đường thẳng. Từ hình rõ ràng là $H = h \cdot tg \alpha_0$. Từ đây, sử dụng định luật khúc xạ, ta có

$$H = \frac{h(1 - ah)}{\sqrt{ah(2 - ah)}}.$$

V. I. Klyachin

Trường học yêu thích bài toán

lớp tám

1. Các số $p$ và $q$ là số nguyên tố. Tìm chúng nếu bạn biết rằng phương trình $x^4 - px^3 + q = 0$ có ​​nghiệm nguyên.
2. Chứng minh rằng nếu $xyz = 1$ thì

$$\frac{1}{1+x+xy} + \frac{1}{1+y+yz} + \frac{1}{1+z+zx} = 1.$$

3. Hai đường tròn có bán kính khác nhau tiếp xúc nhau tại điểm $P$. Dây $BC$ của vòng tròn lớn chạm ít hơn vào điểm $A$. Chứng minh rằng $PA$ là phân giác của góc $BPC$.
4. Trong hình chữ nhật $ABCD$ đường vuông góc $BK$ được thả xuống đường chéo $AC$. Điểm $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $AK$ và $CD$. Chứng minh góc $BMN$ đúng.
5. Bên trong tam giác $ABC$ đã cho, hãy dựng một điểm $M$ sao cho diện tích của các tam giác $ABM, BCM, CAM$ sẽ tỉ lệ $k:l:m$, trong đó $k, l, m$ là các đoạn đã cho.
6. Chứng minh rằng phương trình

$$x^{1987} + y^{1987} = x^{1988} + y^{1988}$$

có vô số lời giải tính theo số radio.
7. Dãy số $x_1, x_2, \dots, x_n$ … thỏa mãn sự tương ứng $x_{n+1} = x_n^3 - 3x_n^2 + 3x_n$ ($n = 1, 2, \dots$). $x_1$ phải như thế nào để các chuỗi $x_{100}$ và $x_{1000}$ bằng nhau?
8. Một cấp số nhân vô hạn với các số hạng dương và mẫu số $q$ có đặc tính là mỗi số hạng của nó, bắt đầu từ số hạng thứ hai, lớn hơn tổng của tất cả các số hạng trước đó. $q$ có thể nhận những giá trị nào?

9. Từ mỗi đỉnh của hình ngũ giác vẽ các vectơ chỉ ra trung điểm của ba cạnh không kề với đỉnh này. Chứng minh rằng tổng của tất cả 15 vectơ được xây dựng theo cách này bằng 0.
10. Trong tam giác $ABC$ vẽ đường phân giác $AF$ của góc $A$. Gọi $D, E$ là giao điểm của $AF$ với đường tròn nội tiếp trong tam giác. Chứng minh rằng $AD > EF$.

Lớp thứ mười
11. Giải bất đẳng thức

$$|x^9 - x| + |x^8 - x^7| \leq |x^9 - x^8 + x^7 - x|.$$

12. Gọi $M$ là một điểm tùy ý của đáy $ABC$ tứ diện $SABC$. Qua điểm $M$ các đoạn thẳng song song với các cạnh bên được vẽ cho đến khi chúng giao nhau với các cạnh bên. Đặt độ dài của các cạnh bên bằng $a, b, c$ và độ dài của các cạnh song song và các đoạn tương ứng bằng $x, y, z$. Chứng minh rằng $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$.
13. Tứ diện dan $ABCD$. Một quả bóng chạm vào các cạnh $AB$ và $CD$ tại các điểm $A$ và $C$, còn quả bóng kia chạm vào các cạnh $B$ và $D$. Chứng minh rằng hình chiếu của các cạnh $AC$ và $BD$ lên đường thẳng đi qua tâm của các quả bóng này là bằng nhau.
14. Giải phương trình $tg x - 2[tg x] - 3 = 0$ (dấu ngoặc vuông biểu thị phần nguyên của số).
15. Chứng minh rằng với mọi $a$ phương trình

$$10ax^4 - 4ax^3 + a^2x^2 + 6x - 2 = 0$$

có ít nhất một nghiệm trong khoảng [0; 1].

