Kvant 1989, số 12 · 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

Thẳng trên bề mặt cong

1989

trong phòng

2 V.V. Shikin. Tuổi thọ bề mặt sạc
7 D. V. Fuchs. Trực tiếp trên các bề mặt được phủ
12 S. L. Tabachnikov. Một đa thức có bao nhiêu nghiệm?
18 V. E. Belonukin. Lực thủy triều

Sách vấn đề «Kvant»
23 Bài toán M1196—M1200, F1203—F1207
24 Lời giải bài toán M1171—M1175, F1183—F1187
31 Phân chia đa giác và… hình học phi Euclide

«Kvant» cho học sinh nhỏ
35 Bài toán
36 Ngày nào trong tuần?

40 Kính vạn hoa «Kvant»
42 Phòng thí nghiệm «Kvant»
42 M. M. Tsypin. Máy phát tần số cao

Xưởng của người nộp đơn
52 V. A. Mukushev. Phương pháp đánh giá đồ họa

Thế vận hội
Olympic Toán Quốc tế lần thứ 57 XXX
Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ 59 XX
64 I Olympic Tin học quốc tế

Thông tin
46 Trường hè Toán Lý tại Mỹ
68 Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT
71 Trò chơi là một công việc kinh doanh nghiêm túc

72 Đáp số, gợi ý, lời giải
76 Xuất bản 1989
79 Bảng câu hỏi 12—89
Pha trộn (45)
Quảng cáo (67)

bìa của chúng tôi
1 Đây là hình dạng bóng của một hyperbol, được chiếu sáng bởi các tia sáng song song với một trong các thành phần của nó. Hyperbolide là một bề mặt nhân tạo được tạo thành từ các đường thẳng (xem bài viết ở trang 7).
2 Bạn có liên tưởng gì đến bức tranh “Hector và Andromache” của họa sĩ người Ý Giorgio de Chiriko? Chúng tôi liên kết nó với bài viết “Sự phân chia của đa giác và… hình học phi Euclide” (tr. 31).
3 trang cờ vua.
4 dấu hiệu bí ẩn trên hình - lời chúc năm mới khó hiểu.

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

2

ĐÃ TÍNH PHÍ
BỀ MẶT CHẤT LỎNG

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

Ai trong chúng ta chưa từng quan sát thấy những gợn sóng trên mặt hồ hay “sóng” trong ly… Những kích thích này vô tình phát sinh (do một cơn gió thổi, do một lực đẩy yếu), dần dần biến mất - bề mặt tự do của chất lỏng trở lại trạng thái cân bằng. Nói cách khác, trạng thái cân bằng của bề mặt tự do là ổn định. Tuy nhiên, điều này không phải lúc nào cũng đúng. Trong một số trường hợp thú vị, biên độ của các dao động nhỏ xảy ra ngẫu nhiên tăng tự phát theo thời gian. Trạng thái như vậy của một hệ động lực (bề mặt tự do của chất lỏng là trường hợp đặc biệt của hệ) được gọi là không ổn định. Nghiên cứu chi tiết về sự phát triển của tính không ổn định là rất thú vị từ quan điểm tìm hiểu tính chất vật lý của hiện tượng cơ bản này. Hóa ra các quá trình xảy ra trong các hệ thống khác nhau phần lớn là giống nhau. Trong bài này chúng ta sẽ xem xét các loại mất ổn định nổi tiếng nhất của bề mặt tự do của chất lỏng.

I. Cơ hội đơn giản nhất để theo dõi sự phát triển tính không ổn định của bề mặt tự do của chất lỏng được cung cấp bằng cách quan sát dòng nước chảy từ vòi nước hoặc tốt hơn là từ một pipet mỏng. Sự không ổn định ở đây thể hiện ở chỗ bề mặt hình trụ nhẵn ban đầu của tia ở một khoảng cách nào đó so với mép của pipet sẽ trở thành “gợn sóng”, và thậm chí thấp hơn nó sẽ vỡ thành những giọt riêng biệt. Một ví dụ về hành vi phản lực như vậy là ở hình 1.

Bản chất của hiện tượng này đã được hiểu vào cuối thế kỷ này nhờ công trình của nhà vật lý nổi tiếng người Anh Lord Rayleigh. Sự phân hủy của lớp vảy xảy ra khi năng lượng của bề mặt căng của xi lanh lỏng $W_\pi$ hóa ra lớn hơn năng lượng $W_\kappa$ của những giọt có thể hình thành từ nó:

$$W_\pi > W_\kappa.$$ (*)

Trong quá trình “chia” tia thành các giọt, lực căng bề mặt đóng vai trò quyết định. Ngoài các lực này, lực hấp dẫn còn liên quan đến bài toán khi tia chảy ra khỏi lỗ. Tuy nhiên, trong trường hợp này, chúng hướng dọc theo bề mặt của tia và do đó không tham gia tích cực vào sự phát triển mất ổn định (tình huống thay đổi nếu ranh giới vuông góc với hướng của lực hấp dẫn; chúng ta sẽ nói về trường hợp này sau).

Hãy xem sự bất ổn (*) tương ứng với những điều kiện nào.

Vì vậy, độ rỗng của hình trụ không bù là $l$ và bán kính của nó là $r_\pi$. Trong trường hợp này, năng lượng bề mặt của hình trụ là

$$W_\pi = 2\pi r_\pi l\sigma,$$

trong đó $\sigma$ là hệ số căng bề mặt. Nếu hình trụ vỡ thành $n$ những giọt gần giống nhau có bán kính $r_\kappa$, thì năng lượng bề mặt của toàn bộ thể tích của những giọt này bằng

$$W_\kappa = 4\pi r_\kappa^2 n\sigma.$$

Tổng thể tích của các giọt bằng thể tích của hình trụ (toàn bộ thể tích chất lỏng sẽ được bảo toàn). Từ điều kiện này, chúng ta có thể tìm thấy mối liên hệ giữa độ rơi và bán kính của hình trụ:

$$\pi r_\pi^2 l = \frac{4}{3} \pi r_\pi^3 n,$$

do đó bất đẳng thức (*) được thỏa mãn khi

$$r_\pi l > 2n \left(\frac{3}{4} r_\pi^2 \frac{l}{n}\right)^{2/3},$$

3

t. đ. hình trụ trở nên không ổn định nếu chiều dài của nó lớn hơn bán kính $r_\pi$ vài lần:

$$\frac{l}{n} > \frac{9}{2} r_\pi.$$

Đối với $n=1$ điều kiện này được thỏa mãn đối với $l > 4,5$ $r_\pi$.

Một sự xem xét chính xác hơn, sử dụng Rayleigh logic, cho thấy rằng các sự kiện trong một bài toán nhất định phát triển như sau. Trên bề mặt của một ống trụ chất lỏng nhẵn rơi xuống từ lỗ pipet, xuất hiện những dao động yếu vì nhiều lý do ngẫu nhiên. Các bước sóng $\lambda$ tương ứng với những rung động này có thể khác nhau. Nếu $\lambda$ nhỏ hơn một giá trị tới hạn nhất định $\lambda^*$ ($\lambda < \lambda^*$), các dao động sẽ bị tắt dần - chúng phát sinh một cách tự phát và nhanh chóng tắt đi. Tuy nhiên, các dao động “sóng dài” - từ $\lambda > \lambda^*$ - phát sinh theo hướng tỏa tròn, bắt đầu tăng biên độ của chúng. Bước sóng tới hạn, chia toàn bộ tập hợp các dao động có thể thành hai loại khác nhau về chất - ổn định và không ổn định, hóa ra bằng $\lambda^* = 2\pi r_\pi$.

Giá trị này lớn hơn một chút so với giá trị $\lambda^* = 4,5r_\pi$ thu được nhờ sự trợ giúp của các phép tính cơ bản của chúng tôi, nhưng nó tuân theo các nguyên tắc vật lý tương tự về sự xuất hiện của sự mất ổn định. Tại thời điểm biên độ dao động tăng dần tương đương với bán kính của hình trụ chất lỏng, hình trụ bắt đầu tan rã thành từng giọt riêng lẻ. Thời gian phát triển sự mất ổn định có thể được ước tính dễ dàng bằng cách biết tốc độ dòng chất lỏng ra khỏi pipet và đo chiều dài của phần không được thay thế của cột chất lỏng.

II. Sự phân hủy của tia chất lỏng có thể được tăng tốc đáng kể bằng cách đưa thêm lực có nguồn gốc điện vào bài toán.

Nếu có các hạt tích điện giống hệt nhau trong chất lỏng, do lực đẩy Coulomb, chúng sẽ tích tụ ở “đỉnh” của hough, để lại các “thung lũng” của nó (hình 2). Sự phân bố điện tích bề mặt không đồng đều như vậy càng làm mất ổn định tình hình, đẩy nhanh quá trình phát triển mất ổn định.

Việc đưa điện tích vào tia được thực hiện theo sơ đồ ở hình 3. Nguồn điện áp cao $U$ bao gồm giữa thể tích chất lỏng làm đầy bình chứa và bề mặt dẫn điện hình trụ bao phủ tia tới. Kết quả là, toàn bộ cột chất lỏng cho đến ranh giới phân rã của nó thành các giọt sẽ chịu tác động của điện trường đối xứng hướng tâm, có xu hướng phá vỡ tia. Tại sao

Hình 1. Một dòng nước chảy ra từ pipet (đường kính 1,1 mm).
Hình 2. Lực đẩy Coulomb kích thích sự mất ổn định của tia.
Hình 3. Sơ đồ thí nghiệm kích thích sự mất ổn định của tia điện trường.

điều này dẫn đến, như có thể thấy từ hình 4: đây là bức ảnh chụp cùng một vảy như trong hình 1, nhưng bị tích điện.

Lý thuyết hoàn chỉnh về hiệu ứng điện trong bài toán về sự phân hủy của vảy rất phức tạp và chúng ta sẽ không thảo luận về nó. Đối với các ứng dụng của hiện tượng này, chúng rất rộng rãi. Kích thích điện làm tan vảy chất lỏng được sử dụng trong công nghệ nâng cao chất lượng azrosol, phun nhiên liệu với cường độ cao hơn trong khuôn của các nhà máy điện mạnh, trong công nghệ sản xuất bột kim loại dùng trong luyện kim bột hiện đại, v.v.

III. Bài toán về tính không ổn định của bề mặt chất lỏng tích điện đã trở nên “nổi tiếng” liên quan đến việc nghiên cứu nguồn gốc của hạt nhân nguyên tử nặng. Đây là một bài toán cơ bản trong việc xác định các giả định về tính chất của k bài toán về nguồn của sự sụt giảm điện tích. Sự tương tự giữa hiện tượng phân hạch tự phát của hạt nhân nặng và sự phân rã của một giọt chất lỏng tích điện ở hiện tại là đẹp đẽ và độc đáo, và ít nhất cũng có ý nghĩa nếu bạn làm quen với lịch sử của vấn đề này.

Năm 1939, các nhà vật lý người Đức O. Hahn và F. Strassmann đã phát hiện ra sự phân hạch của hạt nhân uranium do sự bắn phá của neutron - hạt nhân uranium hấp thụ neutron sẽ phân rã thành hai phần gần bằng nhau. (Sau này hóa ra không chỉ uranium mới có đặc tính này. Một năm sau, các nhà vật lý Liên Xô G.N. Flerov và K.A. Petryak đã phát hiện ra sự phân hạch tự phát của hạt nhân uranium.) Lời giải thích về hiệu ứng này thực tế đã được đưa ra ngay lập tức trong các tác phẩm kinh điển của vật lý hiện đại - nhà lý thuyết Liên Xô Ya. I. Frenkel, Niels Bohr người Đan Mạch và J. Wheeler người Mỹ. Trong những tác phẩm này, phản ứng phân hạch hạt nhân được mô tả là sự vỡ ra của một giọt chất lỏng tích điện.

Thực tế là, với độ chính xác mà chúng ta quan tâm, các tính chất của hạt nhân được xác định chủ yếu bởi hai tương tác khác nhau giữa các hạt tạo nên thành phần của nó - tương tác hạt nhân, có bản chất là ngắn hạn và tương tác Coulomb, thuộc loại tầm xa. Lực hạt nhân mà qua đó tất cả các nucleon của hạt nhân tương tác với nhau lớn hơn nhiều so với lực đẩy điện tác dụng giữa các proton; Nhờ đó, các nucleon được giữ trong hạt nhân, có thể tưởng tượng như một giọt chất lỏng tích điện (với mật độ rất lớn). Sức căng bề mặt của hạt nhân-giọt như vậy được xác định bởi lực tương tác hạt nhân. Giống như một giọt nước bình thường, bề mặt của hạt nhân giọt nước có thể dao động. Sẽ có biến động ngẫu nhiên?

5

phân rã hoặc biên độ của chúng bắt đầu tăng - phụ thuộc vào sự tương ứng của bề mặt với năng lượng của hạt nhân giọt nước và năng lượng tương tác Coulomb của các proton. Sự khác biệt về bản chất của lực hạt nhân và lực Coulomb dẫn đến thực tế là khi số thứ tự của hạt nhân trong bảng tuần hoàn tăng lên (với sự tăng số lượng proton), năng lượng tương tác điện giữa giọt nước và hạt nhân là lực căng. Kết quả là, có một số lượng tới hạn nhất định của nguyên tố trong hệ thống tuần hoàn của Mendeleev, bắt đầu từ đó hạt nhân trở nên không ổn định - dưới ảnh hưởng của bề mặt của quá trình Coulomb, sự vỡ của hạt nhân nhỏ, tức là phân hạch hạt nhân.

Lý thuyết của Frenkel, Bohr, Wheeler và những cải tiến tiếp theo của nó giúp người ta có thể tìm ra con số tới hạn này - nó tương ứng với vị trí của uranium trong bảng tuần hoàn.

Công thức cổ điển xác định vùng ổn định của một giọt hình cầu chịu tải được Lord Rayleigh đưa ra vào năm 1882:

$$Q^2 < 16\pi r_k^3 \sigma$$

(Q là tổng chất gây ô nhiễm giữa các lực của bề mặt bề mặt năng lượng, giữ cho giọt bán kính $r_k$ ở trạng thái “hình cầu” và lực Coulomb, có xu hướng tạo cho giọt có hình dạng của một gangel (xem hình 5).

IV. Chúng ta hãy xem xét một lựa chọn khác bài toán về độ ổn định của bề mặt chịu tải với năng lượng lỏng - khi bề mặt nằm ngang và có lực hấp dẫn. Trong trường hợp này, lực hấp dẫn đóng vai trò tích cực trong việc hình thành năng lượng đập trong quá trình biến dạng bề mặt tự do của chất lỏng và bài toán về hành vi dao động của bề mặt chất lỏng được nạp trở nên phong phú hơn đáng kể so với các biến thể không có lực hấp dẫn mà chúng tôi đã xem xét trước đây.

Thật thuận tiện khi tìm mô tả về các hiệu ứng cụ thể bằng cách sử dụng một công thức tương đối đơn giản xác định mối quan hệ giữa tần số $\omega$ và bước sóng $\lambda$ của dao động của bề mặt chất lỏng được nạp.

$$\omega^2 = \frac{2\pi}{\lambda} \left( \varrho g + \frac{4\pi^2 \sigma}{\lambda^2} - \frac{8\pi^2 \alpha}{\lambda} \right).$$

Thuật ngữ thứ nhất (trong ngoặc đơn) phản ánh ảnh hưởng của lực hấp dẫn (g - gia tốc trọng trường), thuật ngữ thứ hai - lực căng bề mặt, thuật ngữ thứ ba - lực của nguồn gốc điện (α - mật độ bề mặt ô nhiễm).

Công thức (**) lần đầu tiên được Ya thu được. I. Frenkel (1935). (Nhân tiện, rõ ràng là Frenkel đã quan tâm đến các vấn đề ổn định từ năm 1935. Do đó, khi bài toán về sự phân rã của một hạt nhân nặng nảy sinh vào năm 1939, những liên tưởng cần thiết đã nhanh chóng được đưa ra.)

Trong trường hợp $\alpha = 0$ (chất lỏng không bị ô nhiễm) $\omega^2 > 0$ đối với bất kỳ giá trị nào của $\lambda$. Trong những trường hợp này, có những dao động nhỏ không đáng kể trên bề mặt tự do của chất lỏng, được Lord Rayleigh biết đến. Bề mặt chất lỏng ổn định.

Chúng ta hãy xem điều gì xảy ra với dao động của bề mặt chất lỏng được nạp, tức là ở $\alpha \neq 0$. Như có thể thấy từ (**), khi tăng $\alpha$ thì tần số dao động với bước sóng cho trước $\lambda$ giảm và ở một số điểm tới hạn

6

Tại đó bề mặt tích điện kém ổn định nhất. Đại lượng $\alpha^*$ và bước sóng tương ứng $\lambda^*$ được xác định bởi sự tương ứng

$$\left(2\pi \alpha^*\right)^4 = \frac{\rho g}{\sigma}, \quad \frac{2\pi}{\lambda^*} = \left(\frac{\rho g}{\sigma}\right)^{1/2}.$$

Bước sóng $\lambda^*$ được gọi là mao dẫn. Về vấn đề này, chúng ta hãy nhớ lại rằng trong trường hợp hình trụ lỏng và giọt hình cầu, các dao động “nguy hiểm” phát triển ở bước sóng tương đương với kích thước của hình trụ hoặc hình cầu.

Các thí nghiệm được thực hiện gần đây trên bề mặt tích điện của helium lỏng đã xác nhận đầy đủ các dự đoán theo công thức (**). hình 6 cho thấy kết quả của các thí nghiệm đó.

Hành vi tiếp theo của bề mặt chất lỏng tích điện là gì? Nếu trong các trường hợp đã thảo luận trước đây, việc vi phạm các điều kiện tới hạn dẫn đến hiện tượng không chuẩn - sự tan rã của cấu trúc chất lỏng, sự vỡ của một giọt tích điện - thì trong phiên bản “phẳng” bài toán, với sự chuyển đổi cẩn thận sang vùng siêu tới hạn, một trạng thái “tái tạo” mới của bề mặt chất lỏng tích điện sẽ xuất hiện - cái gọi là tinh thể lúm đồng tiền. Một sóng biến dạng đứng được thiết lập trên bề mặt chất lỏng, chất lỏng này có cấu trúc tuần hoàn với chu kỳ đặc trưng bằng bước sóng mao quản $\lambda^*$. Hình ảnh bề mặt tự do của chất lỏng trong trường hợp này được trình bày ở hình 7.

