Kvant 1989, số 11 · Trang

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

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

1989

1

Trong phòng:

2 Yu. R. Nosov. Bộ nhớ quang
8 S. L. Tabachnikov. Hình học vi phân xung quanh chúng ta
14 A. V. Zhiglevich, N. N. Petrov. Về bốn phương trình lời giải $x^2=x$
19 V. A. Davydov. Người Ấn Độ ném tomahawk như thế nào?
Vấn đề «Kvant»
Bài toán M1191 — M1195, F1198 — F1202
Lời giải bài toán M1166 — M1169, F1178 — F1182
Giới thiệu về bida tam giác
«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
M. P. Bronstein. tia X
Kính vạn hoa «Kvant»
R là tên lửa
Space Parsi Regatta
Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10:
Tính đối xứng và tính chất vật lý của tinh thể
Nhiễu xạ ánh sáng do phản ứng vòng tròn
Thông tin và lập trình
V. O. Shvartsman. Máy tính và điện tử
vòng tròn toán học
V. G. Volgyansky. Sàn gỗ làm từ hình tứ giác
Xưởng của người nộp đơn
I. A. Kushinr. Hình học lời giải phi hình học bài toán
Thế vận hội
Olympic Toán toàn Liên đoàn lần thứ XXIII
Olympic Vật lý toàn Liên minh lần thứ XXIII
Olympic toàn Liên đoàn dành cho học sinh môn khoa học máy tính
Đáp số, gợi ý, lời giải
Họ viết thư cho chúng tôi (33)
«Kvant» nụ cười (64)
Pha trộn (60)

bìa của chúng tôi
Sàn gỗ hình tứ giác - xem tr. 57.
Bức tranh nguyên thủy của Pháp này của Anir Rousseau mô tả bốn nghiệm của phương trình… Cái nào?
Bạn sẽ nhận ra đáp số nếu bạn nhìn vào p. 14.
Trang cờ vua.
Những đường xoắn ốc từ những con rắn Rubik.

© Nhà xuất bản Nauka,
Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1989

2

Trí nhớ chắc chắn là một thuộc tính nhất định của sự tồn tại của con người. Khả năng ghi nhớ, lưu trữ và nhớ lại nhiều loại thông tin được phát triển khiến con người trở nên khác biệt so với tất cả các đại diện của thế giới động vật. Chính ký ức làm nên con người. Những ai đã đọc “The Storm Stop” của Chingiz Aitmatov chắc hẳn còn nhớ truyền thuyết đen tối về người mankurs. Ký ức của con người đã bị “giết chết”, và họ trở thành những vệ sĩ bẩm sinh, đáng tin cậy của những kẻ thống trị, có khả năng giết chết chính mẹ mình mà không cần suy nghĩ. Một người đàn ông bị mất trí nhớ vẫn giữ được hình dáng con người nhưng đã trở thành một con quái vật.

Ký ức tích lũy của từng cá nhân, ký ức tập thể của toàn bộ cộng đồng nhân loại, được hiện thực hóa trong sách, tranh vẽ, mồ hôi, ảnh chụp, bản vẽ, phim, hồ sơ và nhiều hơn thế nữa, tạo thành những giá trị thiết yếu.

Với sự ra đời của công nghệ máy tính, về cơ bản các phương tiện ghi nhớ mới đã xuất hiện và bắt đầu phát triển—các phương tiện ghi nhớ điện tử. Mục đích chức năng của thiết bị lưu trữ (bộ nhớ) là ghi lại, lưu trữ và đọc thông tin đã ghi mà không phá hủy. Đặc điểm của bộ nhớ máy tính thường cho thấy nguyên tắc xây dựng không theo trật tự của nó là phù hợp nhất. Các thiết bị bộ nhớ hoạt động hoạt động bên cạnh bộ xử lý; chúng rất nhanh, nhưng không mạnh lắm; bên ngoài máy tính - các thiết bị lưu trữ có dung lượng rất lớn nhưng chậm hơn đáng kể. Và - nhiều loại bộ nhớ loại trung gian. Theo nghĩa bóng, toàn bộ “kiến thức” về bộ nhớ máy tính được thể hiện dưới dạng paramid, phần trên sắc nét của nó được tạo thành từ các bộ nhớ hoạt động và phần đế khổng lồ được tạo thành từ các bộ nhớ lưu trữ.

Một trong những xu hướng nhất định của chương trình máy tính là hệ điều hành, một phương tiện bộ nhớ được tăng tốc - các máy tính hiện đại không “tính toán” nhiều như thao tác dữ liệu được lưu trữ trong các thiết bị lưu trữ. Người ta ước tính rằng để bước vào cái gọi là “xã hội thông tin” - một xã hội trong đó tin học hóa sẽ bao trùm tất cả các lĩnh vực sản xuất, quản lý, khoa học, giáo dục, văn hóa, cuộc sống hàng ngày, giải trí - thì dung lượng lưu trữ tăng lên hàng ngày của mỗi người phải đạt tới 1 tỷ bit (thông tin như vậy được chứa trong khoảng một trăm tập sách).

Người ta nhận thấy rằng “kim tự tháp trí nhớ” dần “biến dạng” theo thời gian, ngày càng “mài” ở phần trên và “lan rộng” xấu xí ở phần đáy. Và điều này có thể hiểu được. Các đơn vị bộ nhớ hoạt động chiếm các tầng trên của paramida đã tìm thấy cơ sở phần tử hoàn toàn phù hợp cho mình - đây là các mạch liên vùng bán dẫn, tương tự như các mạch được sử dụng trong quy trình. Đó là lý do tại sao bộ xử lý máy tính và RAM của nó sẽ “tay trong tay” trong tương lai, hoàn toàn thống nhất với nhau.

Ở các tầng dưới của paramid, sự hài hòa bị phá hủy. “Vật liệu xây dựng” của các thiết bị lưu trữ – băng và đĩa từ – cũng lập trình liên tục, nhưng chúng không thể theo kịp các cụm bán dẫn. Và máy tính càng hoạt động hiệu quả thì sự “chuyên chế” của các thiết bị lưu trữ lưu trữ càng lộ rõ ​​trước khi chúng yêu cầu về kích thước của chúng.

3

của một hội trường lớn, trong khi bộ xử lý vừa với một giá đỡ tiêu chuẩn.

Vào cuối những năm 60, cảm giác khó chịu bắt đầu xuất hiện; Vào những năm 70, họ bắt đầu bàn tán xôn xao về sự bất hòa giữa bộ vi xử lý bán dòng và 3U từ tính là một vấn đề rất nghiêm trọng. Công nghệ máy tính đã hỗ trợ rất nhiều cho sự xuất hiện của các hướng thay thế trong việc phát triển môi trường bộ nhớ. Bộ nhớ quang chiếm vị trí quan trọng nhất trong số đó, hứa hẹn nhiều triển vọng hứa hẹn hơn về thông tin. Các thiết bị 3D quang học đầu tiên xuất hiện trong công nghiệp ở một số nước phát triển vào năm 1984 là ổ đĩa quang (ODS). Ý tưởng của họ rất đơn giản.

Ai trong chúng ta thời thơ ấu không thích đốt trên ván ép, tập trung ánh sáng mặt trời bằng thấu kính? Nếu điểm cháy được đặt sang một bên với sự thống nhất logic (“1”) và bề mặt nguyên sơ có logic 0 (“0”), thì thông tin cần thiết có thể được ghi trên ván ép và quá trình ghi, như người ta nói, là “một vấn đề kỹ thuật”. Tất nhiên, trong một thiết bị được lấp đầy, nó không sử dụng ánh sáng từ mặt trời (không thể tập trung vào một điểm nhỏ - tiêu điểm luôn bị mờ, các vòng cầu vồng trải rộng xung quanh ngoại vi của điểm) và ván ép không phù hợp làm chất mang thông tin. Chúng ta cần một bộ phát đơn sắc mạnh mẽ với kiểu bức xạ hẹp, cường độ của nó có thể được điều chỉnh dễ dàng và nhanh chóng, bộ phát thu nhỏ và bền. Sự phát triển của công nghệ đã tạo ra một loại máy phát như vậy - đây là loại laser phun một nửa công suất (xem «Kvant», 1988, số 11-12). Và phương tiện truyền thông phải được tạo ra đặc biệt - thông tin thêm về những “đĩa quang” này bên dưới.

Trong sơ đồ khối của ODN (hình 1), zeno trung tâm là đĩa quang mà trên đó chùm tia laser để lại các dấu bộ nhớ. Để ghi, chùm tia được tập trung vào bề mặt của đĩa quay; Công suất chùm tia được chọn sao cho dấu được hình thành trong vài chục nano giây. Trong trường hợp này, dấu không bị nhòe dọc theo đường đi mà vẫn giữ được hình dạng vòng tròn và mang lại tốc độ ghi rất cao. Nguồn kích thích xung nhận một chuỗi xung lệnh từ máy tính và theo chương trình này, tia laser sẽ phát ra ánh sáng chói hoặc tắt trong giây lát - đây là cách thông tin đã ghi được “đưa” vào chùm sáng và truyền đến môi trường quay. Sau mỗi vòng quay của đĩa, chùm tia laser được chuyển sang rãnh tiếp theo và quá trình ghi tiếp tục. Ngoài dấu thông tin, dấu phụ cũng được áp dụng - dấu theo dõi đường và dấu đọc. Cơ chế đầu tiên được biết là có chức năng “giữ” tia laser đi đúng hướng: nếu nó vấp ngã một chút thì cơ chế phản hồi sẽ đưa nó trở lại “đường đi thực sự”. Nhãn loại thứ hai tăng tốc độ tìm kiếm mảng mong muốn; chúng tạo thành một chiếc chìa khóa.

Khi đọc, điều chế bị tắt, bức xạ được cung cấp liên tục. Công suất laser giảm đi nhiều đến mức chùm tia không thể tạo ra các dấu mới cũng như không làm biến dạng các dấu hiện có. “Cảm nhận” đĩa quay, chùm tia phản xạ khác với các vết và bề mặt không bị chạm tới. Do đó, thông tin được ghi sẽ truyền vào chùm đọc, sau đó đi vào photoidode, nơi nó được chuyển đổi thành các xung điện tử, sau khi đến đầu ra của ổ đĩa thành công.

Thông số quan trọng nhất của ODN là đường kính tối thiểu của dấu được tạo bởi tia laser - nó xác định mật độ ghi thông tin trên phương tiện (bit/cm2). Biết rằng dù chúng ta có cố gắng thế nào đi chăng nữa thì thông lượng ánh sáng cũng không thể giảm về một điểm hình học - hiện tượng nhiễu xạ dẫn đến đường kính tối thiểu của điểm hội tụ gần bằng bước sóng λ của bức xạ sử dụng. Nhưng lý thuyết là một chuyện, thực tế lại là một chuyện khác. Cố gắng thu thập trong một ngôi trường nhỏ như vậy từ một chiếc đèn tích lũy thông thường -

5

được kết nối không phải bằng tờ giấy tạo ra hình 1, và không phải bằng mũi tên, các tia sáng được mô tả. Ngoài ra, bạn cần xoay đĩa, di chuyển chùm tia laser từ rãnh này sang rãnh khác và thay đổi vị trí của gương tiếp theo. Tất cả điều này được thực hiện bằng mã dịch vụ cơ điện, mã này phải đảm bảo tốc độ quay ổn định cao, dừng ngay lập tức và thay đổi hướng quay, không có dây buộc và cố định chính xác các phần tử phù hợp. Hơn nữa, mọi người đều phải đáp ứng mọi sự phụ thuộc vào độ mòn của các bộ phận cọ xát và nhiệt độ biến dạng của chúng. Ví dụ: chúng ta hãy chỉ ra rằng nhịp xuyên tâm không được quá 0,1 micron và độ không ổn định của tốc độ quay phải ở mức 0,01%. May mắn thay, đối với 3U truyền thống, những dịch vụ như vậy cũng cần thiết và ngày càng tiên tiến và chính xác hơn. Ví dụ, khoảng cách giữa đầu từ và đĩa từ phải là 0,1 micron và trong một số trường hợp đặc biệt - 0,01 micron; trong trường hợp này, ngay cả vi khuẩn và vi rút trên bề mặt đĩa cũng trở thành vật cản. Tính khí động học của những hệ thống như vậy tinh tế đến mức những người tạo ra chiếc MIG-29 nổi tiếng có thể phải ghen tị với nó. Vậy trong lĩnh vực hướng dẫn dịch vụ quang học, chúng ta có thể làm gì với những người đi trước? Và tất nhiên, cô ấy đã nhận công việc này. Điều này có đủ cho ổ đĩa quang không? Chẳng phải thợ máy sẽ trở thành một cái phanh, thậm chí là một rào cản không thể vượt qua trên con đường tiến bộ của họ sao? Đáp số những câu hỏi này hiện đã mơ hồ. Ngày càng khó tìm ra những lập luận tích cực… Tuy nhiên, sự bi quan ở đây khó có thể biện minh được - thời gian sẽ nói lên điều gì đó, và những thành công hiện tại của ODN đòi hỏi ở mức tối đa.