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi Yu. V. Tomilov, V. A. Yasinsky

39

Nhiệm vụ

1. Ira, Vitya và Kolya mỗi người lấy một phần tất cả các loại kem: trái cây, kem và sô cô la. Tuy nhiên, ba phần ăn là không đủ cho mỗi người, và Ira lấy một phần kem trái cây khác, Vitya lấy kem kem, và Kolya lấy kem sô cô la. Khi rời đi, họ trả: Ira - 70 kopecks, Vitya - 80 kopecks, Kolya - 90 kopecks. Mỗi cây kem giá bao nhiêu?

2. Sắp xếp các số $a=2^{45}, b=3^{36}, c=4^{27}, d=5^{18}$ theo thứ tự tăng dần.

3. Tính từ “lấp lánh” thường được dùng với từ “tuyết”. Điều gì gây ra điều này?

4. Giải mã câu đố số học thành hình. (Các chữ cái giống nhau tương ứng với các số giống nhau, các chữ cái khác nhau tương ứng với các số khác nhau.)

5. Đường chéo của một tứ giác lồi chia đôi đoạn nối trung điểm hai cạnh đối diện của tứ giác đó. Chứng tỏ rằng đường chéo này cũng chia đôi diện tích của tứ giác.

Những nhiệm vụ này được đề xuất cho chúng tôi bởi: V. D. Vyon, A. P. Savin, A. A. Panov, S. Madrimov, N. Yu. Nechevgaev.

9c = GIA ĐÌNH

39

41

Nếu bạn nghĩ tiêu đề của bài viết này là một trò đùa thì bạn đã nhầm. Những thành phố như vậy tồn tại. Nhưng đừng vội tưởng tượng tên lửa không gian ném chúng thẳng vào ngôi sao bốc lửa như thế nào. Điều này là sai. Tuy nhiên, mọi thứ vẫn không thể được thực hiện nếu không có không gian, nhưng hãy nói thêm về điều đó sau. Như bạn sẽ sớm biết, nhiệt độ trên bề mặt Mặt trời đủ cao để làm tan chảy một thiết bị làm bằng bất kỳ kim loại chịu lửa nào. Và tên lửa vẫn chưa hề rẻ. Điều này có nghĩa là bạn cần có khả năng đo nhiệt độ từ xa; phương pháp không tiếp xúc là cần thiết. Nhu cầu về những phương pháp như vậy cũng nảy sinh trong những vấn đề trần thế hơn. Các nhà luyện kim phải biết nhiệt độ của kim loại lỏng trong lò và nhiệt độ của kim loại nóng chảy đỏ, thứ nhanh chóng không tồn tại trong máy cán. Một kỹ sư hàng không cần đo nhiệt độ của các cánh tuabin khí đang quay nhanh. Có rất nhiều ví dụ như vậy khi không thể “làm xước” vật được đo. May mắn thay, bạn không phải làm điều này và đây là lý do.

Mọi vật thể liên tục phát ra năng lượng vào không gian xung quanh dưới dạng bức xạ nhiệt. Về bản chất, bức xạ ấm là sóng điện từ, tức là các dao động liên kết của điện trường và từ trường lan truyền trong chân không với tốc độ ánh sáng $c=300\ 000$ km/s. Tương tự như sóng nước, khoảng cách giữa hai “đỉnh” dao động liền kề được gọi là bước sóng. Bức xạ ấm phát ra từ nhiệt mang thông tin về nhiệt độ cơ thể. Ở nhiệt độ cao, chúng ta thấy một phần bức xạ nhiệt ở dạng ánh sáng (ánh sáng như vậy được phát ra bởi tất cả các vật thể nóng - một thỏi kim loại, Mặt trời và các ngôi sao). Tại sao chỉ có một phần? Thực tế là bức xạ ấm là một “hỗn hợp” các rung động có bước sóng khác nhau - từ $\lambda \approx 0,1$ µm đến $\lambda \approx 100$ µm. Và mắt người phản ứng với các rung động điện từ có bước sóng nằm trong phạm vi nhìn thấy hẹp: 0,4-0,7 micron. Ở nhiệt độ dưới 600 °C, vật thể không phát sáng mà phát ra bức xạ nhiệt, chỉ có bước sóng của bức xạ này nằm trong vùng gọi là vùng hồng ngoại mà mắt thường không nhìn thấy được: 0,7-100 micron. Một người có thể xác định bức xạ hồng ngoại bằng tác dụng của nó trên da. Ví dụ, một con chó được sưởi ấm tốt sẽ “bùng nổ nhiệt”, làm bỏng mặt và tay ở khoảng cách 2-3 mét - đây là tác dụng của bức xạ hồng ngoại. Nếu nhiệt độ cơ thể vượt quá 3000 °C thì bức xạ ấm có bước sóng 0,1–0,4 μm; Đây được gọi là phạm vi siêu lọc (cũng vô hình).