Đương nhiên, với mức tăng thêm $\alpha$, trạng thái tái tạo tĩnh tại của bề mặt chất lỏng tích điện cũng trở nên không ổn định. Mô tả của giai đoạn này phát triển sự vắng mặt thực tế của chính nó do sự phức tạp của việc điều khiển được xác định bởi động lực học của bề mặt trong khu vực $\alpha \gg \alpha^*$. Đối với hoạt động thực sự của bề mặt chất lỏng, ý tưởng chung về điều này được đưa ra bởi hình 8 - đây là bức ảnh chụp bề mặt tự do của đồng lỏng trong điện trường mạnh vuông góc với ranh giới.

7

THẲNG TRÊN BỀ MẶT CONG

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

Có những bề mặt trông giống như những vảy cong nhưng lại chứa những đường thẳng liền nét. Trong bài viết này, chúng ta sẽ nói về những bề mặt có nhiều đường thẳng này.

Bài viết bao gồm hai phần; cuốn đầu tiên ở trước mặt bạn, và cuốn thứ hai sẽ được đăng trên một trong những số sắp tới của tạp chí. Trong phần đầu tiên, chúng tôi sẽ thực hiện một số thí nghiệm hình học thú vị, phần thứ hai dành cho những người yêu thích toán học nghiêm túc hơn: trong đó, cùng với những thí nghiệm khác, chúng tôi sẽ cố gắng khảo sát tất cả các bề mặt qua từng điểm mà hai đường thẳng nằm trong đó đi qua.

Phần một:
cường điệu của Người đàn ông nội trợ bậc thầy
Bề mặt làm bằng dây giày.
Lấy hai vật giống hệt nhau và buộc chúng bằng một dây dozhina có cùng chiều dài, như minh họa trong hình 1. Nếu bạn nâng cấu trúc thu được lên một vòng, giữ vòng này theo chiều ngang, thì các dây sẽ tạo thành một bề mặt - một hình trụ tròn thẳng. Nếu sau đó, giữ căng dây, bạn xoay vòng này so với vòng kia (ở một góc không nhỏ nhưng cũng không lớn lắm - chẳng hạn như khoảng bốn vòng), thì dây sẽ tạo thành một bề mặt mới - xem Hình. hình 2. Bây giờ chúng ta sẽ thảo luận chi tiết về cấu trúc của bề mặt này, nhưng chúng ta sẽ nhận thấy ngay điều chính: nó cong đến mức khó có thể tin rằng nó được làm bằng dây thẳng hoàn hảo.

Bề mặt này được gọi là zunep-bolouodom và đây là lý do. Nếu chúng ta nhìn nó từ một bên (nói đúng hơn là nếu chúng ta chiếu nó lên một mặt phẳng), thì chúng ta sẽ thấy một hình được bao bọc giữa hai cơn gió của hyperbol (hình 3). Ngoài ra, bề mặt của chúng ta có thể thu được bằng cách xoay hyperbola xung quanh một trong các trục đối xứng của nó (trục không giao nhau với nó) - xem hình 4. Bằng cách giao bề mặt của chúng ta với các mặt phẳng khác nhau, chúng ta cũng có thể thu được một hyperbola (hình 5, a, b), cũng như một hình elip (hình 5, c), paraboly (hình 5, e), một cặp của các đường giao nhau (hình 5, e). Tuy nhiên, bề mặt của chúng ta có rất nhiều điểm chung và xứng đáng với cái tên “hyperbolide”. Tuy nhiên, nó được gọi là hyperboloid một tờ để phân biệt với hyperboloid hai tờ

Hình 1. Hình 2. Hình 3.

8

London thu được bằng cách xoay hyperbol quanh một trục khác (hình 6). Một hyperbolide hai tờ được thay thế chủ yếu bởi thực tế là nó bao gồm (giống như một hyperbola) gồm hai phần không liền kề nhau; Chúng tôi sẽ không xem xét nó thêm nữa và từ “hyperbolide” sẽ luôn quen thuộc với chúng tôi như một hyperbolide một tờ.

Chúng tôi sẽ để lại những gì đã nói ở đoạn trước mà không có bằng chứng, vì tất cả những điều này không đặc biệt quan trọng đối với chúng tôi. Bất kỳ ai muốn sử dụng hyperbol đều có thể đi theo con đường soạn phương trình; phương trình hyperbolod của chúng ta trong một hệ tọa độ phù hợp có dạng $x^2+y^2=r^2+a^2z^2$, trong đó $r$ và $a$ phụ thuộc vào kích thước của vật thể, độ dài của các bề mặt và góc quay. Đối với những người không muốn bận tâm đến việc chứng minh, tôi sẽ nói một điều khác, một điều không cần chứng minh, không cần sự tồn tại: hyperbol của chúng ta cũng là một bề mặt quay của một đường thẳng so với một đường thẳng khác cắt nhau với nó (hình 7).

Hai gia đình. Chúng ta đã biết rằng hyperbolide của chúng ta bao gồm các đường thẳng. Nhân tiện, trong toán học, một đường thẳng chứa toàn bộ nó trên một bề mặt không phẳng được gọi là hình ảnh thẳng (hoặc đơn giản là hình ảnh). Một bề mặt đi qua mỗi điểm mà hình ảnh thẳng đi qua được gọi là quy tắc. Đặc biệt, hyperbol của chúng ta là một bề mặt có quy luật, nhưng trên thực tế còn đúng hơn: đó là một bề mặt hai mặt, tức là hai hình dạng thẳng khác nhau đi qua mỗi điểm.

Điều này không khó hiểu. Hãy quay lại thí nghiệm của chúng ta với những chiếc vòng và tưởng tượng rằng chúng ta quay cùng một chiếc vòng một góc như nhau theo hướng ngược lại. Rõ ràng, chúng ta sẽ có cùng một bề mặt, nhưng với một mẫu khác: các mẫu mới được

10

Khi đó có một đường thẳng duy nhất đi qua A và không cắt bất kỳ đường thẳng nào $l_1$, $l_2$.

Bằng chứng (hình 11). Chúng ta hãy vẽ mặt phẳng $P_1$ qua điểm A và đường thẳng $l_1$ và mặt phẳng $P_2$ qua điểm A và đường thẳng $l_2$. Các mặt phẳng này không song song (chúng có điểm chung A) và không trùng nhau (các nguyên tố $l_1$ và $l_2$ không nằm trong cùng một mặt phẳng). Đường thẳng $l$ giao nhau của các mặt phẳng này là đường thẳng mong muốn: nó đi qua A và nằm trong cùng một mặt phẳng với mỗi đường thẳng $l_1$, $l_2$. Đường thẳng duy nhất như vậy xuất phát từ cùng một lý do: nó phải nằm trong mỗi mặt phẳng $P_1$ và $P_2$.

Quan sát 2. Cho $l_1$, $l_2$, $l_3$ là các đường cắt nhau theo cặp. Khi đó có một đường thẳng duy nhất song song với $l_3$ và không giao nhau với bất kỳ đường thẳng nào trong số các đường $l_1$, $l_2$.

Bằng chứng (hình 12). Chúng ta hãy vẽ qua $l_3$ một mặt phẳng $P_1$, song song với $l_1$ và một mặt phẳng $P_2$, song song với $l_2$. Giao tuyến của các mặt phẳng $P_1$ và $P_2$ là đường thẳng mong muốn.

Chứng minh Định lý 3. Chúng ta đã biết rằng bộ sinh của họ thứ hai không giao nhau với bất kỳ bộ sinh nào của họ thứ nhất (Định lý 2). Định lý sẽ được chứng minh nếu chúng ta tin rằng mỗi đường thẳng không giao nhau với $l_1$, $l_2$ và $l_3$ là một trình tạo thuộc họ thứ hai. Chúng ta biết rằng qua mỗi điểm của bộ tạo $l_3$ có đúng một bộ tạo thuộc họ thứ hai đi qua và một bộ sinh nữa của họ này song song với $l_3$. Nhưng đồng thời, qua mỗi điểm của ma trận $l_3$ có đúng một đường thẳng không cắt $l_1$ hoặc $l_2$ (quan sát 1), đồng thời cũng có một đường thẳng song song với $l_3$ và không cắt $l_1$ hoặc $l_2$ (quan sát 2). Do đó, các đường thẳng được đề cập trong quan sát 1 và 2 là các đường sinh thuộc họ thứ hai.

Vì vậy, hyperbolid của chúng ta có cấu trúc rất đơn giản: chỉ cần lấy ba bộ tạo bất kỳ của cùng một họ và vẽ tất cả các đường không giao nhau với bất kỳ đường nào đã chọn là đủ. Họ cùng nhau sẽ tạo nên hyperbolide của chúng tôi. Một ý tưởng thú vị nảy sinh: lấy ba đường giao nhau theo cặp tùy ý và xem xét bề mặt, bao phủ mọi thứ bằng các đường thẳng không cắt bất kỳ đường thẳng nào đã lấy. Chà, không, chúng tôi đã đi trước chính mình: đây là ý chính của phần thứ hai của bài viết! Và bây giờ chúng ta phải quay lại với sự cường điệu của mình.

Nhà hát bóng tối. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang ở trong một căn phòng tối và có trong tay một mô hình hyperbolide làm từ những chiếc kim đan mỏng. Các nan hoa này tạo thành hai họ, nằm ở cùng tần số (hình 8). Chúng tôi chiếu sáng mô hình bằng một nguồn sáng chính xác hoặc một chùm tia song song và quan sát bóng do các gai trên nan hoa trên màn hình phẳng tạo ra.

Trước khi đi sâu vào cấu trúc của bức tranh nhận, chúng ta hãy thử tưởng tượng, thuần túy suy đoán, nó sẽ như thế nào *).

*) Xem thêm “Kính vạn hoa «Kvant» trong số tạp chí trước.

Hãy để chúng tôi có một nguồn ánh sáng và màn hình chính xác. Khi đó, đường thẳng $l$, đi qua nguồn sáng và không song song với màn hình, được mô tả trên đó dưới dạng một điểm (chúng ta ký hiệu là $A$) - xem hình 13. Các đường thẳng giao nhau $l$ (và không đi qua nguồn sáng) được chiếu thành các đường thẳng đi qua $A$. Chính xác hơn, bóng của một đường thẳng không song song với màn hình không phải là một đường thẳng mà là một nửa đường thẳng, điểm cuối của đường thẳng đó là giao điểm của đường thẳng đó với màn hình. Nếu điểm giao nhau được coi là một đường thẳng với $l$ nằm giữa nguồn sáng và màn hình, thì điểm $A$ nằm trên nửa đường thẳng này, nếu không thì - nằm trên phần tiếp theo của nó (hình 13). Nếu đường thẳng $l$ đi qua nguồn sáng song song với màn hình thì bản thân đường thẳng này không đổ bóng lên màn hình mà các đường thẳng cắt đường thẳng $l$ (và không song song với màn hình) sẽ tạo bóng dưới dạng nửa đường thẳng song song với $l$ (hình 14).

Hãy quay trở lại mô hình hyperbolide của chúng tôi. Chúng ta sẽ giới hạn việc xem xét hai cái bóng. Đầu tiên, chúng ta sẽ định vị hyperbolide sao cho trục của nó song song với màn hình và chúng ta sẽ đặt nguồn sáng tại điểm của vòng tròn họng xa màn hình nhất (vòng tròn nhỏ nhất bao quanh hyperbolide) - xem hình 15. Thứ hai, chúng ta sẽ chiếu sáng hyperbolide bằng một chùm tia song song với một trong các đường sinh và chúng ta sẽ đặt màn hình song song với các vòng tròn cạnh của hyperbolide (“hoops”) - xem. hình 16. Bóng được thể hiện trong Hình 17 và 18.

Trong trường hợp đầu tiên, bóng của các máy phát điện của mỗi họ sẽ song song với nhau; chúng sẽ song song với các hình dạng hyperbol đi qua nguồn sáng. Trong trường hợp thứ hai, hai máy phát điện (máy phát mà chúng ta đã chọn, song song với chùm ánh sáng và một máy phát của họ khác song song với nó) sẽ tạo ra các bóng chính xác và bóng của các máy phát bóng còn lại sẽ là các đoạn thẳng đi qua các điểm.

Tất cả điều này trực tiếp rút ra từ những gì đã nói ở trên về bóng của đường dây và vị trí tương đối của máy phát điện; chúng tôi để lại chi tiết cho người đọc.

Bài tập. Bóng của mô hình của chúng ta sẽ trông như thế nào nếu nguồn sáng chính xác nằm trên bề mặt của hyperbolide, nhưng màn hình không nhất thiết phải song song với trục và các đường sinh đi qua nguồn sáng không nhất thiết phải song song với màn hình?

13

Hai sự thật bất ngờ

Chúng ta hãy làm rõ câu hỏi đặt ra ở tiêu đề bài viết: một đa thức bậc $n$ với hệ số thực có thể có bao nhiêu nghiệm thực? Hầu hết người đọc sẽ trả lời ngay: một đa thức không có nhiều nghiệm hơn bậc của nó, tức là không lớn hơn $n$ (ý tưởng của chứng minh: nếu $a$ là nghiệm của đa thức $f(x)$ thì $f(x)$ chia hết cho $(x-a)$…). Người đọc nói thêm, một cách giả tạo, rằng nếu chúng ta đếm tất cả các nghiệm như vậy và các nghiệm phức, thậm chí với bội số của chúng, thì sẽ có chính xác $n$ nghiệm (đây là một phát biểu có tầm quan trọng thực sự, được gọi là “định lý cơ bản của đại số”). Cuối cùng, một số người nhớ rằng các công thức tổng quát về bán kính cho nghiệm của một đa thức chỉ tồn tại cho $n \leq 4$; và đối với $n$ lớn, các gốc chỉ được thể hiện (như họ đã nói lại) ở “các chức năng siêu việt cao hơn”.

Nhưng đây không phải là những gì bài viết này nói về. Tôi sẽ kể cho bạn nghe về hai sự thật ít được biết đến và khá bất ngờ:

1. số nghiệm của một đa thức không phụ thuộc nhiều vào bậc của nó mà phụ thuộc vào số và dấu của các hệ số khác 0 của nó;
2. Mặc dù nhìn chung không thể xác định giá trị các nghiệm của một đa thức, nhưng có một cách đơn giản để tìm ra xem một đa thức có bao nhiêu nghiệm trên bất kỳ đoạn nào của trục số.

Khi nói “căn gốc” trong bài viết này, chúng tôi chỉ muốn nói đến nghiệm thực (vì vậy đa thức $x^2+1$ không có nghiệm nào cả và đa thức $x^3+x^2+x-3$ có một nghiệm duy nhất $x=1$).

Định lý Rolle

Định lý Bolshano về các giá trị trung gian đã được nhắc đến nhiều lần trong «Kvant»:

nếu một hàm không nguyên tố có các giá trị nguyên đối dấu ở cuối một đoạn thì tại một số điểm của đoạn đó nó trở thành 0

(cm. hình 1). Kém may mắn hơn ở các trang «Kvant» trong số những trang sau đây, cũng hiển nhiên không kém, định lý Rolle:

nếu tại hai đầu của đoạn hàm khả vi có giá trị bằng nhau thì tại một số điểm của đoạn đó đạo hàm của nó bằng 0

(xem hình 2). Bằng chứng rất đơn giản: nếu đạo hàm dương trong toàn bộ đoạn thì hàm sẽ tăng (và nếu âm thì nó sẽ giảm) và các giá trị ở cuối đoạn sẽ không bằng*).

Tất nhiên, định lý Rolle không phát biểu rằng đạo hàm chỉ bằng 0 tại một điểm của đoạn thẳng - ví dụ: trên hình 2 có hai điểm như vậy. Từ định lý Rolle, suy ra rằng nếu một đa thức $f(x)$ có nghiệm $k$ thì đạo hàm $f'(x)$ của nó không nhỏ hơn $k-1$ nghiệm (mặc dù nó có thể có nhiều nghiệm hơn). Cụ thể, nếu một đa thức bậc $n$ có số nghiệm tối đa $n$ thì đạo hàm của nó cũng có số nghiệm tối đa.

Bài tập

1. Hãy để $f(x)=x(x-1)(x-2)...(x-n)$. Đa thức $f'(x)$ có bao nhiêu nghiệm?

*) Lập luận này sử dụng bản chất không nguyên tố của đạo hàm, nhưng định lý Rolle vẫn đúng ngay cả khi không có giả định này.

14

2. Chứng minh rằng đa thức $x^5 - 2x^4 + 2x^3 + ax^2 + bx + c$ với mọi $a, b, c$ không thể có nhiều hơn ba nghiệm.

3*. Chứng minh rằng giữa các nghiệm của đa thức $f(x)$ có một nghiệm của đa thức $f'(x) + af(x)$ (a là số tùy ý).

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle

Định lý Rolle đề cập đến một hàm số và hàm tùy ý của nó. Chúng ta hãy miêu tả những “nhân vật” này trong một bức tranh. Để làm điều này, chúng ta vẽ trên mặt phẳng $xOy$ một đường cong được xác định theo tham số: $x = f(t), y = f'(t), t$ chạy qua trục số (hình 3). Các điểm giao nhau của đường cong với trục $Oy$ tương ứng với các nghiệm của phương trình $f(t) = 0$ và với trục $Ox$ - tương ứng với các nghiệm của phương trình $f'(t) = 0$.

Giả sử rằng $f$ và $f'$ không có gốc chung. Nếu $f$ là một đa thức, thì điều này có nghĩa là không có nhiều nghiệm $y$ (ý tưởng chứng minh: nếu $a$ là nghiệm bội của đa thức $f(x)$, thì $f$ chia hết cho $(x-a)^2$; thì $f'$ chia hết cho $(x-a)$…). Vì $f(t)$ và $f'(t)$ không biến mất đồng thời nên đường cong tại hình 3 không đi qua gốc tọa độ $O$. Do đó, trên đường cong từ điểm $O$.

Nếu tại thời điểm $f(t) = 0$, một $f'(t) > 0$ (hình 4) tùy ý, thì đường cong cắt tia $Oy$ từ trái sang phải (xem hình 3). Nếu tại $f(t) = 0$ có $f'(t) < 0$ tùy ý thì đường cong cắt bán trục âm từ phải sang trái. Trong cả hai trường hợp, chuyển động xảy ra theo chiều kim đồng hồ so với điểm $O$. Do đó, giữa hai giao điểm của trục $Oy$, đường cong nhất thiết sẽ cắt trục $Ox$. Tức là giữa hai nghiệm của phương trình $f(t) = 0$ có một nghiệm của phương trình $f'(t) = 0$.