Bây giờ chúng ta hãy xem đĩa quang là gì. Phương pháp phổ biến nhất để ghi các xung quang học là đốt, làm tan chảy các vi lỗ trong một màng kim loại mỏng.

Để quá trình này diễn ra theo cách tốt nhất có thể, cấu trúc màng bốn lớp (hình 2) được tạo ra trên bề mặt có độ bóng cao của tấm kính trống. Chùm tia laze tập trung vào màng kim loại đang gia công (5) và đốt nóng nó trong một khu vực nhỏ cho đến khi nó tan chảy. Lực căng bề mặt làm căng lớp tan chảy và tạo ra một lỗ xuyên qua trên màng. Độ dày của màng không đáng kể, không vượt quá 0,02-0,05 micron, do đó hình dạng của phản ứng tuân theo mặt cắt ngang của cung laser và đường kính của phản ứng thậm chí có thể nhỏ hơn một chút so với giới hạn nhiễu xạ đã chỉ định trước đó. Có thể thu được phản hồi có đường kính 0,3-0,5 micron; trong 3U công nghiệp, kích thước phản hồi thường gần 1 micron và khoảng cách giữa các phản hồi liền kề và giữa các rãnh là khoảng 2 micron.

Với các cấu trúc phức tạp khác, điều quan trọng là cái nào “thực hiện công việc”. Tấm điện môi (4) được làm bằng vật liệu có hệ số phản xạ cao - hệ số này có chênh lệch “0” và “1” khi đọc. Màn nhôm (3) trả lại các tia đi qua màng kim loại mà không bị hấp thụ và do đó làm tăng hiệu quả.

Hình 2. Còn sót lại các vết hoặc hình thành các vết phồng siêu nhỏ trên đĩa quang.
1 - trống, 2 - lớp đất nền được đánh bóng, 3 - phản xạ, 4 - điện môi, 5 - telur, 6 - lớp phủ.

6

hiệu quả sử dụng năng lượng laser. Lớp phủ bảo vệ duy nhất trên cùng đảm bảo độ tin cậy của việc ghi và đọc - các hạt bụi ngẫu nhiên được chiếu sáng trên bề mặt của nó sẽ không được hệ thống quang học cảm nhận được vì chúng không nằm trong tiêu điểm của vật thể vi mô 2. Nếu các hạt bụi rơi trực tiếp lên màng kim loại, chúng sẽ “hoạt động” theo cách giống hệt như các dấu hiệu, làm sai lệch ý nghĩa của những gì được ghi lại.

Telur thường được sử dụng làm vật liệu lớp gia công - nó chỉ đơn giản được đúc ở dạng màng mỏng đồng nhất, dễ tan chảy và các lỗ cháy được bảo quản trong thời gian dài. Các thử nghiệm cấp tốc cho phép chúng tôi ước tính thời hạn sử dụng ít nhất là 10 năm.

Việc thay thế telur bằng titan hoặc bạch kim thậm chí còn mang lại kết quả tốt hơn về độ bền - hơn 30 năm bảo quản. Nhưng điều này đòi hỏi phải tăng sức mạnh của cung laser nên cùng với phản ứng tổng hợp, nó sử dụng phương pháp tạo ra các vi phình. Với mục đích này, muối điện môi được làm bằng vật liệu có nhiệt độ bay hơi thấp - khi đun nóng, bong bóng hơi sẽ hình thành, làm phồng lên màng kim loại chưa tan chảy. Việc đọc thông tin dựa trên thực tế là độ phản xạ của tầm nhìn cao hơn nhiều so với vùng không bị biến dạng của bề mặt kim loại.

Nghiên cứu thành công đầu tiên - giờ đây không ai còn sợ hãi trước công nghệ laser độc đáo. Hóa ra đĩa quang cũng có thể được làm từ nhựa. Tuy nhiên, một công ty của Anh đã phát triển một loại phim rất rẻ có đặc tính là giấy khách quan dẫn đường và một phương pháp phù hợp để sinh tồn.

Tất cả điều này chỉ dành cho ghi âm một lần - chủ sở hữu ODN có thể, nếu muốn, điền chúng một lần và sau đó đọc cột đã ghi bao nhiêu lần tùy thích. Và cảm giác đó đã được chuẩn bị sẵn cho họ bởi những người vận chuyển thường trực xuất hiện từ năm 1972.

Chúng được sản xuất trong điều kiện nhà máy. Trong một studio đặc biệt để lắp đặt sử dụng tia laser khí mạnh (λ≈0,48 μm), thông tin được ghi vào đĩa quang bằng phương pháp sống sót. Chỉ có đĩa này được làm đặc biệt cẩn thận và việc ghi âm được thực hiện đặc biệt cẩn thận. Kết quả là một đĩa mẫu - nó được gọi là đĩa chính, đĩa gốc. Từ đĩa chủ sử dụng phương pháp in truyền thống, công nghệ sản xuất ma trận kim loại. Một bản cài đặt tuyệt vời sẽ tái tạo các bản sao nhựa từ ma trận - 3-4 mảnh mỗi phút. Sau đó, chúng sẽ được phủ một lớp màng nhôm hoặc vàng mỏng nhất - những vùng kim loại trên bề mặt phẳng và trên các bề mặt có đặc tính phản chiếu khác nhau. Sau đó, hai bản sao của lớp dán có rebef bên trong (để bảo vệ) - và tấm hai mặt đã sẵn sàng.

Như họ nói, “rẻ và vui vẻ.” Tất nhiên, nó chỉ rẻ nếu bạn có thể đóng dấu, chẳng hạn như một trăm nghìn, hoặc thậm chí tốt hơn, một triệu bản giống hệt nhau từ một bản gốc. Và điều này chỉ có thể thực hiện được khi ghi lại một thông số kỹ thuật nhất định. Đây là cách mà các đĩa ghi âm với các bản ghi âm kỹ thuật số chất lượng rất cao của các chương trình âm nhạc lần đầu tiên xuất hiện, và sau đó các đĩa video có “nhồi” truyền hình xuất hiện. Tất cả các kỷ lục về mức độ phổ biến rộng rãi đều được tăng lên nhờ các video clip nhạc rock, cung cấp hai hình thức phát triển hiện đại - nhạc rock và truyền hình. Đầu đĩa quang (thường gọi là điện thoại laser) đang ngày càng trở nên phổ biến ở các nước phát triển.

Bạn nói rằng tất cả những điều này đều tốt, nhưng làm sao có thể đặt đĩa quang ngang hàng với đĩa từ? Sau cùng thì chủ nhân giữ lại bản ghi từ, chủ nhân xóa đi và viết cái mới. Và các kệ sẽ không bị bừa bộn và tiền sẽ không bị lãng phí. Và ghi quang học giống như vẽ mũi: những gì được vẽ ra sẽ được bảo tồn lần đầu tiên, nhưng đối với

7

Mỗi hình mới đều cần một tảng đá mới.

Đĩa quang để ghi lại thông tin nhiều lần - chúng còn được gọi là đĩa có thể đảo ngược, có thể xóa được - vẫn chưa nhận được sự phân phối công nghiệp ngày càng tăng, nhưng một số hiệu ứng vật lý phù hợp giúp việc sản xuất của chúng thuận tiện và có lợi nhuận đã được chọn.

Các đĩa từ quang ven biển dễ thương nhất cho đến nay. Một số màng sắt từ, chẳng hạn như hợp kim mangan-bismuth hoặc thành phần sắt-coban-gadolinium-terbium vô định hình, thay đổi tính chất từ ​​của chúng (như đôi khi người ta nói, thay đổi cực từ) khi được đốt nóng bằng chùm tia laser. Kết quả là, các vùng “biến đổi”—các dấu ghi—thay đổi độ phân cực của chùm ánh sáng phản xạ khác với phần còn lại của bề mặt. Nếu trong mạch hiển thị ở hình 1, một bộ phân cực được đặt ở đầu ra laser và một bộ phân tích được đặt phía trước photodiode, thì khi đọc, các tia phản xạ từ điểm đánh dấu và bề mặt không chạm tới sẽ gây ra phản ứng khác của photodiode. Sự khác biệt là rất nhỏ, logic “1” và “0” rất “tương tự” với nhau, nhưng các thiết bị điện tử hiện đại có thể phân biệt được chúng. Đối với một trang, toàn bộ đĩa được đặt trong từ trường hoặc được làm nóng và làm mát. Có vẻ như chu trình “ghi - đọc - xóa” có thể được lặp lại nhiều lần nếu cần thiết - đĩa từ không “mệt mỏi” và đây là ưu điểm chính của chúng. Nhưng thời gian lưu trữ này không chỉ vượt quá hai năm - ưu điểm của đĩa quang bị mất đi và khuyết điểm của đĩa từ được “mua lại”. Và một điều nữa. Đối với đĩa từ quang, điện thoại laser thông thường được thiết kế cho các đĩa có khả năng loại bỏ mật độ cao hoặc ổ đĩa vi mô không phù hợp—cần có người chơi mới.

Bất cứ ai cũng muốn mất đi thứ gì đó vốn đã ven biển - đó là lý do tại sao có các phương tiện có thể đảo ngược khác. Ở một số

10

Khi phần song song bị đứt, một vết nứt dọc xảy ra - núm vú vỡ ra*). Nếu đối với bạn, có vẻ như các núm vú không đáng được quan tâm, thì tôi sẽ nói rằng các đường ống dẫn khí đốt nổ theo cách giống hệt nhau - dọc chứ không phải ngang. Trong trường hợp ống hình trụ, lý do của điều đặc biệt rất rõ ràng: khi bị nén, lõi của hình trụ không hề dài ra chút nào.

Tại sao tờ giấy rơi ra lại thẳng? Tôi cũng làm phiền nhiều bạn bè của tôi với câu hỏi này. đáp số phổ biến nhất là: đường Shiba là đường giao nhau của hai nửa phẳng của một tờ giấy. Và giao điểm của các mặt phẳng là một đường thẳng. Điều đáp số này không thuyết phục được tôi: một tờ giấy có thể được gấp hết cỡ, và khi đó nó sẽ không phẳng hoàn toàn, và đường Shiba vẫn sẽ thẳng. Bạn cũng có thể gấp giấy trên một bề mặt không bằng phẳng và kết quả sẽ tương tự.

Điều gì xảy ra với một mảnh giấy khi gấp lại? Một trong các vị trí của nó được chồng lên vị trí kia trong khi vẫn giữ khoảng cách - xét cho cùng, một tờ giấy là không thể mở rộng được (xem bài “Hình học của một tờ giấy” trong «Kvant» Số 9 năm 1988). Nói một cách toán học hơn, một chiếc lá riêng biệt sẽ xuất hiện và bảo toàn khoảng cách. Quá trình xử lý này được gọi là phép đo đẳng cự và đường Shiba là đường cong được hình thành bởi các điểm cố định của phép đo đẳng cự này.

Giả sử rằng đường Siba có độ cong khác 0. Bằng cách thụt lề từ các dòng Siba ở vị trí này bleiben và sang bên phải một khoảng nhỏ ε, chúng ta có được hai dòng có độ dài $L_\varepsilon$ và $L_{-\varepsilon}$ - xem hình 3.

Vì độ cong khác 0 nên $L_\varepsilon > L > L_{-\varepsilon}$. Mặt khác, phép đo đẳng cự được xử lý từ đường màu xanh này sang đường màu xanh khác. Do đó độ dài của chúng bằng nhau: $L_\varepsilon = L_{-\varepsilon}$. nảy sinh mâu thuẫn chứng tỏ độ cong của đường màu đỏ bằng 0, tức là đường này thẳng*).

Như thường lệ, chúng tôi đã chứng minh được nhiều hơn những gì chúng tôi dự định. Isometry xảy ra không chỉ trên bề mặt phẳng. Ví dụ, một hình cầu đối xứng liên quan đến một mặt phẳng đi qua tâm và một hình trụ (không nhất thiết là hình tròn) liên quan đến một mặt phẳng vuông góc với trục. Các đường bao gồm các điểm cố định của các đường đẳng cự có tính chất là độ cong của chúng bằng không. Điều này có nghĩa là nếu không có đường thẳng trong một khoảng cách ngắn thì tốc độ thay đổi tương đối về độ dài tại mỗi điểm sẽ bằng 0: $\lim_{\varepsilon \to 0} \frac{L_\varepsilon - L}{\varepsilon L} = 0$ tại $L, \varepsilon \to 0$. Những đường như vậy được gọi là đường trắc địa (và chúng cũng được thảo luận trong bài viết “Về độ cong”). Tất nhiên, các đường trắc địa quay trong không gian, nhưng chỉ theo hướng vuông góc với bề mặt. Chúng cũng có thể được mô tả là quỹ đạo của một hạt tự do trên bề mặt, tức là các hạt chuyển động theo quán tính.