Bây giờ vẫn còn phải tìm hiểu xem nhiệt độ được “mã hóa” như thế nào trong bức xạ ấm và cách trích xuất nó từ đó. Để làm được điều này, chúng ta cần biết phổ bức xạ thay đổi như thế nào - sự phụ thuộc của công suất phát ra vào bước sóng. Đó là quang phổ chứa tất cả thông tin về nhiệt độ. Rõ ràng là trước hết cần phải bằng cách nào đó “tách” bức xạ ấm, tách bức xạ có bước sóng nhất định ra khỏi “hỗn hợp”. Quang phổ đầu tiên của bức xạ mặt trời được nghiên cứu bởi nhà vật lý vĩ đại người Anh Isaac Newton. Anh ta truyền một tia Mặt trời mỏng qua lăng kính thủy tinh, và vì ánh sáng có bước sóng khác nhau bị khúc xạ trong vật liệu của dấu hiệu theo những cách khác nhau, nên trên màn hình phía sau dấu hiệu sẽ thu được một tia sáng (màu sắc của cầu vồng).

Hình 1. Phân hủy bức xạ nhiệt thành quang phổ bằng quang phổ.

42

theo các bước sóng ánh sáng khác nhau). Lăng kính còn được sử dụng trong các thiết bị hiện đại để nghiên cứu quang phổ - quang phổ (hình 1). Ở thời đại chúng ta, để lặp lại thí nghiệm của Newton, đèn sợi đốt thông thường có thể được sử dụng làm nguồn nghiên cứu. Phần nhìn thấy được của bức xạ nhiệt từ nguồn xuất hiện trên màn hình dưới dạng sọc xuyên tâm. Nếu đặt một tấm mờ có khe hẹp ngay trước màn thì bức xạ có bước sóng nằm trong phạm vi hẹp sẽ chiếu lên màn. Bằng cách di chuyển khe, chúng ta có thể thấy bức xạ của radium có bất kỳ màu nào - đỏ, cam, vàng, lục, v.v.

Bây giờ chúng ta cần thay đổi năng lượng đến ở các bước sóng khác nhau. Để đo quang phổ, người ta sử dụng máy thu quang điện hoặc bộ tách sóng quang - thiết bị có thể chuyển đổi bức xạ tới chúng, bao gồm cả bức xạ vô hình, thành dòng điện. Bộ tách sóng quang được đặt phía sau khe đầu ra của quang phổ và được kết nối với một số loại thiết bị ghi (máy ghi). Một động cơ điện đặc biệt áp dụng đồng đều bộ tách sóng quang cùng với khe, và tất cả các phần của quang phổ lần lượt truyền qua phía trước bộ tách sóng quang và dòng điện được tạo ra, tỷ lệ với công suất bức xạ, được ghi lại bằng máy ghi. Kết quả là, máy ghi hiển thị sự phụ thuộc của công suất bức xạ vào bước sóng, tức là phổ bức xạ.

Tôi cảm thấy rằng người đọc thiếu kiên nhẫn đang đặt câu hỏi: còn nhiệt kế cho Coln thì sao? Kiên nhẫn hơn một chút - chúng ta chỉ cần tìm hiểu xem nhiệt độ của cơ thể và phổ bức xạ nhiệt của nó có liên quan như thế nào.

Nếu áp máy quang phổ vào dây tóc của đèn sợi đốt thì kết quả của phép đo sẽ là một đường cong có cực đại giống như đường cong 1 trên hình 2. Phổ phát xạ của mọi chất ngưng tụ (rắn và lỏng) và khí đậm đặc đều có dạng giống nhau. Khi nhiệt độ cơ thể thay đổi, hình thức chung của quang phổ vẫn giữ nguyên, nhưng mức tối đa trong quang phổ sẽ thay đổi. Tuy nhiên, một trong những tính chất thay thế của bức xạ nhiệt là bước sóng $\lambda_m$ tương ứng với mức cực đại này và nhiệt độ của vật bức xạ $T$ có ​​liên hệ với nhau bởi hệ thức đơn giản $^*$

$$\lambda_m T = A, \quad A = 3000 \text{ мкм} \cdot \text{К}.$$

Theo tên của người tạo ra sự tương ứng đầu tiên này, nó được gọi là định luật dịch chuyển Wien và giá trị hằng số $A$ được gọi là hằng số Wien (giá trị chính xác của hằng số này là $A = (2897,5 \pm 0,3) \text{ мкм} \cdot \text{К})$.

