Kvant 2007, số 5 · Trang

9

HIỆN ĐẠI

TOÁN HỌC.

Hình7. Mô hình trắc địa Poincaré của mặt phẳng Lobachevsky

Chúng ta hãy lấy nhóm SDiff M của các phép dị cấu “không thể nén” của đa tạp M (nghĩa là các phép dị cấu M ® M bảo toàn một số phần tử khối $\tau$ trên M). Đường trắc địa của số liệu bất biến phải trong nhóm này biểu thị dòng chảy (Eulerian) của một chất lỏng không thể nén dọc theo đa tạp M. Lý thuyết Euler về sự ổn định của các chuyển động đứng yên của một vật rắn trong trường hợp này biến thành sự tổng quát hóa định lý Rayleigh về tính ổn định của dòng chảy hai chiều của một chất lỏng không thể nén được khi biên dạng vận tốc không có điểm uốn (hình8). Dòng điện có điểm uốn kết thúc ở đây

Hình8. Định lý Rayleigh về tính ổn định của dòng chảy song song trong mặt phẳng của chất lỏng không nén được

trường hợp tương tự như chuyển động quay đứng yên của một vật rắn quanh trục quán tính trung bình - Định lý ổn định tổng quát của Euler áp dụng trong cả hai trường hợp theo cùng một cách, nhưng khi chuyển từ nhóm ba chiều SO(3) sang nhóm vô hạn chiều SDiff M, định lý Euler dẫn đến định lý Rayleigh (tổng quát).

TĂNG

ĐẾN

EULER

Độ ổn định của một đa tạp trắc địa bị ảnh hưởng rất nhiều bởi “độ cong mặt cắt dọc theo hướng hai chiều” của nó. Cụ thể, độ âm của độ cong làm cho trắc địa (với các điều kiện ban đầu gần giống nhau) phân kỳ theo cấp số nhân theo thời gian. Lý thuyết của Euler cho phép người ta tính toán các độ cong mặt cắt này (đối với các nhóm có số liệu bất biến trái hoặc bất biến phải). Bằng cách áp dụng những tính toán này cho các nhóm dị cấu không thể nén được của các bề mặt, tôi đã thu được nhiều hướng hai chiều có độ cong âm mạnh. Ví dụ, khi áp dụng những ước tính này cho thủy động lực học hai chiều trên bề mặt của một hình xuyến (và trao đổi các dòng chảy kiểu gió), tôi tin rằng những nhiễu loạn nhỏ ban đầu của trường vận tốc ban đầu tăng lên khoảng $10^{5}$ lần (từ một cơn giông cỡ km đến những thay đổi thời tiết ở quy mô hành tinh) trong khoảng thời gian khoảng một tháng. Điều này có nghĩa là việc dự báo thời tiết linh hoạt kéo dài hơn một tuần sẽ vẫn không thể thực hiện được, bất kể máy tính, phương pháp tính toán và cảm biến ghi lại trạng thái thời tiết ban đầu được cải thiện đến mức nào. Thật vậy, bằng cách thay đổi một chút vận tốc ban đầu tính bằng mỗi km khối (thậm chí sao cho tốc độ trung bình trên 10 km khối lân cận không thay đổi), chúng ta sẽ đạt được một điều kiện ban đầu mới mà các cảm biến sẽ không phân biệt với điều kiện cũ, nhưng điều này sẽ dẫn cơn bão trong một vài tuần nữa không phải đến New Orleans, nơi đáng lẽ nó sẽ đi theo kịch bản cũ mà đến Bombay. Người ta chỉ có thể ngạc nhiên trước tầm quan trọng của những ứng dụng của các lý thuyết và ý tưởng cơ bản của Euler, ngay cả trong những trường hợp khi bản thân ông giới hạn sự trình bày của mình ở trường hợp có ý nghĩa đầu tiên (nhóm SO(3) trong ví dụ của chúng ta), và tất cả những khái quát hóa sâu hơn chỉ mới có được gần đây.

Xin độc giả chú ý!

Ngày 28 tháng 3 năm 2008 đánh dấu kỷ niệm 100 năm ngày sinh của nhà vật lý lỗi lạc, Viện sĩ hàn lâm Isaac Konstantinovich Kikoin. Về vấn đề này, nhiều sự kiện đặc biệt đã được lên kế hoạch ở nước ta ở cấp tiểu bang cao. Đối với chúng tôi, Isaac Konstantinovich Kikoin trước hết là người sáng tạo và Tổng biên tập đầu tiên của tạp chí «Kvant». Ban biên tập, hội đồng biên tập và nhân viên biên tập tạp chí «Kvant» tuyên bố năm tiếp theo trên tạp chí «Kvant» là “năm của Kikoin”. Và đây chính là ý nghĩa của điều này. Chúng tôi dự định xuất bản nhiều cuốn hồi ký khác nhau về Viện sĩ I.K. Kikoin trong sáu số tiếp theo của tạp chí, cũng như trong các bài báo khoa học và các tài liệu khác của tạp chí, hãy đặc biệt chú ý đến những lĩnh vực vật lý và công nghệ, trong đó tài năng khoa học và tổ chức của con người tuyệt vời này đã được bộc lộ một cách xuất sắc, đặc biệt - vật lý nguyên tử, hạt nhân và năng lượng. Chúng tôi đang chuẩn bị xuất bản số đặc biệt của bộ truyện “Thư viện «Kvant»” dành riêng cho ngày kỷ niệm của I.K. Kikoin. Những người trong chúng ta từng biết đến Isaac Konstantinovich đều giữ chặt hình ảnh tươi sáng khó quên của ông trong tâm hồn với lòng biết ơn. Chúng tôi rất mong muốn hình ảnh này sẽ in sâu vào trí nhớ của thế hệ độc giả mới.

10

KVANT 2007/№5

Vào ngày 9 tháng 10 năm 2007, nhà khoa học và giáo viên nổi tiếng Valentin Aleksandrovich Fabrikant đã tròn 100 tuổi. Trong suốt cuộc đời sáng tạo lâu dài của mình, Valentin Aleksandrovich đã làm được rất nhiều điều - thực hiện những khám phá tuyệt vời (ông là tác giả của các công trình về khuếch đại tham số của ánh sáng, đặt nền móng cho việc tạo ra tia laser), giáo dục một thiên hà học sinh, viết những cuốn sách và bài báo xuất sắc. V.A. Fabrikant cũng là người khởi xướng việc thành lập tạp chí «Kvant». Với tư cách là thành viên thường trực của ban biên tập, ông là người bạn rất tốt của độc giả và các biên tập viên. Chúng tôi hân hạnh giới thiệu với các bạn bài viết của V.A. Fabrikant, xuất bản trên «Kvant» số 7 năm 1978 và được đưa vào Phụ lục của tạp chí «Kvant» số 4/99, dành để tưởng nhớ Valentin Aleksandrovich.

Bất ngờ về kính xanh

V.VẢI

Kính xanh có màu gì? Câu hỏi này có thể gây ra cảm giác hoang mang tự nhiên. Người đọc sẽ bực bội nói: kính xanh được gọi là xanh vì nó… Tuy nhiên, không cần phải vội vàng giải thích trịch thượng. Một kinh nghiệm đơn giản sẽ cho bạn thấy rằng câu hỏi về màu sắc của kính xanh hoàn toàn không đơn giản như vậy. Nếu bạn có một mảnh thủy tinh màu xanh lá cây, hãy cẩn thận bẻ nó thành nhiều mảnh không nhỏ. Sau đó nhìn qua một trong số chúng ở dây tóc của đèn sợi đốt. Như bạn mong đợi, sợi chỉ sẽ có màu xanh lục. Đặt mảnh thủy tinh thứ hai lên mảnh này và nhìn lại sợi chỉ. Bạn có thể sẽ không nhận thấy sự thay đổi về màu sắc của sợi chỉ; nó vẫn sẽ xanh. Nhưng nếu bạn đặt cái thứ ba lên hai mảnh thủy tinh và nhìn qua sợi chỉ của cả ba mảnh, bạn sẽ thấy nó đã không còn màu - có màu trắng. Qua bốn mảnh, sợi chỉ sẽ có màu đỏ, và qua năm mảnh, sợi sẽ có màu đỏ hồng ngọc! Kết quả là hoàn toàn bất ngờ và rất mang tính hướng dẫn. Hóa ra màu sắc của kính phụ thuộc vào độ dày của nó, và kính có màu xanh lá cây ở một lớp mỏng sẽ chuyển sang màu đỏ khi lớp đó đủ dày. Tất nhiên, không phải mọi loại kính xanh đều có đặc tính này, nhưng những loại kính xanh giá rẻ phổ biến nhất đều có. Điều gây tò mò là tính chất tương tự vốn có trong dung dịch chất tạo màu quan trọng nhất trên trái đất - chất diệp lục. Như bạn đã biết, chất diệp lục làm cho lá cây có màu xanh. Bằng cách đặt lá vào rượu, bạn có thể thu được dung dịch diệp lục trong rượu và tiến hành thí nghiệm này. Đặt một chiếc ly lên một tờ giấy trắng và từ từ đổ dung dịch diệp lục vào đó. Lúc đầu, đáy kính sẽ hiện ra dưới ánh sáng

màu xanh lá cây, và sau đó, với độ dày lớp lớn, dung dịch sẽ thu được màu đỏ sẫm đậm. Hãy quay trở lại với kính xanh. Bạn có thể nhầm lẫn thêm câu hỏi về màu sắc của kính nếu sau khi nhìn qua bóng đèn sợi đốt, bạn nhìn qua các mảnh thủy tinh ở đầu nóng của que cời. Chỉ sau ba miếng thủy tinh sẽ xuất hiện màu đỏ ruby. Đây là kết quả bất ngờ thứ hai: màu sắc nhìn thấy được của kính không chỉ phụ thuộc vào độ dày của nó mà còn phụ thuộc vào loại vật thể phát sáng mà chúng ta nhìn qua tấm kính này. Một lớp gồm ba mảnh thủy tinh không có màu khi quan sát dây tóc của đèn sợi đốt và có màu đỏ khi quan sát phần cuối của một que cời đang nóng đỏ. Một thử nghiệm nữa có thể được thực hiện với một ván bài poker, từ đó rút ra một kết luận thực tế quan trọng. Sau khi lấy ra khỏi bếp, que cời sẽ nguội đi nhanh chóng. Hãy thử theo dõi phần cuối của ván bài qua tấm kính khi nó nguội đi. Như chúng tôi đã nói, phần cuối của một ván cờ nóng đỏ có thể nhìn thấy được qua ba mảnh kính. Phần cuối của một ván poker đã nguội phần nào sẽ xuất hiện màu đỏ chỉ sau hai lần cắn. Nếu bạn đợi lâu hơn một chút, bạn sẽ thấy phần cuối của lá bài màu đỏ dù xuyên qua một mảnh thủy tinh màu xanh lá cây. Từ thí nghiệm này, người ta suy ra rằng nhiệt độ của vật nóng càng cao thì lớp thủy tinh phải dày hơn để màu sắc của nó thay đổi. Điều này có nghĩa là dựa vào độ dày của lớp kính cần thiết để đổi màu, người ta có thể phán đoán được nhiệt độ của vật nóng. Các thí nghiệm với bài poker làm rõ cấu trúc của một thiết bị cực kỳ khéo léo và đơn giản dùng để xác định nhiệt độ của các vật thể nóng - một cái nêm đo nhiệt độ. Nó thực sự là một tấm kính màu xanh lá cây, độ dày của nó tăng dần từ đầu này sang đầu kia. Nêm