Lập luận của chúng tôi chứng minh định lý sau:

nếu hình học của một số bề mặt thay đổi hướng của nó và có một đường cong trên bề mặt, bao gồm

*) Để có lời giải thích khác, hãy xem tập sách “Bạn có hiểu vật lý không?” (M.: Znanie, 1967, bài toán Số 80).

*) Một lời giải thích khác được M. Gardner đưa ra trong một cuốn sách của ông.

12

một diện tích nhỏ, giống như một sợi dây thun có xu hướng thay đổi chiều dài của nó. Độ cong trung bình của phim không thể khác 0 - xét cho cùng, với một sự dịch chuyển bình thường, diện tích của nó sẽ nhỏ, nhưng nó đã rất nhỏ. Do đó, các bề mặt có độ cong trung bình bằng 0 là bề mặt của mọi loại màng xà phòng. Chúng được gọi là minimalbimu và có thể có hình dạng khá phức tạp (xem bài viết “Bề mặt tối thiểu” trong «Kvant» Số 6, 1983).

Chúng ta hãy lấy một bề mặt lồi kín có diện tích $S$ và di chuyển nó theo hướng bình thường một khoảng $\varepsilon$. Diện tích $S_c$ của bề mặt mới là bao nhiêu? Đáp số là như thế này:

$$S_c = S + 2\varepsilon I + 4\pi\varepsilon^2,$$

trong đó $I$ là tích phân của độ cong trung bình trên bề mặt ban đầu. Nhân tiện, hệ số 4l tại $\varepsilon^2$ cũng bằng tích phân trên bề mặt - không chỉ là giá trị trung bình mà là độ cong Gaussian (điều này đã được chứng minh trong bài viết “Về độ cong”).

Công thức cho $S_c$ có thể được chứng minh theo cách tương tự như trong trường hợp mặt phẳng, nghĩa là bằng cách xấp xỉ bề mặt bằng một khối đa diện. Bạn chỉ cần hiểu độ cong trung bình tương tự của các bề mặt đa diện là gì. Nhưng đây là một chủ đề cho một cuộc trò chuyện riêng…

Vấn đề 3*. Một bề mặt lồi kín có diện tích $S$ giới hạn thể tích $V$. Khối lượng nào được giới hạn bởi viêm xoang trên bề mặt $\varepsilon$?

Độ cong thay đổi… con lắc. Tất nhiên là bạn đã nghe nói đến xưởng đúc tiền của Foucault. Và họ đã nhìn thấy anh ấy rất nhiều, chẳng hạn như ở Nhà thờ St. Isaac ở Leningrad. Mặt phẳng dao động của con lắc này quay tương đối với Trái đất theo thời gian. Lý do trở nên đặc biệt rõ ràng nếu con lắc được treo vào một cột. Mặt phẳng dao động của nó không đổi nhưng Trái đất quay nên mặt phẳng dao động của con lắc cũng quay tương đối với Trái đất. Khi đến gần xích đạo, hiệu ứng này yếu đi và tại xích đạo nó biến mất hoàn toàn.

Hành vi này của con lắc là do điểm treo của nó đang chuyển động (quay quanh trục Trái đất). Thật thuận tiện khi coi Trái đất đứng yên và chỉ có điểm treo của con lắc là chuyển động. Vì vậy, chúng ta cầm một sợi dây có tải trọng treo trên tay và lên đường. Đầu tiên chúng ta sẽ đi dọc theo đường xích đạo. Mặt phẳng dao động của con lắc sẽ không quay so với hướng chuyển động chỉ nhờ tính đối xứng, vì mặt phẳng xích đạo là mặt phẳng đối xứng của quả cầu. Vì lý do tương tự, hiệu ứng con lắc Foucault không có khi di chuyển dọc theo kinh tuyến và nói chung dọc theo bất kỳ vòng tròn lớn hơn nào của hình cầu - trên một quả cầu đứng yên, mỗi quả cầu có thể được coi là một đường xích đạo. Nếu quỹ đạo chuyển động là một đường cong tùy ý thì nó có thể được xấp xỉ bằng một đường đứt đoạn bao gồm các đoạn vòng tròn lớn. Khi di chuyển dọc theo các đoạn này, góc giữa chúng và mặt phẳng dao động không thay đổi, nhưng ở các góc của đường đứt nét hướng chuyển động sẽ quay so với hướng dao động. Do đó, quỹ đạo càng khác với vòng tròn lớn thì hiệu ứng con lắc Foucault càng mạnh.

Bây giờ chúng ta hãy giả sử rằng hành tinh này có hình dạng tùy ý, ví dụ như hình elipison (hoặc thậm chí là hình xuyến!). Chúng ta cũng giả sử rằng lực hấp dẫn vẫn vuông góc với bề mặt, và một lần nữa chúng ta đặt câu hỏi về bề mặt của con lắc khi điểm treo của nó chuyển động. Những đường cong nào trên bề mặt đóng vai trò là những đường tròn lớn của hình cầu? Tất nhiên, một đường trắc địa. Rõ ràng, nếu bạn đi theo đường trắc địa, mặt phẳng dao động sẽ không quay so với hướng chuyển động…

Nếu đường trắc địa nằm trong mặt phẳng hệ mét của bề mặt thì mọi thứ sẽ được chứng minh theo cách giống hệt như trong trường hợp hình cầu. Thật không may, trắc địa không bắt buộc phải có tính chất này (mặc dù, như chúng ta đã thấy, nếu có một mặt phẳng hệ mét, thì các đường cong nằm trong đó -

13

trắc địa). Vấn đề có thể được cải thiện nếu chúng ta lấy một dải hẹp có chiều rộng 2ε trên bề mặt, trong đó đường trắc địa đóng vai trò là đường giữa. Chúng ta hãy xem xét tính đối xứng của dải này so với đường trắc địa. Tất nhiên, sự đối xứng này có thể không bảo toàn khoảng cách. Tuy nhiên, như chúng ta đã biết, những thay đổi về độ dài của đường trắc địa trong quá trình dịch chuyển theo hướng pháp tuyến có độ nhỏ thứ hai tính theo ε. Chúng tôi giả sử rằng độ biến dạng của chiều dài khi dải đối xứng là một đại lượng có độ nhỏ bậc hai tính bằng ε (tức là giới hạn của tỷ lệ biến dạng với ε bằng 0 tại ε→0).

Lý do này có thể được thực hiện đơn giản hơn. Để có được thước đo, bạn chỉ cần ấn chặt một dải giấy hẹp vào bề mặt (xem bài “Về độ cong”). Đường giữa của dải là trục đối xứng của nó. Đường trắc địa là trục đối xứng “gần như” của một dải trên bề mặt.

Vì vậy, hãy bắt đầu di chuyển dọc theo đường trắc địa. Góc α giữa phương dao động và phương chuyển động là hàm số theo thời gian t. Vì trắc địa, cho đến các số hạng nhỏ bậc hai, là trục đối xứng của một dải trên bề mặt, nên hàm α(t) là một hằng số cho đến các số hạng bậc hai trong t. Điều này có nghĩa là tích theo thời gian α′(t) bằng 0 đối với mọi t, tức là α(t) là một hằng số. Do đó, khi di chuyển dọc theo đường trắc địa sẽ không xảy ra hiệu ứng nam châm Foucault.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một quỹ đạo chuyển động tùy ý. Nó có thể được mô phỏng gần đúng bằng một đường đứt gãy trắc địa và các dải dao động liên quan đến hướng chuyển động chỉ có thể được lặp lại ở các đỉnh của nó. Điều này có nghĩa là sự khác biệt giữa quỹ đạo và đường trắc địa càng lớn thì hiệu ứng từ càng mạnh. Đại lượng làm thay đổi sự khác biệt này được gọi là độ cong trắc địa của đường trên bề mặt. Nó được định nghĩa giống như độ cong của một đường trên mặt phẳng - đây là tốc độ thay đổi độ dài của đường cong trong một sự dịch chuyển bình thường. Vì vậy, nam châm là một thiết bị để thay đổi độ cong trắc địa của một đường trên một bề mặt.

Tất cả điều này có thể được nói khác. Trong bài viết “Về độ cong”, sự vận chuyển paalel trên bề mặt đã được xác định. Kết quả của nó phụ thuộc vào con đường mà nó xảy ra; nếu đường đi này là đường trắc địa thì mỗi hướng trong quá trình dịch chuyển sẽ duy trì một góc không đổi với nó. Điều kiện chuyển giao này được chỉ định duy nhất. Kết quả của chúng ta về nam châm có thể được phát biểu như sau: khi điểm treo từ chuyển động thì hướng dao động của nó được truyền song song với quỹ đạo chuyển động.

Hãy quay trở lại Trái đất và tìm tốc độ quay của mặt phẳng dao động của nam châm có chiều rộng φ. Góc quay mỗi ngày được hình thành bởi hướng ban đầu và hướng thu được từ nó bằng cách truyền song song dọc theo đường song song với chiều rộng φ. Để tìm góc này, chúng ta dựng một hình nón tiếp xúc với hình cầu dọc theo đường vĩ tuyến này (xem hình 7). sự truyền song song trên một hình cầu dẫn đến kết quả tương tự như trên một hình nón. Nhưng hình nón có thể được cắt và làm phẳng. Giả sử rằng góc yêu cầu bằng góc của hình cung tròn thu được. Và nó bằng 2π sin φ.

Bài toán
4. Chứng minh điều đó.
5. Tìm độ cong trắc địa của bề mặt hình cầu có bán kính R với chiều rộng φ.

Vì vậy, vòng quay của mặt phẳng dao động mỗi ngày là 2π sin φ, và tốc độ quay là 2π sin φ/24 radian mỗi giờ. Đối với nam châm trong Nhà thờ St. Isaac (φ≈60°), tốc độ này là khoảng 13° mỗi giờ.

15

GIỚI THIỆU VỀ BỐN PHƯƠNG PHÁP $X^2 = X$

A. V. ZHIGLEVICH,
Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
N. N. PETROV

Trước khi thuyết phục người đọc rằng phương trình $x^2 = x$ không phải có hai lời giải như mọi người vẫn nghĩ mà là bốn, như đã nêu ở tiêu đề bài viết, chúng ta chuyển sang một thực tế khó hiểu sau đây. Nếu một số tự nhiên được đánh dấu (bằng ký hiệu thập phân) bằng số 0, 1, 5, 6 thì hình vuông của nó cũng được đánh dấu bằng chính số đó. Điều tương tự cũng áp dụng cho các kết thúc có hai chữ số 00, 01, 25, 76, tức là nếu nó kết thúc bằng một trong các cặp số này thì hình vuông của nó kết thúc bằng cùng một cặp số đó (ví dụ: $176^2 = 30976$, $225^2 = 50625$, v.v.). Các kết thúc có ba chữ số 000, 001, 625, 376 có tính chất tương tự. Đồng thời, không có phần cuối có một chữ số, hai chữ số hoặc ba chữ số nào có tính chất tương tự. Có chuyện gì vậy? Đáp số đưa ra Định lý. Đối với bất kỳ $k$ nào, có chính xác 4 bộ chữ số $k$ - 00…00, 00…01 và hai bộ chữ số khác, lần lượt kết thúc bằng một máy nhắn tin và một số sáu - có đặc tính sau: nếu một số tự nhiên kết thúc bằng một trong các bộ chữ số này thì hình vuông của nó kết thúc bằng cùng một bộ chữ số.

Để thuyết phục, chúng tôi đưa ra hai chứng minh cho định lý này. Tuy nhiên, trước tiên hãy tìm hiểu điều chúng ta phải chứng minh. Chúng ta đang tìm một số nguyên $x$, $0 \leqslant x < 10^k$ sao cho với mọi số nguyên $a \geqslant 0$ bình phương của số $10^k a + x$ (đây là cách viết một số tùy ý có đuôi $k$ chữ số trùng với $x$) có dạng

$$10^k b + x, \quad b \text{ — целое число. Но } (10^k a + x)^2 = 10^k (10^k a^2 + 2ax) + x^2; \text{ поэтому наше условие состоит попросту в том, что } x^2 - x \text{ делится на } 10^k. \text{ Итак, наша задача формулируется предельно просто: найти все целые } x, 0 \leqslant x < 10^k, \text{ такие, что } x^2 - x \text{ делится на } 10^k. \text{ Мы должны убедиться в том, что задача имеет 4 решения и что эти решения обладают указанным в формулировке теоремы свойствми.}$$

Bằng chứng đầu tiên. Vì vậy hiệu $x^2 - x = x(x - 1)$ phải chia hết cho $10^k = 2^k 5^k$. Nhưng các số $x$ và $x - 1$ không thể chia hết cho 2 hoặc 5 cùng một lúc. Điều này để lại cho chúng ta bốn khả năng:

(1) $x$ chia hết cho $10^k$;
(2) $x - 1$ chia hết cho $10^k$;
(3) $x$ chia hết cho $2^k$ và $x - 1$ chia hết cho $5^k$;
(4) $x$ chia hết cho $5^k$ và $x - 1$ chia hết cho $2^k$.

Vì $x < 10^k$, khả năng đầu tiên chỉ được thực hiện ở $x = 0$; tương tự, khả năng thứ hai chỉ được thực hiện với $x = 1$.