Chà, bây giờ chúng ta đã biết mọi thứ để đo nhiệt độ của bề mặt Coln bằng phổ bức xạ. Năng lượng phát ra cực đại trong quang phổ mặt trời xảy ra ở bước sóng $\lambda_m \approx 0,5 \text{ мкм}$ (đường cong 2 tại hình 2). Thay giá trị này vào định luật Wien, chúng ta thu được nhiệt độ bề mặt Colnа:

$$T = \frac{3000}{0,5} \text{ K} = 6000 \text{ K} \approx 5700 \text{ °C}.$$

Nhiệt độ này cao hơn đáng kể so với nhiệt độ

*) Nhiệt độ $T$ được biểu thị theo thang Kelvin - tính bằng kelvins (K). Trong thang đo độ C ($t, \text{°C}$), nó được chuyển đổi theo công thức $t = T - 273$. Ngày tháng sử dụng trường Kelvin, vì nhiều định luật có dạng đơn giản hơn nếu nhiệt độ liên quan được biểu thị bằng Kelvin.

43

sự tan chảy của vật giữ kỷ lục về độ chịu lửa - tantalum cacbua: $T_{пл} = 3900 \, \text{°C}$.

Vì vậy, bạn tin chắc rằng bạn chỉ có thể “xù lông” Mặt trời từ xa. Nhưng tốt hơn hết là không nên từ bề mặt Trái đất. Khi đi qua bầu khí quyển trái đất, một phần bức xạ mặt trời bị hấp thụ bởi hơi nước, oxy và carbon dioxide và sự hấp thụ xảy ra ở những vùng bước sóng hẹp. Kết quả là phổ bức xạ mặt trời tới bề mặt Trái đất bị biến dạng rất nhiều so với ban đầu (đường cong 3 tại hình 2). Để có được quang phổ không bị xáo trộn, thiết bị được đặt trong các gói cao, chạm tới các tầng tinh khiết phía trên của bầu khí quyển trái đất. Tất nhiên, điều kiện tốt nhất để đo là trên các trạm quỹ đạo trên tàu, nằm phía trên bầu khí quyển Trái đất. Và “máy đo độ” cho Mặt trời - máy quang phổ - thực sự bay trong không gian.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển từ những vấn đề trên trời sang những vấn đề trần thế. Người La Mã cổ đại cho biết những gì được phép đối với Sao Mộc thì không được phép đối với con bò đực. Điều này cũng xảy ra trong khoa học - phương pháp đo nhiệt độ theo định luật Wien phù hợp để ước tính nhiệt độ của Mặt trời và các ngôi sao, nhưng không phù hợp trong luyện kim. Ở nhiệt độ cao hơn nhiệt độ gia công kim loại, thường không vượt quá 2000 °C, bức xạ tối đa nằm ở vùng hồng ngoại vô hình và đây là phép đo thông thường. Ngoài ra, sai số khi xác định bước sóng tương ứng với mức cực đại lên tới 10%, giá trị nhiệt độ được xác định cũng có sai số tương tự. Nhưng các nhà luyện kim cần độ chính xác 1%. Vì vậy, để đo nhiệt độ, họ sử dụng các thiết bị đặc biệt - hỏa kế quang học. Đơn giản nhất trong số đó là nhiệt kế đo độ sáng trực quan. Nhiệt độ trong thiết bị này được đo bằng độ sáng của bức xạ nhiệt - khi nhiệt độ tăng, độ sáng cũng tăng, mọi thứ ở đây đều rõ ràng. Nhưng hỏa kế là “vật lý”, có nghĩa là các phép đo được thực hiện “bằng mắt”; Vậy báo cáo có độ chính xác cao? Thật vậy, một người chỉ có thể xác định nhiệt độ bằng độ sáng của bức xạ một cách rất gần đúng. Tuy nhiên, khi so sánh độ sáng của một người, mắt hoạt động cực kỳ chính xác - nó nhận thấy sự khác biệt tương ứng với các phân số của một độ. Hoạt động của thiết bị dựa trên đặc tính này của mắt. Nhiệt kế (hình 3) bao gồm một kính thiên văn $T$, trong thân có đặt một bộ lọc F làm bằng thủy tinh đỏ và một đèn điện đặc biệt L. Người vận hành quan sát hình ảnh của đèn chiếu sáng trên nền của bề mặt P được làm nóng của vật thể, nhiệt độ của vật này phải được xác định. Đèn được nối với pin B và bộ biến trở R. Nếu không có dòng điện chạy qua đèn, độ mờ sẽ hiển thị dưới dạng một dải nhiệt độ trên nền bề mặt phát sáng của thân đèn. Bằng cách điều chỉnh dòng điện qua các đèn của đèn và do đó độ sáng của đèn bằng một biến trở, người vận hành đảm bảo rằng độ sáng của đèn và bề mặt được làm nóng bằng nhau. Tại thời điểm này, litts không có gì khác biệt so với nền của bề mặt, nó dường như biến mất (đây là nguồn gốc của một tên gọi khác của thiết bị - nhiệt kế có dây tóc biến mất). Bây giờ tất cả những gì còn lại là đo dòng điện của đèn bằng cách sử dụng ampe và sử dụng đường cong hiệu chuẩn đã tạo trước đó (tức là. Nhiệt độ của bề mặt được làm nóng đang nghiên cứu được xác định từ đường cong biểu thị sự phụ thuộc của dòng điện đèn vào nhiệt độ bề mặt. (Đôi lời về lý do cần có bộ lọc F. Spectrum

