Kvant 2018, số 3 · Trang

TIN KHOA HỌC

Sự ra đời của thiên văn học sóng hấp dẫn

L. BELOPUKHOV

Năm 2017, Giải Nobel Vật lý “vì những đóng góp quyết định cho sự phát triển của máy dò LIGO (Đài quan sát sóng hấp dẫn giao thoa kế laser) và quan sát sóng hấp dẫn” đã được trao cho các nhà khoa học Mỹ Rainer Weiss, Barry Barish và Kip Thorne. Một tỷ ba trăm triệu năm trước, ở một khoảng cách rất xa so với Trái đất, hai lỗ đen rắn, đang quay quanh Vũ trụ, đã đạt đến một khoảng cách đến mức lực tương tác hấp dẫn của chúng bắt đầu tích cực hút chúng lại với nhau. Một trong số chúng có khối lượng lớn gấp 36 lần khối lượng Mặt trời, cái còn lại - gấp 29 lần. Khi đến gần, chúng quay quanh khối tâm của mình để chuyển động như thể theo hình xoắn ốc. Tốc độ của sự quay này cuối cùng đã trở nên rất lớn - cứ vài mili giây lại có một vòng quay. Và cuối cùng, các lỗ đen hợp nhất lại, phát ra một âm thanh ngắn ngủi nhưng khủng khiếp.

Rainer Weiss, Kip Thorne và Barry Barish

năng lượng bùng nổ. Về mặt năng lượng, nó tương đương với việc phát nổ cùng lúc quả bom nguyên tử $10^{32}$ megaton. Phần lớn năng lượng này là sóng hấp dẫn. Với tốc độ ánh sáng, nó bắt đầu lan ra mọi hướng. Một phần nhỏ năng lượng này đã đi đến Trái đất. Nói một cách rất hình tượng, Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Nga A.M. Sergeev, trong một cuộc phỏng vấn của mình, đã gọi sự gia tăng này là một “tiếng hét”. Hơn nữa, trên Trái đất, dải tần của đợt sóng này vô tình hóa ra lại nằm chính xác trong vùng tần số âm thanh. Hệ thống điện âm có thể tạo ra tín hiệu không chỉ hiển thị trên màn hình mà còn có thể nghe được. Quả thực - một tiếng kêu! Tin tức về sự kiện này đến Trái đất vào ngày 14 tháng 9 năm 2015 lúc 9 giờ 50 phút 45 giây UTC theo giờ quốc tế (khác với giờ Moscow ba giờ trước). Nó được ghi lại ở Hoa Kỳ bởi hai cơ sở cộng tác của LIGO nằm cách nhau 3000 km. Lời giải thích khoa học về sự ra đời của sóng hấp dẫn được đưa ra bởi thuyết tương đối rộng của GTR - Einstein. Về bản chất, đây là một lý thuyết về lực hấp dẫn có tính đến thuyết tương đối đặc biệt và từ chối bị ràng buộc bởi hình học Euclide đã quá quen thuộc với chúng ta. Bản chất ngắn gọn của GTR là bất kỳ khối lượng nào cũng làm biến dạng và “bẻ cong” hình học xung quanh nó, biến nó thành phi Euclide (Riemannian). Trong trường hợp này, không gian và thời gian nói chung không thể tách rời nhau và hình học phải được coi là hình học của thế giới bốn chiều,

15

TIN TỨC

các tính chất cụ thể của chúng được xác định bởi lực hấp dẫn của các khối lượng nằm trên thế giới này. Mặt toán học của lý thuyết này là các phương trình trường hấp dẫn. Đây là những lời của chính Einstein trong cuốn sách nổi tiếng tuyệt vời của ông (viết chung với L. Infeld) “Sự tiến hóa của vật lý” (1938): “Định luật hấp dẫn của Newton kết nối chuyển động của một vật thể ở đây và bây giờ với chuyển động của một vật thể khác cùng lúc ở một khoảng cách xa… Các định luật mới của chúng ta là các định luật cấu trúc mô tả sự thay đổi trong trường hấp dẫn. Chúng kết nối các sự kiện đang xảy ra bây giờ và ở đây với các sự kiện sẽ xảy ra hoặc đã xảy ra ở những thời điểm và địa điểm khác. Về mặt sơ đồ, chúng ta có thể nói rằng sự chuyển đổi từ định luật hấp dẫn của Newton đến thuyết tương đối rộng ở một mức độ nào đó tương tự như sự chuyển đổi từ các định luật tĩnh điện và tĩnh điện sang lý thuyết Maxwell.” Giá trị của lý thuyết hấp dẫn của Einstein đã được chứng minh nhiều lần. Ít nhất cũng đủ vì thực tế là tất cả các tính toán chính xác về quỹ đạo của tàu vũ trụ trong không gian gần Trái đất và gần Mặt trời đều không dựa trên định luật hấp dẫn đơn giản của Newton mà dựa trên các phương trình của thuyết tương đối tổng quát. Và các hệ thống định vị như GPS, Glonass, v.v., nếu không sử dụng các phương trình thuyết tương đối rộng, sẽ gây ra lỗi khi xác định tọa độ của một vật thể trên trái đất ở khoảng cách 10 km chứ không phải 5 mét như đã đạt được hiện nay. Thuyết tương đối rộng là hoàn toàn cần thiết khi chúng ta đang nói về khối lượng khổng lồ (các ngôi sao, thiên hà và toàn bộ Vũ trụ). Ngoài ra, Thuyết tương đối rộng còn dự đoán những hiện tượng không có trong lý thuyết Newton. Sóng hấp dẫn thuộc về những hiện tượng này. Cũng giống như từ các phương trình Maxwell cho trường điện từ, sự tồn tại của sóng điện từ đã trở thành một hệ quả tất yếu, và từ việc phân tích các phương trình hấp dẫn của Einstein, người ta suy ra rằng sóng hấp dẫn phải tồn tại. Bằng chứng gián tiếp về sự hiện diện của sóng hấp dẫn xuất hiện vào cuối thế kỷ XX. Ví dụ, khi hai neutron hợp nhất