Trong trường hợp (3) số $x$ (và trong trường hợp (4) số $x - 1$) là một trong các số $a \cdot 2^k$, trong đó $0 \leqslant a < 5^k - 1$. Tất cả những số này có số dư khác nhau khi chia cho $5^k$: nếu $b \cdot 2^k$ và $c \cdot 2^k$ ($0 \leqslant b \leqslant c < 5^k$) có cùng số dư khi chia cho $5^k$, thì $(c - b) \cdot 2^k$ chia hết cho $5^k$ và do đó chia hết cho $10^k$, điều này chỉ có thể thực hiện được với $c = b$. Nhưng phần còn lại có thể xảy ra $-5^k$, có nghĩa là phần nào trong số chúng được biểu thị một lần trong tập hợp số của chúng ta. Điều này có nghĩa là chính xác một trong các số $a \cdot 2^k$, chẳng hạn như $a_1 \cdot 2^k$, có dư 1 khi chia cho $5^k$ và nếu $x = a_1 \cdot 2^k$ thì $x - 1$ chia hết cho $5^k$. Tương tự, chính xác một trong các số $a \cdot 2^k$, giả sử

16

$a_2 \cdot 2^k$ có số dư $5^k - 1$ khi chia cho $5^k$ và nếu $x - 1 = a_2 \cdot 2^k$ thì $x$ chia hết cho $5^k$.

Chúng tôi tin rằng trong mỗi số trong số bốn số ngẫu nhiên, nhu cầu $x$ tồn tại và là duy nhất, tức là chỉ có bốn số như vậy. Cũng rõ ràng rằng trong trường hợp (3) số $x$ tận cùng là 6 và trong trường hợp (4) là 5. Định lý đã được chứng minh.

Chúng tôi sẽ thực hiện bằng chứng thứ hai, giả sử rằng đã biết rằng không có nhiều hơn bốn số có thuộc tính được chỉ định (chúng tôi biết điều này từ bằng chứng đầu tiên, nhưng nó có thể dễ dàng được chứng minh trực tiếp). Ngoài ra, chúng ta áp dụng quy nạp trên $k$: chúng ta sẽ giả sử rằng các số $x_{k-1}$ và $y_{k-1}$ đã được tìm thấy, lần lượt là năm và sáu, sao cho $0 \leqslant x_{k-1} < 10^{k-1}$, $0 \leqslant y_{k-1} < 10^{k-1}$ và hiệu $x_{k-1}^2 - x_{k-1}$ và $y_{k-1}^2 - y_{k-1}$ đều chia hết cho $10^{k-1}$. bài toán của chúng ta là tìm các số $x_k$ và $y_k$ có tính chất tương tự nhau.

Để tìm $x_k$, chúng ta bình phương $x_{k-1}$ và lấy $k$ chữ số cuối cùng của hình vuông đó; do đó, $x_{k-1}^2 = a \cdot 10^k + x_k$. Hãy chứng minh rằng $x_k^2 - x_k$ chia hết cho $10^k$:

$$x_k^2 - x_k = (x_{k-1}^2 - a \cdot 10^k)^2 - (x_{k-1}^2 - a \cdot 10^k) = x_{k-1}^4 - 2ax_{k-1}^2 \cdot 10^k + a^2 \cdot 10^{2k} - x_{k-1}^2 + a \cdot 10^k = (x_{k-1}^2 - x_{k-1})(x_{k-1}^2 + x_{k-1}) + 10^k(a^2 \cdot 10^k + a - 2ax_{k-1}^2).$$

Không $x_{k-1}^2 - x_{k-1}$ chia hết cho $10^{k-1}$ và $x_{k-1}^2 + x_{k-1}$ chia hết cho 10 (vì $x_{k-1}$ và $x_{k-1}^2$ xảy ra là 5); điều đó có nghĩa là $(x_{k-1}^2 - x_{k-1})(x_{k-1}^2 + x_{k-1})$ chia hết cho $10^k$.

Cấu trúc của $y_k$ phức tạp hơn một chút: bạn cần lấy $k$ chữ số cuối của số $y_{k-1}^5$. Bằng chứng cho thấy $y_k^2 - y_k$ chia hết cho $10^k$ gần như giống nhau:

$$y_k^2 - y_k = (y_{k-1}^5 - b \cdot 10^k)^2 - (y_{k-1}^5 - b \cdot 10^k) = y_{k-1}^10 - y_{k-1}^5 + 10^k \cdot c = (y_{k-1}^2 - y_{k-1})(y_{k-1}^8 + y_{k-1}^7 + y_{k-1}^6 + y_{k-1}^5 + y_{k-1}^4 + 10^k \cdot c,$$

ở đâu $c = b^2 \cdot 10^k + b - 2by_{k-1}^5$. Nhưng biểu thức $y_{k-1}^8 + \dots + y_{k-1}^4$ chia hết cho 10,

bởi vì nó là tổng của năm chữ số tận cùng bằng 6 và hiệu $y_{k-1}^2 - y_{k-1}$ chia hết cho $10^{k-1}$; điều đó có nghĩa là $y_{k-1}^2 - y_{k-1}$ chia hết cho $10^k$. Bằng chứng đã kết thúc.

Có thể thấy gì từ hai bằng chứng này? Từ cách chứng minh đầu tiên, rõ ràng tổng của số thứ ba và số thứ tư tìm được bằng $10^k + 1$ (thật vậy, $25 + 76 = 101, 625 + 376 = 1001$). Bằng chứng thứ hai chứng minh thứ tự hoàn hảo của weis: bốn chữ số tận cùng $k$ được giữ nguyên khi bình phương bằng cách thêm một chữ số vào bên trái! (Thật vậy, $k$ chữ số cuối cùng của số $x_k^2$ là $x_{k-1}$ và chỉ chữ số thứ $k$ tính từ cuối số $x_k$ là mới; tương tự với $y_k$.) Chúng ta có thể đã nhận thấy điều này trong các ví dụ bằng số của mình:

0—00—000—…
1—01—001—…
5—25—625—…
6—76—376—…

Như vậy, trong dãy 5, 25,…, $x_{k-1}$, $x_k$,…… sẽ có sự tăng vô hạn về số lượng ở bên trái, và tương tự như vậy ở dãy 6, 76,…, $y_{k-1}$, $y_k$,…… Nếu không bỏ quá trình này, chúng ta sẽ nhận được hai “số” vô hạn (chúng ta viết chúng với 10 chữ số):

$X = \dots 8212890625,$
$Y = \dots 1787109376.$

Chúng ta đặt từ “số” trong dấu ngoặc kép, nhưng, như bây giờ chúng ta sẽ thấy, một chuỗi vô tận như vậy có thể mang lại trạng thái của số thực, mặc dù chúng hơi khác thường.

Một loại số mới. Ví dụ, chúng ta hãy sử dụng siêu đỉnh cho dãy số bên trái vô hạn:

…$a_4a_3a_2a_1$.

Nếu dãy này, bắt đầu từ một vị trí nhất định, chỉ bao gồm các số 0, thì chúng ta sẽ nói rằng dãy siêu thẳng đứng của chúng ta là phổ biến.

17

Hình 1. 6)
số thực; Ví dụ,
000132=132.

Như vậy, trong số các siêu số có tất cả các số tự nhiên thông thường (và 0), nhưng không chỉ có chúng. Các siêu số có thể được cộng và nhân (trong một cột) - xem hình 1, a và 1, b, và đối với các số thông thường, phép cộng và phép nhân này trùng với phép cộng và phép nhân thông thường. Điều thú vị là các siêu số luôn có thể được trừ theo bất kỳ thứ tự nào - kể cả trong một cột - hình 2 (đối với siêu số không có khái niệm “lớn hơn - nhỏ hơn”). Đặc biệt, bất kỳ siêu số nào cũng có thể được trừ khỏi số 0 (từ siêu số …000). Điều này có nghĩa là trong số các siêu số đều có những số âm thông thường; ví dụ: trên hình 3 là số -132=…99868.

Nhân tiện, điều rất thú vị là “số âm thông thường” chính xác là siêu số trong đó, bắt đầu từ một điểm nhất định, tất cả các chữ số đều là số chín.

Phép cộng và nhân các siêu số (cũng như phép trừ của chúng) có các thuộc tính thông thường: $a+b=b+a$, $ab=ba$, $a+(b+c)=(a+b)+c$, $a(bc)=(ab)c$, $a(b+c)=ab+ac$, v.v. Đặc biệt, đối với bất kỳ siêu số $x$ nào, người ta có thể tính biểu thức $x^2-x$ và Định lý của chúng tôi ngay sau đây.

Kết quả. Phương trình $x^2=x$ có 4 siêu số lời giải: 0,1,X,Y.

Như vậy chúng ta đã chứng minh được kết quả này.

Làm sao vậy? Xét cho cùng, nếu các phép toán trên siêu số có các tính chất thông thường, thì chứng minh thông thường về thực tế là phương trình $x^2-x$ có hai lời giải phải đạt. Hãy xem. Như trước đây, $x^2-x=x(x-1)$ vẫn chưa bị hủy. Điều này có nghĩa là nếu $x^2-x=0$ thì $x=0$ hoặc $x-1=0$. Nhưng tại sao? Ai nói rằng nếu tích của các siêu số $ab$ $a$ và $b$ bằng 0 thì một trong các siêu số này bằng 0? Điều này là sai! Hơn nữa, chúng tôi biết rất rõ rằng $XY=0$.

Thật vậy, $x_k$ chia hết cho $5^k$ và $y_k$ chia hết cho $2^k$; Điều này có nghĩa là tích $x_k y_k$ chia hết cho $10^k$, tức là nó kết thúc bằng $k$ số không. Điều này có nghĩa là nhân $X$ và $Y$ với một cột, kết quả chúng ta sẽ nhận được một số 0. Đối với những người còn nghi ngờ, chúng tôi trình bày hình 4.

Nếu $a\neq0$, $b\neq0$ nhưng $ab=0$ thì $a$ và $b$ được gọi là ước số 0. Trong số các số không có ước số bằng 0, nhưng trong số các siêu số thì có, và đó chính là vấn đề.

Nhân tiện, bây giờ chúng ta đã rõ tại sao $X$ và $Y$ là lời giải trong phương trình của chúng ta: xét cho cùng, $X+Y=1$ (hãy nhớ, $x_k+y_k=10^k+1$) và $X(X-1)=-X(1-X)=-XY=0$, và tương tự như vậy là $Y(Y-1)=0$.

Phương trình $x^m=x$. Nếu $x^2=x$, thì $x^3=x^2 \cdot x=x \cdot x^2=x$, $x^4=x^3 \cdot x=x \cdot x^2=x$ và tương tự $x^5=x$, $x^6=x$, … Do đó, lời giải phương trình $x^2=x$ là nghiệm của phương trình $x^m=x$ với mọi $m$. Phương trình $x^m=x$ có lời giải khác không?

$$\begin{array}{c} -6847 \\ 4219 \\ 2628 \\ -4219 \\ 6847 \\ 7372 \\ \end{array}$$

Hình 2.

$$\begin{array}{c} -000000 \\ 00132 \\ 99868 \\ \end{array}$$

Hình 3.

18

Hãy bắt đầu với $m=3$. Ngoài 0, 1, $X$, $Y$, phương trình $x^3=x$ còn có lời giải $X-Y$:

$$\begin{align*} (X-Y)^3 &= X^3 - 3X^2Y + 3XY^2 - Y^3 \\ &= X - 3XY + 3XY - Y = X-Y. \end{align*}$$

(Nhân tiện, $(X-Y)^2=1$, cũng ngụ ý rằng $X-Y$ thỏa mãn phương trình $x^3-x$.) Ngoài ra, bất kỳ lời giải nào của phương trình $x^3=x$ đều có thể đổi dấu và điều này mang lại thêm bốn lời giải: $-1, -X, -Y, Y-X$. Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy chín lời giải:

$$0, 1, -1, X, -X, Y, -Y, X-Y, Y-X.$$

Bài tập 1. Chứng minh rằng chín nghiệm này bao gồm tất cả các phương trình lời giải $x^3=x$.

Trường hợp $m=4$ (cũng như trường hợp chẵn $m$ nói chung, xem định lý bên dưới) không thú vị:

Bài tập 2. Chứng minh rằng phương trình $x^4=x$ có cùng hệ số lời giải với phương trình $x^2=x$.

Nhưng tại $m=5$ một lời giải mới xuất hiện. Để mô tả chúng, chỉ cần chỉ ra một trong số chúng là đủ và điều này có thể được thực hiện như thế này. Hãy tạo một chuỗi $z_k$, trong đó $z_1=2$ và số $z_k$ bao gồm $k$ chữ số cuối của số $z_{k-1}$:

$$z_1=2, z_2=32, z_3=432, \dots$$

Bài tập 3. Chứng minh rằng $z_k$ thu được từ $z_{k-1}$ khi viết một từ có một chữ số và $z_{k-2}=z_k$ với mọi $k$ đều chia hết cho $10^k$.