11

BẤT NGỜ

MÀU XANH LÁ

chuyển động trong một trục gá kim loại có lỗ để quan sát vật nóng. Thang đo nhiệt độ được đánh dấu dọc theo mép của nêm, với nhiệt độ tăng dần từ đầu mỏng của nêm đến đầu dày. Sau khi hướng lỗ trục gá vào thân nóng, bạn cần di chuyển nêm trong trục gá cho đến khi màu sắc nhìn thấy được của thân thay đổi. Sau đó, trên thang đo đối diện với con trỏ nối với trục gá, bạn có thể đọc được nhiệt độ của vật nóng. Nêm đo nhiệt độ đặc biệt thường được sử dụng để xác định nhiệt độ của kim loại nóng chảy, ví dụ như trong lò nung lộ thiên. Mặc dù có thiết kế đơn giản nhưng chiếc nêm ở tay người có kinh nghiệm cho độ chính xác cao. Bạn đã làm quen với nguyên lý hoạt động của một thiết bị hữu ích sử dụng các đặc tính của thủy tinh xanh, nhưng bản thân bí ẩn của chiếc kính vẫn còn là một bí ẩn.

Thí nghiệm của Newton và bức tranh phong cảnh

Chắc hẳn nhiều bạn còn nhớ thí nghiệm nổi tiếng của Newton về sự phân hủy tia mặt trời thành quang phổ nhiều màu bằng lăng kính thủy tinh. Thí nghiệm này cho thấy ánh sáng mặt trời là hỗn hợp của các tia có màu sắc khác nhau: đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím. Vì lý do nào đó, Newton đã không cố gắng làm phức tạp thí nghiệm này một chút: bằng cách đặt thủy tinh màu hoặc một bình đựng chất lỏng màu trên đường đi của tia nắng. Dù thế nào đi nữa, Newton không mô tả trải nghiệm như vậy trong các bài viết của mình. Trên thực tế, thí nghiệm với kính đỏ sẽ không mang lại điều gì thú vị. Thay vì một dải quang phổ nhiều màu, chỉ còn lại phần tương ứng với tia đỏ. Kết quả có thể đã được dự đoán trước: kính đỏ có màu đỏ vì nó chỉ truyền các tia đỏ và hấp thụ tất cả các tia khác. Thú vị hơn nhiều là thí nghiệm với thủy tinh xanh hoặc một bình chứa đầy dung dịch diệp lục. Trong những trường hợp này, không phải một mà là hai sọc sẽ vẫn còn trong quang phổ: xanh lục và đỏ sẫm. Điều này có nghĩa là dung dịch thủy tinh xanh và diệp lục không chỉ truyền tia xanh mà còn cả tia đỏ. Về chất diệp lục, nhận xét của nhà thực vật học nổi tiếng người Nga K.A. Timiryazev rất thú vị: “Bạn có thể rất dễ dàng chắc chắn rằng chất diệp lục truyền tia đỏ: thật đáng để nhìn vào một phong cảnh tràn ngập ánh sáng mặt trời thông qua một tấm kính màu xanh lam đặc biệt truyền các tia màu đỏ và xanh lam, nhưng vẫn giữ được các tia màu xanh lá cây, để trước đôi mắt kinh ngạc của chúng ta, toàn bộ thiên nhiên đã biến đổi hoàn toàn - dưới bầu trời xanh bình thường, chúng ta sẽ nhìn thấy thảm thực vật màu đỏ như máu <hình1>. phải vật lộn? Trên bảng màu của họa sĩ, rõ ràng là không có tông màu xanh lá cây nào được thể hiện ở cự ly gần bằng màu xanh lá cây được chiếu sáng rực rỡ.” Tuy nhiên, bây giờ chúng ta hãy tạm gác việc vẽ tranh sang một bên và quay trở lại với nêm nhiệt kế. Chúng ta hãy sửa đổi một chút trải nghiệm được mô tả ở trên. Là nguồn sáng

THỦY TINH

Hình 1

chúng tôi sử dụng dây tóc đèn sợi đốt và đặt một nêm đo nhiệt độ (hình2) giữa nó và lăng kính. Trên tường, chúng ta sẽ lại thấy hai sọc - xanh lá cây và đỏ, và tỷ lệ độ sáng của các sọc này sẽ phụ thuộc vào độ dày của nêm tại điểm mà chùm sáng đi qua. Nếu chùm tia đi qua một phần mỏng

Hình 2

hình nêm, sọc xanh sáng hơn sọc đỏ rất nhiều; Khi độ dày của hình nêm tăng lên, độ sáng của cả hai sọc đều giảm và bắt đầu từ một điểm nhất định, sọc đỏ trở nên sáng hơn sọc xanh lục. Khi sọc xanh sáng hơn sọc đỏ thì sợi chỉ có màu xanh lục; khi tỷ lệ độ sáng của các sọc bị đảo ngược, sợi chỉ hiển thị màu đỏ. Khi độ sáng của các sọc bằng nhau, sợi chỉ sẽ không màu. Cứ như thể bí ẩn về tấm kính xanh đã được giải thích. Tuy nhiên, vẫn chưa giải thích được tại sao khi độ dày kính ngày càng tăng, tỷ lệ độ sáng của sọc đỏ và xanh lục lại thay đổi ngược lại. Hóa ra lời giải thích này xuất phát từ một định luật quan trọng của quang học, được phát hiện bởi một thủy thủ dũng cảm cách đây hai trăm năm.

Thuyền trưởng biển và tiến trình hình học

Thuyền trưởng người Pháp Pierre Bouguer, sống vào nửa đầu thế kỷ 18, có lẽ không phải là một thủy thủ đơn giản. Ông đã viết rất nhiều chuyên luận về thiết kế tàu, điều hướng và các ngành hàng hải khác. Viện Hàn lâm Khoa học Pháp đã trao cho Bouguer ba giải thưởng cho công việc của ông trong lĩnh vực hàng hải và bầu ông làm thành viên. Buger thừa hưởng sở thích khoa học biển từ cha mình, một giáo sư thủy văn. Nếu Buger được thừa kế tham gia vào lĩnh vực biển, thì anh ta đã tự mình tiếp cận lĩnh vực quang học. Booger là người đầu tiên thu hút sự chú ý đến các vấn đề liên quan đến sự thay đổi cường độ ánh sáng và độ chiếu sáng. Ông đã phát minh ra những dụng cụ đầu tiên để đo cường độ ánh sáng và phát hiện ra rằng cường độ ánh sáng từ Mặt trời lớn hơn 300 nghìn lần.

12

KVANT 2007/№5

lực ánh sáng từ Mặt trăng, và “Chuyên luận quang học” của ông chứa đựng một định luật rất quan trọng về sự suy giảm ánh sáng trong các vật thể hấp thụ. Để hiểu ý nghĩa của luật này (nó được gọi là luật Bouguer), chúng ta sẽ sử dụng một phép loại suy không hợp lý lắm nhưng rõ ràng từ lĩnh vực thể thao. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang có mặt tại một cuộc thi đại chúng được chuẩn bị kỹ càng trong cuộc chạy dài bảy km. Việc tập luyện kém cỏi của những người tham gia bắt đầu bộc lộ ngay lập tức, và những người hâm mộ nhanh chóng thiết lập quy luật gây tò mò sau đây - chỉ một phần ba số vận động viên chạy xuất phát một km nhất định mới về đích. 2187 người tham gia đã xuất phát, đến cuối km đầu tiên còn lại 729 người trên quãng đường, đến cuối km thứ hai - 243, đến cuối km thứ ba - 81, thứ tư - 27, thứ năm - 9, thứ sáu - 3 người tham gia. Cuối cùng, chỉ có 1 vận động viên chạy hết km thứ bảy và được tuyên bố là người chiến thắng. Ban giám khảo thậm chí không cần phải sử dụng đồng hồ bấm giờ để xác định ai là người chạm đích trước. Hãy viết số vận động viên đã chạy các quãng đường khác nhau:

2187, 729, 243, 81, 27, 9, 3, 1.

Dễ dàng nhận thấy rằng các số này tạo thành một cấp số nhân giảm dần, trong đó mỗi số tiếp theo nhỏ hơn số trước ở bên trái nó ba lần. Hãy quay trở lại từ thể thao đến quang học. Lấy một mảnh kính sơn. Giả sử nó truyền một phần ba ánh sáng tới nó. Hãy thêm một phần tương tự thứ hai. Nó sẽ truyền một phần ba quang thông đi qua mảnh đầu tiên, tức là một phần chín quang thông tới mảnh đầu tiên. Đặt một mảnh khác, chúng ta có được một phần thứ hai mươi bảy, v.v. Rõ ràng là có thể thu được kết quả tương tự chỉ bằng cách nhân đôi độ dày của miếng kính, rồi nhân đôi nó, v.v. Khi độ dày của kính tăng, tỷ lệ ánh sáng truyền qua giảm theo cấp số nhân. Đây là định luật do Bouguer phát hiện. Trong ví dụ về người chạy bộ, chúng ta đã thấy các con số giảm nhanh chóng theo cấp số nhân như thế nào.