Bài tập 4. Đường cong có thể chạm vào trục $Oy$ (hình 5) không?

Những cô bé

“Littles không phải là một thuật ngữ toán học. Đây là tên của các đa thức có bậc khá cao, có tương đối ít hệ số khác 0. Ví dụ,

15

Ước tính mà chúng tôi thu được về số nghiệm là chính xác: với bất kỳ $k$ nào cũng có một đa thức có chính xác $k$ hệ số khác 0 và $2k-1$ nghiệm.

Bài tập
5. Xây dựng một đa thức như vậy.
6*. Phương trình $a_1e^{\lambda_1x} + a_2e^{\lambda_2x} + \dots + a_ne^{\lambda_nx} = 0$ có thể có bao nhiêu nghiệm ($a_1, \dots, a_n, \lambda_1, \dots, \lambda_n$ là hằng số)?

Quy tắc của Descartes

Tuyên bố trong đoạn trước rằng số hạng $k$ có nhiều nhất $2k-1$ nghiệm sẽ trở nên quá chung chung nếu chúng ta chỉ quan tâm đến các nghiệm dương (ví dụ: bất kỳ đa thức nào có hệ số không âm đều không có nghiệm dương nào cả!). Chính xác hơn là quy tắc Descartes sau đây:

số nghiệm dương của một đa thức không lớn hơn số dấu xen kẽ trong dãy các hệ số (khác 0) của nó.

Đặc biệt, một đa thức có $k$ hệ số khác 0 không thể có nhiều hơn $k-1$ nghiệm dương - xét cho cùng, trong dãy các hệ số $k$ khác 0 của nó, tất nhiên, không có nhiều hơn $k-1$ thay đổi dấu.

Bài tập
7. Chứng minh rằng đa thức $f(x)=x^3-2x+a$ với bất kỳ $a$ nào có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng $(1; \infty)$.

8. Sử dụng các quy tắc của Descartes, hãy rút ra ước tính từ đoạn trước của bài viết về số nghiệm của đa thức.

Để chứng minh quy tắc Descartes, chúng ta hãy xem điều gì xảy ra với các hệ số của đa thức khi một nghiệm dương mới xuất hiện. Đặt $f(x)=(x-b)g(x)$, trong đó $g(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n$ và $b>0$. Chuỗi hệ số $f(x)$ trông như thế này:

$$a_0, a_1-ba_0, a_2-ba_1, \dots, a_n-ba_{n-1}, -ba_n.$$

Hãy biểu diễn các hệ số

$$a_0, a_1, \dots, a_n$$

đa thức $g(x)$ theo sơ đồ (hình 6). Mỗi hình bầu dục trên hình 6 biểu thị một nhóm các hệ số liên tiếp cùng dấu. Hãy xem điều gì xảy ra khi chúng ta chuyển từ (2) sang chuỗi (1) (hình 7). Chúng ta thấy rằng có hai lối ra trên mặt, tức là tại mỗi vị trí mà dấu của dãy $a_0, a_1, \dots, a_n$ thay đổi thì dấu đó xuất hiện giống như ở hình bầu dục bên phải. Ngoài ra, ở đầu dãy (1) có số giống với số ở dãy (2), và ở cuối dãy (1) có một số có dấu ngược với dấu của số cuối cùng trong dãy (2) - xem hình 8.

Vì vậy, bất cứ thứ gì đứng trong chuỗi mới thay cho các điểm trên

16

hình 8, số lần đổi dấu trong đó nhiều hơn cái cũ. Điều này có nghĩa là mỗi nghiệm dương mới của một đa thức sẽ làm tăng số lần đổi dấu trong dãy các hệ số của nó.

Để hoàn thiện chứng minh, chúng ta viết một đa thức $f(x)$ tùy ý dưới dạng $(x-b_1)(x-b_2) \dots (x-b_k) \times g(x)$, trong đó $b_1 > 0, \dots, b_k > 0$ và $g(x)$ không còn nghiệm dương. Số lần đổi dấu của hệ số $f(x)$ không nhỏ hơn số lần đổi dấu của hệ số $g(x)$, tăng thêm $k$, tức là không nhỏ hơn $k$.

Bài tập

9*. Chứng minh rằng số nghiệm dương của một đa thức khác với số lần đổi dấu của các hệ số của nó một số chẵn (nhiều nghiệm được tính bằng bội số của chúng).

10*. Chứng minh quy tắc Descartes cho hàm $f(x)=a_1e^{\lambda_1}x + \dots + a_ne^{\lambda_n}x$: nếu $\lambda_1 < \lambda_2 < \dots < \lambda_n$ thì số nghiệm của phương trình $f(x)=0$ không vượt quá số lần đổi dấu của dãy $a_1, a_2, \dots, a_n$.

Định lý Sturm

Đã đến lúc thực hiện lời hứa ở đầu bài viết và nói về cách xác định số nghiệm của bất kỳ đa thức $f(x)$ nào. Để liệt kê các nghiệm của một đa thức, chúng ta xây dựng một loại bộ đếm. Khi biến $x$ di chuyển dọc theo trục số, bộ đếm này sẽ cân bằng mỗi khi $x$ đi qua nghiệm của đa thức. Thật không may, tôi không thể giải thích làm thế nào người ta có thể có được thiết kế của bộ đếm này; Tôi sẽ chỉ cho bạn cách nó hoạt động và chúng ta sẽ đảm bảo rằng nó thực sự liệt kê các nghiệm của đa thức. Bộ đếm sẽ xuất hiện trên sân khấu với tên “deus ex machina”*.

Vì vậy, hãy lấy đa thức $f(x)$ không có nghiệm chung với nghiệm tùy ý của nó (như đã đề cập, điều này có nghĩa là $f(x)$ không có bội số

*) “Vog from the machine” (lat.) - cách diễn đạt này được sử dụng khi một tình huống bất ngờ xuất hiện trong hoàn cảnh khó khăn, mọi khó khăn đều được giải quyết. Trong nhà hát cổ xưa, khi các anh hùng phải đối mặt với những khó khăn không thể vượt qua, các vị thần đã hành động và từ trên cao bước xuống sân khấu bằng một thiết bị đặc biệt, tức là một “cỗ máy”.

Chúng ta hãy xây dựng một chuỗi các đa thức có bậc diệt $p_0(x), p_1(x), p_2(x), \dots, p_n(x)$. Trình tự này sẽ có thuộc tính thứ ba:

1. $p_0(x)=f(x), p_1(x)=f'(x)$;
2. nếu $p_k(x)=0$ đối với một số $x$ thì các số $p_{k-1}(x)$ và $p_{k+1}(x)$ khác 0 và có dấu khác nhau;
3. đa thức cuối cùng $p_n(x)$ không có nghiệm nào cả.

Chuỗi đa thức như vậy được gọi là chuỗi Sturm*. Chúng ta xem cách xây dựng hàng Sturm bên dưới. Bây giờ, hãy giả sử rằng chúng ta đã có một chuỗi như vậy.

Chúng ta muốn xác định số nghiệm của đa thức $f(x)$ trên khoảng $(a; b)$ (có thể là $a=\infty$ hoặc $b=\infty$). Hãy bắt đầu di chuyển từ điểm $a$ đến điểm $b$ và (sử dụng quy tắc của Descartes!) chúng ta sẽ theo dõi sự thay đổi dấu trong dãy số

$p_0(x), p_1(x), p_2(x), \dots, p_n(x)$.

Dấu chỉ có thể thay đổi nếu $x$ đi qua nghiệm của một trong các đa thức $p_i(x)$. Hãy xem một sự kiện như vậy ảnh hưởng như thế nào đến số lượng biến theo thứ tự (3). Nếu $x$ là nghiệm của đa thức ban đầu $f(x)=p_0(x)$, thì như có thể thấy từ hình 3 và 4, một trong hai điều sẽ xảy ra: ở đầu chuỗi, dấu $(- +)$ thay đổi thành $(+ +)$ hoặc $(+ -)$ thành $(- -)$. Trong cả hai trường hợp, số lần đổi dấu đều giảm đi một. Nếu $x$ đi qua nghiệm của một trong các đa thức $p_k(x)$, trong đó $0<k<n$, thì theo tính chất 2 của chuỗi Sturm, dấu của các số $p_{k-1}(x)$ và $p_{k+1}(x)$ là khác nhau. Do đó, việc thay đổi dấu của $p_k(x)$ không làm thay đổi số lần đổi dấu trong dãy (3). Nó trông như thế này:

$(- + +) \leftrightarrow (- - +)$ hoặc $(+ + -) \leftrightarrow (+ - -)$.

Vì vậy, số lần thay đổi dấu trong chuỗi Sturm giảm đi một khi và chỉ khi $x$ vượt qua

17

Đi qua nghiệm của đa thức ban đầu. Hàng Sturm là bộ đếm chúng ta cần! Để tìm số nghiệm $f(x)$ trên khoảng $(a; b)$, ta viết ra hai dãy:

$$p_0(a), p_1(a), p_2(a), \dots, p_n(a);$$
$$p_0(b), p_1(b), p_2(b), \dots, p_n(b);$$

Chúng tôi tính toán số lần thay đổi dấu trong mỗi số đó và tìm sự khác biệt giữa số thứ nhất và số thứ hai. Đây là số lượng rễ cần thiết. (Tất nhiên, nếu $a$ hoặc $b$ bằng $\pm\infty$ thì $p(a)$ hoặc $p(b)$ cũng có nghĩa là $\pm\infty$. Nếu $p(x)$ có lũy thừa chẵn thì $p(\pm\infty)=+\infty$ và nếu $p(x)$ có lũy thừa lẻ thì $p(\pm\infty)=\pm\infty$.)

Việc còn lại của chúng ta là xây dựng chuỗi Sturm dựa trên đa thức $f(x)$. Để làm được điều này, bạn cần có khả năng chia đa thức có dư. Nếu bạn biết cách làm điều này thì rất tốt, nhưng nếu không, tôi sẽ nói rằng không có gì khó hơn việc chia số với một “góc”. Cách thực hiện điều này được thể hiện trong ví dụ ở hình 9. Xin lưu ý rằng bậc của số dư luôn nhỏ hơn bậc của số chia.

Dòng Sturm $p_0(x), p_1(x), p_2(x), \dots$ được xây dựng tuần tự. Hai số hạng đầu tiên là $-f(x)$ và $f'(x)$. Để xây dựng số hạng tiếp theo $p_{k+1}(x)$, chúng ta chia hai số hạng trước đó cho nhau:

$$p_{k+1}(x)=q(x)p_k(x)-p_{k+1}(x).$$

Số hạng tiếp theo $p_{k+1}(x)$ là phần dư của phép chia, lấy dấu ngược lại (và $q(x)$ là thương số mà chúng ta sẽ không cần). Vì lũy thừa của đa thức $p_k(x)$ luôn giảm nên phép chia không thể tiếp tục vô thời hạn và tại một số bước, phần còn lại $p_{n+1}(x)$ trở thành số không.

Cách xây dựng chuỗi $p_0, p_1, p_2, \dots$ rất giống với cách tìm ước chung lớn nhất của hai số bằng thuật toán Euclide. Và kết quả là như nhau: đa thức cuối cùng $p_n(x)$ là ước số tổng quát nhất của đa thức $f(x)$ và $f'(x)$. Điều này được chứng minh theo cách giống hệt như trong trường hợp thuật toán Euclide tổng quát (hãy cố gắng tự mình chứng minh lý luận!). Nhân tiện, từ đây, suy ra rằng $p_n(x)$ không có nghiệm nào cả - suy cho cùng, mọi nghiệm $p_n(x)$ sẽ là nghiệm chung của các đa thức $f(x)$ và $f'(x)$, và theo giả định không có nghiệm nào như vậy.

Cần phải xác minh rằng nếu $p_k(x)=0$ thì các số $p_{k-1}(x)$ và $p_{k+1}(x)$ khác 0 và có dấu ngược nhau. Nếu $p_{k+1}(x)=0$, thì từ phương trình (4) suy ra $p_{k-1}(x)=0$. Áp dụng lý do này cho cùng một phương trình, nhưng với $k$ được thay thế bằng $k-1$, chúng ta thấy rằng $p_{k-2}(x)=0$, $p_{k-3}(x)=0$, v.v. Vì vậy, $p_1(x)=p_0(x)$, tức là $f'(x)=f(x)=0$, và điều này sẽ không xảy ra.

Do đó, $p_{k-1}(x)$ và $p_{k+1}(x)$ khác 0. Nhưng từ phương trình (4) suy ra rằng chúng có dấu khác nhau - đó là lý do tại sao chúng ta đặt dấu trừ trước phần còn lại trong phương trình này!

Vì vậy, cả ba thuộc tính của chuỗi Sturm đều được thỏa mãn và bộ đếm gốc được xây dựng. Thiết kế của nó dường như được thiết kế đặc biệt cho các phép tính sử dụng máy tính, trong đó việc chia đa thức với số dư không gây ra vấn đề gì.

Nếu bạn muốn làm việc với chuỗi Sturm, có thể sử dụng đa thức $f(x)=x^3-3x+1$.

Bài tập 11. Xây dựng chuỗi Sturm và tìm số nghiệm của đa thức $f(x)=x^3-3x+1$ trên các đoạn $[-3; 0]$ và $[0; 3]$.

Và nếu bạn muốn tìm hiểu thêm về định lý Sturm và các ứng dụng của nó (bao gồm cả trong điện tử!), thì chúng tôi giới thiệu cho bạn cuốn sách “Đa thức ổn định” của M. M. Postnikov (Moscow: Hayka, 1981).

19

LỰC LỰC THUYỀN

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. E. VELONUCHKIN

Từ những nguyên nhân nhỏ sẽ dẫn đến những hậu quả quan trọng.

K. Prutkov

Ai không biết rằng Mặt trăng là nguyên nhân gây ra thủy triều? Và Kepler đã nói: “Trọng lực là mong muốn chung của mọi vật thể”. Và Newton gọi định luật thứ tư của mình là “trọng lực thứ bảy”. Thông thường chúng ta cảm nhận trọng lực như một lực hút Trái đất. Không đi sâu vào phân tích chi tiết về sự khác biệt giữa hai lực này, chúng ta chỉ chú ý đến một trường hợp: cả bạn và tôi, bạn đọc thân mến, cả “vật thể rơi tự do” và nước của các đại dương trên thế giới đều dễ chịu không chỉ đối với Trái đất mà còn đối với Mặt trăng. Đúng vậy, Mặt trăng nhẹ hơn Trái đất 81 lần (chính xác hơn là khối lượng của nó nhỏ hơn 81 lần) và nó nằm cách xa chúng ta hơn. Để đánh giá mức độ “xa hơn” này, bạn cần so sánh khoảng cách tới Mặt Trăng với khoảng cách đến tâm Trái Đất (với bán kính Trái Đất) - chênh lệch 60 lần. Như vậy lực hút của Mặt Trăng nhỏ hơn “lực hấp dẫn” gần 300 nghìn lần.

Có lẽ con số này cho chúng ta manh mối để ước tính độ cao của thủy triều? Nhưng chúng ta có thể so sánh chiều cao này với cái gì? Hai vảy tự nhiên tự gợi ý.

Thang đo đầu tiên là độ sâu của đại dương. Trung bình nó “chỉ” 4 km. Nếu chia cho 300 nghìn, chúng ta sẽ được hơn một centimet một chút - không nhiều.

Thang đo thứ hai là bán kính Trái đất. Nhưng ở đây hóa ra là khoảng 20 mét - một lần nữa nó không giống nhau, bây giờ nó quá nhiều.

Vì vậy, liệu các thông báo thứ nguyên mà chúng ta đã cố gắng sử dụng bây giờ có giúp ích gì cho chúng ta không? Không, sẽ hữu ích nếu chúng ta cẩn thận hơn một chút về lực thủy triều là gì, hay chúng còn được gọi là lực thủy triều.

Nhân tiện, 20 mét không phải là một con số vô nghĩa. Đây chính xác là “thủy triều” sẽ như thế nào nếu chúng ta cố gắng giữ Trái đất và Mặt trăng tại chỗ bằng một lực ngoại lai nào đó. Đúng là hình ảnh sẽ không giống thực tế chút nào mà giống như trong hình 1: một bên Mặt Trăng có thủy triều lên, phía đối diện là thủy triều xuống. Nhưng chúng ta biết rằng cả ở đó và ở đó đều có thủy triều dâng cao, và bức tranh thực tế có lẽ giống như trong hình 2.

Thực tế là Mặt trăng không chỉ quan sát đại dương rơi xuống Trái đất hay các vật thể nằm trên đó mà còn cả chính hành tinh của chúng ta. Trái đất rơi trên Mặt trăng với gia tốc nhỏ hơn chính xác 300 nghìn lần g - gia tốc rơi “tự do” của các vật thể trên Trái đất. Và okanda sẽ rơi xuống Mặt trăng với cùng gia tốc, nhưng chỉ ở mức trung bình: những phần của nó ở gần Mặt trăng hơn có “gia tốc rơi tự do xuống Mặt trăng” lớn hơn một chút; những vật ở xa hơn sẽ rơi với gia tốc nhỏ hơn. Sự khác biệt giữa các gia tốc này và trung bình là gia tốc thủy triều (hình thành thủy triều).

Hình 1.

Hình 2.

20

Hãy thử tăng tốc này rasshiit. Giả sử Trái đất cách Mặt trăng một khoảng $R$ thì khối lượng của Mặt trăng là $m$. Khi đó gia tốc rơi của Trái đất lên Mặt trăng là $a_0 = Gm/R^2$. Một phần của Trái đất (đại dương) ở gần Mặt trăng - xấp xỉ bằng bán kính Trái đất, do đó khoảng cách tới Mặt trăng đối với phần này là $R - r$. Gia tốc của nó là $a_1 = Gm/(R - r)^2$. Chênh lệch gia tốc (gia tốc thủy triều) —

$$a_n = a_1 - a_0 = Gm(r/2R) / R^2 (R - r)^2 \approx \frac{2Gmr}{R^3}.$$

Gọi $M$ là khối lượng của Trái đất. Chúng ta hãy chuyển đổi một chút công thức và quy trình kết quả thành biểu thức

$$a_n = 2g \left( \frac{m}{M} \right) \left( \frac{r}{R} \right)^3.$$

Trong mô hình của chúng tôi, đây là giá trị tối đa của gia tốc trước khi sinh.