TRÊN U KI

sao (pulsar), các nhà vật lý thiên văn đã ghi nhận sự giảm đáng kể tổng xung lượng góc của hệ này (Giải Nobel Vật lý 1993). “Sự mất mát” này chỉ có thể được giải thích bằng sự mất đi khối lượng-năng lượng trong quá trình hợp nhất các ngôi sao do sóng hấp dẫn mang đi. Một ví dụ khác là sự hiện diện của cái gọi là thấu kính hấp dẫn. Các nhà lý thuyết đã tính toán rằng sóng hấp dẫn, bằng cách thay đổi thước đo không-thời gian, có thể làm biến dạng bức xạ của bất kỳ vật thể vũ trụ nào, giống như một thấu kính làm biến dạng đường đi của tia sáng. Và những biến dạng như vậy đã được các nhà thiên văn học ghi lại. Nhưng không có bằng chứng thực nghiệm trực tiếp, “trên mặt đất” nào về sự tồn tại của sóng hấp dẫn. Vấn đề là điểm yếu của tín hiệu sóng này tới Trái đất. Năng lượng của tín hiệu đến Trái đất vào ngày 14 tháng 9 năm 2015 nhỏ hơn ít nhất $10^{51}$ lần so với năng lượng của sóng này khi nó ra đời. Nếu chúng ta so sánh âm thanh của sóng xung kích, nó cũng giống như việc kích nổ một phần triệu gam chất nổ ở khoảng cách 10 mét. Đối với tai con người, nó sẽ không phải là một tiếng hét hay thậm chí là một âm thanh tanh tách yếu ớt - nó sẽ không phản ứng gì với âm thanh yếu như vậy. Tuy nhiên, nỗ lực của các nhà vật lý nhằm bắt tín hiệu của sóng hấp dẫn đã bắt đầu từ những năm 60 của thế kỷ trước. Người đầu tiên bày tỏ ý tưởng bắt sóng hấp dẫn và cố gắng thực hiện nó là nhà vật lý người Mỹ J. Weber vào năm 1969. Ý tưởng này rất đơn giản - với các cảm biến nhạy để đo sự biến dạng của các vật thể có khối lượng lớn sẽ xảy ra khi sóng hấp dẫn, làm biến dạng hệ mét không-thời gian, đi qua các vật thể này. Các thi thể là những hình trụ bằng nhôm nặng một tấn rưỡi với dây đai chứa hàng chục cảm biến biến dạng áp điện. Độ nhạy của cảm biến cao bất thường - lên tới $10^{-} 15$ m (kích thước của hạt nhân nguyên tử). Weber nói rằng ông đã ghi lại những con sóng. Nhưng điều này hóa ra lại là một sai lầm. Rất có thể, đây là những tín hiệu từ nhiều nguồn gây nhiễu - rung động từ các nguồn bên ngoài, chẳng hạn như từ quá trình vận chuyển.

16

KVANT 2018/№3

Theo kế hoạch của Weber, các thí nghiệm tương tự đã bắt đầu được thực hiện ở một số quốc gia, bao gồm cả Nga (V.B. Braginsky, Đại học quốc gia Moscow). Kết quả ở mọi nơi đều là âm, vì tính toán của các nhà vật lý thiên văn cho thấy độ biến dạng dưới tác dụng của sóng hấp dẫn phải nhỏ hơn đáng kể so với $10^{-} 15$ m. Và không có cảm biến nào có thể đo được những giá trị nhỏ như vậy. Vào những năm 60, một ý tưởng khác xuất hiện để đo những biến dạng nhỏ như vậy - sử dụng sự giao thoa. Ý tưởng này được đưa ra bởi các nhà vật lý Liên Xô từ Đại học quốc gia Moscow M.E. Herzenstein và V.I. Pustovoit vào năm 1962. Nhưng tại một cuộc hội thảo tại Viện Vật lý thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, ý tưởng này đã bị chỉ trích và bài báo tương ứng không được khuyến khích xuất bản. Vài năm sau, ý tưởng sử dụng phương pháp giao thoa kế lại nảy sinh, lần này là ở Hoa Kỳ. Rainer Weiss tại Viện Công nghệ Massachusetts vào năm 1967 bắt đầu phát triển một dự án giao thoa kế laser có thể khắc phục “nhiễu” từ tất cả các nguồn bên ngoài (nhiệt, địa chấn, các nguồn giao thoa hấp dẫn, sự không ổn định của tần số bức xạ laser, và thậm chí cả sự giao thoa có thể xảy ra từ các cơn bão địa từ và các vụ nổ bức xạ vũ trụ). Ông tính toán rằng giao thoa kế phải có kích thước khổng lồ - vài km. Chính sự phát triển tiếp theo của dự án Weiss đã dẫn đến việc thành lập LIGO, đài quan sát sóng hấp dẫn giao thoa kế laser, được dự định thực hiện khám phá này. Năm 1968, tại Viện Công nghệ California, nhà vật lý thiên văn lý thuyết Kip Thorne bắt đầu nghiên cứu các nguồn có thể có của sóng hấp dẫn. Ông đã xác định được ba nguồn - sự hợp nhất của hai lỗ đen, sự hợp nhất của các xung đôi (sao neutron) và giai đoạn cuối của vụ nổ siêu tân tinh với sự hình thành sao neutron ở trung tâm của nó. Ông đã ước tính năng lượng của sóng hấp dẫn và lập mô hình bản chất của tín hiệu truyền tới Trái đất. Đây phải là một phần của hình sin không chuẩn với biên độ và tần số tăng dần và tín hiệu bị chấm dứt đột ngột. Chiều dài

Cường độ, biên độ và tần số của tín hiệu phụ thuộc vào loại và năng lượng của nguồn sóng. Nó đã trở nên rõ ràng những tín hiệu cần tìm kiếm. Năm 1970, nhà vật lý Ronald Drever chuyển đến California từ Scotland, làm việc tại Đại học Glasgow. Ông đã chế tạo một máy dò nhiễu theo thiết kế của mình cùng lúc với Weiss. Họ không phải là đối thủ cạnh tranh mà là đồng nghiệp và bạn bè, và kể từ thời điểm LIGO được thành lập, họ đã làm việc cùng nhau. Thật không may, R. Drever, người qua đời vào tháng 3 năm 2017, đã không thể sống được sáu tháng trước khi giải Nobel được trao cho bạn mình. Người đoạt giải Nobel thứ ba là nhà vật lý thực nghiệm Barry Barish, người từng là một trong những người đứng đầu Phòng thí nghiệm Máy gia tốc Quốc gia Enrico Fermi Fermilab (gần Chicago), và từ năm 1993 là giáo sư tại Viện Công nghệ California. Dự án của Weiss và Drever tiến triển với tốc độ chậm - quá nhiều khoa học và kỹ thuật bài toán đã phải quyết định. Và mặc dù sau hơn 15 năm làm việc, nhóm của Weiss và Drever đã mở rộng lên 40 người, nhưng điều này rõ ràng là chưa đủ. Điều còn thiếu là một nhà vật lý có tư duy kỹ thuật và kinh nghiệm trong công tác tổ chức và hành chính. Barish chính là một người như vậy. Ông đã làm lại dự án từ góc độ kỹ thuật và trong vài năm đã thành lập một nhóm quốc tế lớn - nhóm cộng tác LIGO, nơi ông thu hút các nhóm nghiên cứu từ các quốc gia khác nhau (Ý, Đức, Nhật Bản, Nga) bằng kinh nghiệm cần thiết. Năng lượng thực sự điên cuồng của anh ấy, tính cách cho phép anh ấy làm việc tốt với những người có tính cách rất khác nhau và khả năng đảm bảo tài chính cho dự án đã đảm bảo cho sự hợp tác. Ngày nay, LIGO tuyển dụng hơn 1.200 nhà nghiên cứu từ 110 tổ chức khoa học ở 18 quốc gia. Những người tham gia Nga - một nhóm V.B. Braginsky từ Đại học quốc gia Moscow và một nhóm từ Viện Vật lý ứng dụng Nizhny Novgorod thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Nga. Theo những người đứng đầu dự án, Vladimir Borisovich Braginsky đã có đóng góp to lớn cho việc khám phá ra sóng hấp dẫn. Thật không may, ông đã qua đời vào ngày 29 tháng 3 năm 2016. Barish trở thành giám đốc LIGO vào năm 1994 và phục vụ cho đến năm 2005 thì ông vẫn giữ chức vụ này.