Hình 3. Sơ đồ hỏa kế đo độ sáng trực quan.

45

Toán 9, 10

Ghi chú xuất bản được gửi đến học sinh lớp 10 và 10 kinh điển.

Trang trại đang tìm kiếm những điều cực đoan…

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. D. BENDUKIDZE

Có nhiều bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất hoặc lớn nhất của một số biến. Hãy lấy bài toán sau đây làm ví dụ. Dùng hàng rào dài 4a cần rào một đoạn thẳng có diện tích lớn nhất. Kích thước của cốt truyện nên là bao nhiêu?

Giải quyết bài toán này không khó. Trong thực tế, gọi độ dài của phần này là x. Khi đó chiều rộng của nó sẽ là 2a-x và diện tích của nó sẽ là x(2a-x). Vấn đề là tìm x sao cho hàm S(x)=2ax-x² có giá trị lớn nhất. Và để làm được điều này, chỉ cần thay thế S(x)=a²-(x-a)²<a² là đủ,

Hơn nữa, sự bình đẳng chỉ đạt được với một giá trị của x: với x=a. Nhưng khi đó 2a-x=a, tức là diện tích phải có dạng hình vuông.

Tuy nhiên, không phải lúc nào cũng có thể bỏ qua lời giải tương tự bài toán bằng các phương pháp cơ bản. Sau đây là một ví dụ: tìm kích thước của một hình bình hành bên phải có thể tích lớn nhất có đáy là hình vuông nếu tổng chiều dài cạnh của hình vuông này và chiều cao của hình bình hành đó bằng a.

Rõ ràng là nếu chiều dài cạnh đáy được ký hiệu là x thì thể tích của hình bình hành sẽ bằng x2(a-x). Vì vậy, cần tìm giá trị của x (0<x<a) để hàm v(x)=x²(a-x)

mang lại ý nghĩa nhất. Làm sao

46

Giải quyết bài toán này một cách cơ bản là không thể nhìn thấy được. Phải làm gì?

Chắc hẳn người đọc đang nghĩ: tại sao lại chẻ tóc? Hãy tính $v'(x)$, giải phương trình $v'(x)=0$, tìm các điểm tới hạn và xem điểm nào trong số các điểm tìm thấy mà hàm của chúng ta có giá trị cao nhất - rất đơn giản!

Theo đó, cách dễ nhất là làm theo sơ đồ được nêu trong sách giáo khoa “Đại số và sự khởi đầu của phân tích”. Tất nhiên, việc sử dụng một thực thể tùy ý sẽ giúp nghiên cứu hàm dễ dàng hơn - tìm các khoảng tăng và giảm, cực trị cũng như các giá trị lớn nhất.