Nước sẽ trải qua gia tốc như vậy tại điểm $A$ trên hình 2; dễ dàng chứng minh được rằng tại điểm $C$ gia tốc sẽ không đổi. Ở đó nó hướng ra xa Mặt trăng, tức là nó cũng tạo ra thủy triều. Điểm $B$ và $D$ “rơi” với gia tốc trung bình, với gia tốc $a_0$.

Gia tốc thủy triều tối đa hóa ra nhỏ hơn $g$ không phải 300 nghìn mà là 9 triệu lần! Và nếu chúng ta chia bán kính Trái đất cho con số này, thì chúng ta sẽ có được chính xác những gì chúng ta cần - ít hơn 3/4 mét một chút. Đây là xấp xỉ độ cao của thủy triều trong một đại dương mở.

Lưu ý rằng chúng ta vẫn đang xem xét một mô hình khá thô. Nếu mọi thứ được thực hiện cẩn thận, bức tranh sẽ có phần khác biệt. Gia tốc thủy triều có độ lớn không đổi, bằng $\frac{3}{2} g \left( \frac{m}{M} \right) \left( \frac{r}{R} \right)^3,$

và hướng của nó thay đổi như thể hiện trong hình 3.

Nhưng điều này vẫn còn nửa vời. Một cái gì đó khác là tồi tệ hơn. Tôi phải thừa nhận rằng hình 2 không chân thực hơn hình 1 là bao. Hình ảnh thật là ở hình 4: mọi thứ đều được xoay gần như 90 độ!

Nhìn chung, rõ ràng thủy triều phải tụt lại phía sau Mặt trăng. Thật vậy, khi một điểm nhất định trên Trái đất ở vị trí $A$ (hình 2), lực thủy triều là cực đại và gia tốc hướng lên của nước là cực đại. Nhưng Trái đất quay và điểm này di chuyển đến vị trí $B$, tại đó gia tốc giảm nhưng vẫn hướng lên trên. Vì vậy giai đoạn thủy triều cũng cần được xử lý chi tiết hơn.

Bức tranh chính xác được đưa ra bởi mô hình phạm vi thủy triều, bản chất của nó là như vậy. Nước biển trải qua các dao động cưỡng bức dưới tác dụng của lực thủy triều. Pha của những dao động như vậy phụ thuộc vào sự tương ứng giữa tần số dao động tự nhiên của hệ và tần số thay đổi của lực cưỡng bức.

Bạn có thể rút ra một số ý tưởng về ảnh hưởng của tần số lực đến sự tương ứng pha trên một chiếc xích đu thông thường dành cho trẻ em. Chúng ta hãy vung chiếc xích đu và xem nó hoạt động như thế nào khi chúng ta không chạm vào nó, nghĩa là hãy theo dõi những dao động của chính chiếc xích đu. Chu kỳ của những dao động này thường là một hoặc hai giây. Bây giờ chúng ta sẽ từ từ làm chệch hướng xích đu khỏi vị trí cân bằng của nó. Ví dụ: chúng ta dẫn chúng theo một hướng trong 5 giây, đưa chúng về vị trí cân bằng trong cùng 5 giây, di chuyển chúng theo hướng khác trong 5 giây, v.v. Rõ ràng (và chúng ta sẽ cảm nhận được điều đó) là chúng ta càng

21

lệch và chúng hướng theo hướng mà chúng ta làm chệch hướng cú xoay. Cuối cùng, nếu tất cả điều này xảy ra rất chậm, gần như tĩnh tại, thì thực ra tại mỗi thời điểm chúng ta chỉ đơn giản là giữ chiếc xích đu ở vị trí mà nó hiện đang nằm. Một sự tương tự hoàn toàn với mô hình thống kê thủy triều là sự lệch pha với ngoại lực.

Nhưng nếu chúng ta cố gắng “tăng” cú xoay sao cho hướng của lực thay đổi năm lần mỗi giây thì mọi chuyện sẽ khác. Chiếc xích đu vừa định di chuyển sang trái, nơi chúng tôi đã kéo nó ở thời điểm trước đó, nhưng chúng tôi chỉ di chuyển nó sang bên phải. Không thể ngay lập tức di chuyển chúng sang phải, trước tiên chúng ta phải làm chậm “độ lệch trái” của chúng, sau đó chúng sẽ tăng tốc độ “phải”, và chúng ta lại kéo chúng sang trái. Ở đây khó khăn hơn để giám sát sự tương ứng của các pha với lực và độ lệch, nhưng rất có thể lúc này hai đại lượng này ở nghịch pha.

Hãy xem xét một mô hình khác. Có thể không thuận tiện khi giải thích nó theo lực thủy triều, mặc dù bề ngoài nó trông giống một đại dương trên Trái đất hơn. Nhưng trong mô hình này, sự thay đổi tương ứng pha có thể thấy rõ khi đi qua phần cộng hưởng.

Đổ nước vào bình ban đầu và đánh dấu mức nước. Chúng ta hãy treo cái lọ (hình 5) và từ từ (tần số của ngoại lực nhỏ hơn tần số tự nhiên dao động của con lắc) làm nó lệch khỏi vị trí cân bằng. Mặt nước gần như vẫn nằm ngang. Ở phía bình gần vị trí cân bằng nhất là thủy triều, ở phía đối diện -
Hình 5.

22

đại dương. Chỉ có Trái đất quay quá nhanh và chu kỳ của ngoại lực - lực thủy triều của Mặt trăng - chỉ là 12 giờ 25 phút. Chà, chúng tôi đã tính ra rằng nó giống như nửa ngày hơn là một ngày. Còn 25 phút thêm thì sao? Vì vậy, xét cho cùng, Mặt trăng được hình thành xung quanh Trái đất và theo cùng hướng mà Trái đất tự quay. Mặt trăng cố gắng đuổi kịp điểm A khi nó chạy xa khỏi điểm A đến vị trí B. Tuy không thành công lắm nhưng phải mất hơn 50 phút. Trong 50 phút này, Mặt trăng đi qua một kinh tuyến nhất định mất hơn một ngày.

Vì vậy, tần số của lực hình thành thủy triều lớn hơn tần số dao động của chính đại dương, thủy triều ngược pha với lực: nơi Mặt trăng kéo nước lên cao nhất, nơi đó thủy triều xuống và nơi nó đẩy nước về phía tâm Trái đất, nơi đó có thủy triều cao. Đúng vậy, độc giả đầy thù hận có thể sẽ nhớ những gì đã nói về mô hình lên xuống thực sự của dòng chảy: “mọi thứ gần như quay ngoắt 90 độ”, tức là gần như ngược pha. Điều này được giải thích là do các dao động xảy ra chính xác cùng pha hoặc phản pha với ngoại lực chỉ khi hoàn toàn không có tổn thất năng lượng và không có ma sát. Và nếu hầu như không được huấn luyện thì các dao động gần như cùng pha hoặc gần như lệch pha.

Mọi thứ đều ổn với giai đoạn bây giờ. Biến chứng bất ngờ này phát sinh với biên độ. Bây giờ, nếu tần số của ngoại lực nhỏ hơn đáng kể so với tần số của ngoại lực, thì biên độ sẽ phải gần với biên độ đã học được từ mô hình tĩnh. Như vậy, chúng ta phải coi sự phù hợp giữa phép tính và giá trị thực phần lớn là một sự trùng hợp đáng mừng. Thật tốt là không có sự cộng hưởng, nếu không, nếu không tính đến ma sát thì biên độ đáng lẽ phải tăng lên vô cùng …

Hiện tượng cộng hưởng quan trọng như thế nào trong việc tổ chức thủy triều cực cao có thể thấy qua việc đánh giá môi trường các dự án nhà máy điện thủy triều.

Trên mặt trận dài bốn km từ thủ đô phía đông Melville của những người săn cá voi Nantucket đến Yarmouth không kém phần nổi tiếng, một cơn thủy triều có độ cao tiêu chuẩn hàng mét chảy vào Vịnh Maine (hình 6). Sau khi tăng tốc trong Vịnh Fundy hẹp hơn, đạt độ cao bốn mét, sóng thủy triều tràn vào các vịnh chật hẹp của lưu vực Shignecto và Mainas. Sau này, biên độ thủy triều đạt giá trị kỷ lục trên toàn Trái đất - 6 mét. Chênh lệch thủy triều lên và xuống là 12 mét. Còn đâu để xây dựng nhà máy điện thủy triều nếu không phải ở đây?

Một trong những lựa chọn của dự án là tách Vịnh Shepody, chiếm chưa đến 0,2% diện tích Vịnh Maine, khỏi Shignecto bằng một con đập. Lựa chọn thứ hai là phong tỏa lưu vực Mainas, cắt đứt một phần hơn nửa phần trăm diện tích vịnh.

Các nhà máy điện lấy năng lượng, sóng thủy triều gần đập giảm trong trường hợp đầu tiên 20-25 cm, trong trường hợp thứ hai - 30-35 cm (“Trong thế giới khoa học”, 1988, số 1). Điều này sẽ ảnh hưởng đến Vịnh Fundy và toàn bộ Vịnh Maine như thế nào? Hãy trải rộng “sự thiếu hụt” trên phạm vi rộng của các vịnh và nhận ước tính: đối với Vịnh Fundy - 0,2 mm trong phiên bản đầu tiên, khoảng một centimet trong phiên bản thứ hai; và ở Vịnh Maine, sự thay đổi phải được tìm kiếm bằng nước vi sinh. Phải không?

Không có gì thuộc loại này. Bạn thậm chí có thể nói đó là cách khác. Thực tế là phần cộng hưởng của sự biến động của khối nước ở Vịnh Maine đang thay đổi. Thay vì 13 giờ 20 phút, chu kỳ dao động trở thành 13 giờ 10 phút.

(Cuối cùng xem trang 34)

23

Bài tập
M1196—M1200, F1203—F1207

M1196. Một số (ít nhất hai) số khác 0 đã được đưa ra. Bạn được phép xóa hai số a và b bất kỳ và viết các số a+b/2 và b-a/2 của chúng lại với nhau. Chứng minh rằng sau nhiều thao tác như vậy không thể thu được tập số ban đầu.

M1197. Cho tam giác ABC, điểm M nằm trên cạnh AB, điểm N trên cạnh BC, O là giao điểm của hai đoạn CM và AN. Biết rằng AM+AN=CM+CN. Chứng minh rằng AO+AB=CO+CB.

M1198*. Chúng ta hãy gọi một từ là một dòng gồm 10 chữ số 0 và 1. Chúng ta sẽ coi hai từ đồng nghĩa nếu một từ có thể được lấy từ từ kia thông qua một số phép toán thuộc loại sau: một số số trong một hàng bị gạch bỏ khỏi từ, tổng của chúng là số chẵn và các số giống nhau được viết ở vị trí của chúng, nhưng theo thứ tự ngược lại. Số lượng từ không có từ đồng nghĩa tối đa là bao nhiêu?

M1199*. Chứng minh rằng nếu phương trình ax²+(c-b)x+(e-d)=0 có nghiệm lớn hơn 1, thì phương trình ax⁴+bx³+cx²+dx+e=0 có ít nhất một nghiệm.

M1200*. Với k có thể đặt trên đường tròn a) 10; 6) 100; c) n cung sao cho mỗi cung cắt nhau đúng k cung khác?

S. A. Genkin

F1203. Trên sân ga gồ ghề có một container chứa đầy đồng đều có chiều cao H và chiều rộng L, có bánh xe nhỏ ở một bên (hình 1). Khi tàu tăng tốc, container bắt đầu trượt sang phải dọc theo sân ga nếu gia tốc vượt quá a₀. Đoàn tàu phải hãm phanh với gia tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để container bắt đầu trượt xuống dưới? Bỏ qua chuyển động lăn ma sát.

D. Yu. Grigoriev

F1204. Một khối lò xo nhỏ khối lượng m có thể chuyển động không ma sát bên trong một hình hộp chữ nhật có cùng khối lượng. Chiếc hộp nằm trên một chiếc bàn được phủ một lớp mỏng (hình2). Lực ma sát của hộp trên bàn chỉ phụ thuộc vào vận tốc u của hộp chuyển động trên bàn và bằng F=-γu. Tại thời điểm ban đầu, chiếc hộp đã hoàn thành và khối nằm ở bức tường bên trái của nó và có vận tốc v₀ hướng về bên phải. Khối hộp sẽ tác động bao nhiêu lên hộp nếu chiều dài của hộp L lớn hơn nhiều so với kích thước của khối?

D. Yu. Grigoriev

24

F1205. Tất cả các yếu tố khác đều như nhau, bộ lông nào bị mất bức xạ cơ thể nhiều hơn - trắng hay đen?

Ô. Yu. Nikshina

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

F1206. Hai dải dài và rộng được tích điện đồng đều với mật độ điện tích +σ (trên) và –σ (dưới). Tìm độ lớn và hướng của điện trường tại điểm M, nằm ở độ cao h so với mép của các sọc trên trục nằm trong mặt phẳng đối xứng của chúng (hình 3). Khoảng cách giữa các sọc d nhỏ so với h.

A. I. Semenov

F1207. Dung dịch điện được đổ vào một bình hình trụ đặt trong từ trường thẳng đứng. Giữa điện cực chạy dọc theo trục hình trụ và điện cực thứ hai, là bề mặt bên của bình, luôn duy trì hiệu điện thế (hình 4). Bạn có thể nói gì về hành vi của raster trong tình huống được mô tả?

A. I. Vuzdin

Lời giải bài toán
M1171—M1175, F1183—F1187

Lưu ý rằng với k ≥ 2
$$\frac{1}{h_{k-1}} - \frac{1}{h_k} = \frac{1}{kh_{k-1}h_k} > \frac{1}{kh_k^2}.$$
Cộng các bất đẳng thức này trên k=2, 3, …, n, ta thu được bất đẳng thức
$$\frac{1}{2h_2^2} + \frac{1}{3h_3^2} + \dots + \frac{1}{nh_n^2} < \frac{1}{h_1} - \frac{1}{h_n} < 1$$
($h_1 = 1$). Vẫn cần thêm 1/h₁² = 1 cho cả hai vế.
L. D. Kurlyandchik

25

M1172. Cách thuận tiện nhất để các đoạn AO và OB xuất phát từ gốc O của hệ tọa độ hình chữ nhật trong không gian là gì, nếu điểm A có tọa độ (x, y, z) và điểm B có tọa độ (y, z, x)?

$$\sin \frac{\angle AOB}{2} = \frac{AB}{2OA} \leq \frac{AB}{2AP} = \sin 60^\circ$$

M1173*. Ba đường thẳng được vẽ đi qua một điểm bên trong một tam giác có diện tích S sao cho mỗi cạnh của tam giác cắt nhau bởi hai đường thẳng đó (hình 1). Chứng minh diện tích $S_1, S_2, S_3$ của ba tam giác giáo dục thỏa mãn bất đẳng thức

$$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{9}{S}$$

Chúng ta sẽ chứng minh hai bất đẳng thức củng cố bất đẳng thức bài toán theo những cách khác nhau.

1. Hãy chứng minh rằng bất đẳng thức bài toán đúng với ba tam giác bất kỳ có chung đỉnh O bên trong tam giác ABC cho trước, có đáy nằm trên các cạnh của nó (hình 2).

Rõ ràng rằng với một điểm O cho trước, giá trị nhỏ nhất của vế trái của bất đẳng thức sẽ đạt được đối với các tam giác OAB, OBC và OCA. Khi đó $S = S_1 + S_2 + S_3$ và do bất đẳng thức $a + 1/a \geq 2$ tại $a > 0$

$$\frac{S}{S_1} + \frac{S}{S_2} + \frac{S}{S_3} = 3 + \left( \frac{S_2}{S_1} + \frac{S_1}{S_2} \right) + \left( \frac{S_3}{S_1} + \frac{S_1}{S_3} \right) + \left( \frac{S_3}{S_2} + \frac{S_2}{S_3} \right) \geq 3 + 3 \cdot 2 = 9$$

Sự bình đẳng đạt được khi $S_1 = S_2 = S_3$, tức là O là giao điểm của các đường trung tuyến.

2. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng đối với ba tam giác được xét ở điều kiện bài toán, nhiều hơn

26

sự bất bình đẳng mạnh mẽ:

$$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{18}{S}.$$

Hãy nối các đầu của các đoạn này để tạo thành thêm ba hình tam giác (hình 3); đặt diện tích của chúng bằng $T_1, T_2, T_3$. Biểu thị diện tích của cả sáu hình tam giác theo các cạnh kéo dài từ đỉnh $O$ và các góc giữa các cạnh này, chúng ta dễ dàng thu được $S_1S_2S_3 = T_1T_2T_3$. Bây giờ, hãy tận dụng thực tế là giá trị trung bình số học của một số số không nhỏ hơn giá trị trung bình hình học của chúng:

$$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{S_1S_2S_3}} = \frac{3}{\sqrt[6]{S_1S_2S_3T_1T_2T_3}} \geq \frac{3 \cdot 6}{S_1 + S_2 + S_3 + T_1 + T_2 + T_3} \geq \frac{18}{S}$$

(tổng diện tích của cả sáu hình tam giác tất nhiên không quá $S$). Đẳng thức ở đây là đủ khi $S_1 = S_2 = S_3 = T_1 = T_2 = T_3 = S/6$, tức là khi các đoạn đã cho là đường trung tuyến của tam giác (hình 4).

G. N. Zaitsev, V. N. Dubrovsky, V. V. Prasolov

*M1174. Dãy số nguyên $a_1, a_2, a_3, \dots$ được cho bởi điều kiện $a_1=1, a_2=12, a_3=20, a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n$ ($n=1, 2, \dots$).

Chứng minh rằng với mọi số $n$ thì số $1+4a_na_{n+1}$ là bình phương của một số nguyên.

| $a_n$ | $4a_na_{n+1}+1$ | $q_n$ |
| :— | :— | :— |
| 1 | 49 | 7 |
| 12 | 961 | 31 |
| 20 | 5041 | 71 |
| 63 | 39409 | 197 |
| 154 | . . . | . . |

Bằng cách viết ra một số số hạng đầu tiên của dãy, như được thực hiện bên lề, chúng ta có thể chứng minh rằng $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$, trong đó $q_n=a_{n+2}-a_{n+1}-a_n$; ví dụ: với $n=1$ và $n=2$ thu được các đẳng thức sau: $1+4 \cdot 12=(20-12-1)^2, 1+4 \cdot 12 \cdot 20=(63-20-12)^2$.