Các số $z_k$ tạo thành siêu số (ta viết 10 chữ số):

$$Z = \dots 9879186432.$$

Bài tập 4. Phương trình $x^5=x$ có mười lăm phương trình lời giải: chín phương trình lời giải $x^3=x$ (xem phương trình 1) và một phương trình khác $Z, -Z, X-Z, Z-X, X+Z, -X-Z$.

$m$ lớn mới lời giải không xuất hiện. Bạn đọc có thể tự mình chứng minh định lý sau:

Nếu $m$ là số chẵn thì phương trình $x^m=x$ có (trong siêu số) giống lời giải với phương trình $x^2=x$. Nếu $m$ có dạng $4n-1$ thì phương trình $x^m=x$ có cùng dạng lời giải với phương trình $x^3=x$. Nếu $m$ có dạng $4n+1$ thì phương trình $x^m=x$ có cùng dạng lời giải với phương trình $x^5=x$.

Chúng ta hãy đưa ra một công thức khác liên quan đến phương trình $x^m=1$:

Nếu $m$ là số lẻ thì phương trình $x^m=1$ có một lời giải $(x=1)$ duy nhất. Nếu $m$ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 thì phương trình $x^m=1$ có bốn lời giải: $1, -1, X-Y, Y-X$. Nếu $m$ chia hết cho 4 thì phương trình $x^m=1$ có tám lời giải: $1, -1, X-Y, Y-X, X-Z, Z-X, X+Z, -X-Z$.

Hai bài tập nữa. Bài tập 5. Đối với số (phổ biến) nào $m$ thì phương trình $mx=1$ có thể giải được trong siêu số (tức là phân số chung nào có trong các siêu số)?

Bài tập 6. Định lý Fermat của Belika có đúng cho các siêu số không: nếu $n$ là một số (phổ biến) lớn hơn 2 thì không có siêu số nào khác 0 $X, Y, Z$ sao cho $X^n+Y^n=Z^n$?

Lưu ý cuối cùng. Nếu bạn thấy điều gì đó quen thuộc ở những con số siêu lớn, đừng ngạc nhiên; Những con số này quen thuộc với mọi nhà toán học là “số nguyên 10 adic”. Tất cả những điều khó chịu, hay đúng hơn là tất cả những điều ngạc nhiên mà chúng ta gặp phải ở đây, đều có liên quan đến thực tế rằng 10 là một số tổng hợp; đặc biệt, trong các số $p$-adic có số nguyên tố $p$, phương trình $x^2=x$ sẽ có, như mong đợi, 2 lời giải. Có thể nói rằng nếu hệ thống số của chúng ta có cơ sở đơn giản thì chúng ta đã tìm được tài liệu cho một bài viết như thế này.

19

NHƯ NGƯỜI ẤN ĐỘ
Ném MỘT TOMAHAWK?

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
V. A. DAVYDOV

Chiếc tomagazok huýt sáo lên khuôn mặt của Heyward và,
cắt đi vài lọn tóc mặn của Ali
sy, run rẩy trên cái cây phía trên cô ấy
tro
D. F. Cooper. Người Mohican cuối cùng.

Những chàng trai của thế hệ này, có
tuổi thơ là vào những năm sáu mươi
Nhiều năm, vẫn có lúc các chàng trai say mê đọc tiểu thuyết của Cooper và Mine Reid, mơ về cuộc sống và những cuộc phiêu lưu giữa các bộ lạc da đỏ ở Bắc Mỹ. Tìm được một giờ rảnh rỗi và trang bị một sợi dây thừng màu trắng, chúng tôi lao vào sân, nơi chúng tôi cố gắng trói một bụi cây nào đó, một cành cây nhô ra và đôi khi là một con mèo xui xẻo đã liều lĩnh bò ra khỏi tầng hầm để phơi nắng nhưng không thành công. Nhưng điều khiến chúng tôi ngưỡng mộ nhất là sự hoàn hảo đáng kinh ngạc khi sử dụng vũ khí chính của các chiến binh Ấn Độ - tomahawk.

Thật khó để tìm thấy một tác giả viết tiểu thuyết “Ấn Độ” mà không dành ít nhất một vài tập cho nghệ thuật ném rìu tuyệt vời. Sự quan tâm đến vấn đề này liên tục được thúc đẩy bởi điện ảnh. Vào thời điểm đó, các bộ phim “Ấn Độ” định kỳ xuất hiện trên màn ảnh của chúng ta, dành cho những anh hùng trong đó luôn có cơ hội ném tomahawk vào mục tiêu một hoặc hai lần. Lấy cảnh này làm ví dụ. Ngọn lửa Ấn Độ quyết định trừng phạt ERO mặt tái mét, người đã làm điều gì sai trái với anh ta. Họ trói anh ta lại

20

vào bức tường của túp lều, sau đó mỗi người tham gia vụ thảm sát ném một quả tomahawk vào anh ta. Chiếc rìu cuối cùng cắt đứt sợi dây, và khi nạn nhân bất tỉnh vì sợ hãi, trượt xuống đất, khán giả nhìn thấy với sự ngưỡng mộ hình dáng cơ thể người trên tường, được tạo thành bởi những chiếc tomahawk lao xuống đó. Sau khi đến rạp chiếu phim, chúng tôi đặc biệt muốn, nếu không muốn học cách ném rìu - chúng tôi hiểu rằng điều này nằm ngoài khả năng của cậu bé mặt lướt đi - thì ít nhất cũng phải hiểu được kỹ năng kỹ thuật của người da đỏ.

Giờ đây, có vẻ như sự quan tâm của bọn trẻ đối với “vấn đề người da đỏ” đã giảm xuống, và chẳng hạn, các con tôi sẽ không còn có thể phân biệt Huron với Comanche nữa và liệu có đau lòng khi biết Osceola là ai không? Tuy nhiên, họ không thờ ơ với khả năng sử dụng vũ khí truyền thống của thổ dân Bắc Mỹ một cách đáng kinh ngạc.

Ý tưởng làm cơ sở cho lý thuyết ném rìu do độc giả đề xuất đã ra đời khi chúng tôi bắt đầu thường xuyên đi bộ đường dài. Trong thời gian rảnh rỗi, chúng tôi tìm thấy một cây chết để sử dụng trong trại (có rất nhiều trong rừng của chúng tôi) và cố gắng dùng rìu đánh nó. Đây là nơi một sự thật đáng chú ý được đưa ra ánh sáng. Hóa ra là nếu bạn đứng cách cây một khoảng nhất định, khả năng một chiếc rìu ném sẽ đập vào nó (và không bật ra, đập vào mông hoặc tay cầm) sẽ tăng mạnh. Đồng thời, chỉ cần mài giũa tối thiểu là có thể học được (tất nhiên là đứng ở khoảng cách này) để đánh cây khô chẳng hạn trăm lần một lần. Nỗ lực tìm hiểu hiện tượng này cho phép tác giả xây dựng mô hình được đề xuất dưới đây. Chúng ta sẽ thấy rằng để một người có thể sử dụng một chiếc tomahawk, không nhất thiết phải sinh ra là người da đỏ; Trên thực tế, tất cả những gì bạn cần làm là phát triển khả năng ước tính khoảng cách bằng mắt và mọi thứ khác sẽ tự giải quyết.

Bây giờ chúng ta chuyển sang xem xét mô hình. Rõ ràng, bài toán tự nhiên tách thành hai.

Đầu tiên, bạn chỉ cần có thể đập rìu vào cột hoặc cây khô; Thứ hai, nên đánh bằng lưỡi dao chứ không nên đánh bằng mông hay rìu. Chúng tôi giả định rằng người đọc có thể giải quyết được vấn đề đầu tiên.

Chuyển động của tay khi ném xảy ra như sau. Bàn tay cầm rìu quay ở khuỷu tay với một vận tốc góc nhất định $\omega$, và cú ném xảy ra vào thời điểm vận tốc của khối tâm rìu hướng theo phương ngang. Nói một cách chính xác, nếu chúng ta muốn chiếc rìu xuất hiện ở một điểm nhất định trên cột thì hướng vận tốc của nó tại thời điểm ném có thể khác với phương ngang. Tuy nhiên, chúng tôi đặt ra cho mình một bài toán khiêm tốn hơn: chỉ cần cắm tomahawk vào một cột đứng thẳng đứng (bất kể ở điểm nào). Với công thức này, người ta có thể yêu cầu và chấp nhận lời giải Trái đất. Tác dụng của trọng lực sẽ làm cho chiếc rìu xuất hiện trong cột thấp hơn một chút.

Trong mô hình của chúng tôi, người ta tin rằng - và điều này rất quan trọng - rằng khi ném rìu, rìu sẽ không bị xoắn một cách chua chát. Với tất cả mong muốn, điều thực tế là cần thiết (và người đọc có thể dễ dàng xác minh điều này từ kinh nghiệm của chính mình) là tạo cho tomahawk một vòng quay bổ sung đáng chú ý với chuyển động của axit trong một thời gian ngắn sau khi ném. Vì vậy, tại thời điểm ném, chúng ta chỉ cần thả chiếc rìu ra, để nó tiếp tục di chuyển tự do.

Hãy nhập các tham số sau (xem hình ở trang 19): $l$ - khoảng cách từ tâm quay của cánh tay ở khuỷu tay đến điểm $B$, một vị trí nhất định trên rìu nơi chúng ta cầm rìu; $a$ — khoảng cách từ điểm $B$ đến điểm $M$ — khối tâm của trục; $\alpha$ là góc tạo bởi bàn tay và chiếc rìu. Góc $\alpha$ có thể thay đổi trong một số giới hạn nhất định, nhưng thuận tiện nhất là ném khi $\alpha \approx \pi/2$. Trong trường hợp này, tốc độ chuyển động của khối tâm của chiếc rìu được ném sẽ mô tả dạng sau:

$$v = \omega \sqrt{a^2 + l^2}.$$

21

Bây giờ chúng ta hãy xác định vận tốc góc quay của tomahawk đang bay. Cách dễ nhất để thực hiện việc này là vào hệ thống báo cáo, di chuyển cùng với khối tâm của chiếc rìu với tốc độ $v$. Trong hệ thống báo cáo này, điểm $M$ (tâm khối) bị chôn vùi và điểm $B$ (giống như tất cả các điểm khác của tomahawk) quay xung quanh nó; tốc độ $u$ của điểm $B$ tại bất kỳ thời điểm nào được hướng vuông góc với trục và bằng $\omega_B a$, trong đó $\omega_B$ là vận tốc góc quay của tomahawk đang bay. Trong hệ thống báo cáo cố định, điểm $B$ tại thời điểm ném có tốc độ $\omega l$, hướng vuông góc với $l$, tức là dọc theo chiếc rìu. Như vậy,

$$u = \omega_B a = \sqrt{v^2 - (\omega l)^2}.$$

Thay $v = \omega \sqrt{a^2 + l^2}$, ta được

$$\omega_B a = \omega a, \text{ т. е. } \omega_B = \omega$$

một chiếc tomahawk được ném sẽ quay với tốc độ góc $\omega$, bằng tốc độ góc quay của cánh tay khi ném. Kết luận này sẽ vẫn đúng ngay cả khi góc $\alpha$ khác với $\pi/2$. Kết quả thu được, mặc dù đơn giản, nhưng rất quan trọng. Thật vậy, từ đó suy ra rằng tỷ số giữa tốc độ tịnh tiến của khối tâm tomahawk với vận tốc góc quay của nó không phụ thuộc vào “lực ném” (vào xung lực truyền tới chiếc rìu tại thời điểm ném) và bằng $v/\omega = \sqrt{a^2 + l^2}$. Điều này có nghĩa là khoảng cách $L_n$ mà chiếc rìu sẽ bay sau khi thực hiện $n$ vòng quay cũng không phụ thuộc vào lực ném. Xét rằng thời gian cần thiết để chiếc rìu quay $n$ là $2\pi n/\omega$, ta tìm thấy $L_n$:

$$L_n = 2\pi n \sqrt{a^2 + l^2}.$$

Chúng tôi đi đến một kết luận đáng chú ý: có một “phổ” khoảng cách $L_n$, và để ném thành công, bạn cần phải cách mục tiêu một khoảng cách

$$L_n + \arctg (l/a)\sqrt{a^2 + l^2}$$

(sự xuất hiện của số hạng thứ hai là do tại thời điểm ném cán rìu tạo thành một góc với phương thẳng đứng bằng $\arctg (l/a)$).

Hãy ước tính giá trị của các phần tử của “lượng tử” $L_1$, tức là khoảng cách mà chiếc rìu đã bay được một vòng. Hãy lấy $l = 33$ cm, $a = 20$ cm (tác giả tự lấy số đo bằng tay và bằng rìu của thợ mộc cá nhân). Tính toán cho $L_1 = 2,42$ m. Như vậy, một chiếc rìu được ném từ khoảng cách 2,82 m (nhớ rằng đến $L_1$ bạn cũng cần thêm số hạng với arctigens), thực hiện một vòng sẽ trúng mục tiêu.