17

TIN TỨC

thành viên cộng tác, đã chấp nhận lời đề nghị lãnh đạo một dự án quốc tế toàn cầu khác của Hoa Kỳ - việc tạo ra một siêu máy gia tốc tuyến tính. Nhưng giải Nobel không rời bỏ ông. Nó đã kết thúc hơn mười năm nỗ lực của ông để hoàn thành dự án giao thoa kế laser. Dưới sự lãnh đạo của Barish, hai đài quan sát giống hệt nhau đã được xây dựng vào năm 1994–1998 - ở Hanford và Livingston, cách nhau 3000 km. Đến năm 2002, giao thoa kế laser đã được lắp đặt ở đó. Nhưng những phép đo đầu tiên đã cho thấy rằng dự án cần được làm lại một cách nghiêm túc. Hệ thống giao thoa kế không thể nhận ra các sự kiện đặc trưng của sóng hấp dẫn. Các nhà lý thuyết dưới sự lãnh đạo của Thorne đã thực hiện rất nhiều công việc tính toán lại biên độ biến dạng có thể có của sóng hấp dẫn. Hóa ra chúng thậm chí còn nhỏ hơn so với suy nghĩ trước đây, cụ thể là ở mức $10^{-} 20 - 10^{-} 21$ m. Thoạt nhìn, việc ghi lại các biến dạng với độ chính xác như vậy có vẻ là không thể. Rốt cuộc, nó cũng giống như việc đo khoảng cách đến các ngôi sao gần nhất với sai số một phần mười milimét. Nhưng những người lãnh đạo dự án đã không bỏ cuộc. Họ hóa ra là những người lạc quan, tin tưởng vào khả năng của nhóm mình và Barry Barish một lần nữa tìm cách đảm bảo nguồn tài trợ cho dự án. Cập nhật dự án đã bắt đầu. Việc sử dụng tia laser mạnh hơn do V.B. Nhóm của Braginsky về hệ thống treo ba gương cải tiến, sự phát triển của các nhà toán học từ Đại học quốc gia Moscow về phần mềm đăng ký tự động các sự kiện, và nhiều hơn thế nữa đòi hỏi thêm mười năm làm việc chăm chỉ. Vào năm 2014, hoạt động lắp đặt thường xuyên và liên tục đã bắt đầu, chỉ bị gián đoạn bởi các điểm dừng để tái tạo chân không cần thiết trong đường ống. Các nhà nghiên cứu đã không liên tục theo dõi màn hình để bắt được tín hiệu đặc trưng. Hệ thống ghi nhận nhiều tín hiệu phát sinh vì nhiều lý do khác nhau. Nhưng chúng không giống như những tín hiệu được tính toán

TRÊN U KI

được viết bởi Thorne và các nhà vật lý thiên văn khác. Nếu tín hiệu được yêu cầu xuất hiện, hệ thống sẽ tự chuyển tiếp tín hiệu đó tới email hoạt động ở một số trung tâm LIGO ở các thành phố châu Âu. Đây chính xác là những gì đã xảy ra vào ngày 14 tháng 9 năm 2015, khi sóng hấp dẫn được phát hiện lần đầu tiên - trong vòng nửa giờ, tất cả những người tham gia cộng tác đều nhận được tin nhắn về sự kiện này. Quá trình xử lý tín hiệu và tính toán cẩn thận năng lượng của lỗ đen bắt đầu. Các nhà vật lý thiên văn bắt đầu kiểm tra tất cả dữ liệu về bức xạ ở khu vực bầu trời nơi sóng đến và thực sự họ đã phát hiện ra bức xạ điện từ ngắn hạn mạnh mẽ, điều này chỉ có thể giải thích bằng lực hút của khối lượng vào hai lỗ đen hội tụ mạnh (xét cho cùng, bản thân các lỗ đen không thể được nhìn thấy). Rất có thể nếu không có “gợi ý” của các nhà vật lý từ LIGO, các nhà vật lý thiên văn đã bỏ lỡ những đợt phát thải này - chúng tồn tại rất ngắn. Nhưng bây giờ mọi chuyện đã kết thúc, và sự kiện được ghi lại vào ngày 14 tháng 9 năm 2015 được coi là bằng chứng đáng tin cậy đầu tiên về sự tồn tại của không chỉ sóng hấp dẫn mà còn cả lỗ đen! Công việc nhận dạng kéo dài vài tháng và vào ngày 11 tháng 2 năm 2016, việc phát hiện ra sóng hấp dẫn đã được công bố tại cuộc họp báo tại CERN ở Geneva. Cùng ngày, một số đặc biệt của tạp chí vật lý có uy tín nhất, Physical Review Letters, đã được xuất bản, nơi khám phá này được công bố. Trong hai năm qua, bốn lần phát hiện sóng hấp dẫn nữa đã xảy ra. Việc đăng ký vào ngày 17 tháng 8 năm 2017 đặc biệt thú vị. Vào ngày này, lần đầu tiên một sóng hấp dẫn từ sự hợp nhất của hai ngôi sao neutron đã được ghi lại, đồng thời sự kiện này được các nhà thiên văn học quan sát là sự biến đổi của hai ngôi sao thành một. Và ở đây Ủy ban Nobel Vật lý không còn nơi nào để đi. Khám phá này đã trở thành sự thật và được mọi người nhất trí công nhận là xứng đáng với giải thưởng Nobel 2017. Giải thưởng được trao cho các nhà vật lý người Mỹ Rainer Weiss, Kip Thorne và Barry Barish. Về mặt tiền tệ, một nửa giải thưởng được trao

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Bài toán trong toán học và vật lý

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: math@kvant.ras.ru và Phys@kvant.ras.ru, tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này, tới cùng các địa chỉ. Bài toán M2502–M2505 đã được đưa ra ở giai đoạn khu vực của Olympic Toán học toàn Nga XLIV dành cho học sinh. Bài toán F2509–F2512 đã được đưa ra tại Olympic Vật lý mở rộng toàn Siberia 2018 dành cho học sinh.