Tuy nhiên, có thể làm được nếu không có chương trình miễn phí? Chẳng phải các nhà khoa học đã giải được bài toán thuộc loại này sớm hơn, trước khi phát minh ra chương trình tùy ý sao? Chúng tôi đã quyết định theo cách mà chúng tôi chưa bao giờ quyết định! Nhưng thường thì cần phải sử dụng đến những phép biến đổi hoặc cách xây dựng hình học rất thông minh. Nói cách khác, hiện tại không có một phương pháp nào phù hợp, nếu không phải dành cho tất cả mọi người thì ít nhất là dành cho một lớp học khá rộng bài toán.

Người đầu tiên tìm ra phương pháp như vậy là nhà toán học tổng hợp người Pháp Pierre Fermat, người có cuộc đời và công việc đã được thảo luận nhiều lần trong «Kvant». Ví dụ, trong bài viết của I. G. Bashmkova “Pierre Fermat” («Kvant», 1976, số 8) đã đưa ra quy tắc Fermat nổi tiếng để tìm cực trị, mà chính tác giả đã áp dụng thành công để vẽ các tiếp tuyến. Nếu chúng ta sử dụng các ký hiệu hiện đại, quy tắc này có thể được viết như sau.

Để tìm cực trị của một số hàm $f$, phụ thuộc vào $x$, tiếp theo hãy tìm $f(x+h)$, trong đó $h$ đủ nhỏ và viết đẳng thức gần đúng $f(x+h) \approx f(x)$. Đơn giản hóa đẳng thức thu được và chia nó cho $h$ hoặc theo mức cao nhất có thể $h$, bạn nên loại bỏ các số hạng vẫn chứa $h$ và thay thế đẳng thức gần đúng bằng một đẳng thức chính xác. Chúng ta thu được một phương trình có nghiệm sẽ chính xác là các giá trị của $x$ mà $f$ có thể có cực trị.

Sau khi hình thành quy tắc này, và nó là tùy ý không muộn hơn năm 1629, Fermat quyết định làm ví dụ như sau bài toán: “Chia đoạn $AC$ cho điểm $E$ sao cho hình chữ nhật ở hai bên $AE$ và $EC$ có diện tích lớn nhất.” Tất nhiên, người đọc đồng ý rằng đây chính xác là bài toán mà chúng tôi đã giải quyết ngay từ đầu.

Hãy xem cách giải quyết nó bằng cách sử dụng quy tắc Fermat.

Chúng ta hãy giữ nguyên ký hiệu tương tự: độ dài trống của các đoạn $AC$ và $AE$ lần lượt bằng 2$a$ và $x$. Phương trình (theo nghĩa của Fermat!) $S(x+h)$ và $S(x)$, trong đó $S$ là diện tích của hình chữ nhật, chúng ta thu được:

$$(x+h)(2a-x-h) \approx x(2a-x).$$

Sau khi di chuyển các quy tắc của phần sang trái, mở ngoặc và giảm nó xuống $-h$, chúng ta nhận được: $2x-2a+h \approx 0$. Bỏ số hạng chứa $h$ và thay thế đẳng thức gần đúng của điểm, ta tìm được: $x=a$. Hình chữ nhật cần tìm là hình vuông.

Chúng ta hãy làm quen với một bài toán khác mà Fermat đã xem xét: “Tính đường thẳng $AC$ tại điểm $B$ sao cho vật có hình vuông cạnh $AB$ và có chiều cao $BC$ là lớn nhất.”

Rõ ràng là Giàn có một hình bình hành bên phải có thể tích lớn nhất với đáy là hình vuông, với điều kiện là tổng của cạnh đáy và chiều cao đã cho. Và đây là công thức trên bài toán! Với nó $v(x)=x^2(a-x)$, và theo hướng dẫn của Fermat, chúng ta có:

$$(x+h)^2(a-x-h) \approx x^2(a-x),$$
$$2axh-3x^2h-3xh^2+ah^2-h^3 \approx 0,$$
$$2ax-3x^2=0.$$

Vì vậy, $x=0$ hoặc $x=2a/3$. Gốc đầu tiên không phù hợp - xét cho cùng, ở trên đã nói rằng $0<x<a$. Phần còn lại thứ hai, tức là hình bình hành có thể tích lớn nhất nếu các cạnh của đáy cao gấp đôi.