Thể thao hơn một chút

Được trang bị Định luật Bouguer, chúng ta có thể tự tin tấn công vào bí ẩn thủy tinh xanh. Tuy nhiên, trước tiên, hãy nghĩ lại về thể thao và tưởng tượng một tình huống như vậy. Những người mới chạy cự ly bảy km không thành công đã tự tin thách đấu một đội gồm các võ sư giàu kinh nghiệm. Các bậc thầy đã chấp nhận thử thách và thậm chí còn đưa ra những điều kiện rất hào phóng: tất cả 2187 người mới bắt đầu và chỉ có 512 bậc thầy sẽ bắt đầu; Đội chiến thắng là đội có số lượng người chạy đến cuối km thứ bảy nhiều nhất. Cả hai đội đến thi đấu trong trang phục áo màu: đội mới bắt đầu mặc áo màu xanh lá cây, đội cao thủ mặc áo màu đỏ. Sau km đầu tiên, những người ủng hộ người mới bắt đầu

vui lên. Từ đội mới bắt đầu, vẫn còn 729 vận động viên chạy như lần trước, và đội cao thủ có 256. Lợi thế lớn về số lượng vẫn thuộc về những người mới bắt đầu. Người hâm mộ của các võ sư có phần thất vọng trước việc một nửa số vận động viên chạy của đội này ngay lập tức phải nghỉ thi đấu. Nhưng một trong những người hâm mộ, sau khi thực hiện những phép tính đơn giản bằng bút chì trên hộp thuốc lá, đã tự tin tuyên bố rằng nếu mọi chuyện cứ diễn ra như vậy thì chắc chắn các cao thủ sẽ thắng. Sau km thứ hai, còn lại 243 “quả xanh” và 128 “quả đỏ”. Sau km thứ ba, có 81 “quả xanh” và 64 “quả đỏ”. Tâm trạng của những người ủng hộ những người mới đến bắt đầu giảm sút rõ rệt. Sau km thứ tư, có 27 “quả xanh” và 32 “quả đỏ”. Mọi người đều kính trọng nhìn thầy bói với hộp thuốc lá. Ba km còn lại chỉ khiến thất bại của “quân xanh” trở nên tồi tệ hơn. Sau km thứ năm có 9 “xanh”, 16 “đỏ”, sau km thứ sáu - 3 và 8. Cuối cùng, ở cuối km thứ bảy, một “xanh” và bốn “đỏ” đã về đích. Hãy viết số vận động viên chạy ở cả hai đội bên dưới nhau:

2187, 729,243, 81,

27,

9,

3,

1

512, 256, 128, 64,

32,

16,

8,

Ở dòng thứ hai, tỷ lệ của số tiếp theo với số trước là một nửa và ở dòng đầu tiên, như trước, một phần ba. Hoá ra, sự chênh lệch nhỏ về quân số này không chỉ đủ bù đắp cho lợi thế lớn về quân số ban đầu của đội xanh mà còn đưa đội đỏ giành chiến thắng. Tất cả những gì cần thiết là một khoảng cách khá dài, ít nhất là bốn km. Ở khoảng cách ngắn hơn, đội “xanh” sẽ giành chiến thắng. Có một sự tương tự hoàn toàn trong hành vi của các tia xanh lục và đỏ cũng như các vật chạy “xanh” và “đỏ” (hình3). Thủy tinh xanh truyền tia màu đỏ sẫm tốt hơn thủy tinh xanh, và theo định luật Bouguer, sự khác biệt trong việc truyền các tia này tăng nhanh khi độ dày của lớp thủy tinh tăng lên (“khoảng cách xa”). Nhưng sau đó, câu hỏi được đặt ra một cách tự nhiên: tại sao thủy tinh có màu xanh lục khi ở trong một lớp mỏng nếu nó truyền tia màu đỏ sẫm tốt hơn tia màu xanh lá cây? Điều này được giải thích là do đặc điểm quang phổ của nguồn sáng mà thí nghiệm được thực hiện: phần màu xanh lục của quang phổ sáng hơn nhiều so với phần màu đỏ sẫm (đội “xanh” nhiều hơn phần “đỏ”). Trong một lớp kính mỏng (“khoảng cách ngắn”), sự khác biệt về độ hấp thụ

Hình 3

13

BẤT NGỜ

MÀU XANH LÁ

Cường độ của các tia màu đỏ sẫm và xanh lục chưa đủ lớn để che đi ưu thế về độ sáng ban đầu của các tia màu lục. Vai trò chính được thực hiện bởi các tia màu xanh lá cây, mang lại màu sắc tương ứng. Khi độ dày của kính ngày càng tăng, theo định luật Bouguer, độ truyền của tia xanh giảm nhanh hơn nhiều so với tia đỏ sẫm (số lượng người chạy “xanh” và “đỏ” trên quãng đường dài). Với độ dày đủ lớn, sự khác biệt về độ truyền đã lớn đến mức nó bao phủ ưu thế ban đầu về độ sáng của tia xanh lục và thực tế chỉ còn lại một sọc đỏ sẫm trong toàn bộ quang phổ. Tất cả những gì còn lại là giải thích vai trò của nhiệt độ của vật nóng mà chúng ta nhìn qua kính. Được biết, chúng ta làm nóng bất kỳ vật kim loại nào càng nóng thì ánh sáng phát ra càng trắng. Không có gì ngạc nhiên khi họ nói: “mang $до_{Рис.} 4$ đến nhiệt trắng.” Vì vậy, nếu không đủ nhiệt, bóng đèn sợi đốt sẽ tạo ra ánh sáng đỏ, còn với nhiệt độ bình thường, nó sẽ tạo ra ánh sáng trắng hơn nhiều. Điều này được giải thích là do khi nhiệt độ ngày càng tăng, độ sáng của các tia màu lục và lam tăng nhanh hơn nhiều so với các tia màu đỏ. Điều này có nghĩa là ở nhiệt độ cao hơn, sự chênh lệch độ sáng của phần màu xanh lá cây và màu đỏ sẫm của quang phổ là lớn hơn và khó che phủ nó hơn bằng sự hấp thụ trong thủy tinh. Đây là lý do tại sao ở nhiệt độ cao hơn của vật nóng, cần có kính dày hơn để thay đổi màu sắc của bức xạ quan sát được.

Các biểu tượng cổ của Nga và những quan sát của Leonardo da Vinci

Trên một số biểu tượng cổ của Nga, màu sắc khác thường của áo choàng của các vị thánh rất nổi bật. Các nếp gấp được khắc họa bằng sơn có màu khác hẳn với màu của các phần nhẵn của áo choàng. Ví dụ: nếp gấp màu đỏ trên áo choàng màu xanh lá cây (hình4) hoặc nếp gấp màu cam trên áo choàng màu xanh lam. Con mắt tinh tường của bogomaz cổ đại của Nga nhận thấy rằng một số loại vải có hai màu và ở các nếp gấp có màu khác với màu trên bề mặt phẳng. Lý do cho loại vải có hai màu cũng giống như trong thí nghiệm với nêm nhiệt kế. Nếu một chùm ánh sáng phản xạ từ vải hai màu được truyền qua lăng kính thì hai sọc màu chắc chắn sẽ tồn tại trong quang phổ. Đối với vải hai màu xanh lá cây, hình ảnh sẽ giống như trên kính xanh: sọc đỏ và xanh lá cây sẽ vẫn còn, các tia còn lại sẽ bị hấp thụ. Vải hai màu xanh lá cây phản chiếu tia đỏ tốt hơn vải xanh lá cây, nhưng chỉ với một phản xạ duy nhất từ ​​bề mặt mịn của vải, tia xanh lục sẽ sáng hơn trong ánh sáng tới. Vì vậy, tia xanh vẫn chiếm ưu thế trong ánh sáng phản xạ một lần. Trong các nếp gấp của vải, ánh sáng trải qua ít nhất hai lần phản xạ liên tiếp. Trong lần phản xạ thứ hai, tia đỏ lại bị phản xạ mạnh hơn tia xanh lục và là kết quả của sự phản xạ kép.

THỦY TINH

Sự phản xạ xảy ra tương tự như trong tấm kính dày màu xanh lá cây: độ sáng của tia đỏ trở nên lớn hơn độ sáng của tia xanh lục và vải đổi màu. Nhiều phản xạ tăng cường hiệu ứng này. Hầu hết các loại vải thông thường đều có đặc tính hoàn toàn ngược lại. Ở các nếp gấp, bạn sẽ có được tông màu bão hòa hơn nhưng giống như trên một bề mặt phẳng. Điều này một lần nữa được giải thích bằng sự phản ánh lặp đi lặp lại. Ánh sáng phản xạ từ các loại vải như vậy, sau khi bị phân hủy bởi lăng kính, chỉ tạo ra một sọc trong quang phổ thay vì hai sọc đối với vải hai màu. Ví dụ, ánh sáng, một khi được phản chiếu từ nhung màu vàng, sẽ tạo ra một dải quang phổ rộng với độ sáng lớn nhất ở phần màu vàng. Ngoài tia màu vàng, quang phổ còn có tia màu lục và lam. Với sự phản xạ kép, dải quang phổ trở nên hẹp hơn, vì tia xanh lam gần như biến mất hoàn toàn và tia xanh lục yếu đi rất nhiều. Quy luật tiến triển hình học tương tự cũng có tác dụng. Kết quả là ánh sáng phản chiếu màu vàng cam trở nên bão hòa hơn. Một trong những thiên tài đa năng nhất từng sống, Leonardo da Vinci, không chỉ nhận thấy đặc điểm này của nếp gấp vải bằng con mắt nghệ sĩ của mình mà còn với tư cách là một nhà khoa học, đã đưa ra lời giải thích hoàn toàn chính xác cho hiện tượng quan sát được. Trong chuyên luận về hội họa, ông viết: “Những màu sắc phản chiếu có vẻ đẹp đẹp hơn nhiều so với màu sắc tự nhiên của những cơ thể này, như có thể thấy ở những nếp gấp mở của vải vàng… khi một bề mặt được phản chiếu từ một bề mặt khác đối diện, và bề mặt này ở trong đó, v.v. liên tiếp đến vô tận.” Cuốn “Chuyên luận về hội họa” tương tự nói: “Phản xạ (phản xạ) từ một cơ thể sống khi nhận ánh sáng từ một cơ thể sống khác có màu đỏ hơn và có màu da đẹp hơn bất kỳ bộ phận nào khác của cơ thể sống mà một người có thể có”. Chiêm ngưỡng những bức tranh tuyệt vời của Van Dyck và Rubens trong hội trường của Hermecca với niềm vui, có thể dễ dàng nhận thấy rằng đối với những bậc thầy vĩ đại này, hiệu ứng của nhiều phản xạ không phải là một bí mật.