Bài toán M2502–M2505, F2509–F2512

M2502. Petya và Vasya thay phiên nhau viết lên bảng các số tự nhiên không vượt quá 2018 (cấm viết số hiện có); Petya bắt đầu. Nếu sau khi người chơi đi nước đi, có ba số trên bảng tạo thành cấp số cộng thì người chơi đó thắng. Người chơi nào có chiến lược chắc chắn sẽ giành chiến thắng? M. Didin, P. Kozhevnikov

M2503. Cho tam giác ABC, trong đó A C 30 q (Hình 1). Trên các cạnh AB, BC và AC lần lượt chọn các điểm D, E, F sao cho BFD BFE 60 q. Chu vi tam giác ABC là

Cơm. 1

p và chu vi của tam giác DEF là $p_{1}$. Chứng minh rằng $p d 2 p_{1}$. A. Kuznetsov

M2504. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n như vậy! $10^{2018}$ rằng tổng của tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn n là nguyên tố cùng nhau với n. R.Salimov

M2505. Trong công ty có 100 em, trong đó có một số em là bạn bè (tình bạn luôn là của nhau). Được biết, khi xác định được bất kỳ đứa trẻ nào, 99 đứa trẻ còn lại có thể chia thành 33 nhóm ba người sao cho trong mỗi nhóm cả ba đều là bạn của nhau theo cặp. Tìm số cặp trẻ em thân thiện nhỏ nhất có thể. S. Berlov, N. Vlasova, D. Khramtsov

F2509. Một toa xe mui trần không mui (công nhân đường sắt gọi là toa gondola) có chiều cao H = 4,5 m chuyển động với vận tốc không đổi u = 6 m/s. Ngay khi cỗ xe đi qua người chất hàng, anh ta lập tức cố ném một chiếc túi nhỏ qua bức tường phía sau xe. Vận tốc tối thiểu v (tính bằng m/s) phải được truyền cho túi là bao nhiêu? Biết rằng khi ném một túi, người ném “thả” túi ở độ cao h = 1 m so với mặt đất. Gia tốc trọng trường g = 9,8 m $с^{2}$. Bỏ qua sức cản của không khí. A. Kipriyanov

F2510. Cổ chai có đường kính trong D = 1 cm nằm cách vòi nước một khoảng H = 10 cm, đường kính trong của vòi là $D_{0} = 2$ cm (Hình 2). Tâm của cổ chai và vòi vòi nằm trên cùng một đường thẳng đứng. Ở mức tối đa nào

20

KVAN T 2018/№3

Cơm. 2

Lượng nước tiêu thụ Nom $Q_{0}$ (tính bằng l/s) liệu toàn bộ nước có rơi vào chai không? Gia tốc trọng trường g = 9,8 m $с^{2}$. Coi dòng nước chảy êm đềm (tầng). Bỏ qua ảnh hưởng của không khí thoát ra khỏi chai trong quá trình đổ nước vào chai.$^{1}$ D. Medvedev

F2511. Có 10 chai đựng chất lỏng giống hệt nhau. Chúng được lưu trữ bên trong một hộp mà nhiệt không thoát ra bên ngoài. Để bảo quản tốt hơn, mỗi chai nên được đun nóng trong một thời gian đến nhiệt độ $+ 90 \infty C$. Để làm điều này, chúng ta lấy chai thứ nhất và đun nóng nó đến nhiệt độ cần thiết, tiêu tốn một lượng nhiệt Q = 30 kJ. Sau đó, họ đặt nó vào trong hộp và đợi cho đến khi nhiệt độ của tất cả các chai được cân bằng do trao đổi nhiệt. Sau đó, họ lấy chai thứ hai và thực hiện quy trình tương tự với nó, bao gồm cả việc cân bằng nhiệt độ sau đó, v.v. Cần bao nhiêu nhiệt lượng để hâm nóng chai thứ mười? V. Borovkov

F2512. Một chiếc bình gỗ hình trụ (Hình 3) nổi trong nước, ngập 0,2 độ cao khi nó rỗng và 0,95 độ cao khi nó chứa đầy nước. Khối lượng riêng của gỗ làm chiếc bình nhỏ hơn khối lượng riêng của nước bao nhiêu lần? V.Batkin

Cơm. 3

Lời giải bài toán M2490–M2492, F2497–F2500

M2490. Có 100 cánh cửa, mỗi cánh cửa đều có chìa khóa riêng (chỉ mở được cánh cửa đó).

1 Ví dụ, vì ở bức tường bên

Chai có lỗ thoát khí. (Ghi chú của biên tập viên)

Cửa được đánh số 1, 2, ……, 100, chìa khóa cũng được đánh số, nhưng có lẽ có sai số: số chìa khóa trùng với số cửa hoặc khác 1. Trong một lần thử, bạn có thể chọn bất kỳ chìa khóa nào, cửa nào và kiểm tra xem chìa khóa này có khớp với cửa này không. Có thể tìm ra chiếc chìa khóa nào mở được cánh cửa nào một cách đáng tin cậy hay không bằng cách thực hiện không quá: a) 99 lần thử; b) 75 lần thử; c) 74 lần thử?

Đáp số. a), b) Có thể; c) điều đó là không thể được. a) Chúng ta thử xem chiếc chìa khóa đầu tiên có khớp với cánh cửa đầu tiên không. Nếu có thì khóa đầu tiên sẽ được nhận dạng. Nếu không thì đi vào cửa thứ hai, chìa khóa thứ hai sẽ đi vào cửa thứ nhất. Trong trường hợp này, hai khóa được xác định. Chúng tôi lấy chiếc chìa khóa không xác định tiếp theo ở bên trái, kiểm tra nó trên cánh cửa tương ứng và nhận ra ít nhất một chiếc chìa khóa. Nếu sau 99 lần thử như vậy mà vẫn không nhận ra thứ gì đó thì đây là chiếc chìa khóa cuối cùng và chỉ còn một cánh cửa cho nó. b) Chúng ta thử xem chiếc chìa khóa thứ ba có khớp với cánh cửa thứ ba không. Nếu nó phù hợp thì chúng ta có thể tìm ra hai chìa khóa đầu tiên trong một lần thử. Tổng cộng, ba khóa đầu tiên đã được xác định sau hai lần thử. Nếu anh ta không đến thì chúng ta thử xem anh ta có đến cửa thứ hai không. Nếu vậy thì chìa khóa thứ nhất chỉ có thể vừa với cánh cửa thứ nhất, còn chìa khóa thứ hai chỉ có thể vừa với cánh cửa thứ ba. Một lần nữa, trong hai lần thử, ba chìa khóa đầu tiên đã được xác định. Nếu anh ta không lên nữa thì anh ta sẽ đi đến cánh cửa thứ tư. Hai chiếc chìa khóa đầu tiên chỉ có thể mở được hai cánh cửa, do đó cánh cửa thứ ba được mở bằng chiếc chìa khóa thứ tư. Chúng ta sẽ tìm ra hai chiếc chìa khóa và cánh cửa đầu tiên trong một lần thử. Trong trường hợp này, bốn khóa đã được xác định trong ba lần thử. Chúng tôi lặp lại quá trình: thử chiếc thứ ba từ chiếc chìa khóa không xác định bên trái đến cánh cửa tương ứng. Chúng tôi nhận ra ba khóa trong hai lần thử hoặc bốn khóa trong ba lần thử. Nếu chúng tôi không thể hoàn thành bước này được nữa thì tức là chỉ còn lại ít hơn ba khóa không được nhận dạng. Chúng tôi sẽ xử lý hai khóa trong một lần thử và với một khóa – không lần thử nào.