Kết quả thu được có đúng không? Để trả lời câu hỏi này, chúng ta đang sửa lại sớm quy tắc Fermat. Kế tiếp

47

Điều đáng chú ý là lúc đầu Fermat chỉ xây dựng công thức cho định luật của mình, nhưng sau đó đã chứng minh nó. Sử dụng ví dụ về hàm $v$, chúng ta hãy theo dõi quá trình tính toán của Fermat.

Để $v$ đạt giá trị tối đa tại giá trị của đối số $x_0$. Khi đó với bất kỳ số dương nhỏ nào $h$ phải có:

$$\begin{cases} v(x_0) \geq v(x_0 - h), \\ v(x_0) \geq v(x_0 + h). \end{cases}$$

Hãy nhớ lại rằng $v(x) = ax^2 - x^3$, sau khi biến đổi nguyên tố và giảm $h$, hệ thống có thể được biểu diễn dưới dạng sau:

$$\begin{cases} (2ax_0 - 3x_0^2) - (a - 3x_0 + h)h \geq 0, \\ (2ax_0 - 3x_0^2) + (a - 3x_0 - h)h \leq 0. \end{cases}$$

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng các mối quan hệ này bao hàm sự bình đẳng $2ax_0 - 3x_0^2 = 0$. Thật vậy, hãy để $2ax_0 - 3x_0^2 \neq 0$. Hãy lấy $h$ đủ nhỏ để bằng $h|a - 3x_0 \pm h| < |2ax_0 - 3x_0^2|$.

Điều này, do độ nhỏ tùy ý của $h$, luôn có thể đạt được. Nhưng sau đó các biểu thức

$$(2ax_0 - 3x_0^2) - (a - 3x_0 + h)h$$

Và

$$(2ax_0 - 3x_0^2) + (a - 3x_0 - h)h$$

cả hai đều dương (nếu $2ax_0 - 3x_0^2 > 0$) hoặc cả hai âm (nếu $2ax_0 - 3x_0^2 < 0$). Và điều này mâu thuẫn với hệ (1). Vì vậy, $x_0$ phải là nghiệm của phương trình $2ax - 3x^2 = 0$, điều này chứng tỏ kết quả thu được là đúng (sự tồn tại của một đường song song đặc biệt là điều không thể nghi ngờ!).

Hình 1.

Như bạn có thể thấy, quy tắc Fermat khá đơn giản và đồng thời hiệu quả. Nhưng quan trọng hơn, những quy tắc Fermat này thực sự dẫn đến đạo hàm!

Trên thực tế, xét cho cùng, anh ấy đang theo đuổi biểu thức số 0 chính xác

$$\frac{f(x+h) - f(x)}{h}$$

loại bỏ các số hạng chứa $h$ hoặc các lũy thừa cao hơn của nó và thay thế đẳng thức gần đúng bằng một đẳng thức chính xác. Và điều này tương đương với việc đi đến phần mở đầu trong biểu thức (2) với điều kiện là $h$ có xu hướng bằng 0, tức là tìm một $f'(x)$ tùy ý. Nói cách khác, quy tắc Fermat có thể được biểu diễn dưới dạng sơ đồ sau:

$$f(x+h) \approx f(x),$$
$$f(x+h) - f(x) \approx 0,$$
$$\frac{f(x+h) - f(x)}{h} \approx 0,$$
$$\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} = 0,$$
$$f'(x) = 0.$$

Vì vậy, điều kiện cần cho sự tồn tại của một cực trị, được biểu thị bằng quy tắc đã đề cập, không gì khác hơn là chúng ta đã biết… Định lý Fermat!

Nhân tiện, Lagrange, Laplace và Fourier tin rằng quy tắc Fermat là khởi đầu cho việc tạo ra phép tính vi phân. Họ không biết ý kiến ​​của Newton vĩ đại - Tôi chia sẻ rằng trong một bức thư, chỉ được xuất bản lần đầu tiên vào những năm ba mươi của cấp độ chúng ta (hơn hai trăm năm sau cái chết của tác giả nó!), Newton đã tuyên bố rõ ràng: “Tôi đã nhận được gợi ý về phương pháp từ phương pháp vẽ tiếp tuyến của Fermat; Bằng cách áp dụng nó vào các phương trình trực tiếp và nghịch đảo trừu tượng, tôi đã làm cho nó trở nên tổng quát.” Cần lưu ý ở đây rằng phương pháp mà Newton đề cập là phương pháp thông lượng của ông, tức là cái mà ngày nay chúng ta gọi là phép tính vi phân và tích phân, và phương pháp này không gì khác hơn là quy tắc của ông mà chúng ta đã thảo luận ở trên. Chúng ta hãy xem làm thế nào nó có thể được sử dụng để vẽ các tiếp tuyến.