Chúng ta hãy sử dụng phương pháp quy nạp: chúng ta sẽ chứng minh rằng giả định $1+4a_{n-1}a_n=q_n^2$- hàm ý đẳng thức $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ (đối với $n=2, 3, \dots$). Như sau từ điều kiện bài toán, $q_n=a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=a_{n+1}+a_n-a_{n-1}=q_{n-1}+2a_n$. Đó là lý do tại sao

$$1+4a_{n-1}a_n=q_{n-1}^2=(q_n-2a_n)^2=q_n^2-4a_n(a_{n+1}+a_n-a_{n-1})+4a_n^2=q_n^2+4a_na_{n-1}-4a_na_{n+1},$$

từ đâu $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$.

Từ lời giải của chúng tôi, rõ ràng là đối với mọi số hạng ban đầu của chuỗi có điều kiện đồng thời $a_{n+2}+a_n=2(a_{n+1}+a_n)$ thì giá trị $(a_{n+2}-a_{n+1}-a_n)^2-4a_na_{n+1}$ là không đổi và không phụ thuộc vào $n$.

N. V. Vasiliev

*M1175. Vào lúc nào tự nhiên $n$ tuyên bố sau đây là đúng: như thể

27

Nếu một số n-vui lòng thông thường không giao nhau được đặt trên một mặt phẳng, thì một trong số chúng có thể được di chuyển theo một hướng nhất định mà không ảnh hưởng đến những cái khác? (Bạn không thể xoay n-pleaser, tức là tất cả các tia phát ra từ các điểm của n-pleaser đã chọn theo hướng mong muốn không được đặt n-pleaser còn lại.)

Hình 1.

Hình 2.

F1183. Xe buýt chuyển động với vận tốc không đổi u=60 km/h, đứng yên trong thời gian dài

hướng d), mà không ảnh hưởng đến các hướng khác. Một đa giác như vậy có thể được tìm thấy cho mỗi hướng d.

Chúng ta hãy xem xét các “hình chiếu” của đa giác lên một đường thẳng l, vuông góc với hướng d và khi mô tả các hình chiếu, chúng ta sẽ chỉ ra đa giác nào nằm ở trên (chúng ta coi d là hướng “lên”, hình 1); có sự lồi của đa giác ở đây.

Bây giờ chỉ cần chứng minh điều sau đây là đủ - bổ đề về thảm: nếu một đoạn - “hành lang” được bao phủ bởi nhiều đoạn - “thảm”, thì chắc chắn sẽ có một tấm thảm, không có phần nào bị tấm thảm khác che phủ - tấm thảm trên cùng.

Rõ ràng, chúng ta có thể giả sử rằng không có tấm thảm nào có hai khu vực mở được ngăn cách bởi một khu vực kín: nếu không, chúng ta chỉ có thể xem xét những tấm thảm nằm trên khu vực đóng này và trong số chúng hãy tìm tấm thảm trên cùng. Theo cách tương tự, bạn có thể loại trừ (loại bỏ) những tấm thảm đã đóng hoàn toàn khỏi danh sách xem xét.

Giả sử không có tấm thảm “trên cùng”, tức là mỗi tấm thảm có cả phần mở và phần đóng, chúng ta đi đến mâu thuẫn ngay: liền kề đầu bên trái của hành lang là một tấm thảm có phần mở nằm ở bên trái; liền kề với khu vực này trên tấm thảm này là một tấm thảm khác “mở ở bên trái”, v.v. Dây xích này không thể bị đứt (trong khi đó, ở cuối hành lang bên phải tất nhiên có một tấm thảm “mở bên phải”).

Bổ đề thảm đã được chứng minh. Rõ ràng là đa giác tương ứng với tấm thảm “phía trên” có thể di chuyển theo hướng d mà không bị cản trở.

Về điều này bài toán chúng tôi sẽ đưa ra một vài nhận xét.

1. Sự tương tự của “bổ đề thảm” đối với các hình trên mặt phẳng rõ ràng là không chính xác. Một phát biểu tương tự đối với đa giác lồi cũng không chính xác: G. A. Galperin đã chỉ ra một ví dụ về một số “tấm”, không có tấm nào có thể hoàn thành mà không uốn cong các tấm còn lại (trong ví dụ này, các mặt “bên ngoài” của 12 tấm tạo thành một khối mười hai tấm, và các “đường nối” - các mặt mà chúng “gần như gặp nhau” - được chọn sao cho đối với mỗi tấm ít nhất hai “đường nối” không liền kề tạo thành một góc lớn với cạnh ngoài 90°).

2. Trong công thức ban đầu của các tác giả bài toán V. G. Ilchev và D. A. Tereshin có một mệnh đề bổ sung: n-pleaser chỉ được phép di chuyển theo hướng vuông góc với cạnh của nó; đồng thời, đáp số cũng thay đổi: ví dụ, không khó để phát minh ra một gia đình gồm 5 người thích thú, không điều nào trong số đó có thể thực hiện được theo cách này (hình 2).

N. V. Vasiliev

Hoa văn được hình thành bởi những giọt djedish trên kính có tính đối xứng so với phương thẳng đứng. Từ đó chúng ta có thể kết luận rằng gió sẽ ép các giọt nước theo hướng

28

tại các điểm dừng. Bên ngoài trời lộng gió và đang xuống dốc. Những giọt nước cần thiết được hình thành trên cửa sổ bên của xe buýt theo kiểu như trong hình. Tốc độ và hướng gió không thay đổi. Tốc độ rơi của giọt dombdy là bao nhiêu? Bạn có thể nói gì về tốc độ gió? Đường thẳng, xe buýt không quay đầu.

F1184. Một thanh sắt hình trụ dài 10 cm được nung trên ngọn lửa của bếp gas. Nhiệt độ của đầu nóng là 700 ° C, ở khoảng cách 1 cm - 500 ° C, 2 cm - 300 ° C, 3 cm - 200 ° C, 5 cm - 150 ° C, nhiệt độ của đầu kia của thanh là 100 ° C. Sau một phút, nhiệt độ giảm dần và đạt 200°C. Hãy tính nhiệt lượng mà thanh đã mất đi trong thời gian đó. Nhiệt dung riêng của sắt là 460 J/(kg K), khối lượng thanh là 15 g.

Nếu không bị mất thông tin thì nhiệt độ sẽ được đặt thành $t_{0\text{бц}} = \frac{1}{10} (t_1 + t_2 + \dots + t_{10})$,

trong đó $t_i$ là nhiệt độ trung bình của các đoạn thanh dài

mỗi centimet (xem hình). Trong trường hợp của chúng tôi $t_{0\text{бц}} = \frac{1}{10} (600 + 400 + 250 + 180 + 150 + 150 + 130 +$
$+ 110 + 100 + 100) = 218 °C$.

Điều này có nghĩa là tổn thất cho biết là $Q = cm (t_{0\text{бц}} - t_{200}) \approx 0,12$ kJ.

Tất nhiên, con số thu được chỉ là gần đúng và có thể hơi khác một chút - trong phạm vi ±10%.

A. R. Zilberman

29

F1185. Một khối tích điện đều tạo ra một điện trường theo hướng $E_0$ tại đỉnh của nó. Một khối có kích thước bằng một nửa sẽ bị xóa khỏi khối (xem hìnhok). Bây giờ hướng của trường tại điểm A sẽ như thế nào?

Chúng ta hãy tìm hiểu xem hướng của trường tạo bởi một khối tích điện đều ở đỉnh của nó phụ thuộc như thế nào vào kích thước tuyến tính của khối đó. Từ các thông điệp đối xứng, rõ ràng là tính định hướng này được định hướng dọc theo đường chéo chính tương ứng của khối lập phương. Vì vậy chúng ta có thể viết

$$E = \sum_i \frac{\rho \Delta V_i}{r_i^2} \cos \alpha_i,$$

trong đó $\rho$ là mật độ điện tích, $\Delta V_i$ là các khối nhỏ mà toàn bộ khối lập phương được chia vào đó, $r_i$ là khoảng cách từ khối thứ $i$ đến đỉnh của khối đang xem xét, $\alpha_i$ là góc giữa hướng từ khối đến đỉnh và đường chéo lớn của khối lập phương.

Đối với hình lập phương có cạnh $l$

$$\Delta V_i \sim l^3, \quad r_i^2 \sim l^2,$$

và $\alpha_i$ giống nhau đối với tất cả các hình khối; kể từ đây,

$$E \sim \frac{l^3}{l^2} = l$$

• hướng của trường ở đỉnh khối lập phương tỷ lệ thuận với kích thước tuyến tính của nó.

Rõ ràng, một khối lập phương có một nửa kích thước tuyến tính sẽ tạo ra tính định hướng cũng lớn bằng một nửa. Do đó, nếu lúc đầu tính định hướng tại điểm A bằng $E_0$, thì sau khi loại bỏ khối lập phương nhỏ, tính định hướng sẽ lớn bằng một nửa:

$$E_A = E_0 - \frac{E_0}{2} = \frac{E_0}{2}.$$

Hướng của hướng sẽ không thay đổi.

Tôi. Yu. Pogeryako

F1186. Tại giá trị nào của tụ điện $C_x$ trong mạch như hình hình 1, ​​​​độ lệch pha giữa chiều cấp nguồn và dòng điện trong mạch ngoài sẽ bằng 0 ở bất kỳ tần số nguồn nào? Độ tự cảm của cuộn dây là $L$, điện trở của mỗi điện trở là $R$. Tất cả các phần tử của mạch được coi là lý tưởng.

bài toán này có thể được giải bằng nhiều cách khác nhau, nhưng đơn giản và dễ hiểu nhất là phương pháp sơ đồ vectơ $^*$).

Ý tưởng chính của phương pháp này là các biến hướng và điểm được biểu diễn dưới dạng vectơ có độ dài tương ứng và được cộng bằng đại số vectơ bên phải. Trong điện trở, dòng điện cùng pha với chiều và $U_R = I_R R$, trong đó $U_R$ là mô hình của vectơ chỉ phương trên điện trở, $I_R$ là mô hình của vectơ dòng điện trong điện trở, $R$ là điện trở của điện trở. Ví dụ: dòng điện chạy trước $90^\circ$ và $U_L = I_L \omega L$, trong đó $U_L$ là mô hình của vectơ chỉ phương trên cuộn cảm, $I_L$ là mô hình của vectơ dòng điện, $L$ là độ tự cảm của cuộn dây, $\omega$ là tần số truyền

*) Ví dụ, hãy xem bài viết của A. R. Zilberman “AC Circuits” («Kvant», 1986, No. 9). (Lưu ý ped.)

30

dòng điện thấp. Điện áp trên tụ cách dòng điện một góc 90° và $U_C = I_C \frac{1}{\omega C}$, trong đó $U_C$ là mô hình của vectơ điện áp trên tụ điện, $I_C$ là mô hình của vectơ dòng điện qua tụ điện, $C$ là điện dung của tụ điện.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán của chúng tôi. Cho dòng điện $I_0$ chạy trong mạch ngoài. Khi đó đối với mạch điện chứa cuộn cảm và điện trở, sơ đồ vectơ sẽ có dạng như hình hình 2, trong khi

$$\vec{I}_0 = \vec{I}_{LR} + \vec{I}_L, \quad U_{LR} = I_{LR}R \quad \text{и} \quad I_{LR}R = I_L\omega L.$$

Đối với mạch chứa tụ điện và điện trở, sơ đồ vectơ sẽ tương tự (hình 3):

$$\vec{I}_0 = \vec{I}_C + \vec{I}_{CR}, \quad U_C = I_{CR}R \quad \text{и} \quad I_{CR}R = I_C \frac{1}{\omega C}.$$

Để vectơ $\vec{U}_0$ cùng pha với vectơ $I_0$, điều cần thiết là các góc giữa vectơ $\vec{I}_0$ và $\vec{I}_{LR}$, cũng như giữa $\vec{I}_0$ và $\vec{I}_C$, phải bằng nhau (hình 4). Sau đó

$$\frac{I_L}{I_{LR}} = \frac{I_{CR}}{I_C},$$

nó theo sau từ đâu

$$\frac{\omega L}{R} = \omega CR, \quad \text{или} \quad C = \frac{L}{R^2}.$$

Rõ ràng, nếu bạn chọn $C = L/R^2$, thì dòng điện sẽ cùng pha với điện áp ở bất kỳ tần số nào và có thể dễ dàng chỉ ra rằng $U_0 = I_0R$.

V.E. Nồi chiên

F1187. Một chiếc xe trượt tuyết có chiều dài $L = 2$ m và chiều cao $H = 0,5$ m chuyển động theo đường thẳng với tốc độ $v = 10$ m/s. Ở khoảng cách $d = 10$ m so với đường, một tàu con thoi có camera phono được lắp đặt và quá trình quay phim được thực hiện tại thời điểm hợp nhất tối đa.

Máy ảnh có ống kính một tấm có tiêu cự $F = 5$ cm. Tốc độ cửa trập (tức là thời gian trong đó mỗi phần của phim nền được phát hiện) được phản ánh trong máy ảnh này bằng cách sử dụng cửa trập khe, hoạt động như sau:

Chúng ta hãy biểu thị độ dài của hình ảnh tức thời của lon trên màng phono bằng $l$ và chiều cao bằng $h$. Sau đó, tính đến $d \gg F$, chúng ta nhận được

$$l = \frac{F}{d}L, \quad h = \frac{F}{d}H.$$

Tuy nhiên, trong quá trình phơi sáng, hình ảnh di chuyển dọc theo phim với tốc độ $u = (F/d)v$ dẫn đến hiện tượng méo hình

32

lốp xe và chỉ có $n$ đỉnh. Do đó, trung bình, $2(n-3)/n$ đường chéo sẽ đến đỉnh. Do đó, tổng số đường chéo trung bình của phân vùng thứ nhất và thứ hai đến từ một đỉnh bằng $4(n-3)/n$. Đối với $n \geq 13$ con số này lớn hơn ba, có nghĩa là đỉnh của $n$-gon mà chúng ta cần thực sự tồn tại.

Tam giác của một quả cầu và một quả bóng
Trước khi bắt đầu trình bày các kết quả của Slator, Tarjan và Thurston, cần có một vài định nghĩa.

Phép tam giác của một hình cầu sẽ được gọi là phép chia hình cầu thành nhiều vùng, thu được như sau: một số điểm được đặt trên hình cầu - chúng được gọi là các đỉnh tam giác - và một số điểm được nối với nhau bằng các đường cong không tự giao nhau và chỉ có thể giao nhau ở các đỉnh. Trong trường hợp này, mỗi khu vực được chia bởi một hình cầu phải có chính xác ba cạnh, tức là nó phải được giới hạn bởi chính xác ba đường cong.

Do đó, trong quá trình tam giác, hình cầu được chia thành nhiều hình tam giác cong. Một ví dụ được hiển thị ở hình 3.

Chúng ta sẽ gọi một tam giác đặc biệt của quả bóng là ta-

Hình 2.
Có một tam giác xếp BCD (hình 2). Thay đường chéo BC bằng AD. Lặp lại các cách sắp xếp lại tương tự, chúng ta thêm rằng đối với tất cả các tam giác của phân vùng có đỉnh A, cạnh đối diện với nó sẽ là một trong các cạnh của n-giác. Và phân vùng rõ ràng là hình nón.

Chúng tôi đã chứng minh một thực tế thậm chí còn mạnh mẽ hơn: số lần sắp xếp lại cần thiết để có được một lát gạch hình nón có đỉnh A từ một ô cho trước không vượt quá $n-3-x$, trong đó $x$ là số đường chéo của một ô đã cho xuất phát từ đỉnh A. Nếu chúng ta chọn một đỉnh A sao cho có ít nhất một đường chéo của ô ban đầu xuất phát từ nó, thì chúng ta không cần tái tạo nhiều hơn $n-4$ để có được phân vùng thứ hai từ hình nón này ốp lát. Điều này chứng tỏ bất đẳng thức 6): $P(n) \leq (n-4) + (n-3) = 2n-7$.

Bây giờ, để chứng minh bất đẳng thức cuối cùng trong) $P(n) \leq 2n-10 = (n-3) + (n-3) - 4$ cho $n \geq 13$, ta chỉ cần

Hình 3.

nhưng đối với hai phân vùng bất kỳ, hãy tìm một đỉnh $A$ sao cho tổng số đường chéo của phân vùng thứ nhất và thứ hai phát ra từ nó không nhỏ hơn 4. Hãy tính số đường chéo trung bình của một phân vùng tùy ý phát ra từ một đỉnh. Tất cả các đường chéo đều là $n-3$, mỗi đường chéo nối hai đỉnh $A$. Sự khác biệt như vậy $n-3-x$, trong đó $x$ là số đường chéo của một phân vùng nhất định xuất hiện từ một đỉnh, bằng $4(n-3)/n$. Đối với $n \geq 13$ con số này lớn hơn ba, có nghĩa là đỉnh của $n$-gon mà chúng ta cần thực sự tồn tại.

Tam giác của một quả cầu và một quả bóng
Trước khi bắt đầu trình bày các kết quả của Slator, Tarjan và Thurston, cần có một vài định nghĩa.

Phép tam giác của một hình cầu sẽ được gọi là phép chia hình cầu thành nhiều vùng, thu được như sau: một số điểm được đặt trên hình cầu - chúng được gọi là các đỉnh tam giác - và một số điểm được nối với nhau bằng các đường cong không tự giao nhau và chỉ có thể giao nhau ở các đỉnh. Trong trường hợp này, mỗi khu vực mà hình cầu được chia thành phải có chính xác ba cạnh, tức là nó phải được giới hạn bởi chính xác ba đường cong.

Do đó, trong quá trình tam giác, hình cầu được chia thành nhiều hình tam giác cong. Một ví dụ được hiển thị ở hình 3.

Chúng ta sẽ gọi một tam giác đặc biệt của quả bóng là ta-

34

Lực thủy triều

(Để bắt đầu, xem trang 18)

Và thời gian áp dụng vũ lực, như chúng ta nhớ, là 12 giờ 25 phút. Hệ thống trở nên “cộng hưởng hơn”. Và trong phương án thứ hai, sự thay đổi chế độ dòng chảy ở lối ra khỏi Lưu vực Mainas cũng ảnh hưởng: dòng chảy thay đổi.