14

KVANT 2007/№5

Nghịch lý của chiếc bàn có bốn chân

TẠI SAO TÁC GIẢ CHO NGƯỜI ĐỌC CÂU CHUYỆN về một đồ vật đơn giản như chiếc bàn gỗ? Quên rằng bạn đang sống ở thế kỷ hai mươi mốt? Không, tôi chưa quên. Câu chuyện được đề xuất thực sự không chứa đựng bất cứ điều gì mà các chuyên gia không biết. Tuy nhiên, nó rất mang tính hướng dẫn, vì nó cho thấy rằng ngay cả trong trường hợp đơn giản nhất với lời giải vật lý bài toán một số giả định có vẻ hợp lý chắc chắn được đưa ra dựa trên đức tin có thể dẫn đến những kết luận nghịch lý nhất. Điều này sẽ được minh họa bằng cách sử dụng một chiếc bàn gỗ đơn giản làm ví dụ. Nỗ lực đầu tiên để tìm hiểu làm thế nào

Nếu chân bàn chất đầy các vật đứng trên bàn sẽ dẫn chúng ta đến một nghịch lý nào đó. Giải quyết xong, chúng ta sẽ thấy mình phải đối mặt với một bức tranh hoàn toàn mới và những nhiệm vụ mới. Giai đoạn nghiên cứu này – việc phát hiện ra một nghịch lý trong quá trình nghiên cứu lý thuyết và tìm kiếm lối thoát cho nó – vốn có trong nhiều vấn đề vật lý, bao gồm một số vấn đề trong vật lý hiện đại. Điều này khiến tác giả nhớ lại câu chuyện được mô tả dưới đây. Trong những năm sinh viên, tôi đã đọc hồi ký của một người thợ cơ khí nổi tiếng người Nga. Thật không may, bảy thập kỷ trôi qua kể từ đó đã xóa tên nhà khoa học này khỏi trí nhớ. Chỉ còn lại một tình tiết sống động mà anh kể. Tác giả của cuốn hồi ký đã phát hiện ra một điều đáng kinh ngạc - các phương pháp thống kê thực hiện được một nhiệm vụ đơn giản như tính lực của các chân bàn đặt vật nặng lên đó nếu bàn có bốn chân. Và điều này mặc dù thực tế là bài toán quyết định về một chiếc bàn có ba chân là điều cơ bản. Có chuyện gì vậy? Đừng nghĩ rằng phép toán bài toán về chiếc bàn bốn chân khó đến mức không ai giải được. Ngược lại, bài toán là đơn giản cơ bản, và, như bất kỳ nhà toán học nào cũng sẽ nói, việc tìm ra lời giải hoàn chỉnh của nó không khó. Tuy nhiên… Chúng ta hãy chuyển sang lời giải bài toán về một chiếc bàn có bốn chân. Ngoài lực hấp dẫn (bàn và các vật nặng đứng trên nó), còn có bốn lực nữa tác dụng lên bàn, ngăn cản bất kỳ chân nào trong bốn chân rơi qua. Đây là các phản lực hỗ trợ (sàn) được áp dụng cho chân bàn tại các điểm tiếp xúc với sàn. Tất cả các lực này được định hướng theo chiều dọc. Không có lực ma sát vì bàn đứng yên và không ai cố gắng

Minh họa của V. Ivanyuk

G.LYUBARSKY

17

NGHỊCH LÝ

BÀN

tam giác đang được kiểm tra – chúng tôi đồng ý gọi nó là cơ bản. Mỗi pha này có khu vực tồn tại riêng, tức là tập hợp các vị trí của trọng tâm cho phép một pha nhất định. Diện tích của pha (1234) được ký hiệu bằng ký hiệu $\Gamma_{0}$. Đặt $\Gamma_{3}$ là diện tích của pha (123) và $\Gamma_{4}$ là diện tích của pha (124). Chúng ta hãy sử dụng trục tọa độ X và Y được hiển thị trong hình. Chúng ta hãy ký hiệu x và y là tọa độ hình chữ nhật của trọng tâm của hệ “bàn + quả cân”. Gọi a là hoành độ của điểm 2 và b là hoành độ của điểm 3. Từ các định luật tĩnh học, chúng ta thu được ngay

$( F_{3} + F_{4} ) b = Py$,

$( F_{2} + F_{3} ) a = Px$,

$F_{1} + F_{2} + F_{3} + F_{4} = P$.

Trong thực tế, do khả năng nén của các chân nên những đẳng thức này chỉ mang tính chất gần đúng. Tuy nhiên, chúng có thể được sử dụng nếu sự khác biệt về chiều dài của các chân ở trạng thái không tải và có tải không vượt quá vài mm và cạnh a và b của hình chữ nhật nối các điểm gắn của chân bàn là khoảng một mét. Vì vậy, ví dụ, nếu sự khác biệt về chiều dài của hai chân, do sản xuất không chính xác, là ba milimét, thì điều này sẽ thay đổi khoảng cách giữa hai đầu của chúng ít hơn một phần hai trăm milimét. (Điều này có thể dễ dàng xác minh bằng cách sử dụng định lý Pythagore.) Do đó, một tứ giác có các đỉnh tại các điểm mà hai chân chạm sàn có thể được xem xét với độ chính xác cao bằng hình chữ nhật 1234. Do đó, độ lệch của các chân so với phương thẳng đứng hóa ra vào cỡ một phần trăm nghìn radian. Sự khác biệt giữa các hệ thức cuối cùng mà chúng ta thu được và các hệ thức chính xác do cơ học quy định là nhỏ như nhau. Giả định cơ bản cho ước tính của chúng tôi được thỏa mãn nếu vật liệu chế tạo chân bàn đủ cứng và chiều dài không tải của chúng khác nhau một chút. Vì vậy, trong tương lai chúng ta sẽ không quan tâm đến những tác động liên quan đến sự thay đổi khoảng cách giữa hai đầu chân bàn. Làm thế nào để tìm các khu vực của các giai đoạn có thể? Loại định luật tĩnh học không phụ thuộc vào giai đoạn của bảng. Sự khác biệt ảnh hưởng đến chúng ta theo những cách khác. Do đó, trong pha (1234) cả bốn lực đều dương, và trong các pha còn lại, một lực bằng 0, vì chỉ có ba chân chạm sàn. Ví dụ, trong pha (123)

$F_{i} > 0$ với i = 1, 2, 3 và $F_{4} = 0$.

Một điểm khác biệt nữa là đối với pha (1234), điều kiện đồng phẳng $\lambda_{1} + \lambda_{3} = \lambda_{2} + \lambda_{4}$ nhất thiết phải được thỏa mãn và đối với tất cả các pha khác, nó được thay thế bằng bất đẳng thức, vì trong mỗi pha, một trong hai chân nằm ở trên sàn. Giả sử đối với pha (123), bất đẳng thức $\lambda_{1} + \lambda_{3} > \lambda_{2} + \lambda_{4}$ là đúng. Hãy giải thích nó. Bất bình đẳng có thể chuyển thành bình đẳng nếu

TRÊN

BỐN

CHÂN

nhẩm duỗi chân 4 sao cho đầu của cả 4 chân nằm trên cùng một mặt phẳng - mặt phẳng của sàn. Do đó, sự bất bình đẳng của chúng tôi có nghĩa là trước khi kéo dài, đầu dưới của chân 4 nằm trên sàn. Điều kiện này, cùng với ba phương trình thu được từ các định luật tĩnh học, cho phép chúng ta tìm diện tích pha (123). Bài toán về bảng cho thấy rằng trong quá trình nghiên cứu một đối tượng vật lý, đôi khi cần phải sửa đổi đáng kể mô tả các đặc tính của nó, từ bỏ một mô hình quá đơn giản để chuyển sang một mô hình thực tế hơn. Trong trường hợp chúng tôi đã xem xét, mô hình đơn giản ban đầu hóa ra là không đầy đủ - nó không cho phép chúng tôi tìm ra mô hình đúng duy nhất lời giải. Tuy nhiên, đây chỉ là một mặt của đồng xu. Nếu bạn không nhìn vào mặt khác của nó, bạn có thể đi đến niềm tin sai lầm sâu sắc rằng các biểu diễn đơn giản hóa (mô hình đối tượng) là cái bẫy đối với các nhà nghiên cứu thiếu kinh nghiệm. Độ dài của bài viết không cho phép chúng tôi phát triển ý tưởng này một cách đầy đủ, vì vậy chúng tôi sẽ giới hạn ở hai ví dụ để không hoàn toàn vô căn cứ. Định luật Kepler cho chúng ta bức tranh đơn giản nhất có thể có về chuyển động của các hành tinh quanh Mặt trời: các hành tinh chuyển động theo hình elip. Sự hiện diện của các hành tinh khác phần nào làm lu mờ bức tranh này, nhưng điều này chỉ được các nhà thiên văn học quan tâm. Nếu bạn thích, luật của Kepler rất dân chủ. Thật vậy, nếu những định luật này vẫn còn trong bản thảo của nhà khoa học dưới dạng nguyên liệu thô, như một phép tính gần đúng đầu tiên để xử lý các kết quả quan sát và chỉ những công thức tinh tế mới được đưa vào tạp chí và sách giáo khoa, thì công chúng sẽ biết gì về Hệ Mặt trời của chúng ta? Và bản thân các nhà khoa học “sẽ gặp khó khăn”. Chúng ta hãy nhớ rằng hành tinh Sao Hải Vương được phát hiện do những sai lệch quan sát được so với định luật Kepler trong chuyển động của Sao Thiên Vương, mà (những sai lệch) không thể giải thích được bằng ảnh hưởng của tất cả các hành tinh khác được biết đến vào thời điểm đó. Ví dụ thứ hai là lý thuyết dao động nhỏ. Khoa học và công nghệ nợ nó những khái niệm cơ bản như tần số và dao động tự nhiên, bội số tần số và sự phân tách, quang phổ, âm bội, v.v. Trong khi đó, tất cả những khái niệm này là không thể, hoặc ít nhất là rất khó xác định nếu không đề cập đến lý thuyết gần đúng rõ ràng về dao động nhỏ. Bản thân lý thuyết này nảy sinh do sự tuyến tính hóa của các hệ phương trình vi phân có liên quan, tức là loại bỏ một cách “không khách quan” các hình vuông, hình khối và tất cả các mức độ cao hơn của những sai lệch nhỏ cần tìm của hệ thống đang được nghiên cứu khỏi trạng thái cân bằng của nó. Kết luận - việc chuyển sang các mô hình gần đúng một cách có ý thức có thể rất hiệu quả.

Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Giáo sư M.I. Kaganov vì sự hỗ trợ của ông trong quá trình thực hiện bài viết.