22

KVAN T 2018/№3

đường thẳng (khi đó, ngoài điểm O, các đường tròn này thực tế còn có một điểm chung nữa - đối xứng với điểm O so với đường tâm). Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $B_{0} OB$ nằm tại giao điểm của các đường phân giác vuông góc với các đoạn OB và $OB_{0}$ (Hình 2).

Cơm. 2

Đồng đẳng tâm O hệ số 2 sẽ lấy tâm đường tròn $B_{0} OB$ đến điểm B c giao điểm AC và tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vẽ qua điểm B. Điểm A c và C c được xác định tương tự. Tất cả những gì chúng ta phải làm là chứng minh rằng các điểm A c, B c và C c nằm trên cùng một đường thẳng. Điều này có thể được thực hiện theo những cách khác nhau. Ví dụ, điều này rút ra từ trường hợp suy biến của định lý Pascal (cho sáu điểm A, A, B, B, C, C). Một cách khác là xét tam giác tạo bởi các tiếp tuyến AA c, BB c, CC c và áp dụng định lý Desargues cho tam giác này và tam giác ABC. Bài toán đã giải quyết. Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng bài toán cũng có thể được giải bằng máy tính (ví dụ: sử dụng định lý Ceva ở dạng sin), mặc dù chúng tôi không biết một lời giải hoàn toàn đơn giản. Như một bài tập, chúng tôi đề xuất chứng minh rằng đối với một tam giác cân (không phải tam giác đều), các đường thẳng $AA_{2}, BB_{2}, CC_{2}$ cắt nhau tại một điểm đối xứng với giao điểm của các đường trung tuyến so với đáy. T. Kovalev, A. Lvov

F2497. Điều kiện sau bài toán đã được công bố trên tạp chí “Vật lý ở trường”: “Một vật rơi tự do với gia tốc g = 10 m $с^{2}$ sau một thời gian

Sau khi bắt đầu chuyển động, tôi thấy mình ở độ cao $h_{1} = 300$ m so với mặt đất, và sau một thời gian khác ’ t = 10 s - ở độ cao $h_{2} = = 120$ m so với mặt đất. Vật rơi từ độ cao bao nhiêu? Và đáp số này đã được đưa ra: “H = 1531 m.” Tìm hai lỗi chính tả (mỗi lỗi một ký tự) trong tài liệu đã xuất bản.

Rõ ràng là các giá trị số đã cho không hề khớp với nhau. Giả sử độ cao $h_{1}$ và $h_{2}$ là đúng thì thời gian ’t không thể bằng 10 s. Nhưng nếu chúng ta giả sử rằng trong số ’ t thiếu dấu phẩy giữa các ký hiệu “1” và “0”, tức là thời gian chính xác là 1,0 s, thì đáp số phải là 1831 m. Chà, lỗi đánh máy thứ hai đã được tìm thấy: chiều cao ban đầu xấp xỉ không phải là 1531 m mà là 1831 m! Nói cách khác, thay vì ký hiệu “8” thì ký hiệu “5” đã bị đặt nhầm. U. Strashnov

F2498. Thành chai nhựa đựng đồ uống có ga cao có thể chịu được áp suất (từ bên trong) p = = 10 atm. Người ta đổ nitơ lỏng V/2 vào một chai như vậy có dung tích V = 1 lít, đậy nắp chai và đặt trên mặt đường nhựa, bên trên đậy chai bằng một thùng thiếc rỗng dung tích 10 lít và khối lượng 1 kg. Sau một thời gian, một vụ nổ xảy ra. Xô đã nhận được 1% nội năng của khí bên trong chai trước khi nổ. Ước tính chiều cao của thùng trên điểm bắt đầu. Điểm sôi của nitơ lỏng ở áp suất p = 10 atm xấp xỉ T = 100 K. Mật độ U của nitơ lỏng xấp xỉ bằng mật độ của nước U trong = 1 g $см^{3}$.

Chúng ta sẽ giả định rằng toàn bộ oxy là một phần của không khí trong chai đã ngưng tụ và chỉ có nitơ ở trạng thái khí trong chai 0,5 lít trước khi nổ. Nitơ này sau khi đổ nitơ lỏng vào chai sẽ nguội đi một cách tự nhiên và đóng góp của nó vào áp suất tổng cộng trước khi nổ nhỏ hơn áp suất khí quyển nên có thể bỏ qua sự đóng góp này. Khả năng nén

25

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

từ các bộ phận, chúng ta sẽ nhận được một phần không quá một nửa phần khác và điều này đã bị cấm. Tuy nhiên, có một lối thoát. Phát biểu 1. Nếu R 1 2 thì pho mát có thể được cắt không giới hạn, tức là sau bao nhiêu lần cắt có thể cắt được thêm một miếng nữa. Để chứng minh điều đó, như thường lệ, bạn cần củng cố tuyên bố một chút. Phát biểu 1 c. Nếu R 1 2 thì pho mát có thể được cắt chính xác thành n phần và sao cho không có hai phần nào có trọng lượng bằng nhau. Chứng minh (bằng quy nạp). Bạn có thể cắt nó thành 2 phần không bằng nhau. Để phô mai đã được cắt chính xác thành k 1 phần: a > b > c > … > f. Cắt phần lớn nhất làm đôi; ta có phần b, c, …, f, a 2, a 2. Vì f! một 2! b 2,

( ) pho mát được cắt đúng cách và các miếng thu được là nhỏ nhất. Đúng, giả định quy nạp không được thỏa mãn: có hai phần bằng nhau. Tuy nhiên, vì trong hệ thức ( ) cả hai bất đẳng thức đều nghiêm ngặt, nên người ta có thể tăng nhẹ một trong hai phần cuối, tương ứng giảm phần còn lại để các bất đẳng thức được bảo toàn. Như vậy quá trình chuyển đổi quy nạp đã hoàn thành. Bây giờ chúng ta hãy xem xét một R tùy ý, ​​1 2 R 1. Đầu tiên, chúng ta hãy chứng minh một phát biểu hữu ích. Câu 2: Khi cắt đúng cách, bạn phải luôn cắt miếng lớn nhất. Bằng chứng. Gọi a là phần lớn nhất. Nếu chúng ta cắt một số mảnh b, b d a, thì một trong những mảnh thu được không lớn hơn b 2 d a 2, tức là có kích thước ít nhất bằng một nửa mảnh a, cho đến nay vẫn còn nguyên. Sự mâu thuẫn. Chúng ta hãy lưu ý thêm rằng điều này cho thấy rằng nếu có hai miếng lớn nhất giống hệt nhau thì không thể cắt miếng pho mát nữa. Số lượng miếng pho mát tối đa có thể được cắt thành ở mức R nhất định là bao nhiêu? Hóa ra, trước hết, nó là công bằng