Và đây là kết quả. Đập Shepody hầu như không thay đổi độ cao của sóng ở Vịnh Fundy, làm tăng sóng ở Vịnh Maine khổng lồ

sức mạnh của hình học phi Euclide của Lobachevsky. Thực tế là phần bên trong của quả bóng, với định nghĩa thích hợp về khoảng cách giữa các điểm, sẽ biến thành mô hình không gian Lobachevsky. Thậm chí có hai cách để làm điều này. Trong một phương pháp, các dây của quả bóng đóng vai trò là các đường thẳng - đây là “mô hình Klein”, mặt khác - các cung tròn, các bề mặt vuông góc của quả bóng - đây là “mô hình Poincaré” («Kvant» đã nói về nó trong cùng một bài viết của K. L. Samarov và V. M. Uroev ở số 6 năm 1984). Thể tích phi Euclide của toàn bộ quả bóng (tức là toàn bộ không gian Lobachevsky) đương nhiên là vô hạn, nhưng đối với cuốn sổ -a bị giới hạn bởi một hằng số nhất định $V_0$. Và đây là những gì chúng ta cần.

Chỉ còn một việc duy nhất: tìm tam giác Hamilton của hình cầu sao cho khối đa diện tương ứng có $n$ các đỉnh sẽ có thể tích không nhỏ hơn $(2n - 10)V_0$. Điều này đạt được thông qua một thiết kế đẹp. Chúng ta hãy lấy một trong năm khối đa diện đều - ikasdr (hình 7, a), có 20 mặt tam giác, 12 đỉnh và 30 cạnh, nội tiếp trong hình cầu của chúng ta và chia mỗi mặt của nó thành $k^2$ nhỏ bằng nhau

thêm 3-4 cm, tức là hơn 2% biên độ dòng điện. Trong phương án thứ hai, được áp dụng trên toàn bộ không gian từ Boston đến lối vào Minas, lưu vực sẽ lùi lại 15-20 cm - hơn 10%! Và nếu bạn xây dựng các ứng dụng mới, việc di cư của cá sẽ bị gián đoạn, nhìn chung hậu quả là rất đáng kể!

Chà, ngay cả những dự án như vậy, chắc chắn là những thành phố sạch hơn về mặt môi trường so với các nhà máy điện ấm hoặc điện hạt nhân, cũng phải được xem xét cẩn thận từ quan điểm tác động của chúng đối với thiên nhiên.

35

Nhiệm vụ

1. Học sinh lớp 3 “A” đến rạp. Vào giờ giải lao, tất cả họ đều chạy đến bữa tiệc buffet. Mỗi chàng trai mua một món ăn nhẹ và mỗi cô gái mua một chiếc bánh. Nếu mọi chàng trai mua bánh mì và mọi cô gái mua một món ăn nhẹ thì họ (cùng nhau) sẽ tiêu ít hơn một xu. Có nhiều bé trai hơn bé gái. Bao lâu?

2. Số CUBE là lập phương của một số nhất định và số BUK là số nguyên tố. Tìm những con số này.

3. Giải câu đố số học bạn nhìn thấy ở hình. Một chữ cái tương ứng với cùng một số và các chữ cái khác nhau tương ứng với các số khác nhau.

4. Chứng minh rằng trong hình bình hành ABCD, diện tích được bao quanh bởi màu đỏ gấp đôi diện tích được bao quanh bởi màu vàng (xem hình). Điểm K và E là trung điểm của các cạnh tương ứng.

5. Có thể một số
   n!=1·2·3·…·n
   (đọc giai thừa) trông giống như 111…100…0? Có một số loại này - bắt đầu bằng số 1 và kết thúc bằng số 0 - chia hết cho 1990 không?

Những nhiệm vụ này được N.Yu đề xuất cho chúng tôi. Nechevetaev, N.K. Antonovich, P.V. Dzhandzhlava, A.I. Demidov, sinh viên đến từ làng Chernologovka, vùng Moscow. I. Soloviev và D. Feldman.

36

NGÀY NÀO
TUẦN?

Người đọc tất nhiên biết ngày sinh của ông: năm, tháng, ngày. Còn ngày trong tuần thì sao? Có lẽ đó là thứ Tư, hoặc có thể là thứ Bảy hoặc thứ Hai? Bài viết này giải thích cách trả lời câu hỏi này mà không cần nhờ đến sự trợ giúp của lịch cũ.

Hãy kết thúc những ngày

Để làm điều này, chúng ta chỉ cần gán số 1 cho một ngày nào đó và đánh số các ngày tiếp theo theo thứ tự: số 2, số 3, v.v. Ngày nào được lấy làm ngày đầu tiên, không quan trọng, nó trống chẳng hạn.

Ngày 1 tháng 1 năm thứ nhất.
Khi đó ngày 2 tháng 1 của năm thứ nhất sẽ nhận số 2, ngày 3 tháng 1 của năm thứ nhất - số 3, v.v., ngày 31 tháng 1 của năm thứ nhất sẽ nhận số 31, ngày 1 tháng 2 - ngày số 32, ngày 1 tháng 3 - ngày số 60 (tháng 2 năm thứ nhất có 28 ngày, vì năm đó không phải là năm nhuận). Có tổng cộng 365 ngày trong Năm 1, vì vậy ngày 1 tháng 1 của Năm 2 sẽ là ngày #366, ngày 1 tháng 1 của Năm 3 sẽ là ngày # 731, ngày 1 tháng 1 của Năm 4 sẽ là ngày # 1096 và ngày 1 tháng 1 của Năm 5 sẽ là ngày # 1462 (Năm 4 có 366 ngày). Như vậy, mỗi ngày sẽ nhận được số riêng.

Làm thế nào để tìm ra ngày trong tuần, biết số ngày?

Ví dụ, ngày thứ một triệu trong tuần là ngày nào? Chúng tôi chưa thể trả lời câu hỏi này. Nhưng nếu chúng ta biết ngày trong tuần tương ứng với một ngày với một số nào đó, thì chúng ta có thể xác định ngày trong tuần tương ứng với một ngày với bất kỳ số nào khác. Hãy nói

Bài viết dựa trên tài liệu do Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học N. M. Veskin gửi cho người biên tập và một chương trong cuốn sách của O. Ore “Lời mời đến Lý thuyết Số” (M.: Nauka, Thư viện «Kvant», 1980).

37

Zhem, ngày thứ 100.000. Từ ngày đó đến ngày thứ một triệu, 1.000.000-100.000=900.000 ngày sẽ trôi qua. Hãy chia 900.000 cho 7 với số dư: 900.000 = 128.571 7 + 3, nghĩa là số tuần và ba ngày nữa phải trôi qua giữa các ngày được đề cập. Số tuần hoàn toàn không quan trọng đối với chúng tôi, chỉ có ba ngày này mới quan trọng. Cụ thể, nếu ngày thứ 100.000 là Thứ Hai thì ngày thứ 1.000.000 là Thứ Năm, nếu ngày thứ 100.000 là Thứ Ba thì ngày thứ 1.000.000 là Thứ Sáu, v.v.

Bây giờ chương trình hành động đã rõ ràng. Đầu tiên, chúng tôi xác định số lượng mỗi ngày mà ngày trong tuần được chúng tôi biết đến. Công việc này có thể được thực hiện một lần và mãi mãi. Sau đó, chúng tôi xác định số ngày mà chúng tôi quan tâm. Bằng cách so sánh hai số nhận được, chúng tôi xác định ngày trong tuần tương ứng với thứ hai.ngày - như đã giải thích ở trên.

Làm thế nào để tìm số ngày?

Hãy để chúng tôi quan tâm

ngày thứ k của tháng thứ m năm thứ n.

Như bạn đã biết, có năm nhuận và không nhuận. Năm không nhuận có 365 ngày, năm không nhuận có 366 ngày. Thứ nhất, năm không nhuận là những năm có số không chia hết cho 4 và thứ hai là những năm có số chia hết cho 100 nhưng không chia hết cho 400. (Như vậy, năm 2000 sẽ là năm nhuận, nhưng năm 1900 không phải là năm nhuận, không giống như năm 1904. Điều khoản này phân biệt “lịch Gregorian” hoặc “kiểu mới”, với “lịch Julian” hoặc “kiểu cũ”. Chúng ta sẽ nói nhiều hơn về phong cách cũ và mới bên dưới.)

Hãy quay trở lại ngày được đề cập. Sau ngày số 1, tức là ngày 1 tháng 1 của năm thứ nhất, N-1 năm, m-1 tháng và k-1 ngày đã trôi qua. Gọi N-1 năm trung bình là N₁ năm nhuận và N₂ năm không nhuận. Sau đó, chúng ta sẽ nghĩ xem N₁ và N₂ bằng bao nhiêu, nhưng bây giờ chúng ta sẽ viết rằng những năm này có 366N₁+365N₂ ngày. Số ngày trong ngày thứ nhất, …,

Chúng tôi biểu thị tháng thứ 12 bằng a₁, …, a₁₂. Do đó, a₁=a₃=a₅=a₇=a₈=a₁₀=a₁₂=31, a₄=a₆=a₉=a₁₁=30 và a₂=29 hay 28, tùy thuộc vào năm thứ N là năm nhuận hay năm không nhuận. Vì vậy số ngày của chúng tôi là

366N₁+365N₂+a₁+…+aₙ-1+k.

Bây giờ hãy tìm N₁ và N₂. Hãy tưởng tượng N-1 ở dạng 100P+R, trong đó 0<R<99 (nếu N-1 là số có bốn chữ số, như đã hứa trong thực tế, thì P và R là các số nhị phân được viết dưới dạng hai chữ số đầu và hai chữ số cuối của số N-1). Tiếp theo, chia P và R cho 4 với số dư: P=4p+q, R=4r+s (0<q<3, 0<s<3). Trước năm của chúng tôi là P bảng đầy đủ. Mỗi năm có 99 năm, các số không chia hết cho 100, trong đó có 24 năm nhuận và 75 năm không nhuận. Trong số P năm có số chia hết cho 100 thì có p năm nhuận và P−p=3p+q năm không nhuận. Cuối cùng, từ R của những năm gần đây có r năm nhuận và R−r=3r+s năm không nhuận. Vì thế,

N₁=24P+p+r=97p+24q+r,
N₂=75P+3p+q+3r+s=303p+
+76q+3r+s.

Công thức cuối cùng cho số ngày của chúng tôi là:

366(97p+24q+r)+365(303p+76q+
+3r+s)+a₁+…+aₙ-1+k=
=146 097p+36 524q+1461r+365s+
+a₁+…+aₙ-1+k.

38

Ví dụ: hãy để dữ liệu chúng tôi quan tâm
Ngày 1 tháng 3 năm 1989.
Cho ngày này $P=19, R=88, p=4, q=3, r=22, s=0, m=3, a_1=31, a_2=28, k=1$, và con số của nó là 726.162.

Ta chỉ cần số dư khi chia cho 7

Số ngày chỉ khiến chúng tôi quan tâm với độ chính xác của bất kỳ số nào chia hết cho 7 (vì ngày chỉ khiến chúng tôi quan tâm đến một số nguyên tuần). Do đó, cần lưu ý rằng 146.097 = 20.871 7 chia hết cho 7, do đó số hạng đầu tiên trong tổng của chúng ta có thể đơn giản bị loại bỏ. Hơn nữa, 36,524=5217·7+5 nên cùng với hệ số 36,524 ta có thể lấy 5; theo cách tương tự, 1461 và 365 cộng lại chúng ta có thể lấy 5 và 1. Số tiền khổng lồ của chúng ta sẽ biến thành
$$5(q+r)+s+a_1+\dots+a_{m-1}+k,$$
Ngoài ra, đối với $a_1,\dots,a_{12}$, các giá trị 28, 29, 30, 31 có thể được thay thế dễ dàng bằng số dư của phép chia cho 7, tức là các giá trị 0, 1, 2, 3, tương ứng. Sau đó, vào ngày 1 tháng 3 năm 1989, số của chúng tôi sẽ được thay thế bằng số
$$5(3+22)+0+3+0+1=129,$$
có cùng số dư khi chia cho 7 làm số ngày của chúng ta (thực tế, việc kiểm tra cho thấy rằng đối với các số tổng quát số dư này là 3). Nhân tiện, phần tốn thời gian nhất của phép tính cuối cùng là tìm tổng $a_1+\dots+a_{m-1}$, hay đúng hơn là phần còn lại khi chia số tiền này cho 7. Phần dư này phụ thuộc vào $m$ và liệu năm đó có phải là năm nhuận hay không. Sẽ rất hợp lý khi tính toán nó một lần và ghi lại kết quả vào Bảng 1.

Ví dụ: tổng tương ứng với tháng 8 của năm nhuận là 31+29+31+30+31+30+31, số dư của nó khi chia cho 7 sẽ bằng số dư 3+1+3+2+3+2+3=17, tức là bằng 3; điều này được ghi lại trong Bảng 1.

Bây giờ hãy nhìn vào lịch và chắc chắn rằng ngày 1 tháng 3 năm 1989 là Thứ Tư. Ở trên, chúng ta phát hiện ra rằng phần dư của phép chia số của ngày hôm nay cho 7 bằng 3. Điều này có nghĩa là nếu phần dư của phép chia số trong ngày cho 7 bằng 3 thì ngày đó là Thứ Tư. So khớp, nếu số dư là 4, 5, 6, 0, …, thì ngày đó là Thứ Năm, Thứ Sáu, Thứ Bảy, Chủ Nhật, …. Như bạn thấy, chúng ta đã hơi may mắn: phần còn lại khi chia số kết quả cho 7 chỉ đơn giản bằng số của ngày trong tuần:

1 - Thứ Hai 4 - Thứ Năm
2 - Thứ Ba 5 - Thứ Sáu
3 — Thứ Tư 6 — Thứ Bảy
0 - Chủ nhật.

(May mắn là ngày đầu tiên chúng tôi lấy một cách khoa học - ngày 1 tháng 1 năm thứ nhất - hóa ra lại là một ngày muộn. Nếu không có điều này, chúng tôi đã phải sửa đổi máu cho công thức cuối cùng.) Bây giờ chúng ta có thể viết công thức cuối cùng.

Công thức
Hãy xem xét

$$k-й день m-го месяца N-го года.$$
Chúng ta hãy biểu thị bằng $R$ bằng hai giá trị số được tạo thành từ hai chữ số cuối của số $N-1$ và bằng $P$ số được tạo thành từ các chữ số còn lại của số $N-1$. Tiếp theo, chia các số $P$ và $R$ có số dư là 4: $P=4p+q, R=4r+s$. Sau đó chúng ta tìm số

$$D=5(q+r)+s+b+k,$$

Bảng 1

39

trong đó $b$ phụ thuộc vào vị trí và “năm nhuận” của năm $N$ và được tìm thấy từ Bảng 1. Phần dư khi chia số $D$ cho 7 là số ngày trong tuần.

Ví dụ. Cuộc chiến tranh vệ quốc vĩ đại bắt đầu vào ngày 22 tháng 6 năm 1941. Hôm đó là ngày thứ mấy trong tuần? Ta tính: $P=19=4\cdot 4+3$, $R=40=4\cdot 10+0$, $b=4$ (năm không nhuận),

$$D=5(3+10)+0+4+22=91,$$

Số dư khi chia số $D$ cho 7 là 0. Vậy hôm đó là Chủ nhật.

Phong cách cũ và phong cách mới

Phương pháp xác định năm nhuận được nêu ở tr. 37, được giới thiệu vào thế kỷ 16; Trước đó, tất cả những năm có số chia hết cho 4 đều được coi là năm nhuận. Nhu cầu điều chỉnh là do chu kỳ quay của Trái đất quanh Mặt trời thực tế là ít hơn vài phút so với 365 $\frac{3}{4}$ ngày. Vì vậy, theo thời gian, năm mới đã đến gần mùa xuân, nếu không có sự đổi mới thì đến năm 12.000 đã đến đúng thời điểm hoa giọt tuyết nở rộ. Ở Nga, phong cách mới chỉ được giới thiệu vào tháng 1 năm 1918. Vì vậy, nhiều sự kiện lịch sử thường được gọi theo phong cách cũ.

Sự khác biệt giữa phong cách cũ và phong cách mới xuất phát từ việc phong cách cũ có từ

Bảng 2

| Ngày (kiểu mới, bao gồm) | Số ngày mà phong cách mới đi trước phong cách cũ |
| :— | :— |
| 13 tháng 3 năm 1900 - 13 tháng 3 năm 2100 | 13 |
| 12 tháng 3 năm 1800 - 12 tháng 3 năm 1900 | 12 |
| 11 tháng 3 năm 1700 - 11 tháng 3 năm 1800 | 11 |
| 10 tháng 3 năm 1500 - 10 tháng 3 năm 1700 | 10 |
| 9 tháng 3 năm 1400 - 9 tháng 3 năm 1500 | 9 |

40

Kính vạn hoa “Klama”

Có vô số sự kiện khiến chúng ta tin rằng các nguyên tử của vật chất theo một cách nào đó được phú cho hoặc được liên kết với các lực điện, và nhờ chúng mà chúng có những đặc tính đáng chú ý nhất.

M. Faraday

… dòng điện sẽ chứa đựng sự thay đổi.

J. Maxwell

Dòng điện có tốt cho bạn không?

Fig. 17.

Lịch sử quanh co của các nghiên cứu về tính chất điện của nhiều loại môi trường khác nhau, khi khó nhận ra rằng dòng điện chạy qua dây kim loại và trong chất lỏng truyền qua chất khí và chân không, là những “họ hàng” gần gũi, nhất thiết dẫn đến lý thuyết điện. Lý thuyết này cho phép sử dụng nhiều - và không chỉ các tính chất điện - của vật liệu, và là một bước hướng tới sự hiểu biết tinh tế hơn về cấu trúc của vật chất và các tương tác điều khiển hành vi của nó. Và điều này lại cho phép những khám phá kỹ thuật vững chắc và những thay đổi cơ bản về diện mạo của thế giới xung quanh chúng ta.

Chất siêu dẫn và pin mặt trời, máy phát MHD và các phần tử bán dẫn của công nghệ máy tính chỉ là những ví dụ từ các lĩnh vực vật lý và công nghệ trong đó về cơ bản điều quan trọng là phải biết dòng điện chạy qua một chất cụ thể như thế nào. Câu hỏi này là câu hỏi chính trong Kính vạn hoa ngày nay.

Câu hỏi và bài toán

1. Chiều dài của dây được tăng gấp đôi bằng cách kéo. Sức đề kháng của cô ấy đã thay đổi như thế nào?

2. Tốc độ trung bình của chuyển động đều của dòng điện lớn hơn ở đâu: trong dây tóc đèn hay trong dây cung cấp dòng điện cho nó?