Bài toán

Ở Sunny City, ba nhóm sản phẩm lùn đã được hình thành: ốc vít, lưỡi và bu lông. Hóa ra đối với ba thành viên bất kỳ trong nhóm thì sẽ có một nhóm bao gồm ít nhất hai người trong số họ. Có đúng là tất cả thành viên của một bên đều là thành viên của một trong hai bên kia không? D. Kalinin

Hàng tuyển binh xếp thành nhiều hàng giống nhau tạo thành hình chữ nhật. Theo lệnh “chú ý”, một số binh sĩ sợ hãi quay sang phải, một số - sang trái, những người khác - xung quanh, và một số hoàn toàn chết lặng và bất động. Sau đó, cứ mỗi giây, điều sau đây lại xảy ra: mỗi người tuyển dụng thấy mình đối mặt với một người lính khác sẽ rẽ phải. a) Chứng minh rằng sớm hay muộn những vòng quay đó sẽ dừng lại. b) Liệu các lượt quay có dừng lại nếu không phải cả hai người lính mặt đối mặt mà chỉ một trong số họ quay đầu? I. Akulich

Với mọi số không âm a, b, bất đẳng thức sau có giá trị:

$2^{3}$

$3^{2}$

$(^{a} +^{b} )$ ³ $(^{a} +^{b} )$.

2

3

Chứng minh điều đó.

V. Người gửi

Một hình vuông được ghi trong vòng tròn của khu vực 1, và một hình tròn mới được sơn màu xanh lam trong đó. Sau đó, một hình tròn được ghi trong một hình vuông có diện tích 1, và một hình vuông được sơn màu xanh lam trong đó. Diện tích của ai lớn hơn: hình tròn màu xanh hay hình vuông màu xanh? V.Proizvolov

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6 – 8.

Minh họa của D. Grishukova

Đặt các số từ 1 đến 9 vào các vòng tròn của các hình sao cho tổng của ba số nằm trong các vòng tròn đỉnh của tất cả các hình tam giác màu trắng đều bằng nhau, và trong tất cả các hình tam giác màu xanh lá cây cũng bằng nhau, nhưng thêm 3 số nữa. N. Avilov

30

KVANT 2007/№5

Cuộc thi mang tên A.P. Savin

“Toán 6–8”

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi tiếp theo ở môn lời giải toán bài toán dành cho học sinh lớp 6–8. Gửi Lời giải bài toán trong vòng một tháng sau khi nhận được số tạp chí này đến địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» (được đánh dấu là “Cuộc thi “Toán học 6–8”). Hãy nhớ điền tên, lớp và địa chỉ nhà của bạn. Như trước đây, chúng tôi hoan nghênh sự tham gia vào cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các câu lạc bộ toán học. Chúng tôi yêu cầu vòng tròn lãnh đạo cung cấp địa chỉ email hoặc số điện thoại liên hệ Theo truyền thống, các câu lạc bộ chiến thắng trong cuộc thi thư từ sẽ được mời tham dự giải đấu trực tiếp cuối cùng.

6. Nắm tay nhau, 64 vũ công dẫn dắt 4 điệu múa vòng tròn có chung một trung tâm. 16 người tham gia một điệu nhảy vòng tròn - 8 chàng trai và số cô gái như nhau. Các điệu nhảy vòng xoay đều nhau, sao cho 4 vũ công - một người trong mỗi điệu nhảy vòng tròn - rơi vào từng phần trong số 16 khu vực giống hệt nhau của vòng tròn cùng lúc với điệu nhảy. Có thể phân chia nam và nữ theo cách sao cho dù vòng tròn múa theo hướng nào thì ở bất kỳ nhịp nào của điệu nhảy đều có một khu vực chứa 4 chàng trai? K. Kaibhanov

7. Tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp có thể là lập phương của số nguyên đó không? V. Người gửi

8. Chúng ta gọi một dải có chiều rộng là phần của mặt phẳng nằm giữa hai đường thẳng song song với khoảng cách giữa chúng là a. Ba sọc có chiều rộng bằng nhau tại giao điểm tạo thành hình lục giác hình ngôi sao ABCDEFGHIJKL. ĐẾN-

chứng minh rằng các đoạn thẳng sau cắt nhau tại một điểm: a) AG, CI và EK; b) AG, BH và FL; c) CI, BH và DJ; d) EK, DJ và FL. I. Akulich

9. 100 số tự nhiên đầu tiên được viết sao cho mỗi cặp số có tổng bằng 101, một số viết bằng mực đỏ, số còn lại viết bằng màu xanh, tổng các số màu đỏ bằng tổng của tất cả các số màu xanh. Trọng số của một số màu bất kỳ là số lượng các số có màu khác nhỏ hơn số này. Chứng minh rằng tổng bình phương trọng số của các số màu đỏ bằng tổng bình phương trọng số của các số màu xanh. V.Proizvolov

10. Trong mỗi ô của bảng vuông n ѣ n một số số thực được viết và tổng của tất cả các số trong bất kỳ hình vuông nào $3 \times 3$ là âm và trong bất kỳ hình vuông nào $5 \times 5$ là dương. Bảng như vậy có tồn tại với a) n = 6; b) n = 7? D. Levin, P. Samovol

Ba vấn đề của một nhà toán học du hành

N. SHILOV

TOÁN HỌC LÀM GÌ TRONG CÁC CHUYẾN ĐI KHOA HỌC? Thông thường, họ làm quen với các kết quả khoa học mới và - quan trọng hơn! – với các phương pháp mới để thu được kết quả khoa học mới. Chà, các nhà toán học làm gì khi họ chuẩn bị đi công tác, đi máy bay hay đi tàu hỏa? Ví dụ: tôi nghĩ ra bài toán và thực sự hy vọng rằng ai đó sẽ quan tâm đến việc giải chúng. Trong chuyến đi gần đây nhất của tôi từ Novosibirsk đến Frankfurt, tôi trở về với ba vấn đề “điên rồ” mới. Hãy cố gắng tìm ra chúng! Trong mọi bài toán, chúng ta sẽ cho rằng hành tinh quê nhà Trái đất của chúng ta là một quả bóng.

31

ĐẾN

Đai ốc đầu tiên bị nứt Trên một mặt phẳng, khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm là đoạn thẳng nối các điểm này, còn trên một mặt cầu (bề mặt của quả bóng) là đoạn của một cung tròn lớn nối các điểm này. Tuy nhiên, máy bay chở khách từ điểm khởi hành đến điểm đến không bay theo một vòng tròn lớn mà bay dọc theo một đường đứt đoạn nào đó. Theo phép tính gần đúng đầu tiên, chúng ta có thể giả định rằng đường này bao gồm các vòng cung nối các tháp điều khiển mặt đất liền kề. Những điểm như vậy được đặt tại các sân bay lớn. Và các sân bay lớn đều “gắn” với các thành phố lớn. Chà, các thành phố lớn trên Trái đất không nằm theo một trật tự hình học nghiêm ngặt. Giả sử rằng trên Trái đất tròn hoàn hảo, các tháp điều khiển cách đều nhau. Ví dụ như thế này. Hãy chọn 24 kinh tuyến qua $15 ^\circ$ của nhau. Dọc theo mỗi kinh tuyến, chúng ta sẽ đặt các điểm kiểm soát xuyên qua $15 ^\circ$ từ xích đạo đến từng cực. Câu hỏi 1. Sẽ có bao nhiêu trung tâm điều khiển trên Trái đất? Sẽ có bao nhiêu đoạn nối các trung tâm điều khiển lân cận dọc theo các vĩ tuyến và kinh tuyến?

Hạt thứ hai Ngay sau khi nhà toán học hoàn thành nhiệm vụ này, anh ta sẽ nghĩ về kế hoạch du hành xa hơn. Trong thế giới lý tưởng như vậy, hãy để máy bay chở khách bay từ điểm khởi hành đến đích không “trực tiếp” dọc theo một vòng cung lớn mà chỉ bay dọc theo một đường gãy gồm các đoạn (cung tròn) nối hai tháp điều khiển lân cận dọc theo một đường song song hoặc một kinh tuyến. Nói cách khác, máy bay chỉ có thể đổi hướng qua tháp điều khiển. Câu hỏi 2. Có thể bay vòng quanh toàn bộ Trái đất, tức là bay qua tất cả các tháp điều khiển, để bay qua từng khu vực và chỉ một lần không? Nếu một cuộc hành trình như vậy là khả thi thì việc nó bắt đầu từ đâu có quan trọng không? Câu 3. Có thể bay vòng quanh Trái đất để bay qua từng tháp điều khiển và chỉ một lần không? Nếu một cuộc hành trình như vậy là khả thi thì việc nó bắt đầu từ đâu có quan trọng không?

Điều thứ ba Đây có lẽ là điều khó giải quyết nhất, nhưng nó đưa ra ý tưởng về các vấn đề mà toán học ứng dụng hiện đại giải quyết. Câu 4. Cho hai điểm khống chế tùy ý theo tọa độ, ví dụ điểm A (30 $^\circ$ vĩ độ Bắc, $60 ^\circ$ kinh độ Đông) và điểm B (75 $^\circ$ vĩ độ Bắc, $75 ^\circ$ kinh độ Tây). Làm thế nào để tìm được đường bay ngắn nhất từ ​​điểm đầu tiên đến điểm thứ hai và nó sẽ như thế nào? (Giả sử bán kính Trái đất là 6400 km.)

Cách bẻ đai ốc đầu tiên Có 13 trung tâm điều khiển dọc theo mỗi kinh tuyến: 2 trung tâm ở hai cực và 11 trung tâm nữa ở các trung tâm khác

M

Sh

vĩ độ Nhưng nếu chúng ta chỉ nhân số 13 này với số kinh tuyến 24 thì các trung tâm điều khiển ở hai cực sẽ được tính 24 lần thay vì một lần. Vì vậy, cần nhân số 11 điểm khống chế ở các vĩ độ khác với số kinh tuyến 24 rồi cộng 2 điểm khống chế ở hai cực sẽ được kết quả: 11 = 24 + 2 = 266 điểm khống chế. Số đoạn kết nối các trung tâm điều khiển lân cận dọc theo các vĩ tuyến hoặc kinh tuyến có thể được tính theo nhiều cách khác nhau. Ví dụ như thế này. Mỗi kinh tuyến có 12 đoạn. Do đó, số đoạn dọc theo tất cả các kinh tuyến là 12 ѣ 24 = 288. Mỗi vĩ tuyến có 24 đoạn. Vì có 11 vĩ tuyến như vậy nên số đoạn dọc theo các vĩ tuyến là 11 ѣ 24 = 264. Do đó, tổng số đoạn giữa các trung tâm điều khiển lân cận là 288 + 264 = 552. Nhưng còn có cách tính số đoạn khác. Hãy gọi cấp độ của trung tâm điều khiển là số phần “bắt đầu” tại thời điểm này. Khi đó tất cả 264 điểm ngoại trừ hai điểm cực đều có bậc 4, và hai điểm cực mỗi điểm có bậc 24. Vì mỗi phần giữa các điểm lân cận tạo nên một “đóng góp” từ một vào bậc của hai điểm nằm ở hai đầu của phần đó, bạn có thể nhận thấy rằng tổng số độ của tất cả các điểm nói chung bằng hai lần số của tất cả các phần. Nhưng tổng bậc của tất cả các điểm rất dễ tìm: nó bằng 4 ѣ 264 + 24 ѣ 2 = 1056 + 48 = 1104. Do đó, số đoạn là 1104/2 = 552, trùng khớp với kết quả tính toán trực tiếp.