“QUANTA”

sự thật thú vị: dù R là bao nhiêu thì số tối đa vẫn là số chẵn. Chính xác hơn, tuyên bố này là đúng. Phát biểu 3. Nếu phô mai có thể được cắt thành (2n – 1) phần một cách chính xác thì nó cũng có thể được cắt thành 2n phần một cách chính xác. Để chứng minh điều này, chúng tôi giới thiệu khái niệm cắt tối ưu. Trước tiên chúng ta hãy lưu ý rằng điều kiện “tỷ lệ trọng lượng của hai mảnh bất kỳ phải lớn hơn R” là đủ để kiểm tra mảnh nhỏ nhất và lớn nhất trong số các mảnh có sẵn; nếu điều đó đúng với họ thì đối với tất cả những người khác, nó sẽ được thực hiện tự động. Cho một số số tự nhiên s, r; Giả sử rằng bằng cách nào đó pho mát đã được cắt thành các miếng r một cách chính xác và chúng ta muốn thực hiện thêm một vết cắt s nữa, tức là lấy các miếng r s. Tất nhiên, điều này có thể được thực hiện theo những cách khác nhau. Chúng ta gọi phương pháp cắt là tối ưu nếu sau mỗi lần cắt, hai điều kiện được thỏa mãn đồng thời, đó là điều kiện minimax: mảnh nhỏ nhất thu được tại thời điểm này không nhỏ hơn mảnh thu được bằng bất kỳ phương pháp cắt chính xác nào khác (“mảnh tối thiểu là tối đa”, do đó có khái niệm “minimax”), điều kiện tối đa: mảnh lớn nhất thu được tại thời điểm này không lớn hơn mảnh thu được bằng bất kỳ phương pháp cắt chính xác nào khác. Rõ ràng, nếu những điều kiện này được đáp ứng đồng thời thì ở mỗi bước, tỷ số giữa trọng lượng của mảnh nhỏ nhất và trọng lượng của mảnh lớn nhất sẽ lớn hơn (hoặc bằng) bất kỳ bước nào khác. Ngay sau đó, nếu tồn tại một cách cắt đúng, thì cách cắt tối ưu cũng đúng. Trước khi tiếp tục, chúng ta hãy đưa ra một vài nhận xét về tính tối ưu. Trước hết, điều quan trọng cần nhớ là định nghĩa này phụ thuộc vào việc lựa chọn r và s; cùng một đường cắt có thể tối ưu cho một người nhưng không tối ưu cho

26

KVAN T 2018/№3

khác (chúng tôi sẽ đưa ra những ví dụ như vậy bên dưới). Mặt khác, khái niệm về mức tối ưu không phụ thuộc vào R là gì: xét cho cùng, số R không liên quan đến định nghĩa về mức tối ưu. Vậy thì sự tối ưu được thể hiện ở điều gì? Đây là điều Dễ dàng nhận thấy rằng dù chúng ta cắt phô mai như thế nào thì cách cắt này sẽ luôn đúng đối với R nhỏ và không chính xác đối với R lớn. Người ta có thể nói chính xác hơn. Cắt một miếng pho mát thành một số lượng hữu hạn một cách tùy ý nhưng tuân theo quy tắc (i); Hãy tính tất cả các tỷ lệ có thể có của trọng lượng của các mảnh sau lần cắt đầu tiên, thứ hai,……, lần cắt cuối cùng - đây là một số hữu hạn các số dương. Đặt $R_{0}$ là số nhỏ nhất trong số này. Khi đó, rõ ràng là cách cắt của chúng tôi đúng với mọi $R R_{0}$ và không đúng với tất cả những phần còn lại. (Điều tương tự cũng áp dụng nếu lúc đầu không phải một mảnh mà là nhiều mảnh.) Ưu điểm của việc cắt tối ưu so với các mảnh khác (mức tối ưu của nó) là để cắt tối ưu, số $R_{0}$ là lớn nhất có thể. Vì vậy, nếu chúng ta cần giải nghịch đảo bài toán (không có số R, nhưng phương pháp cắt được chỉ định và chúng ta cần tìm ra R nào đúng), thì phương pháp tối ưu sẽ thích hợp hơn: nếu một số R phù hợp với phương pháp khác thì nó cũng phù hợp với phương pháp tối ưu (nhưng không phải ngược lại). Và một lưu ý quan trọng hơn: định nghĩa về tính tối ưu không đảm bảo sự tồn tại hay tính duy nhất: phương pháp cắt tối ưu có thể không tồn tại hoặc có thể có nhiều phương pháp cắt tối ưu. Ví dụ, giả sử lúc đầu chỉ có một miếng pho mát. Sau đó có thể cắt thành hai mảnh một cách tối ưu: cắt chính xác làm đôi sẽ là tối ưu (tỷ lệ giữa mảnh nhỏ nhất và mảnh lớn nhất là 1, và chắc chắn không thể lớn hơn). Nhưng nếu chúng ta cắt phô mai thành ba phần, thì việc cắt như vậy không những không tối ưu - nó còn khá tệ, vì lần cắt thứ hai