3. Hai tấm kim loại hình vuông có độ dày bằng nhau—

Chúng tôi được bao gồm trong mạch. Chúng có cùng điện trở với dòng điện không?

4. Thủy tinh có dẫn điện được không?

5. Một tụ điện phẳng chứa đầy một môi trường có hằng số điện môi ε và điện trở suất q. Điện trở của tụ điện là bao nhiêu nếu điện dung của nó là C?

6. Trong chất bán dẫn, nồng độ các phần tích điện thấp hơn nhiều so với kim loại. Tại sao khi một chất bán dẫn và một dây dẫn kim loại có tiết diện bằng nhau mắc nối tiếp thì dòng điện trong chúng lại bằng nhau?

7. Có sự khác biệt nào giữa “lỗ trống” và ion dương trong chất bán dẫn không?

8. Tại sao sự thay đổi độ dẫn điện của chất bán dẫn được thực hiện trong điều kiện ánh sáng rất yếu hoặc trong bóng tối?

9. Bao gồm trong mạch

41

14. Liệu một ống vô tuyến với kính vỡ có hoạt động được trong không gian không?

mở ống kim loại T. Số đọc nhiệt độ sẽ thay đổi như thế nào nếu ống chứa đầy dung dịch đồng sunfat?
10. Có cùng một lượng đồng được giải phóng?
nó có xuất hiện ở cực âm 1, 2 và 3 không?
11. Sự hình thành ion trong chất điện phân khác với sự ion hóa khí như thế nào?
12. Các điện cực ở dạng đĩa và đầu nhọn phải được nối với dải nào của nguồn dòng điện, nằm cách nhau một khoảng nhất định để xảy ra hiện tượng đánh thủng khi có sự thay đổi hiệu điện thế giữa các điện cực?
13. Tại sao các hạt than trong ống khói lại mang điện tích dương?

14. Liệu một ống vô tuyến với kính vỡ có hoạt động được trong không gian không?

Uskovia, hóa ra là khí điện tử trong kim loại dường như bị nén bởi áp suất 1200 (! atm).

…bây giờ có vẻ rất quan trọng đối với chúng ta rằng sét là tia lửa phát ra tia lửa điện cho M.V. Lomonosov và B. Franklin đã phải nỗ lực rất nhiều và điều đó khiến G.V. Cuộc đời của Richman.

…những phát hiện khảo cổ có từ thời vương quốc Parthia, cho phép chúng ta giả định rằng việc mạ vàng và mạ bạc các sản phẩm đã được thực hiện từ hai nghìn năm trước.

Thật thú vị rằng…
…Điện động lực học của Maxwell thực ra là một lý thuyết về hiện tượng điện từ trong chân không. Để áp dụng nó vào các tính chất của vật chất, cần phải đưa vào một tập hợp CONSTANT thu được bằng…
…giá trị độ dẫn điện của dây dẫn và chất cách điện có sự chênh lệch rất lớn, thay đổi từ một đến hai mươi hai số không.
…nếu chúng ta so sánh nồng độ của các electron dẫn, ví dụ, trong đồng, với nồng độ của các phân tử khí trong điều kiện bình thường,

giữa mây và đất. Tuy nhiên, theo thời gian, để chứng minh sự thật này, những phát hiện được tìm thấy trong lăng mộ của các pharaoh Ezipetian cũng nói về điều này.

Đọc gì trong «Kvant»
về dòng điện trong các môi trường khác nhau (xuất bản những năm gần đây)

1. “Về số Faraday và điện tích riêng của hạt tích điện” - 1985, số 2, tr. 25;
2. “Bóng bán dẫn trường” - 1985, số 10, tr. 46;
3. “Bóng bán dẫn lưỡng cực” - 1985, số 11, tr. 48;
4. “Ion trong dung dịch” - 1986, số 7, tr. 22;
5. “Dòng điện trong kim loại chạy như thế nào?” - 1988, số 3, tr. 41;
6. “Tính siêu dẫn: lịch sử, ý tưởng hiện đại, những tiến bộ gần đây” - 1988, số 6, tr. 2;
7. “Vượt ra ngoài định luật Ohm” - 1989, số 4, tr. 2;
8. “Tính đối xứng, dị hướng và định luật Ohm” - 1989, số 10, tr. 12.

42

TẦN SỐ CAO
máy phát điện

M. M. TSYPIN

Chúng ta nghe nói về nhiều hiện tượng vật lý hoặc đọc về chúng trong sách vở nhưng hầu như chúng ta chưa bao giờ nhìn thấy chúng. Trong khi đó, không có gì giúp ích cho sự hiểu biết về thế giới vật chất nơi chúng ta đang sống bằng trải nghiệm trực tiếp khi giao tiếp với nó. Một thí nghiệm được thực hiện bằng chính đôi tay của bạn, một hiện tượng được nhìn thấy và nghiên cứu, phản ánh những gì thực sự xảy ra trong tự nhiên - tất cả những điều này thường trở nên đa dạng và phức tạp hơn những gì được viết trong sách.

Bài viết này sẽ mô tả một máy tạo dao động tần số cao mà bạn có thể tự chế tạo ở trường hoặc ở nhà. Máy phát điện cho phép bạn thực hiện nhiều thí nghiệm thú vị liên quan đến phóng điện, làm quen với các tính chất của dòng điện xoay chiều và trường điện từ.

Máy phát điện, có mạch như hình hình 1, tạo ra điện áp cao (3-4 nghìn volt) có tần số cao (khoảng 5 MHz). Mạch dao động xác định tần số của máy phát bao gồm một cuộn dây $L_1$ và một tụ điện $C_1$ (điện dung của tụ điện được biểu thị bằng picofarads). Việc duy trì các dao động không đáng kể trong nó được đảm bảo với sự trợ giúp của một cuộn dây bổ sung $L_2$ và một bộ khuếch đại được lắp trên đèn $J_1$: một phần năng lượng của mạch được lấy từ cuộn dây này, đưa vào lưới đèn, khuếch đại và thông qua một tụ điện $C_2$ đưa trở lại vào mạch. Chuỗi $R_1C_3$ cung cấp (hãy coi nó như) điện áp DC được in trên lưới đèn, cần thiết cho hoạt động bình thường của nó. Một cuộn dây khác - do vai trò của nó trong mạch điện, được gọi là cuộn cảm (Dr) theo truyền thống kỹ thuật vô tuyến - tách ra

43

các phần của mạch nơi có điện áp tần số cao (cực dương của đèn) và nơi không có điện áp đó (“cộng” của nguồn điện). Điều này xảy ra do điện trở của cuộn cảm đối với dòng điện xoay chiều tần số cao. Lưới thứ hai của đèn được nối với cực dương, do đó đèn hoạt động như một triode. Cuộn dây $L_1$, $L_2$ và $L_3$ được ghép cảm ứng với nhau và tạo thành một máy biến áp tần số cao.

Sẽ là sai lầm khi nghĩ rằng chỉ có người thực nghiệm có kinh nghiệm cao mới có thể lắp ráp một máy phát điện như vậy và làm cho nó hoạt động. Máy phát điện hầu như không cần thiết lập và có thể dễ dàng mua hoặc lấy các bộ phận cần thiết từ đầu thu ống cũ hoặc TV.

Đối với các cuộn phim, chúng khá dễ dàng để bạn tự làm. Cuộn dây $L_1$ và $L_2$ được quấn trên một khung hình trụ thông thường có đường kính 3,5 cm và dài 7 cm, dễ dán lại với nhau nhất từ ​​​​giấy dày (hình 2). Cuộn dây thứ nhất gồm 6 vòng dây đồng có đường kính 2-3 mm (ở bất kỳ lớp cách điện nào), khoảng cách giữa các vòng là 1 cm. Vòng thứ hai chứa 10 vòng dây (cách điện tráng men) có đường kính 0,5 mm, quấn kín từng vòng. (Câu hỏi lý thuyết: nên phối hợp các hướng cuộn dây $L_1$ và $L_2$ sao cho phản hồi góp phần tạo ra dao động trong mạch chứ không phải ngược lại? Nếu không, máy phát điện sẽ không hoạt động.) Cuộn dây $L_3$, được quấn một lớp trên khung giấy có đường kính 2,7 cm và dài 8,5 cm, chứa 190 vòng dây PELSHO (bằng men cách nhiệt)

Hình 1.

Hình 2.

lation và bện lụa) có đường kính 0,35 mm. Nó được bọc trong nhiều lớp màng polyglot và một cuộn dây $L_1$ và $L_2$ được chèn vào bên trong. Choke Dr chứa 70 vòng dây có đường kính 0,3 mm, quấn thành một lớp trên khung có đường kính 2,5 cm.

Tất cả các tụ điện trong mạch đều là mica, được thiết kế cho điện áp 500 volt.

Đèn $J_1$ trước hết phải đủ mạnh và thứ hai là có điện trở trong khá thấp. Những thuộc tính này

44

Ví dụ: đèn 6P31S hoặc 6P36S (được sử dụng trong dãy đầu ra của TV quét mảnh) có chúng.

Máy phát điện yêu cầu nguồn điện cung cấp hai điện áp: 200-250 V trực tiếp và 6,3 V xoay chiều. Bạn có thể sử dụng nguồn điện làm sẵn phù hợp có sẵn trong lớp học vật lý ở trường, sử dụng nguồn điện của bất kỳ máy thu ống nào hoặc tự lắp ráp theo sơ đồ hiển thị trong hình 3. Bạn có thể sử dụng nó, chẳng hạn như máy biến áp thoát nước có bán trên thị trường cho đài Record-353 và “Record-354”. hình 4 hiển thị sơ đồ điều khiển nguồn điện. Với nó, máy phát điện sẽ chỉ hoạt động trong nửa chu kỳ thứ hai, khi điện áp ở cực dương dương. Công suất trung bình của nó sẽ giảm đi một nửa, và điều này thậm chí còn tốt: đèn và cuộn dây sẽ ít nóng hơn.

Mọi người đều có thể quyết định thiết kế máy phát điện theo sở thích riêng của mình. Người có đầu óc thực tế sẽ nghĩ ra và làm một chiếc hộp, một tấm ván để chứa các bộ phận; về mặt lý thuyết, bằng cách đặt các bộ phận lên bàn và gắn chúng lại với nhau. May mắn thay, “hình thức” của trình tạo không ảnh hưởng đến “nội dung” của nó.

Một số lưu ý về an toàn kỹ thuật. Để mô tả thực sự toàn bộ sự việc (điều không bao giờ nên làm!) là việc sử dụng các mạch trong đó các bộ phận máy phát điện được kết nối trực tiếp với nhau.

Graph of generator output

Hình 4.

44

45

Hình dạng của sự phóng điện phụ thuộc một cách khá thú vị vào điện áp và tần số. Quan sát nó thay đổi như thế nào khi máy phát nóng lên và điện áp tăng dần. Thường thì “ngọn lửa” không ổn định (ảnh ở hình 5). Đôi khi, để chất phóng điện bốc cháy, nó phải được “đánh lửa” bằng cách chạm vào đầu lưỡi của tuốc nơ vít có tay cầm cách điện.

Ở tần số thấp (dưới 1 MHz), sự phóng điện electron gần bộ dao động trông giống như một ánh sáng lạnh lan tỏa (còn gọi là phóng điện vầng hào quang), kèm theo tiếng rít và sự hình thành ozone. Nhưng chất phóng điện của chúng ta đặc và nóng, có thể dễ dàng xác minh điều này bằng cách giữ đầu thước gỗ vào đó. Sự phóng điện thậm chí có thể xuyên qua bóng đèn neon nếu nó được đưa quá gần.

Chúng tôi sẽ tiếp tục thảo luận về những người bán buôn có máy phát tần số cao trong số tiếp theo của “Phòng thí nghiệm «Kvant». Trong thời gian chờ đợi, đây là một số câu hỏi dành cho nghiên cứu độc lập.

• Tính độ tự cảm của cuộn dây $L_1$.

— Ước tính điện dung giữa đầu trên của cuộn dây $L_3$ và tay bạn đang cầm bóng đèn neon. Tính cường độ dòng điện chạy qua cánh tay. Tại sao bạn không nên để tay quá gần guồng quay quá lâu?

— Đèn neon phát sáng bên cạnh máy phát điện, mặc dù nó không được kết nối với bất cứ thứ gì. Năng lượng đến từ đâu? Làm thế nào nó đi vào được bóng đèn?

— Nếu bạn tháo cuộn dây $L_3$ ra khỏi mạch điện thì bóng đèn neon vẫn sáng. Đúng, bây giờ nó cần được đưa đến gần $L_1$. Bằng cách thay đổi độ tự cảm của cuộn dây và điện dung của tụ điện, bạn có thể thay đổi tần số của máy phát điện. Màu sắc của bóng đèn neon có phụ thuộc vào tần số không?

Để thu hút sự chú ý của độc giả của chúng tôi

Cửa hàng số 6 Moskovgi (103031, Moscow K-31, Kuznetsky Most, 18, cửa hàng số 6 Moskovgi) gửi tiền mặt khi giao cuốn sách sau:

Toán học

Alebra và sự khởi đầu của phân tích. Phần 1. Ed. Lần 3, làm lại (Toán học cho các mô tả kỹ thuật. - 1987. - 95 k.

Vasiliev N. B., Egorov A. A. Bài toán Mô tả toán học của Liên minh. — 1988. — 70k.

Vorobyov N. N. Priznaki và sự chia hết. Ed. Thứ 4, vòng quay. (Bài giảng phổ biến về toán học). — 1988. — 20k.

Bài toán trong toán học. Phương trình và bất đẳng thức. (Hướng dẫn tham khảo). — 1987. — 85k.

Mô tả toán học nước ngoài. - 1987. - 1 chà. 50k.

Klein F. Bài giảng về sự phát triển của toán học trong thế kỷ 19. T. 1. Per. với anh ấy. - 1989. - 2 r. 50k.

Pontryagin L. S. Phương trình vi phân và ứng dụng của chúng. (Nhập môn toán cao cấp) - 1988. - 40 k.

Prasolov V.V., Sharygin I.F. Bài toán trong phép đo lập thể. (B-cốc toán). — 1989. — 75k.

Thế giới bốn chiều của Sazanov A. A. Minkowski. (Vấn đề tiến bộ khoa học và công nghệ). — 1988. — 70k.

Máy đăng bài Uspensky V. A. Ed. Thứ 2, em yêu. (Bài giảng phổ biến về toán học). — 1988. — 20k.

Tsypkin A.G. Sổ tay toán học cho các cơ sở giáo dục trung học. Ed. Lần thứ 4, sửa đổi và bổ sung — 1988. — 1 r. 70k.

Tsypkin A. G., Pinsky A. I. Sổ tay phương pháp lời giải bài toán trong toán trung học. Ed. Lần thứ 2, làm lại và bổ sung - 1989. - 2 r.

Vật lý, thiên văn học

Verkinbit M. B., Glagoleva E. G. Điện trong cơ thể sống. (B-chka «Kvant»). — 1988. — 70k.

VLEXman I. I. Cái gì có thể thoát ra được? Về “cơ học rung động” và công nghệ rung động. (Vấn đề tiến bộ khoa học và công nghệ). — 1988. — 80k.

(Về phần kết xem trang 66)

46

Trường học vật lý và toán học mùa hè ở Mỹ

Theo chương trình hợp tác giữa tạp chí «Kvant» (Liên Xô) và Mạng giáo dục quốc tế (Hoa Kỳ), mùa hè năm nay, lần đầu tiên, các trường hè môn vật lý và toán học của Liên Xô đã được tổ chức - tại Hoa Kỳ và Liên Xô.

47 học sinh Mỹ đến Tartu, ESSR, đã vượt qua cuộc tuyển chọn cạnh tranh dựa trên máy chủ (dựa trên các bài kiểm tra). Trong số học sinh Liên Xô tham gia trường học ở Tartu có những người chiến thắng trong cuộc thi “Bài toán Kvant”, Giải đấu các Thành phố và Olympic Toán và Vật lý Thành phố Moscow. Tại Estonia, Công viên Khoa học Tartu (giám đốc J. Lippaa) đảm nhận vai trò chủ nhà. Chương trình giảng dạy được cung cấp bởi các giáo viên và nhà nghiên cứu từ Đại học quốc gia Moscow. Trong số các giảng viên có nhà toán học Liên Xô Giáo sư Yu. Manin.

Và một nhóm 15 học sinh Liên Xô đã đến Mỹ. Đoàn chủ yếu bao gồm những người chiến thắng trong cuộc thi “Bài toán Kvant”, điều kiện không thể thiếu để tham gia là khả năng giao tiếp và tiếng Anh. Trưởng nhóm là thư ký khoa học của bộ sách “Thư viện «Kvant» Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học A. Buzdin và là thành viên ban biên tập tạp chí «Kvant»

Các giáo viên Liên Xô A. Vuzdin và…

Ivan Arzhantsev (Kyiv, Trường Vật lý số 45 tại KSU). Trước chuyến đi đến Mỹ của chúng tôi là một khóa học hè kéo dài hai tuần tại Trung tâm Thanh thiếu niên của “Olympic” Ủy ban Trung ương Komsomol. Hàng ngày có lớp vật lý, toán bằng tiếng Anh, chúng tôi còn luyện nói tiếng Anh. Khóa học hè ở Olympic hóa ra không chỉ hữu ích mà còn rất thú vị. Những cuộc gặp gỡ thú vị đã diễn ra với các thành viên ban biên tập «Kvant», với các nhà khoa học Mỹ và thậm chí với một doanh nhân.

Trong số 26 ứng viên đi tàu ở Mỹ, có 15 học sinh được chọn. Những chàng trai không thuộc nhóm này có cơ hội theo học tại trường Mỹ Xô ở Tartu, ESSR.

Những người vượt qua được rào cản đầu tiên này sẽ chuyển sang

48

các cuộc thi Olympic toán và vật lý, những người chiến thắng trong số đó*) sẽ có thể tham gia các chuyến đi miễn phí vào mùa hè tới tới Hoa Kỳ hoặc Pháp (đây là đơn vị tổ chức chung của trường).