Cách bẻ đai ốc thứ hai

Đáp số cho câu hỏi 2. Hành trình như vậy là khả thi và bạn có thể bắt đầu nó từ bất kỳ điểm nào. Nhưng trước tiên, chúng ta hãy xem lộ trình có thể có của một chuyến đi như vậy, bắt đầu và kết thúc ở Bắc Cực. Ví dụ: nếu bạn bắt đầu hành trình của mình ở Bắc Cực, thì bạn có thể “đi xuống” đến Nam Cực dọc theo kinh tuyến thứ nhất, sau đó “đi lên” từ Cực Nam đến Bắc Cực dọc theo kinh tuyến thứ hai. Sau đó lặp lại những bước đi lên và đi xuống này trên các kinh tuyến tiếp theo cho đến kinh tuyến thứ 22. Vẫn chỉ bay những phần nằm dọc theo hai kinh tuyến cuối cùng và tất cả các phần dọc theo vĩ tuyến. Điều này có thể được thực hiện như thể hiện dưới dạng sơ đồ trong hình 1. Do đó, tại Bắc Cực, một chuyến bay ngang qua Trái đất sẽ hoàn thành, nó đã đi qua tất cả các khu vực đúng một lần. Tuyến đường được mô tả được gọi là chu trình, vì vậy Hình 1

(Tiếp theo trang 34)

32

Những thay đổi về vận tốc, cũng xảy ra theo những hướng ngược nhau, sẽ tỷ lệ nghịch với khối lượng của các vật thể, vì lượng chuyển động nhận được những thay đổi bằng nhau. Isaac Newton

…dưới tác dụng của các lực có tổng tỉ lệ với khối lượng của điểm, một điểm có khối lượng thay đổi… chuyển động giống như một điểm có khối lượng không đổi chuyển động dưới tác dụng của cùng một lực và với cùng dữ liệu ban đầu. Ivan Meshchersky

Tôi đã tìm ra một số khía cạnh của vấn đề nâng lên không gian với sự trợ giúp của một thiết bị phản lực tương tự như tên lửa. Konstantin Tsiolkovsky

Cơ chế hoạt động của động cơ tên lửa hoàn toàn giống với hiện tượng giật của súng; không cần có không khí để đẩy ra khỏi nó. Richard Feynman

Nó có quen thuộc với bạn không?

?

động cơ phản lực

Câu hỏi này khá phù hợp hiện nay, khi chúng ta kỷ niệm 50 năm phóng vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái đất - sự kiện đánh dấu sự khởi đầu một kỷ nguyên mới, kỷ nguyên khám phá vũ trụ của con người. Việc thực hiện ước mơ bấy lâu nay đã trở thành hiện thực nhờ sự phát triển của công nghệ máy bay phản lực. Lịch sử lâu dài, kéo dài hàng thiên niên kỷ của nó đã có một bước nhảy vọt nhanh chóng bất thường, chuyển từ dự đoán và tính toán sang thực hiện trực tiếp ý tưởng di chuyển không được hỗ trợ ra ngoài Trái đất. Và ở đây, không còn nghi ngờ gì nữa, chúng ta có thể tự hào về sự đóng góp mang tính quyết định vào lý thuyết và thực hành du hành vũ trụ của các nhà khoa học, kỹ sư và nhà thiết kế trong nước. Thời gian trôi qua, và những thành tựu tưởng chừng như kỳ diệu - vệ tinh đầu tiên, chuyến bay có người lái đầu tiên vòng quanh Trái đất, chuyến đi bộ ngoài không gian đầu tiên - đã trở thành thói quen, những giai đoạn lặp đi lặp lại nhiều lần. Bây giờ mọi người đến trạm quỹ đạo để làm việc và thậm chí… để đi du lịch. Tuy nhiên, các kế hoạch mới liên quan đến các chuyến bay liên hành tinh, ngăn ngừa nguy hiểm từ tiểu hành tinh, xây dựng vành đai công nghiệp quanh Trái đất và các căn cứ trên mặt trăng, cải thiện liên lạc vệ tinh và loại bỏ các thiết bị thiên văn ngoài bầu khí quyển dường như đã mở ra làn gió thứ hai cho ngành du hành vũ trụ. Và không một khu vực mới nổi nào của nó có thể làm được nếu không có những cỗ máy đặc biệt này - tên lửa. Bạn không chỉ có thể làm quen với nhiều vấn đề về động cơ phản lực mà còn có thể hiểu chúng một cách nghiêm túc, dựa trên các định luật cơ học nổi tiếng. Đây là những gì chúng tôi mời bạn làm ngày hôm nay.

Câu hỏi và bài toán

1. Liệu bánh xe Segner hiển thị ở hình có thể quay trong chân không (ví dụ: trong không khí rất loãng dưới chuông của máy bơm không khí) không? 2. Từ sàn toa sau của một đoàn tàu đang chuyển động, một người ném một hòn đá cản lại chuyển động của đoàn tàu làm cho hòn đá rơi thẳng đứng xuống đất. Công mà người đó thực hiện trong quá trình ném là bao nhiêu, nếu kết quả là hòn đá mất đi động năng mà nó có khi chuyển động cùng đoàn tàu? 3. Một chiếc xe chở đầy cát lăn dọc theo đường ray theo phương nằm ngang. Thông qua một lỗ ở phía dưới, cát được đổ vào giữa các đường ray. Vận tốc của xe thay đổi như thế nào? 4. Trong khi nhảy qua một đầm lầy, Nam tước Munchausen nhận thấy rằng mình sẽ không thể sang được bờ đối diện nên đã quay ngược ngay trên không “bằng nỗ lực của ý chí” và quay trở lại bờ nơi ông đã nhảy. Tại sao “trường hợp thực sự” này lại không thể xảy ra? 5. Những điều sau đây có thể được coi là do động cơ phản lực: a) súng quay lại khi bắn; b) bong bóng bay lên sau khi thả đá dằn? 6. Trong trường hợp nào một khẩu súng khi bắn có thể đạt được tốc độ lớn hơn viên đạn bắn ra từ nó? 7. Trên sân ga có thể di chuyển dọc theo đường ray, người ta lắp hai khẩu pháo giống hệt nhau, nòng của chúng hướng dọc theo đường ray theo hướng ngược nhau. Khi bắn đồng thời, cả hai viên đạn đều trúng mục tiêu. Liệu đạn có bắn trúng mục tiêu nếu một trong hai khẩu súng bắn sớm hơn khẩu kia một chút không? 8. Khi phóng tên lửa gắn ở đuôi máy bay để bảo vệ khỏi sự tấn công từ phía sau, người ta phát hiện đạn quay vòng và đuổi kịp máy bay. Làm thế nào điều này có thể được giải thích? 9. Phi hành gia đang ở trạng thái không trọng lượng, bị “treo” bên trong cabin của vệ tinh Trái đất. Làm sao nó có thể quay quanh trục dọc của nó? 10. Một phi hành gia đang ở cách xa tàu vũ trụ một khoảng, mang theo hai khẩu súng lục bắn một phát giống hệt nhau. Anh ta có thể bắn hai khẩu súng lục cùng lúc hoặc sử dụng lần lượt chúng. Phi hành gia nên làm gì để quay trở lại tàu nhanh hơn? 11. Tàu vũ trụ di chuyển quanh Trái đất sao cho nó luôn ở điểm mà lực hấp dẫn của Mặt trăng và Trái đất bù trừ cho nhau. Động cơ của tàu có chạy không?

12. Động cơ tên lửa hoạt động ở chế độ xung, phun ra các sản phẩm cháy theo từng phần bằng nhau với tốc độ bằng nhau và từ đó tăng tốc độ của tên lửa theo từng bước. Liệu độ lớn của sự gia tăng vận tốc này có thay đổi khi nhiên liệu cháy không? 13. Nếu tên lửa chuyển động so với người quan sát như trong hình thì khí thải chuyển động theo hướng nào? 14. Tốc độ của dòng khí so với tên lửa phóng không quá bốn km một giây. Làm thế nào một tên lửa có thể đạt được vận tốc thoát thứ nhất, và thậm chí còn hơn thế nữa, vận tốc thoát thứ hai? 15. Liệu có thể biến Trái đất thành một con tàu vũ trụ khổng lồ sử dụng động cơ tên lửa hiện đại cho mục đích này không?

Kinh nghiệm vi mô

Cuộn một sợi dây rất mỏng thành một hình xoắn ốc nhỏ, bôi nhẹ bằng dầu hoặc Vaseline và cẩn thận đặt nó xuống nước bằng nhíp hoặc một cái nĩa thông thường. Sau đó, dùng pipet hoặc ống hút lấy vài giọt dung dịch xà phòng rồi nhỏ từng giọt vào giữa hình xoắn ốc. Hình xoắn ốc sẽ hành xử như thế nào? Tại sao?

Thật thú vị rằng…

…khả năng sử dụng công suất phản kháng của máy bay phản lực hơi nước, ít nhất là dưới dạng một món đồ chơi, đã được Heron của Alexandria phát hiện vào thế kỷ thứ nhất của kỷ nguyên mới. Và vào năm 1750, nhà khoa học người Hungary Janos Segner đã phát minh ra một trong những tuabin phản lực thủy lực đầu tiên dựa trên nguyên lý này - “Bánh xe Segner”. Hiệu quả của nó ngày nay có thể được quan sát thấy trên các bãi cỏ được tưới bằng vòi phun quay trên cột nước. …tên lửa bột, được biết đến ở Trung Quốc từ thế kỷ 11, không chỉ được sử dụng để bắn pháo hoa mà còn được sử dụng trong các vấn đề quân sự - làm đạn gây cháy và nổ, cũng như phương tiện chiếu sáng. Tuy nhiên, tên lửa chiến đấu thực sự được tạo ra vào năm 1817 bởi nhà khoa học pháo binh người Nga, Tướng A.D. Zasyadko và được sử dụng thành công trong việc bảo vệ Sevastopol vào năm 1854–55 trong Chiến tranh Krym. …hiện tượng giật lùi khiến các loại súng cổ xưa quay ngược lại cuối cùng đã được sử dụng để nạp lại súng, chẳng hạn như súng máy, súng lục tự động và đại bác bắn nhanh. …trong lý thuyết tên lửa nhiều tầng được phát triển bởi K.E. Tsiolkovsky vào năm 1926, người ta đã chứng minh rằng giai đoạn cuối của tên lửa có khả năng đạt vận tốc thoát đầu tiên. Nó xuất phát từ lý thuyết cho rằng nên loại bỏ các thùng chứa, đường ống và động cơ của các giai đoạn đã qua sử dụng có mức tiêu thụ nhiên liệu cao và lý tưởng nhất là liên tục loại bỏ khối lượng không cần thiết của tên lửa, điều này vẫn chưa khả thi về mặt cấu trúc. …người khổng lồ trong số các tên lửa nhiều tầng vẫn là Saturn 5, nó đã phóng tàu vũ trụ Apollo 11 lên quỹ đạo, đưa các phi hành gia Mỹ lên Mặt trăng vào ngày 20 tháng 7 năm 1969.