Trong trường hợp này, một mảnh chắc chắn sẽ có kích thước bằng một nửa kích thước của mảnh kia. Hơn nữa, điều này có nghĩa là việc cắt tối ưu trong trường hợp này hoàn toàn không tồn tại: xét cho cùng, tính tối ưu phải được thỏa mãn ở cả bước đầu tiên (cắt thành 2 phần) và ở bước thứ hai, và trong trường hợp này các yêu cầu về tính tối ưu mâu thuẫn với nhau. Đối với một ví dụ có nhiều cách cắt tối ưu khác nhau, hãy thử tự mình nghĩ ra. Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán của chúng tôi. Chúng ta xem xét tình huống sau: pho mát đã được cắt thành r miếng một cách chính xác và chúng ta sẽ cắt thêm nhiều miếng nữa. Chúng tôi khẳng định rằng nếu s d r, thì có một cách tối ưu cho việc này, đó là như sau: bạn cần chia tuần tự từng phần hiện có một nửa, bắt đầu từ phần lớn nhất và sau đó theo thứ tự giảm dần - phần đầu tiên là a, sau đó là b, sau đó là c, v.v. Thật vậy, với phương pháp này, chẳng hạn, sau hai lần cắt, phần lớn nhất là c, và phần nhỏ nhất là b 2. Rõ ràng, dù chúng ta chia như thế nào, phần lớn nhất còn lại sau hai lần cắt sẽ bằng c (nếu chúng ta chia các phần a, b), hoặc lớn hơn nó nên phương pháp là maximin. Tương tự như vậy, hiển nhiên là dù chúng ta cắt miếng nào đi nữa thì mảnh nhỏ nhất luôn không lớn hơn b 2. Phần còn lại rất dễ dàng. Giả sử rằng pho mát có thể được cắt thành (2 n - 1) miếng; thì tại một thời điểm nào đó có n phần và đây là những phần $a t b t c t^{…} t f t g$. Sau đó chúng tôi chia đúng; do đó, chúng ta cũng có thể áp dụng (từ bây giờ) phương pháp tối ưu và chia chính xác từng phần làm đôi. Sau khi chia 2 n 2 ta được các phần: g, a 2 (hai mảnh), b 2 (hai mảnh), ……, f 2 (hai mảnh). Bây giờ chúng ta hãy chia phần g làm đôi; chúng tôi đã nhận được các phần giống như n bước trước, chỉ có điều mỗi phần có kích thước bằng một nửa và có sẵn bản sao. Rõ ràng sự phân chia là đúng. Lưu ý quan trọng: phương pháp chia đúng này theo một nghĩa nào đó là cách “tốt nhất” nếu chúng ta không có ý định làm như vậy.

K O NK UR ĐƯỢC ĐẶT THEO THEO A.P. SAVINA

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi dành cho lời giải toán học bài toán. Chúng chủ yếu nhắm đến học sinh từ lớp 7 đến lớp 9, nhưng chúng tôi hoan nghênh học sinh ở mọi lứa tuổi tham gia. Cuộc thi được tổ chức chung với tạp chí «Kvant». Gửi lời giải bài toán mà bạn có thể xử lý bằng e-mail đến địa chỉ: savin.contest@gmail.com hoặc bằng thư thông thường đến địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» (được đánh dấu “Cuộc thi mang tên A.P. Savin”). Ngoài họ và tên của bạn, hãy cho biết thành phố, trường học và lớp nơi bạn học cũng như địa chỉ bưu điện gửi về của bạn. Chúng tôi hoan nghênh việc tham gia cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các đội (trong trường hợp này, một tác phẩm sẽ được gửi kèm theo danh sách những người tham gia). Bạn có thể tham gia bắt đầu từ bất kỳ chuyến tham quan nào. Những người chiến thắng sẽ nhận được bằng tốt nghiệp từ tạp chí «Kvant» và các giải thưởng. Bài tập, lời giải và kết quả được xuất bản trên Sites.google.com/view/savin-contest Chúng tôi chúc bạn thành công!

25. a) Petya viết các chữ cái A hoặc B vào mỗi ô vuông của bảng 100 ¥ 100 sao cho có số chữ cái A và B bằng nhau. Sau đó, Vasya di chuyển một quân dọc theo bảng này, luôn chỉ di chuyển nó đến ô liền kề và mỗi lần viết ra chữ cái đó. Liệu Vasya có thể luôn đặt một con chip theo cách như vậy và đi vòng quanh tất cả các ô đúng một lần để chuỗi chữ cái thu được được đọc đều từ trái sang phải và từ phải sang trái không? b) Tương tự, nhưng bảng có kích thước 101 ¥ 101 và có nhiều hơn một chữ A so với chữ B. G. Nikitin

26. Mỗi đỉnh của hình chữ nhật (không phải hình vuông) được phản chiếu đối xứng qua đường chéo không đi qua đỉnh này. Chúng tôi có bốn điểm. a) Chứng minh rằng bốn điểm đó tạo thành một hình chữ nhật. b) Chúng có thể là các đỉnh của hình chữ nhật bằng hình chữ nhật ban đầu không? c) Chúng có thể là các đỉnh của một hình chữ nhật giống nhau nhưng không bằng hình chữ nhật ban đầu không? S. Dvoryaninov

27. Petya nói với Kolya: “Tôi đã từng chia một số tự nhiên cho một số khác có số dư. - Khi tôi chia bình phương của số thứ nhất cho số thứ hai, số dư lớn gấp đôi khi chia lần thứ nhất. Và khi tôi chia lập phương của số thứ nhất cho số thứ hai, số dư lớn hơn gấp ba lần. - Chính anh là người đổ vào, chuyện này không thể xảy ra được! - Kolya kêu lên. – Tôi thực sự đã có một câu chuyện tương tự. Tôi cũng chia một số tự nhiên cho một số khác có dư. Và khi tôi chia lập phương của số thứ nhất cho số thứ hai, số dư lớn gấp đôi số ban đầu, và khi tôi chia bình phương của số thứ nhất cho số thứ hai, số dư lớn gấp ba lần. – Bây giờ bạn đang sáng tác! - Petya nói. Ai đúng trong mỗi trường hợp? I. Akulich

28. Số tự nhiên nào lớn hơn: số có 10 chữ số có tổng các chữ số là 9 hay số có 9 chữ số có tổng các chữ số là 10? Bao lâu? S. Kostin

CHÚ Ý ĐẾN ĐỌC CỦA CHÚNG TÔI!

Đăng ký tham gia Giải đấu Đấu tranh Toán học XXIV mang tên A.P. Savin đã mở cho học sinh đã hoàn thành lớp 6–9. Giải đấu sẽ diễn ra từ ngày 26/6 đến ngày 2/7/2018 tại trung tâm giải trí Berendeyev Polyany (vùng Kostroma). Đây là cuộc thi cá nhân đồng đội, cơ sở của sự kiện là giải đấu của các trận chiến toán học. Chương trình còn bao gồm nhiều cuộc thi toán học, trò chơi trí tuệ và sự kiện văn hóa. Bạn có thể đọc về thủ tục tham gia giải đấu và đăng ký tại link http://tursavin.ru/info.html

30

KVAN T 2018/№3

Người đi trên dây Toli Vtulkina

S. DVORYANINOV

TUẦN CUỐI CÙNG CHÚNG TÔI TOÀN BỘ ĐI ĐI Rạp xiếc. Có rất nhiều ấn tượng! Tất nhiên, trên đường về họ đã thảo luận về những gì họ đã thấy. Điều khiến mọi người ấn tượng nhất là những người đi trên dây. Có người nhớ rằng vào năm 2012, vận động viên nhào lộn trên không người Mỹ Nik Wallenda là người đầu tiên trên thế giới đi trên dây qua Thác Niagara, và chẳng bao lâu (không có lưới an toàn) đã chinh phục Grand Canyon. Vài năm sau, vào năm 2016, vận động viên đi trên dây nổi tiếng của Trung Quốc Adili Vuxor và bạn nhảy đã đi bộ 800 mét trên dây qua sông Hoàng Hà, đi về phía nhau. Trong chương trình này, đối tác của Vuxor nằm trên dây vào thời điểm gặp nhau, và người đi trên dây vượt qua anh ta, giẫm lên ngực anh ta. Cây sào dài giúp người giữ thăng bằng trên sợi dây. Người đi trên dây giữ cây cột nằm ngang trước mặt. Khi nghiêng sang trái, cột này nên được chuyển sang bên phải. Và ngược lại: khi nghiêng sang phải thì cột di chuyển sang trái. Kết quả là, trong quá trình chuyển động của người đi trên dây, trọng tâm của hệ thống “người và cột” luôn hướng lên trên sợi dây. Cột phải được điều khiển theo cách tương tự, phản ứng với những cơn gió giật có thể xảy ra. Nhưng thường thì việc đi trên dây-