Kinh nghiệm cho thấy rằng thực tế mà không cần bất kỳ sự huấn luyện nào, bạn có thể bắn trúng mục tiêu thành công từ khoảng cách $L_1$ và $L_2$. Việc vươn lên các “cấp độ lượng tử” tiếp theo vốn đã khó khăn hơn, nhưng nhiều người quen của tác giả mà không có sự cải thiện rõ rệt đều ở tầm cỡ một cái cây khô từ khoảng cách $L_4$, vượt quá 10 m.

“Tất cả điều này thật tuyệt vời,” người đọc sẽ nói. “Tuy nhiên, người Ấn Độ có khả năng bắn trúng mục tiêu không chỉ từ khoảng cách $L_n$. Làm thế nào anh ta có thể làm được điều này?

Có vẻ như mọi thứ đều rất đơn giản. Mô hình của chúng tôi có một tham số $a$, rất dễ thay đổi: để làm điều này, ngay khi ném tomahawk, hãy nắm lấy một vị trí khác trên tay cầm của nó. Trong trường hợp này, “phổ” cũng sẽ khác. Do đó, sự thay đổi vị trí của điểm chụp $B$ dẫn đến việc làm mờ các “cấp độ” $L_n$ và hình thành “cấu trúc vùng” theo nghĩa bóng của chính nó. Ở trong một trong những vùng được phép này, bạn có thể chọn vị trí của điểm $B$ (hoặc tương tự, tham số $a$) và thực hiện cú ném thành công. Hơn nữa, nếu bạn sử dụng tomahawk có tay cầm đủ dài, bạn có thể thêm các vùng chồng lên nhau tương ứng với các cấp độ kết nối $L_n$ và $L_{n+1}$. Hãy để chúng tôi ước tính độ dài của tay cầm cần thiết cho việc này

22

ki $b$. Rõ ràng, để các vùng liền kề chồng lên nhau, bài toán sau đây phải được thực thi:

$$2\pi n \sqrt{l^2 + b^2} = 2\pi (n + 1)\sqrt{l^2 + a_{\min}^2},$$

trong đó $a_{\min}$ là khoảng cách tối thiểu từ điểm $B$ đến tâm khối $M$. Kinh nghiệm cho thấy nếu $a$ nhỏ hơn 10 cm thì ném rìu là bất tiện. Do đó, để ước tính $b$, giá trị $a_{\min}$ có thể lấy bằng 10 cm. Giải phương trình cuối cùng, ta tìm được $b$:

$$b = \frac{1}{n} \sqrt{(2n + 1)l^2 + (n + 1)^2a_{\min}^2}.$$

Việc xem xét biểu thức này cho thấy rằng cần có trục dài nhất để chồng lên vùng thứ nhất và vùng thứ hai, tức là đối với $n = 1$. Thay các giá trị $l = 33$ cm, $a_{\min} = 10$ cm, $n = 1$ vào công thức cho $b$, ta được $b \approx 60$ cm. Để bao phủ vùng thứ hai và thứ ba ($n = 2$), chỉ cần có một chiếc tomahawk với chiều dài tay cầm $b = 40$ cm, v.v. Vì vậy, để có thể bắn trúng mục tiêu từ mọi khoảng cách, các giá trị $b$ phải khá lớn. Không có gì ngạc nhiên khi tomahawks của Ấn Độ có tay cầm dài như vậy!

Trên thực tế, bạn có thể sử dụng chiều dài rìu ngắn hơn: chiếc rìu có thể bị chặt thành cây khô ở cả phần trên và phần dưới của khu rừng, điều này dẫn đến việc thu hẹp thêm ranh giới của các khu vực được phép. Kinh nghiệm của tác giả cho thấy chỉ cần một chiếc rìu dài 50 cm là đủ.

Vì vậy, mô hình được xem xét cho thấy rằng việc học cách ném tomahawk chính xác không quá khó. Bạn chỉ cần ước tính khoảng cách tới mục tiêu và giữ chiếc rìu ở vị trí thích hợp trên tay cầm của nó. Trong trường hợp này, chiếc rìu có thể được lập trình trước bằng cách đánh dấu các vạch chia trên trục tương ứng với khoảng cách đã cho đến mục tiêu.

Nhưng người Ấn Độ ném tomahawk như thế nào? Rất có thể họ làm điều này theo cách được mô tả ở trên. Nhưng có lẽ họ cũng có thể vặn rìu bằng bàn chải? Tác giả không biết điều này vì ông không biết người Ấn Độ nào cả. Tất cả những gì còn lại là phát hiện ra rằng một ngày nào đó một cuộc làm quen như vậy sẽ xảy ra, và thậm chí khi đó tác giả sẽ không bỏ lỡ cơ hội tìm hiểu thêm những bí mật của môn nghệ thuật tuyệt vời này.

Ném Tomahawk là một môn thể thao thú vị. có thể anh ấy sẽ tìm thấy những người theo dõi mình trong số chúng tôi, những người sẽ thành lập một hiệp hội, thực hiện các cuộc thám hiểm về phía bắc và - ai biết được? - liệu nó có bao giờ được đưa vào chương trình Olympic không?

23

Bài tập
M1191 — M1195, F1198 — F1202

M1191. Giả sử $A_1, A_2, A_3, \dots$ là một dãy điểm nhất định trên mặt phẳng. Bắt đầu từ điểm neokota $T_0$, chúng ta xây dựng chuỗi $T_1, T_2, T_3, \dots$, trong đó $T_n$ là một điểm đối xứng với $T_{n-1}$ so với $A_n$ ($n=1, 2, 3, \dots$).

Chuỗi $A_n$ phải thỏa mãn những điều kiện cần và đủ nào để chuỗi $T_n$ tuần hoàn đối với bất kỳ lựa chọn điểm $T_0$ nào (tức là $T_{n+p}=T_n$ đối với một số $p$ đối với tất cả $n$)?

I. F. Akulich

M1192. Được biết, tất cả các cạnh của khối đa diện $M$ đều bằng nhau và chạm vào một quả bóng nhất định.
a) Cho một trong các mặt $M$ có số cạnh lẻ. Chứng minh rằng tồn tại một quả cầu ngoại tiếp $M$.
b) Có nhất thiết phải theo các điều kiện ở a) quả bóng được viết bằng $M$ tồn tại không?
b) Cho tất cả các mặt $M$ có cùng số cạnh. Chứng minh rằng tồn tại một quả bóng được viết bằng $M$.
d) Theo các điều kiện ở điểm b) có cần thiết phải tồn tại một quả bóng viết không?

V. A. Senderov

M1193*. Chứng minh (với mọi số $a, b, c, x, y, z$) bất đẳng thức
$$ax + by + cz + \sqrt{(a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + z^2)} \geq \frac{2}{3}(a + b + c)(x + y + z).$$
V. Curtoaje (Romania)

M1194. a) Từ điểm $M$ bên trong hình chữ nhật $ABCD$ có diện tích $S$, vẽ các đường phân giác $ME, MF, MG, MH$ của tam giác $AMB, BMC, CMD, DMA$. Chứng minh rằng diện tích $S_0$ của tứ giác $EFGH$ thỏa mãn các bất đẳng thức sau:
$$\frac{3}{8}S < S_0 \leq \frac{1}{2}S.$$
b) Đối với những điểm như vậy $M$ đẳng thức $S_0 = S/2$ có đúng không?
A. A. Azamov

M1195. Trình tự $x_1, x_2, \dots$ sao cho mọi số tự nhiên $m$ và $n$
$$|x_{m+n} - x_m - x_n| < 1/(m+n).$$
Chứng minh rằng dãy số này là một cấp số cộng.
O. T. Izhboldin

F1198. Một ống có bán kính $R$ được đổ đầy cát đến độ cao $H(H > 200R)$. Mật độ cát $q$. Tìm lực ép tối thiểu của cát tác dụng lên đáy ống. Được biết, đây

24

nước trên bề mặt nằm ngang tạo thành một ngọn đồi có góc giới hạn ở chân $\gamma_0$ (hình 1), và góc này nhỏ ($\gamma_0 \sim 0,1$ rad). Hệ số ma sát tĩnh giữa cát và vật liệu bằng $\mu$.

A. N. Semenov

F1199. Theo kinh nghiệm, người ta biết rằng tốc độ của sóng trên bề mặt đại dương, có chiều dài $\lambda = 10$ m, bằng $v = 4$ m/s. Giả sử rằng trong đại dương ở độ sâu lớn có một mặt phân giới, phía trên có ít nước mặn hơn và phía dưới có nhiều nước mặn hơn, sao cho chênh lệch mật độ của nước là $\Delta \rho = 1$ kg/m$^3$. Có thể có sóng dọc theo ranh giới này (gọi là sóng nội bộ). Tìm tốc độ của sóng có chiều dài $\lambda = 10$ m. Coi biên độ của sóng là nhỏ.

V. V. Geojavev

F1200. Có hai chiếc ly giống hệt nhau trên bàn, một trong số đó đựng trà nóng. Nhiệt độ trà $t_0$. Trà cần được làm nguội đến nhiệt độ $t_k$. Điều này có thể được thực hiện theo hai cách:

1. ngay lập tức rót trà vào ly thứ hai và đợi cho đến khi trà nguội đến nhiệt độ $t_k$;
2. đợi cho đến khi trà nguội đến một nhiệt độ nhất định $t_1$ sao cho sau khi rót vào ly thứ hai, nhiệt độ của trà ngay lập tức trở thành $t_k$.

Cách nào là nhanh nhất? Được biết, độ truyền nhiệt của kính với vật nào đó tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa kính và môi trường; sự trao đổi nhiệt giữa tấm kính và tấm kính diễn ra rất nhanh. Nhiệt dung của ly là $C_0$, nhiệt dung của trà là $C$.

K. S. Vedoye

F1201. Có một thiết bị điện tử phi tuyến $\tilde{R}$. hình 2 hiển thị biểu đồ về sự phụ thuộc của dòng điện qua thiết bị với điện áp trên nó (ở phần 1-2 và 3-4 độ chồng chéo của biểu đồ là rất lớn). Các trạng thái được tập hợp từ $\tilde{R}$, một cuộn dây có độ tự cảm $L$ và pin có emf bằng $U_0$ (thiết bị được bật với cực “đúng” tương ứng với biểu đồ). Vẽ đồ thị cường độ dòng điện trong mạch theo thời gian và tìm chu kỳ dao động của dòng điện.

K. S. Vedoye

F1202. Trong quá trình phóng điện ở neon loãng (Ne) ở nhiệt độ phòng, một phần rất nhỏ nguyên tử neon phân hủy thành electron và ion (khối lượng của $M$ nguyên tử neon gấp $4 \cdot 10^4$ lần khối lượng của $m$ electron). Độ dài đường đi tự do của các electron (tức là khoảng cách trung bình mà một electron di chuyển mà không va chạm) là $l = 0,1$ mm. Chất khí nằm trong điện trường có hiệu điện thế $E = 10$ V/cm. Hãy ước tính “nhiệt độ” của các electron tương ứng với động năng trung bình của chúng. Hằng số lớn $k = 1,38 \cdot 10^{-23}$ J/K, điện tích electron $e = -1,6 \cdot 10^{-19}$ Cl.

D. A. Kuptsov

25

Lời giải bài toán
M1166 — M1169, F1178 — F1182

Thay thế $p, q, r$ bằng các số đối của chúng nếu cần, chúng ta có thể quy vấn đề về trường hợp hai trong số các số $p, q, r$, ví dụ $p$ và $q$, không dương và số thứ ba (số $r$) không dương. Do đó, theo bất đẳng thức tam giác $c^2 \geq (a-b)^2$,
$$a^2 pq + b^2 qr + c^2 rp \leq a^2 pq + b^2 qr + (a-b)^2 rp = a^2 p(q+r) + b^2 r(q+p) - 2abrp = -(ap+br)^2 \leq 0.$$
Vâng. Sh. Mustafaev

M1167. Có bao nhiêu hoán vị của các số $1, 2, ..., n$ trong đó, với bất kỳ số $i$ nào không đứng ở vị trí đầu tiên thì ít nhất một trong các số $i-1$ và $i+1$ nằm ở bên trái của $i$?

Đáp số: $2^{n-1}$. Đặt số $k$ ở vị trí đầu tiên. Lưu ý rằng nếu $k > 1$ thì các số $k-1, k-2, ..., 1$ nằm trong hoán vị của chúng ta theo thứ tự giảm dần (nếu chúng ta di chuyển từ trái sang phải). Thật vậy, theo điều kiện, ở bên trái của số 1 phải có 2, ở bên trái của 2-1 hoặc 3, tức là 3, ở bên trái của 3-2 hoặc 4, tức là 4, v.v. Tương tự, với $k < n$ số $k+1, k+2, ..., n$ theo thứ tự tăng dần, vì ở bên trái của $n$ phải có $n-1$, ở bên trái của số $n-1$ là số $n-2$, v.v. Do đó, bất kỳ hoán vị được sắp xếp lại nào cũng được xác định duy nhất bởi tập hợp các vị trí bị chiếm bởi các số $1, 2, ..., k-1$ (những vị trí như vậy có thể không tồn tại nếu $k=1$, tức là đối với hoán vị $1, 2, ..., n$). Số lượng các bộ này bằng số tập hợp con của tập hợp các phần tử $n-1$ - tất cả các vị trí ngoại trừ vị trí đầu tiên, tức là $2^{n-1}$.