Khối lượng phóng của hệ thống là 2950 tấn, chiều cao của nó là 111 mét. …ngoài động cơ đẩy mạnh mẽ, công nghệ tên lửa và vũ trụ còn sử dụng cái gọi là tự động kích nổ, với sự trợ giúp của thuốc nổ bài toán “được trang sức” về khối lượng và kích thước, ngay lập tức tách rời các thành phần cấu trúc, cắt dây cáp điện, bắn dù và phóng các thiết bị khác nhau. …bầu không khí giúp giảm tốc độ khi hạ cánh tàu vũ trụ xuống Trái đất: phanh trong đó cho phép bạn sử dụng dù ở giai đoạn hạ cánh cuối cùng. Khả năng này hoàn toàn biến mất khi hạ xuống Mặt trăng - việc không có bầu khí quyển trên đó buộc tốc độ chỉ bị giảm bởi các xung phản ứng và những mét cuối cùng của hành trình, thiết bị sẽ đáp xuống dòng khí từ vòi phun. …để được vận chuyển từ lục địa này sang lục địa khác với tốc độ hơn mười nghìn km một giờ trong các tầng khí quyển loãng, để phóng tải trọng từ các sân bay thông thường vào quỹ đạo Trái đất thấp phải là máy bay thế hệ mới với động cơ thở không khí siêu thanh, ngày nay được tạo ra bởi các chuyên gia trong và ngoài nước. …câu trả lời cho tốc độ cao bất ngờ của các sao neutron siêu đậm đặc mới sinh, đạt tới 1500 km/giây, có thể là một động cơ phản lực tự nhiên - bức xạ của neutrino, mang đi năng lượng khổng lồ và có khả năng tạo ra xung giật cần thiết. …lý tưởng cho các chuyến bay giữa các vì sao sẽ là một tên lửa giả định, vai trò của một luồng khí trong đó sẽ được thực hiện bởi một chùm photon, nói cách khác, tốc độ của “máy bay phản lực” sẽ bằng tốc độ ánh sáng. Tuy nhiên, sức mạnh của một tên lửa chỉ nặng một tấn như vậy khi di chuyển với gia tốc bằng g sẽ phải vượt quá sức mạnh của một nhà máy điện lớn như nhà máy thủy điện Bratsk khoảng 1000 lần. …tất cả các cường quốc không gian đang chuẩn bị cho bước đột phá tiếp theo vào không gian trong mười lăm năm tới. Trước hết, đây là một loạt các cuộc thám hiểm mặt trăng. Hàng xóm của chúng ta đã được coi là nơi thử nghiệm các công nghệ cần thiết để chinh phục sao Hỏa, làm căn cứ trên đường đến các hành tinh khác, làm đài quan sát thiên văn mới, và thậm chí… là bảo tàng ngoài trời cho khách du lịch vũ trụ đến tham quan.

Những gì cần đọc trong «Kvant» về động cơ phản lực

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Tại sao chong chóng quay?” – 2002, Phụ lục số 4, tr. 121; 2. “Phóng một vệ tinh tốn bao nhiêu tiền?” – 2002, số 5, tr. 30; 3. “Phương trình lớn của cơ học” – 2003, số 5, tr. 35; 4. “Thí nghiệm với chai nhựa” – 2004, số 4, tr. 20; 5. “Kính vạn hoa” Kvant” – 2004, Số 5, trang 32, 6. “Bulava” – 2005, Số 1, trang 29, 7. “Tại sao chính xác là tên lửa” - 2005, Phụ lục số 6, trang 142, 8. “Một học sinh nghĩ đến việc dừng Trái đất như thế nào” - 2006, Số 5, trang 28.

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi A. Leonovich

TRƯỜNG KVANT

Thực tế bài toán trong cơ học

Y.NOSOV

HÃY LẤY THANH GỖ KÍCH THƯỚC 2 x 3 x 10 CM.

Chúng ta sẽ kẹp khối theo hình kẹp, như minh họa trong hình, và bắt đầu cưa nó dọc theo cạnh dài thành hai phần. Trong quá trình làm việc, chúng tôi sẽ đảm bảo rằng cưa sắt không chạm vào vít của phó bản. Hãy cắt khối hoàn toàn từ mép này sang mép khác, nới lỏng phần phó và lấy ra hai thanh mới mỏng hơn. Chúng tôi nhấn mạnh rằng toàn bộ thao tác được thực hiện với cùng một lực nén ban đầu đối với phó và không thực hiện sắp xếp lại hoặc chuyển động thanh. Làm thế nào mà phó mặc dù nén khối lại không cản trở việc cắt nó thành hai phần?

Tất nhiên, bài toán này đại diện cho công việc thực tế (trong phòng thí nghiệm) trong cơ học, không thể đưa ra mức lời giải nghiêm ngặt. Nhưng chúng ta có thể khá hài lòng với lập luận định tính sau đây. Trong thí nghiệm của chúng tôi, việc giữ khối gỗ được đảm bảo bởi lực nén của phó F do vít tạo ra (xem hình). Để di chuyển khối xuống, cần tác dụng một lực $F_{вниз}$ lớn hơn lực ma sát tĩnh

$F_{тр} = kF$, trong đó k là hệ số ma sát giữa hàm phó và khối. Độ lớn của lực F lớn đến mức không thể di chuyển khối bằng tay trong một phó bị nén. Tại sao chúng ta có thể di chuyển lưỡi cưa lên xuống khi cắt khối theo chiều dọc? Hóa ra, đối với cặp vật liệu này (lưỡi cưa - gỗ), lực ma sát tĩnh $F_{тр1}$ nhỏ hơn đáng kể so với $F_{тр}$, và do đó, lực cần thiết để di chuyển cưa nhỏ hơn đáng kể so với $F_{вниз}$. Dành cho cặp đôi này

$F_{тр1} = k_{1} F_{1}$,

trong đó $k_{1}$ là hệ số ma sát giữa lưỡi cưa và khối, $F_{1}$ là lực nén. Lực nén của lưỡi cưa $F_{1}$ nhỏ hơn tổng lực nén của phó F bao nhiêu lần, diện tích của lưỡi cưa bị nén nhỏ hơn tổng diện tích của các hàm phó bao nhiêu lần, tức là.

$F_{1} =$ l F, L trong đó l là chiều rộng của lưỡi cưa và L là tổng chiều rộng của hàm phụ. Để giảm lực $F_{1}$, trong thí nghiệm của chúng tôi, chúng tôi sử dụng một chiếc cưa có chiều rộng lưỡi nhỏ l, chẳng hạn như lưỡi cưa sắt. Sử dụng các kích thước gần đúng l = 15 mm và L = 150 mm, chúng ta thu được $F_{1} = 0,1 F$. Hệ số ma sát tĩnh (và trượt) $k_{1}$ cũng nhỏ hơn k nhiều, vì trong trường hợp cưa, chủ yếu là bề mặt nhẵn của lưỡi thép tiếp xúc với gỗ chứ không phải bề mặt tôn của hàm phụ. Do đó, trong thí nghiệm $F_{1} = F$ và $k_{1} = k$ của chúng tôi, dẫn đến kết luận

$F_{тр1} = F_{тр}$.

Tuy nhiên, trong thí nghiệm của chúng tôi, chúng tôi không chỉ di chuyển cưa lên xuống mà còn phá hủy các thớ gỗ khi cưa. Điều này đòi hỏi phải tác dụng thêm một lực $F_{2}$ dọc theo hướng cắt. Bạn có thể giảm độ lớn của lực $F_{2}$ bằng cách sử dụng cưa có răng rất mịn, chẳng hạn như cưa sắt hoặc ghép hình. Một lưu ý. Thoạt nhìn, có vẻ như khi cưa một khối, khu vực B, nơi đã thực hiện vết cắt, sẽ không còn tham gia giữ khối ở vị trí phó. Điều này là sai. Do tính đàn hồi của gỗ và độ dày của lưỡi cưa nhỏ (: 0,5 – 0,7 mm) nên vùng B bị nén với lực gần như bằng vùng A, nơi chưa có vết cắt. Do đó, trong quá trình hoạt động của cưa, khối luôn bị nén trên toàn bộ chiều rộng của hàm kẹp. Thành công thực sự trong việc thực hiện thí nghiệm đang được thảo luận cho thấy bàn tay của người thí nghiệm hoàn toàn có khả năng tạo ra một lực vượt quá $F_{тр1}$ và $F_{2}$, đồng thời cưa thành công một khối được nén theo chiều ngược lại. Tôi hy vọng rằng lời giải bài toán ở trên sẽ cho phép bạn trả lời độc lập (ở mức độ định tính) các câu hỏi sau. Kết quả thí nghiệm ảnh hưởng như thế nào: lực nén của phó; chiều rộng lưỡi cưa; loài gỗ thanh; lực tác dụng lên cưa?