Ngoài việc hoàn thành một chương trình đào tạo chuyên sâu, chúng tôi chỉ đơn giản là có khoảng thời gian vui vẻ trong hai tuần này, tham gia các giải quần vợt và cờ vua, chơi bóng chuyền và chèo thuyền trên sông. Trẻ em từ bốn quốc gia đã học tại trường: Liên Xô, Mỹ, Pháp và Thụy Sĩ. Tổng quan–

Bài giảng được trình bày bởi người đoạt giải Nobel S. Glashow.

cuộc trò chuyện hàng ngày trên đường phố, trong phòng ăn, trong cửa hàng. Ngoài ra, ngay cả những đứa trẻ chăm chỉ học tiếng Anh ở trường, theo quy luật, cũng đọc, dịch, chuẩn bị một số chủ đề nhất định trong lớp, nhưng không được luyện nói và không thể hiểu nhanh lời nói tiếng Anh bằng tai. Vì vậy, việc các khóa học tiếng Anh ở trường chỉ tập trung vào các chủ đề chính trị và địa lý đã trở nên rất phổ biến.

Trong thời gian ở trường hè, chúng tôi đã đi_

Các lớp học vật lý đang diễn ra.

Nitsa là nơi thử nghiệm nhiều nhất vì thành phần của tất cả các phòng đều mang tính tương tác.

Nhiều người trong chúng tôi gặp phải vấn đề về ngôn ngữ, mặc dù trước chuyến đi mọi người đều học tiếng Anh rất tích cực. Những điểm yếu trong việc dạy ngôn ngữ ở trường của chúng tôi ngay lập tức lộ rõ. Trước hết, từ vựng trong sách giáo khoa ở trường hoàn toàn không thể áp dụng được vào cuộc sống hàng ngày.

*) Cả hai đều thuộc nhóm Liên Xô - Ivar Martin về vật lý và Ivan Arzhantsev về toán học. (Ghi chú của biên tập viên)

Gặp gỡ với Yu. Osplyan tại Đại sứ quán Liên Xô ở Mỹ.

50

Chúng tôi không phải phàn nàn - chúng tôi đã nói chuyện với người bán hàng, người qua đường và những người bạn đồng hành dọc tuyến đường trên tàu. Thật vui khi được gặp những người vui vẻ và hấp dẫn như vậy.

Masha Dorokhova (làng Chernogolovka, vùng Moscow, đường làng số 82). Đi từ New York đến Washington, chúng tôi đến thăm Brooklyn, hay đúng hơn là New Odessa. Dân số ở đây chủ yếu là người Nga di cư. Đó là lý do tại sao có một làn sóng quan tâm tự nhiên trong học sinh Liên Xô đối với lĩnh vực này – tất cả chúng tôi đều bỏ lỡ bài nói tiếng Nga. “Odessans” cũng rất vui khi được nói chuyện với mọi người “ngay từ đó”. Sự quan tâm của họ đến đất nước chúng tôi không còn chỉ là sự tò mò… Brooklyn trông giống như một khu vực New York điển hình. Ta-

Những dấu hiệu tươi sáng, cửa hàng nhỏ. Điều đặc biệt đáng chú ý là nhiều người, đặc biệt là thế hệ lớn tuổi, chưa bao giờ học nói tiếng Anh; họ mua mọi thứ họ cần trong các cửa hàng “Nga”. Chúng tôi ăn trưa tại một nhà hàng Nga. Ước mơ đã thành hiện thực: bánh mì đen, bánh bao, borscht!. Mikhail Gulko đã hát những bài hát tiếng Nga cho chúng tôi nghe. Hầu hết trong số họ đều nói về những khó khăn của những người di cư xa quê hương… Chúng tôi, mặc dù không phải là người di cư, nhưng không cảm thấy gì tệ hơn chính thép nano. Vì vậy, những cuộc trò chuyện về New và đơn giản là Odessa đã không dừng lại trong một thời gian dài.

Ivar Martin (Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad) và Pavel Mikheev (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học bang Moscow). Một trong những dấu ấn mạnh mẽ nhất đối với chúng tôi là trường trung học bình thường của Mỹ*. Ngôi trường này tọa lạc tại bang New York, trên Long Island. Tên đầy đủ của nó là Smithtown High School West.

Câu chuyện về ngôi trường này có thể thấy ở chỗ có 1.100 người đang theo học ở đó (15-25 người mỗi lớp), nhưng quy mô của ngôi trường này lớn gấp 3-4 lần so với một trường trung bình ở Liên Xô. Trên sân trường có 4 sân tennis, 2 sân bóng đá và 1 sân bóng đá Mỹ. Intervershy không hề thua kém về ngoại hình. Các lớp học được trang bị tốt, một phòng tập thể dục khổng lồ - nói một cách dễ hiểu, là tất cả những gì mà trường học của chúng ta không tự hào. Cũng có thể lưu ý rằng trường này có 3 buffet,

*) Tương tự như trường cấp 3 của trường chúng tôi. (Cá nhân biên tập.)

51

trong đó chất lượng và chủng loại thực phẩm cao hơn một chút so với trường học của chúng tôi. Nhưng tất cả những hình ảnh tươi sáng đó đã lùi xa khi chúng tôi nhìn thấy thư viện của trường. Điều đáng chú ý thậm chí không phải là số lượng sách, tương ứng với nguồn lực của các thư viện khu vực của chúng tôi, mà là bản thân cách tổ chức công việc. Mỗi học sinh, để tìm được tài liệu cần thiết, có thể sử dụng một trong nhiều máy tính đặt ở đây. Tài liệu được nhập bằng 2 máy tính trung tâm. Ở đó bạn cũng có thể nhận được thông tin về các tạp chí định kỳ được cung cấp cho thư viện ngay cả trong mùa hè.

Và một điểm thú vị nữa: mỗi học sinh có một chiếc tủ kim loại riêng, đóng bằng khóa, điều kỳ lạ là không thể mở được bằng khóa hay kẹp tóc, vì vậy mỗi học sinh có thể để bất kỳ thứ gì có giá trị vào bên trong chiếc “két sắt” này với đầy đủ khả năng.

Thật khó để kết thúc câu chuyện của chúng tôi bằng những lời lẽ đầy ghen tị. Vì vậy, chúng tôi sẽ tiết lộ cho bạn một bí mật rằng người Mỹ có không ít, thậm chí có thể nhiều hơn những người bị buộc phải học ngay cả trong mùa hè so với chúng tôi.

Voloda Baranovsky (Omsk, ssh. Số 115). Điều tôi thích nhất khi đi dạo quanh Điện Capitol là tầm quan trọng của Quốc hội Hoa Kỳ ở Washington (nhân tiện, mái vòm của Điện Capitol được đội vương miện bởi một người Mỹ da đỏ). Tại một trong những hội trường, tôi nhìn thấy những bức tượng của các quan tòa nổi tiếng nhất từ ​​​​các bang khác nhau của nước Mỹ. Thật thú vị khi nhìn vào căn phòng mà Tòa án Tối cao đã ngồi trước đây. Chỉ tiếc là Quốc hội bắt đầu làm việc vào tháng 9; chúng tôi không thể xem đại hội của các “đại biểu” của họ.

Diar Chokin (Almaty, RFMSH). Tôi muốn chia sẻ ấn tượng của mình về các bài giảng vật lý tại Đại học Maryland. Nếu bạn vui lòng, đối với tôi, chúng có vẻ không thú vị lắm (và có lẽ tôi không phải là người duy nhất). Các bài giảng nói về những điều khá phức tạp mà tôi thậm chí không thể hiểu được ngay cả bằng tiếng Nga chứ đừng nói đến tiếng Anh. Bất chấp tất cả những điều này, chúng tôi đi ngủ rất muộn và phải dậy rất sớm. Và do đó, phần lớn năng lượng đáng lẽ phải dùng để tiêu hóa bài giảng lại chuyển sang chống chọi với giấc ngủ. Nhưng khi giảng viên bắt đầu tỏ ra yếu kém hoặc sử dụng các thiết bị khác từ kho phương tiện phụ trợ phong phú, hội trường đã được mong đợi một cách đáng chú ý. Vâng, trang thiết bị của khán phòng đại học thật đáng ghen tị. Điều này bao gồm một máy tính hiển thị dữ liệu trên màn hình lớn, bảng tự động và các giai đoạn quay. Tất nhiên, anh ấy thực sự muốn chúng tôi có tất cả những thứ này. Và tôi thực sự thích tượng đài Albert Einstein ở Washington. Tôi nghĩ rằng đây là một kiệt tác của nghệ thuật đương đại.

Yulia Velikina (Dnepropetrovsk, s.sh. Số 45). Trước khi đến Hoa Kỳ, tất cả chúng tôi đều được biết rằng người Mỹ rất thích công thức nấu ăn và chúng tôi có thể tự mình xác minh điều này. Tuy nhiên, lòng mộ đạo của họ thoạt nhìn hoàn toàn không thể thấy được. Tôn giáo ở đây không được gọi là ai cả; chính mọi người đến với Chúa, nhiều người trong số họ đã ở tuổi trưởng thành. Tình cờ, chúng tôi gặp được thành viên của một trong những cộng đoàn Kitô giáo. Họ đến gặp chúng tôi nhiều buổi tối liên tiếp, đọc Kinh thánh và nói về bản thân họ. Những người này không cố gắng thuyết phục chúng tôi theo đức tin của họ, họ chỉ nói với chúng tôi về Thiên Chúa và con người, về thiện và ác.

Boris Dubrov (Minsk, số 107). Điểm cuối cùng trong chương trình của chúng tôi - chuyến thăm NASA - hóa ra lại rất thú vị. Chúng tôi được đưa đi tham quan một trung tâm khoa học hiện đại, được xem các thiết bị nghiên cứu mới nhất, các bài giảng về công việc của NASA, việc sử dụng đại dương, tàu vũ trụ Voyager hữu ích của Mỹ và hoạt động của một trong những kính viễn vọng lớn nhất thế giới, nằm ở quỹ đạo Trái đất thấp. Trong bữa trưa, chúng tôi gặp các chuyên gia điều khiển học và trò chuyện rất lâu về khoa học máy tính.

Katrin Kaarli (Tartu, số 2). Nếu bạn hỏi tôi điều gì khiến tôi ấn tượng nhất về nước Mỹ, thì tôi đáp số là một người lodi. Nhờ những chiếc thuyền này, chuyến đi của chúng tôi thật tuyệt vời và khó quên. Và khi hỏi, chúng tôi đã nói với nhau: “Chắc chắn chúng ta sẽ sớm gặp nhau thôi!” (“Chúng ta chắc chắn sẽ sớm gặp nhau!”).

Ban biên tập xin cảm ơn Tatyana Lozanskaya, người đã vui lòng cung cấp bức ảnh cho bài viết này.

52

Phương pháp đánh giá đồ họa

V. A. MUKUSHEV

Có nhiều phương pháp khác nhau để nghiên cứu các hiện tượng và quá trình vật lý. Một trong số đó là phương pháp đánh giá đồ họa. Nó cũng áp dụng cho lời giải thể chất cụ thể bài toán.

Phương pháp đồ họa một mặt làm cho các giai đoạn khác nhau lời giải bài toán trở nên rõ ràng, mặt khác giúp đánh giá nhanh kết quả lời giải, điều này đặc biệt quan trọng trong trường hợp phân tích lời giải rườm rà hoặc khi không thể thực hiện được.

Vì phương pháp đồ họa là phương pháp tính gần đúng nên kết quả không chính xác. Tuy nhiên, độ chính xác luôn có thể được tăng lên bằng cách sử dụng bảng, máy tính vi mô và máy tính. Bằng cách xây dựng các biểu đồ thích hợp, bạn có thể nhanh chóng nhận được kết quả gần đúng và kiểm tra xem nó thực tế đến mức nào và liệu nó có ý nghĩa vật lý hay không.

bài toán được đề xuất trong bài viết khó có thể được đưa ra trong các kỳ thi tuyển sinh của các trường đại học, mặc dù bạn chắc chắn có thể gặp phải bài toán gần với chúng, có một lời giải phân tích rườm rà.

Bài toán 1. Đồ chơi “Vanka-Vstanka” (hình 1) được đặt trên một bậc thang cố định có bán kính R. Mặt dưới của đồ chơi có hình cầu bán kính r, trọng tâm của đồ chơi - điểm C - nằm ở giữa bán kính của hình cầu. Đồ chơi có thể bị lệch một góc tối đa bao nhiêu β_max để nó trở về vị trí ban đầu nếu R/r=4?

53

Ví dụ: khi đồ chơi lệch sang bên phải, trọng tâm sẽ dịch chuyển (xem hình 1). Nếu đồng thời nó ở bên trái phương thẳng đứng $AB$, đi qua điểm tựa $A$ thì mômen trọng trường sẽ đưa đồ chơi về vị trí cân bằng. Nếu trọng tâm ở bên phải $AB$, đồ chơi sẽ rơi.

Chúng ta hãy biểu thị $\alpha$ là góc quay của đồ chơi, $\beta$ là góc quay của bán kính $O'A$. Các $LA$ và $KA$ khác bằng nhau (không trượt), tức là $\alpha r = \beta R$, do đó $\alpha = \beta \frac{R}{r}$.

Từ tam giác $OAB$ ta có

$$\frac{OB}{\sin \beta} = \frac{AO}{\sin (\pi - \alpha - \beta)} = \frac{r}{\sin (\alpha + \beta)} = \frac{r}{\sin (\beta (1 + R/r))},$$

hoặc

$$OB = \frac{r \sin \beta}{\sin (\beta (R/r + 1))}.$$

Đồ chơi sẽ trở về vị trí ban đầu nếu $OC = \frac{1}{2} r > OB$, tức là.

$$\frac{1}{2} r > \frac{r \sin \beta}{\sin (\beta (R/r + 1))},$$

hoặc, có tính đến mối quan hệ $R/r = 4$, $\sin 5\beta > 2 \sin \beta$.

Để tìm góc giới hạn $\beta_{\max}$, ta phải giải phương trình lượng giác

$$\sin 5\beta_{\max} = 2 \sin \beta_{\max}.$$

Để làm điều này, chúng ta sẽ xây dựng đồ thị của hàm $y = \sin 5\beta$ và $y = 2 \sin \beta$ và từ giao điểm của các đồ thị này (hình 2), chúng ta sẽ tìm thấy

$$\beta_{\max} \approx 0,42 \text{ рад} \approx 23,9^\circ.$$

Điều này có nghĩa là tại $-23,9^\circ < \beta < 23,9^\circ$ đồ chơi trở về vị trí ban đầu.

Bài toán 2. Trên một khối lập phương có khối lượng $m$, nằm trên bề mặt chính, được nối với tường bằng một lò xo, một khối lập phương thứ hai có khối lượng $M$ (hình 3) chạm vào bên phải. Một tác động hoàn toàn đàn hồi xảy ra, sau đó khối thứ nhất bắt đầu dao động. Phần nào của thời kỳ bình sẽ trôi qua cho đến thời điểm này

$$Mv_0 = mv_1 + Mv_2, \quad \frac{Mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{Mv_2^2}{2},$$

Ở đâu

$$v_1 = v_0 \frac{2}{1 + \gamma}, \quad v_2 = v_0 \frac{1 - \gamma}{1 + \gamma}.$$

54

Sau va chạm, khối thứ hai sẽ chuyển động đều và tọa độ của nó sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$x_2 = v_2 t = v_0 \frac{1-\gamma}{1+\gamma} t.$$

Khối lập phương đầu tiên bắt đầu dao động theo định luật

$$x_1 = x_m \sin \omega t.$$

Tần số hài

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}},$$

trong đó $k$ là độ cứng của lò xo. Ta tìm biên độ dao động $x_m$ từ định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{m v_1^2}{2} = \frac{k x_m^2}{2} \Rightarrow x_m = \frac{v_1}{\omega} = \frac{2 v_0}{(1+\gamma) \omega}.$$

Như vậy,

$$x_1 = \frac{2 v_0}{(1+\gamma) \omega} \sin \omega t.$$

Lần va chạm thứ hai của các hình khối sẽ xảy ra với điều kiện $x_1 = x_2$, tức là.

$$\frac{2 v_0}{(1+\gamma) \omega} \sin \omega t = v_0 \frac{1-\gamma}{1+\gamma} t.$$

Từ đây

$$2 \sin \omega t = (1-\gamma) \omega t,$$

hoặc

$$2 \sin \left(2 \pi \frac{t}{T}\right) = (1-\gamma) 2 \pi \frac{t}{T},$$

trong đó $T = 2 \pi/\omega$ là chu kỳ dao động, $t/T$ là tần số mong muốn của chu kỳ.

Hãy biểu thị nó bằng $\pi t/T = z$. Khi đó phương trình trước có dạng

$$\sin 2z = (1-\gamma) z.$$

Với $\gamma = 1/2$ chúng tôi nhận được

$$\sin 2z = \frac{z}{2}.$$

Chúng ta hãy vẽ đồ thị của các hàm $y = \sin 2z$ và $y = z/2$ (hình 4) và từ giao điểm của chúng, chúng ta tìm thấy

$$z \approx 1,24$$ vui mừng, $\pi \frac{t}{T} \approx 1,24$, $\frac{t}{T} \approx 0,39$.

Nếu $m \ll M$, tức là $\gamma \to 0$, thì chúng ta thu được phương trình

$$\sin 2z = z.$$

Giải pháp của anh ấy sẽ là (xem hình 4)

$$z \approx 0,95$$ vui mừng, hoặc $\frac{t}{T} \approx 0,30$.

Sự va chạm thứ hai của các khối sẽ không xảy ra nếu tọa độ của chúng không còn trùng nhau, nghĩa là nói theo ngôn ngữ đồ thị, nếu đường thẳng biểu thị tọa độ của khối thứ hai theo thời gian không cắt hình sin lần thứ hai. Điều này tương ứng với tất cả các đường thẳng xuất phát từ điểm $O$ và vị trí của vùng được che chắn giữa các đường $I$ và $II$. Dòng $I$ tương ứng với trường hợp $m/M \to \infty$ (khối lượng của khối sự cố rất nhỏ). Vẫn còn phải tìm $\gamma$ cho đường thẳng $II$—tiếp tuyến với hình sin. Như có thể thấy từ hình 4, dòng này tương ứng với giá trị $z \approx 2,24$ rad. Từ đây

$$\gamma = 1 - \frac{\sin 2z}{z} \approx 1,44.$$

Vì vậy, để không xảy ra va chạm thứ hai thì điều kiện phải được thỏa mãn

$$1,44 < \gamma < \infty.$$

Bài toán 3. Bơm piston thu được một lượng không khí nhất định sau mỗi lần xoay. Khi bơm không khí ra khỏi bình, máy bơm thực hiện bốn chuyển động lắc. Áp suất ban đầu bên trong bình bằng áp suất khí quyển $p_0$. Sau đó, máy bơm này bắt đầu đưa không khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện bốn lần xoay. Đồng thời, áp suất trong bình tăng lên