A. V. Anzhans

M1168*. Đất nước có 1989 và 4000 (mỗi con đường nối hai thành phố). Chứng minh rằng có thể chọn được một đường vòng đi qua không quá 20 thành phố.

Hãy gọi một thành phố là “ngược dòng” nếu có không quá 2 con đường dẫn từ nó. Hãy xóa thành phố thuộc tỉnh vành đai, nếu có, khỏi bản đồ đất nước, cùng với những con đường dẫn từ đó. Hãy tạo một bản đồ mới theo cách tương tự và tiếp tục xóa các thị trấn cấp tỉnh cho đến khi chúng biến mất. Số lượng đường mà chúng ta có thể xóa trong trường hợp này không vượt quá 2·1989, tức là nhỏ hơn 4000; nên ít nhất một thành phố sẽ còn lại.

Hãy chọn bên trái trong số các thành phố còn lại. Ít nhất 3 con đường thoát ra khỏi nó, cũng như từ các thành phố còn lại khác. Hãy đi dọc theo một trong số chúng và mỗi khi đến một thành phố mới, chúng ta sẽ ngạc nhiên hơn nữa dọc theo một trong những con đường, khác với con đường mà chúng ta đã đi qua. Nếu 2 tuyến đường bất kỳ bao gồm không quá 10 đường kết thúc ở cùng một thành phố thì chúng ta sẽ nhận được tuyến đường vành đai mong muốn không quá 20 đường (xem hình). Nhưng không thể khác được, vì số lượng tất cả các tuyến đường như vậy không nhỏ hơn $3+3\cdot 2+3\cdot 2^2+...$

26

…+3 · 2^9=3069, và số lượng thành phố, tức là số điểm cuối có thể có của các tuyến đường này, không quá năm 1989.

lời giải này có thể được khái quát hóa cho trường hợp $n$ thành phố và $m$ đường. Là kết quả của việc “phân chia” bản đồ hiện trạng thành phố, từ đó có ít nhất $s$ đường, trong đó $s$ là số nhỏ nhất sao cho $s \geq m/n$. Và sự khác biệt với các tuyến đường không giao nhau cho phép chúng ta chứng minh sự tồn tại của một chu kỳ (tuyến đường tròn) của $l$ đường, trong đó

$$l \leq 2[\log_{s-1} \frac{n(s-2)+2}{s} +1]$$

(dấu ngoặc vuông chỉ phần nguyên của số). Cụ thể, với $n=1989$ và $m=4000$, chúng ta nhận được $s=3$ và $l \leq 20$.

Một câu hỏi thú vị khác là: với bao nhiêu con đường $m$ giữa $n$ thành phố, chúng ta có thể tìm thấy một hệ thống đường không chứa các chu trình có độ dài $d$? Sử dụng một ước tính khá phức tạp về số lượng đường trung bình trong một hệ thống như vậy, có thể thấy rằng điều này có thể thực hiện được với

$$m < p \left( \frac{n(n-1)}{2} - \frac{n^2}{2d} \right),$$ ở đâu $p=n^{-\frac{d-2}{d-1}}$.

A. A. Razborov

M1169. Giả sử $M$ là một điểm nằm bên trong đường thẳng ABCD, có diện tích $S$. Chứng minh bất đẳng thức $S \leq AM \cdot CM + BM \cdot DM$.

Rõ ràng là diện tích của hình chữ nhật gấp đôi tổng diện tích của các tam giác AMD và BMC. (Để chứng minh, chỉ cần kiểm tra qua $M$ đường thẳng song song với $AD$, rồi tính diện tích của mỗi đường thẳng/đường thẳng tạo thành.) Áp dụng cho cạnh $AD$ tam giác VÀ bằng CMB sao cho $AN=CM$, $DN=BM$ (xem hìnhok). Sau đó

$$S = 2(S_{AMD} + S_{BMC}) = 2S_{AMDN} = 2S_{AMN} + 2S_{DMN} \leq AM \cdot AN + DN \cdot DM = AM \cdot CM + BM \cdot DM,$$

Q.E.D.

Tôi. Vâng. Goldsheid

F1178. Một tấm ván ép rơi vào không gian. Hóa ra tại một thời điểm nào đó vận tốc của hai điểm trên tấm $a$ và $b$ bằng nhau - $\vec{v}_a = \vec{v}_b = \vec{v}$ - và nằm trong mặt phẳng của tấm. Hóa ra là sco-

Chúng ta hãy tưởng tượng chuyển động phức tạp của tất cả các điểm của tấm gỗ dán tại một thời điểm xác định là tổng của hai chuyển động đơn giản - tịnh tiến cùng với các điểm $a$ và $b$ (và do đó cùng với đường thẳng $ab$) và quay tương đối với trục $ab$.

Hãy xem xét điểm $c$. Vectơ vận tốc $\vec{v}_c$ của nó bao gồm vectơ $\vec{v}$, tương ứng với chuyển động tịnh tiến và vectơ $\vec{v}_{bp}$, tương ứng với chuyển động quay

27

tốc độ tăng của một điểm trên tờ c, nằm từ các điểm a và b ở khoảng cách bằng khoảng cách giữa các điểm a và b, gấp đôi tốc độ v. Ở đâu trên tờ giấy lúc này là những điểm có tốc độ bằng 3v?

Hình 1.

Hình 2.

Chuyển động và các vectơ $\vec{v}$ và $\vec{v}_{\text{bp}}$ vuông góc với nhau (hình 1):

$$\vec{v}_c = \vec{v} + \vec{v}_{\text{bp}},$$
hoặc $v_c^2 = v^2 + v_{\text{bp}}^2.$

Vì $v_c = 2v$, chúng tôi nhận được

$$v_{\text{bp}} = \sqrt{3}v.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm khoảng cách từ điểm c đến đường thẳng ab. Các điểm a, b và c là các đỉnh của một tam giác đều (hình 2). Hãy biểu thị cạnh của nó, ví dụ ab, bằng l. Khi đó khoảng cách chúng ta quan tâm

$$d = l \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Rõ ràng là các điểm mong muốn của tấm ván ép, tốc độ lớn hơn v gấp 3 lần về giá trị tuyệt đối, nằm trên hai đường thẳng song song với trục ab và cách nó một khoảng L nhất định. Để tìm khoảng cách này, chúng ta tiến hành như sau. Tương tự với điểm c, chúng ta biểu thị tốc độ của các điểm cần tìm bằng tổng các vận tốc $\vec{v}$ và $\vec{v}'_{\text{bp}}$ vuông góc với nhau:

$$(3v)^2 = v^2 + (v'_{\text{bp}})^2,$$

chúng ta lấy nó từ đâu

$$v'_{\text{bp}} = 2\sqrt{2}v.$$

Bây giờ hãy so sánh tốc độ $v_{\text{bp}}$ và $v'_{\text{bp}}$. Một mặt,

$$\frac{v_{\text{bp}}}{v'_{\text{bp}}} = \frac{\sqrt{3}v}{2\sqrt{2}v} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},$$

mặt khác -

$$\frac{v_{\text{bp}}}{v'_{\text{bp}}} = \frac{d}{L} = \frac{l\sqrt{3}/2}{L}.$$

Như vậy,

$$\frac{l\sqrt{3}/2}{L} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}},$$
và $L = l\sqrt{2}$.

K. S. Sergeev

F1179. Nếu sét đánh xuống mặt nước trong cơn giông bão, thì sau cơn giông, người ta đôi khi nhìn thấy cá chết nổi trên mặt hồ. Làm thế nào để bắt buộc? Suy cho cùng, xác suất sét đánh trúng một con cá sống ở vùng nước thấp là rất thấp.

Tất nhiên, con cá bị giết không phải do sét đánh trực tiếp mà do dòng điện truyền qua nước. Khi bạn di chuyển ra khỏi vị trí bị sét đánh, mật độ dòng điện giảm dần. Sự chênh lệch điện thế xuất hiện trên cơ thể cá tỷ lệ thuận với cường độ dòng điện và mật độ dòng điện nhất định truyền qua nước. Cá nằm trong khu vực có mật độ dòng điện vượt quá giá trị tới hạn sẽ chết. Kích thước đặc trưng của khu vực này dao động từ vài mét đến vài mét,

28

Và có thể có một số loài cá ở vùng nguy hiểm này.

Trong một số trường hợp, tình huống tương tự có thể xảy ra khi điện áp cao quay và rơi xuống đất. Trong trường hợp này, mật độ dòng điện chạy qua mặt đất tăng lên khi nó đến gần nơi dây rơi. Mức độ nguy hiểm đối với một người được đặc trưng ở đây bởi cái gọi là “điện áp bước” - điện áp phát sinh giữa hai chân của một người khi tiếp xúc với mặt đất. Rõ ràng là các bước nhỏ sẽ dẫn đến điện áp bước thấp hơn - đó là lý do tại sao cần phải rời khỏi vùng nguy hiểm nơi có ống bịt kín trong các bước nhỏ.

A. I. Buzdin

F1180. Bóng đèn nối với pin sẽ cháy trong ba giờ, sau đó pin sẽ cạn kiệt. Chúng tôi đã tạo một bản sao của loại pin này với kích thước tuyến tính gấp đôi từ cùng một vật liệu. Bóng đèn tương tự sẽ sáng trong bao lâu khi được kết nối với một bản sao như vậy? Điện trở trong của pin nhỏ hơn nhiều so với điện trở của bóng đèn.

Vì suất điện động của nguồn dòng hóa học chỉ được xác định bởi thành phần hóa học của nó nên suất điện động của bản sao sẽ bằng suất điện động của pin. Đặt emf này bằng $\mathcal{E}$, điện trở của bóng đèn là $R$ và điện trở trong của nguồn là $r$. Khi đó tổng công suất giải phóng trong mạch pin là $P_1 = \mathcal{E}^2 / (R + r_1)$ và trong mạch sao chép - $P_2 = \mathcal{E}^2 / (R + r_2)$. Vì $r_1 \ll R$ và do đó $r_2 \ll R$,

$$P_1 \approx P_2 \approx \frac{\mathcal{E}^2}{R}.$$

Nguồn dòng điện hóa học hoạt động bằng cách tiêu thụ năng lượng của các chất hóa học được lưu trữ trong nó. So với pin, bản sao chứa lượng thuốc thử nhiều hơn $2^3 = 8$ lần, do đó, với cùng công suất, nó có thể thực hiện cùng một lượng công việc. Điều này có nghĩa là bóng đèn kết nối với bản sao sẽ sáng trong 24 giờ.

K. S. Bedov

F1181. Một vật liệu dẫn điện mỏng, cứng đâm vào bề mặt nằm ngang không dẫn điện và nằm trong một từ trường đều, các đường cảm ứng của nó nằm ngang. Khối lượng vòng $m$, bán kính $R$, giá trị chỉ số $B$. Phải cho dòng điện chạy qua cái gai bằng bao nhiêu để nó bắt đầu nhấc lên?

Chúng ta hãy nhìn vào chiếc nhẫn khi nó vẫn ở vị trí nằm ngang (xem hình; nó hiển thị góc nhìn từ trên xuống). Chúng ta hãy đánh dấu trên đó kích thước của các điểm $C$ và $D$, hai phần nhỏ có chiều dài $\Delta l$ mỗi phần, nằm đối xứng với đường kính của vòng $AB$. Đoạn thứ nhất chịu tác dụng của lực thẳng đứng hướng xuống

$$\Delta F_1 = BI \Delta l \sin \alpha = BI \Delta x,$$

trong đó $\Delta x$ là hình chiếu của đoạn $\Delta l$ lên hướng của đường kính $AB$. Đoạn thứ hai chịu tác dụng của lực thẳng đứng hướng lên

$$\Delta F_2 = BI \Delta l \sin \alpha = BI \Delta x.$$

29

Các lực này, có độ lớn giống nhau và hướng ngược nhau, đại diện cho một cặp lực tạo ra mômen quay so với trục $AB$

$$\Delta M = \Delta F_1 l_{CD} = BI \Delta x l_{CD} = BI \Delta S,$$

trong đó $\Delta S$ là diện tích của phần đường viền được tô bóng trên hình.

Chia toàn bộ chiếc nhẫn thành các cặp phần nhỏ tương tự nằm đối xứng với đường kính $AB$. Khi đó, chúng ta thu được rằng một vòng dẫn mỏng có dòng điện $I$, nằm trong từ trường nằm ngang có cảm ứng $B$, sẽ chịu một mômen lực từ bằng

$$M_{\text{магн}} = BIS = BI \pi R^2.$$

Anh ta quay chiếc nhẫn quanh trục ngang $AB$.