48

Cho một đường thẳng $y=f(x)$ và một điểm $P=(x_0, y_0)$ trên đó, và chúng ta cần kiểm tra tiếp tuyến của đường thẳng tại điểm này. Giả sử rằng tiếp tuyến $PT$ đã được vẽ (hình 1). Chúng ta hãy lấy một điểm khác $Q=(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y)$ trên đường thẳng và biểu thị giao điểm của đường thẳng đứng $BQ$ với tiếp tuyến là $C$. Từ sự giống nhau của tam giác $TAP$ và $TBC$ ta có:

$$\frac{TB}{TA} = \frac{BC}{AP}.$$

Trong tỷ lệ này, chúng tôi thay thế đoạn $BC$ bằng $BQ$. Chúng tôi nhận được:

$$\frac{TB}{TA} \approx \frac{BQ}{AP},$$

hoặc, cái gì giống nhau,

$$\frac{TA+AB}{TA} \approx \frac{BD+DQ}{AP}.$$

Nhưng $BD=AP$, có nghĩa là

$$\frac{AB}{TA} \approx \frac{DQ}{AP}.$$

Xét rằng $AB=\Delta x$, $AP=y_0$, $DQ=\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$, đẳng thức gần đúng thu được có thể được viết lại như sau:

$$\frac{y_0}{TA} \approx \frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}.$$

(3)

Vẫn còn phải áp dụng quy tắc Fermat. Cụ thể là trong biểu thức

$$\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}$$

thực hiện phép chia, loại bỏ các số hạng vẫn chứa $\Delta x$ và thay thế đẳng thức gần đúng (3) bằng một số hạng chính xác. Vì vậy, chúng ta sẽ tìm được độ dài của đoạn $TA$, và do đó điểm $T$, sau đó vẽ một tiếp tuyến không khó.

Hãy xem xét một ví dụ cụ thể.

Đặt đường này là parabol $y^2=2px$ (hình 2). Đối với nó, đẳng thức (3) có dạng sau*):

$$\frac{y_0}{TA} \approx \frac{\sqrt{2p(x_0+\Delta x)}-\sqrt{2px_0}}{\Delta x}.$$

Chúng ta hãy biến đổi phần quy tắc của đẳng thức này:

$$\frac{\sqrt{2p(x_0+\Delta x)}-\sqrt{2px_0}}{\Delta x} =$$

$$= \frac{2p(x_0+\Delta x)-2px_0}{\Delta x(\sqrt{2p(x_0+\Delta x)}+\sqrt{2px_0})} =$$

$$= \frac{2p}{\sqrt{2p(x_0+\Delta x)}+\sqrt{2px_0}}.$$

Loại bỏ thuật ngữ chứa $\Delta x$ trong biểu thức cuối cùng, thay thế kết quả vào (4) và thay thế đẳng thức gần đúng bằng một đẳng thức chính xác, chúng ta thu được:

$$\frac{y_0}{TA} = \frac{p}{\sqrt{2px_0}}.$$

Nhưng $y_0=\sqrt{2px_0}$, có nghĩa là $TA=2x_0$, tức là $T=(-x_0, 0)$; vẫn thẳng đứng hơn các điểm $P$ và $T$. Bài toán lời giải!

*) Để định nghĩa, đặt $y_0>0$.

Gửi độc giả của chúng tôi

Việc đăng ký tạp chí «Kvant» cho năm 1989 vẫn tiếp tục.

Tạp chí dành cho học sinh từ lớp 6–10. Nó rất hữu ích cho giáo viên, đặc biệt là những người dạy các câu lạc bộ và hoạt động ngoại khóa cũng như tất cả những người yêu thích toán học và vật lý.

Trong năm mới, số lượng tạp chí tăng lên và các chuyên mục được mở rộng.

Chỉ mục của tạp chí trong danh mục Soyuzpechat là 70465.

Giá đăng ký cho một số phát hành là 45 kopecks.

Đăng ký được chấp nhận mà không bị hạn chế trong suốt cả năm và từ bất kỳ số nào tại các cơ quan Soyuzpechat, bưu điện và bưu điện.