Thông tin về tạp chí «Kvant» và một số tài liệu từ tạp chí có thể tìm thấy trên INTERNET tại:

Ban biên tập «Kvant» kvant.info Trung tâm Giáo dục Toán học Thường xuyên Moscow kvant.mccme.ru Câu lạc bộ Trẻ em Moscow “Máy tính” math.child.ru Trung tâm Giáo dục Thường xuyên Kostroma “Eureka” ceemat.ru

51

Thế Vận Hội

5. Xem bài toán 5 cho lớp 9. 6. Có các số a, b, c khác 0 sao cho với mọi n > 3 người ta có thể tìm được một đa thức có dạng $P_{n} ( x ) = x^{n} + K K + ax^{2} + bx + c$ có chính xác n (không nhất thiết phải khác nhau) các nghiệm nguyên không? N. Agakhanov, I. Bogdanov

6. Cho một hình chóp tam giác. Lesha muốn chọn hai cạnh giao nhau của nó và tạo các quả bóng trên chúng, giống như trên đường kính. Liệu anh ta có thể luôn chọn được một cặp sao cho bất kỳ điểm nào của kim tự tháp đều nằm trong ít nhất một trong những quả bóng này không? A. Zaslavsky

8. Có N thành phố trong cả nước. Một số cặp trong số đó được kết nối bởi các hãng hàng không hai chiều bay thẳng. Hóa ra với bất kỳ $k ( 2^{£} k^{£} N )$ và bất kỳ lựa chọn nào của k thành phố, số lượng hãng hàng không giữa các thành phố này sẽ không vượt quá 2k – 2. Chứng minh rằng tất cả các hãng hàng không có thể được phân phối giữa hai hãng hàng không sao cho không có đường bay khép kín trong đó tất cả các hãng hàng không đều thuộc về một công ty. I. Bogdanov, G. Chelnokov

người chiến thắng Olympic

Bằng cấp 1 của 8 lớp được nhận bởi Ivlev Fedor - Moscow, nhà thi đấu 1543, Matdinov Marseille - Orenburg, nhà thi đấu 1;

ở 9 lớp - Erokhin Stanislav - St. Petersburg, FML 239, Bragin Vladimir - Snezhinsk, nhà thi đấu 127;

Yanushevich Leonid – Moscow, trường từ xa “i-school”, Polykov Vladimir – St. Petersburg, FML 239, Bazhov Ivan – Yekaterinburg, nhà thi đấu 9, Andreev Mikhail – Moscow, Trường thứ năm mươi bảy bang Moscow;

cho lớp 11 - Esin Alexey - Vùng Krasnodar, ga Staronizhesteblievskaya, trường 55.

ở 11 lớp - Vladislav Volkov - St. Petersburg, FML 239, lớp 10, Maria Ilyukhina - Moscow, Trường thứ hai Lyceum, Konstantin Matveev - Omsk, Lyceum 66, Sergey Drozdov - St. Petersburg, FTS Lyceum, Ivan Mitrofanov - Kolomna, Phòng tập thể dục 2, Lysov Mikhail - Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”, Safin Stanislav - Krasnodar, Lyceum “ISTEK”, Lishansky Andrey - St. Petersburg, FML 239, Logunov Alexander - St. Petersburg, FML 239, Seplyarskmya Anna - Chernogolovka, trường 82, Yarushin Dmitry - Chelyabinsk, Lyceum 31, Arutyunov Vladimir - Moscow, nhà thi đấu 1543.

bằng cấp II

Bằng cấp III ở 8 lớp được nhận bởi Nikita Medved - Moscow, Trường THCS Lyceum, Vasily Mokin - Saratov, FTL 1, Andrey Blinov - Moscow, Trường Trí tuệ nội trú;

trong 8 lớp đã nhận Bondarenko Mikhail - St. Petersburg, FML 239, Yudin Sergey - Vologda, Vologda Lyceum đa ngành, Golova Anna - Krasnodar, trường 74, Isaac Evgeniy - Kurgan, trường 38, Pechina Anna - Dolgoprudny, trường 5, Piven Nikita - Maykop, trường 8, Belykov Sergey - Omsk, Lyceum 64, Kondratyev Mikhail - Maykop, nhà thi đấu 22, Kurnosov Artem - Nizhnekamsk, lyceum nội trú 24, Sergienko Yaroslav - Krasnodar, Lyceum “ISTEK”, lớp 7, Stepanov Boris - Yekaterinburg, nhà thi đấu 9, Yuzhanin Denis - Kirov, FML, Dovgalyuk Ekaterina - Nizhny Novgorod, lyceum 165;

ở 10 lớp - Ardinartsev Nikita - St. Petersburg, FML 239, Gorinov Evgeniy - Kirov, FML, Kever Mikhail - St. Petersburg, FML 239, Omelyanenko Victor - Belgorod, Lyceum 38, lớp 8, Babichev Dmitry - Dolgoprudny, trường 5, Kudyk Nikita - Omsk, trường 117;

ở 9 lớp - Nenashev Gleb - St. Petersburg, FML 239, Pogorelov Dmitry - Nizhny Novgorod, lyceum 165, Gusev Daniil - Dzerzhinsk, trường 2, Orlov Oleg - Perm, trường 146, Shabalin Philip - Kirov, FML, Bochkarev Mikhail - Perm, trường 9, Glyuz Boris - Maykop, phòng tập thể dục 22, Nizhibitsky Evgeniy - Krasnodar, trường 73, Marianna Nga - St. Petersburg, FML 239, Semenov Alexander - Beloretsk, trường máy tính Beloretsk, Tsarkov Oleg - Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”, Kondkova Elizaveta - Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”, Popov Leonid - Perm, trường 146, Cherkashin Danila - St. Petersburg, lyceum 533, Kushnir Andrey - Irkutsk, lyceum 2, lớp 8, Savenkov Kirill - St. Petersburg, FML 239, lớp 8, Savchik Alexey - Moscow, Trường thứ năm mươi bảy bang Moscow;

ở 9 lớp - Joseph Klimovitsky - St. Petersburg, FML 239, lớp 8, Evgeniy Lukyanets - St. Petersburg, FML 239, Irina Gorbacheva - Krasnodar, trường 64, lớp 8, Anton Gusev - Omsk, Lyceum 64, Rostislav Kuznetsov - Kirov, FML, Radonets Alexey - Krasnodar, Lyceum “ISTEK”, Tyshchuk Konstantin - St. Petersburg, FML 239, lớp 8, Ustinov Nikita - St. Petersburg, FML 239, lớp 8;

cho lớp 10 - Boyky Roman - St. Petersburg, FML 239, cho lớp 10 - Artem Mashkovsky - Chelyabinsk, Lyceum 31,

55

Thế Vận Hội

khi điện áp trên tụ đạt cực đại thì điện dung của nó giảm đột ngột một phần $\varepsilon^{=} \Delta C C$. Sau một phần tư thời gian $\pi LC 2$ điện dung tăng đột ngột đến giá trị trước đó, sau một phần tư thời gian khác, điện dung lại giảm đột ngột một phần $\varepsilon$, v.v. Trong những điều kiện nhất định, các dao động điện liên tục có thể được kích thích trong mạch. Mạch điện bao gồm một phần tử phi tuyến (bóng đèn sợi đốt L), đặc tính dòng điện-điện áp của nó được trình bày ở hình 12. Tìm giá trị tối thiểu $\varepsilon_{min}$ tại đó các dao động không tắt dần được kích thích trong mạch nếu L = 0,1 H, C $= 10^{-} 7$ F. Đồng thời tìm biên độ $U_{0}$ của dao động điện áp ở trạng thái ổn định trên bóng đèn nếu $\varepsilon^{=}$ 3%. Ghi chú. Các công trình cần thiết phải được thực hiện trực tiếp trên hình này. S. Jacques

Hình 12

người chiến thắng Olympic

Tôi đã nhận được bằng tốt nghiệp của 9 lớp

Anton Sobolev - St. Petersburg, Daniil Grigoriev - Cộng hòa Udmurt, Vladislav Zemlyanov - Khu tự trị Khanty-Mansiysk, Petr Kravchuk - St. Petersburg, Andrey Bychin - Lãnh thổ Altai, Olga Bychina - Lãnh thổ Altai;

ở lớp 10 - Andrey Zeleneev - Vùng Kirov, Ruslan Pleshakov - Vùng Primorsky, Evgeniy Stepanov - Moscow, Igor Melnikov - Vùng Chelyabinsk, Leonid Samoilov - Vùng Saratov, Alexander Sashurin - Moscow;

ở 11 lớp - Vitaly Kuliev - Vùng Kirov, Ilya Drozdov - St. Petersburg, Sergey Efimov - Lãnh thổ Altai, Dmitry Mylnikov - Vùng Samara, Pavel Pekh - Lãnh thổ Krasnoyarsk.

Đã nhận bằng cấp II 9 lớp

Lisitsky Dmitry - Cộng hòa Bashkortostan, Mosunova Daria - Vùng Nizhny Novgorod, Starkov Grigory - Khu tự trị Yamalo-Nenets, Liberzon Daniil - Vùng Kirov, Bersenev Nikita - Moscow, Gornostaev Dmitry - Cộng hòa Mordovia, Melnikov Mikhail - St. Petersburg, Tolmachev Lev - Moscow, Kuznetsov Ivan - Moscow, Dinara Usmanova – vùng Chelyabinsk, Ivan Chernyshov – Mátxcơva;

ở lớp 10 – Matveev Khariton – Moscow, Pavlov Artem – Cộng hòa Komi,

Elena Shalashugina - vùng Sverdlovsk, Dmitry Shulchevsky - Moscow, Ilya Larchenko - vùng Bryansk, Rustem Feizkhanov - Moscow, Kirill Anisimov - vùng Saratov, Kirill Barskov - vùng Omsk, Alexander Kuzmin - vùng Novosibirsk, Evgeniy Malyshev - St. Petersburg;

ở 11 lớp - Sergey Belan - Cộng hòa Adygea, Yaroslav Beltyukov - St. Petersburg, Vladislav Vlasov - Lãnh thổ Krasnoyarsk, Ksenia Solovyova - Lãnh thổ Perm, Grigory Budkin - St. Petersburg, Maxim Pestremenko - St. Petersburg, Alexander Potashev - Moscow, Andrey Derbyshev - Vùng Yaroslavskaya, Andrey Kotov - Moscow, Andrey Elovikov - Lãnh thổ Altai, Anatoly Kostrygin - St. Petersburg, Mikhail Proskurin - Khu tự trị Khanty-Mansiysk.

Đã nhận bằng cấp III 9 lớp

Nina Kudryashova – Lãnh thổ Altai, Andrey Korolkov – Vùng Moscow, Andrey Doroshenko – Vùng Omsk, Pavel Galashin – St. Petersburg, Dmitry Kunyaev – Vùng Moscow, Dmitry Tregubov – Vùng Kirov, Mikhail Matrosov – Vùng Voronezh, Boris Runov – St. Petersburg, Vadim Lebedev – St. Petersburg, Shtennikov Mikhail - Vùng Perm, Danilenko Ivan - Moscow, Zakharov Dmitry – Vùng Moscow, Alyushin Alexey - Vùng Tambov, vùng Buldashev Ivan - Chelyabinsk, vùng Kazeev Alexander - Kamchatka;

ở lớp 10 – vùng Yaroslav Maslov – Kemerovo,