Khi vòng chuẩn bị nâng, hai lực cơ học sẽ quay ngược lại - lực hấp dẫn $mg$, tác dụng tại tâm vòng và theo hướng thẳng đứng hướng xuống, và phản lực pháp tuyến $N$, tác dụng tại điểm tiếp xúc của vòng và mặt phẳng và theo hướng thẳng đứng hướng lên trên. Vì chiếc nhẫn vẫn ở trạng thái cân bằng,

$$mg - N = 0, \text{ т. е. } N = mg,$$

do đó các lực cơ học tạo thành cặp lực riêng của chúng, lực này tạo ra mômen xoắn riêng

$$M_{\text{мек}} = mgR.$$

Từ trạng thái cân bằng của vòng, suy ra tổng mô men của tất cả các lực - trong trường hợp của chúng ta đây là tổng mômen của lực từ và lực cơ - bằng 0:

$$M_{\text{магн}} - M_{\text{мек}} = 0, \text{ или } BI \pi R^2 - mgR = 0.$$

Từ đây giá trị hiện tại được tìm thấy:

$$I = \frac{mg}{\pi BR}.$$

S. S. Krotov

F1182. Khi tiến hành định vị vô tuyến Mặt trăng đã nhô lên trên đường chân trời, để đảm bảo tính định hướng trở lại, bộ phát các cảnh vô tuyến tần số cao được kết hợp với kính thiên văn quang học. Tuy nhiên, với sự hiện diện của hình ảnh quang học của Mặt trăng, không có cảnh sóng vô tuyến phản xạ nào. Đồng thời, khi có thể thu được bức xạ phản xạ

Hiện tượng được mô tả thực sự đã xảy ra - tác giả gặp phải nó khi đang nghiên cứu một kênh liên lạc trong đó Mặt trăng được sử dụng làm vật phản xạ thụ động của hệ thống vô tuyến. Hơn nữa, ăng-ten kết nối với kính thiên văn quang học không nhằm mục đích hoạt động với Mặt trăng mà để thu truyền hình vệ tinh.

Khi Mặt trăng nhô lên trên đường chân trời, sự khúc xạ ánh sáng rất đáng kể, tức là các tia sáng bị bẻ cong do khúc xạ trong khí quyển. (Ví dụ, hãy nhớ rằng hình dạng và kích thước của Mặt trăng và Mặt trời bị biến dạng đến mức nào khi chúng ở thấp phía trên đường chân trời.) Đối với sóng vô tuyến (sử dụng sant-

30

Tín hiệu điốt, không có hình ảnh quang học. Đây là một nghĩa vụ.

Người định cư, Kanta

phạm vi mét) khúc xạ cũng xảy ra, nhưng điều này đáng trách hơn, vì hành vi của chiết suất ảnh hưởng đối với các cột có bước sóng khác nhau khác nhau đáng kể. Điều này có nghĩa là ánh sáng từ Mặt trăng đến với chúng ta “dọc theo một đường cong” và sóng vô tuyến dọc theo một đường cong khác, do đó hình ảnh quang học và “hình ảnh vô tuyến” không trùng nhau. Nhân tiện, chúng tôi xin lưu ý rằng nếu ăng-ten không tốt lắm (với khả năng định hướng kém hơn) thì hiện tượng được mô tả có thể đã không xảy ra.

A.R. Zilberman

Giới thiệu về bida tam giác

Trong ghi chú này, bổ sung cho bài viết của G. A. Galperin và A. M. Stepin “Chuyển động tuần hoàn của quả bi-a” («Kvant» Số 3, 1989), chúng tôi sẽ mô tả thêm một số kỹ thuật xây dựng quỹ đạo tuần hoàn trong bida tam giác, cụ thể là chúng tôi sẽ giải bài toán M1155. Chúng ta hãy nhớ lại các điều kiện của nó.

M1155. Một điểm chuyển động theo một tam giác, phản xạ từ một cạnh của nó theo định luật “góc tới bằng góc phản xạ”. Định kỳ là quỹ đạo của điểm này là một đường đứt nét khép kín và không đi qua các đỉnh của tam giác.
a) Chứng minh rằng không có tam giác nào có các cạnh khác nhau chứa quỹ đạo tuần hoàn bốn khâu.

Có tam giác nhọn nào có quỹ đạo tuần hoàn 6) gồm 5 khâu không? c) từ 7 liên kết?

Câu a) của bài toán này được chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng trong một tam giác nhất định có một quỹ đạo tuần hoàn bốn khâu. Khi đó, hai trong số bốn điểm gãy A, B, C, D của nó nằm ở một cạnh của tam giác và hai điểm còn lại không nằm ở cạnh này. Ví dụ: đặt các điểm B và D nằm trên cạnh MN của tam giác (vị trí có điều kiện của điểm ngắt được hiển thị trên hình 1). Người ta biết rằng trên đường thẳng MN chỉ có một điểm X, trong đó $\angle AXM = \angle CXN$ - cấu trúc của nó được thể hiện trong hình 2. Do đó, điểm B và D trùng nhau, và quỹ đạo của chúng ta trở thành một liên kết đôi, điều này cho phép chúng ta thực hiện những điều sau:

mâu thuẫn với giả định đã đưa ra. Đáp số cho cả hai câu hỏi 6) và c) khẳng định; ví dụ về việc xây dựng các phương pháp làm thẳng được thảo luận trong.state đã đề cập.

Chúng ta xây dựng một quỹ đạo tuần hoàn gồm 5 mắt xích (nhiệm vụ 6) trong tam giác nhọn ABC có $\angle B < \pi/4$. Phản ánh nó đối xứng với cạnh BC, chúng ta kéo dài cạnh BA’ của tam giác thu được A’BC đến giao điểm tại điểm C’ với sự tiếp nối của cạnh AC của tam giác ban đầu (hình 3, a). Dễ dàng nhận thấy rằng tam giác thu được $\angle ABC'$ là các góc nhọn ($\angle ABC' = 2\angle B < \pi/2, \angle C' < \angle BCA < \pi/2$), và do đó có một quỹ đạo tuần hoàn trong đó, các điểm gãy H1, H2, H3 trong số đó là đáy của các đường cao của tam giác ABC’ (phát biểu này đã được chứng minh trong phần đã đề cập ở trên).

31

bài viết này). Lưu ý rằng chiều cao $BH_3$ cũng là chiều cao trong tam giác $ABC$, do đó điểm $H_3$ nằm bên trong đoạn $AC$ chứ không nằm trên phần tiếp theo của nó $CC'$ (như nó có thể xuất hiện). Ngoài ra, $H_2 \in BA'$. Bây giờ đã phản xạ đối xứng với đường thẳng $BC$ phần của quỹ đạo ba vân $H_1H_2H_3$ nằm bên ngoài tam giác $ABC$, chúng ta thu được quỹ đạo tuần hoàn 5 vạch trong $\triangle ABC$. Một quỹ đạo tuần hoàn 5 khâu khác cũng thu được theo cách tương tự, nếu trước tiên bạn tạo ảnh phản chiếu của tam giác $ABC$ so với cạnh $AC$.

Tương tự, xây dựng một tam giác nhọn $ABC$, chứa quỹ đạo tuần hoàn 7 khâu (nhiệm vụ $\theta$): nếu $\angle B < \pi/6$ thì cần tạo hai hình phản xạ gương của tam giác $ABC$ quanh đỉnh $B$ ngược chiều kim đồng hồ, kéo dài cạnh $BA''$ của hình thu được $\Phi = BAA'A''$ đến giao điểm tại điểm $C'$ với sự tiếp tục của cạnh $AC$ và xây dựng một quỹ đạo tuần hoàn ba gân $H_1H_2H_3$ trong tam giác nhọn $ABC'$, hoàn toàn nằm trong hình $\Phi$ (hình 3, 6) (Sự thuộc về quỹ đạo $H_1H_2H_3$ với hình $\Phi$ rất dễ chứng minh - chúng ta để lại điều này cho người đọc.) Sau đó, gấp hình $\Phi$ thành một đàn xếp ba lớp, tức là thực hiện các phản xạ nghịch đảo liên tiếp của các tam giác đối xứng gương cùng với các phần của quỹ đạo $H_1H_2H_3$ nằm trong chúng, chúng ta thu được quỹ đạo tuần hoàn 7 khâu trong $\triangle ABC$. Bạn sẽ nhận được một quỹ đạo 7 liên kết khác nếu bạn thực hiện phản xạ

32

Điều này có nghĩa là qua $E$ điểm giao nhau của đoạn $A'B'$ với đường $AC$. Vì trong tam giác $A'EC$ góc $A'EC$ bằng nhau
$$\pi - (\alpha + (\pi - 2\beta)) = = 2\beta - \alpha > \frac{2\pi}{3} - \alpha > > \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{8} > \frac{\pi}{2},$$
điểm $C'$, là điểm đối xứng $C$ so với $A'B'$, nằm bên dưới đường thẳng $AC$. Hóa ra đường thẳng $A'C'$ nghiêng về bên trái, tức là góc $\angle A'DC$ là nhọn: $\angle A'DC = \pi - (2\alpha + (\pi - 2\beta)) = 2(\beta - \alpha) < 4\alpha < \pi/2$. Từ điều kiện trên $\alpha$ suy ra góc $F'AC$ cũng nhọn.
Chúng ta hãy chứng minh rằng trong tam giác dựng $AND$ được hình thành bởi các đường thẳng $AD$, $AF'$ và $DA'$, đáy có chiều cao $H_1$ hạ xuống $AD$ lấy đoạn $AC$. Giá trị hiệu quả, như chúng ta đã thấy, là $\angle A'DA < 4\alpha = \angle F'AD$, vì vậy chỉ cần lưu ý rằng $CD < AC$ là đủ. (Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì trong tam giác $A'CD$
$$\angle A'DC = 2\beta - 2\alpha > > 2\pi/3 - 2\alpha > \pi/2 - 2\alpha > > 4\alpha - 2\alpha = 2\alpha = \angle CA'D,$$
do đó $AC = A'C > CD$.)
Gọi $H_2$ và $H_3$ là đáy của đường cao bị bỏ qua bởi các cạnh của tam giác $AND$. Mỗi góc của tam giác $AND$ tại các đỉnh $A$ và $D$ khác với $\frac{\pi}{2}$ nhỏ hơn 0,004 (kiểm tra!), vì vậy đoạn $H_2H_3$ sẽ vượt qua điểm $B$. Hình $\Phi$, gồm 7 hình tam giác bằng $\triangle ABC$ (xem hình 4), sẽ được đặt “kiểu đàn accordion” trên $\triangle ABC$ (như bước 6) bài toán M1155). Trong trường hợp này, quỹ đạo tuần hoàn $H_1H_2H_3$ trong $\Phi$ sẽ biến thành quỹ đạo tuần hoàn $l$ trong tam giác $ABC$, gồm 15 liên kết, theo yêu cầu.
Lưu ý rằng quỹ đạo được xây dựng $l$ là ổn định: điều này có nghĩa là với một chút biến dạng của tam giác $ABC$, nó sẽ biến thành quỹ đạo tuần hoàn 15 liên kết gần với $l$.
Việc xây dựng được mô tả có thể được khái quát. Hãy bắt đầu với một tam giác phụ $\Delta_0$ có đáy $AC$ và các góc nhọn $\alpha$, $\beta$ ở đáy để tạo nên một chuỗi các hình tam giác
$$\Delta - 2l, \Delta - 1, \Delta_0, \Delta_1, \dots, \Delta_{2k},$$
giao nhau với đường ngang $AC$ và nửa mặt phẳng trên, và các tam giác lân cận của chuỗi có một cạnh chung và đối xứng với nó. Vì kết quả của việc áp dụng hai đoạn thẳng liên tiếp đối với các trục không song song là một phép quay, nên tam giác $\Delta - 2l$ được quay so với $\Delta_0$ một góc nào đó $n_1\alpha + n_2\beta + n_3\pi$; tương tự, tam giác $\Delta_2k$ được quay so với tam giác $\Delta_0$ một góc $m_1\alpha + m_2\beta + m_3\pi$. Giả sử các cặp số chuỗi ($n_1, n_2$) và ($m_1, m_2$) không cân xứng thì các tam giác $\Delta - 2l$ và $\Delta_2k$ có các cạnh vuông góc với đường thẳng $AC$ và không có đỉnh nào khác của các tam giác chuỗi trên đường thẳng này ngoại trừ $A$ và $C$. Sau đó, hóa ra là dù thay đổi góc $\alpha$ và $\beta$ nhỏ đến đâu, người ta cũng có thể thu được các hình tam giác $ABC$ với quỹ đạo tuần hoàn ổn định. Cụ thể, nếu $\Delta_0$ là tam giác vuông có $\alpha = \pi/8$, $\beta = 3\pi/8$ thì tam giác được lấy từ ký hiệu khoảng cách và đối với $\alpha = \pi/2k$, $\beta = \pi/2l$ - tam giác được lấy từ stata ở «Kvant» Số 3 (xem hình 12 trong bài viết này).

G. A. Galperin, A. M. Stepin