Những người đàn ông thực hiện các thủ thuật của mình trong thời tiết yên tĩnh, không có gió. Đôi khi, để giữ sợi dây mà kẻ liều mạng di chuyển, người ta sử dụng thêm các sợi dây ổn định để tránh bị lắc lư. Đi trên sợi dây đu đưa không chỉ nguy hiểm mà còn khó tiếp đất hay nói đúng hơn là “leo lên dây”. Ngay cả những loài chim cũng biết về điều này và do đó cố gắng đậu trên phần dây gần cực hơn - ở đây biên độ dao động nhỏ hơn. Mỗi người đều có một cơ quan đảm bảo sự cân bằng của mình. Tên của cơ quan quan trọng này là bộ máy tiền đình. Đó là một hệ thống các kênh chứa đầy chất lỏng. Khi bạn nghiêng hoặc quay đầu, chất lỏng chảy tới lui, các tế bào thần kinh phản ứng với sự thay đổi áp suất và truyền tín hiệu đến não. Ngay cả khi nhắm mắt lại, chúng ta vẫn hiểu mình đang ở vị trí nào và do đó có thể di chuyển trong bóng tối hoàn toàn. Nhưng đi trên dây không chỉ là trò giải trí hay một cảnh tượng thú vị. Truyền thuyết kể rằng đối với cư dân vùng núi, khả năng đi trên dây là một điều cần thiết sống còn. Hãy tưởng tượng rằng bạn cần phải di chuyển từ rìa hẻm núi này sang rìa hẻm núi khác. Hoặc vượt qua sông núi giông bão. Bạn không thể xây dựng một cây cầu ở đây. Nhưng hoàn toàn có thể kéo căng sợi dây bằng cách buộc nó vào cây hoặc buộc chặt bằng đá. Cư dân của làng Tsovkra ở Dagestan đặc biệt nổi tiếng nhờ kỹ năng đi trên dây. Bạn có thể dễ dàng tìm thấy cả ảnh và video trên Internet. Một trong những bậc thầy của nghệ thuật này, di chuyển dọc theo sợi dây, cầm một chiếc khay bằng răng và trên đó là hai tách trà đầy. Khác

31

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

Người đi trên dây bị bịt mắt. Và người thứ ba định cư… trong một cái chậu! Ngồi trong đó, anh ấy di chuyển về phía trước với sự trợ giúp của đôi chân. Nhưng ai cũng có trong tay một chiếc cột cân bằng không thể thiếu. Tsovkri đã sản sinh ra nhiều vận động viên đi trên dây đã biểu diễn khắp nơi trên thế giới và mang lại vinh quang cho đất nước chúng ta. Rồi một người trong chúng tôi nhớ đến cáp treo hiện đại, phổ biến ở vùng núi. Về cơ bản chúng có hai loại. Một số là ghế nâng. Mặt khác, những chiếc mạnh hơn, toàn bộ ô tô được treo bằng dây thừng, giống như ô tô điện. Chỉ có điều bánh xe không ở dưới mà ở trên xe, hay nói đúng hơn là ở trên sợi dây. Và chúng lăn dọc theo sợi dây, giống như trên đường ray. Và ở đây mọi người đều có thể đi xe - trên ghế hoặc trên xe kéo. Khá thoải mái và không có bất kỳ rủi ro nào. Nhưng sau đó, giáo viên Ivan Petrovich của chúng tôi đề nghị chúng tôi nghĩ: làm cách nào khác chúng ta có thể…

SHK O LNIK O V

nhưng đi trên dây? Hãy nói qua sông. Thời gian của dự án là một tuần. Nhiệm vụ không dành cho tất cả mọi người, mà dành cho những người muốn nó. Một tuần sau, tại cuộc họp của câu lạc bộ vật lý của trường, chúng tôi bảo vệ dự án của mình. Tôi đề nghị mỗi người bước lên dây sẽ được phát một quả bóng bay chứa đầy khí heli trên tay (hiện nay người ta thường thấy những quả bóng bay như vậy). Ngoài ra còn có những diễn biến khác. Nhưng mọi người đều công nhận thiết kế của Tolya Vtulkin là đẹp nhất. Nguyên lý hoạt động của thiết kế của nó là rõ ràng từ hình. Một chiếc xe đẩy hai bánh nhỏ (giống như một chiếc xe đạp) chạy dọc theo một sợi dây (chính xác hơn là dọc theo một sợi cáp kim loại). Mỗi bánh xe có một rãnh để đặt sợi dây. Và chiếc xe không rơi sang trái và phải vì một thanh dài có trọng lượng cân bằng ở đầu được gắn chặt vào nó. Rõ ràng là khi xe con lệch khỏi mặt phẳng thẳng đứng thì tải trọng đối trọng sẽ tăng lên. Kết quả là trọng tâm của toàn hệ tăng lên nên vị trí cân bằng ban đầu của xe ổn định. Người trên dây phải giữ chặt thanh này, đồng thời đẩy xe về phía trước. Tolik cũng đề xuất những phép tính đơn giản, từ đó suy ra muốn giảm trọng lượng của tải trọng thì phải tăng chiều dài của thanh. Và ngược lại. Nếu thanh ngắn thì đối trọng phải đủ lớn để đảm bảo độ ổn định. Đối trọng này hoạt động giống như sống tàu du thuyền, giữ cho nó không bị lật. - Hóa ra đây là một cây trượng để di chuyển trên một sợi dây! Có lẽ nó không khó sử dụng đến thế! – đây là kết quả của cuộc thảo luận của chúng tôi. “Không có gì,” Tolya đồng ý với chúng tôi. Nếu bạn muốn, hãy nói nhân viên, nếu bạn muốn, người đi trên dây!

47

Thế Vận Hội

bơi đến bến tàu, nhanh chóng quay đầu lại và với cùng tốc độ so với mặt nước, bơi ngược dòng, nơi cô lại gặp chiếc bè ở khoảng cách $s_{1} = 1100$ m tính từ cầu. Nếu kể từ lúc gặp chiếc bè đầu tiên, thuyền bơi với vận tốc gấp đôi so với mặt nước thì lần gặp thứ hai của họ sẽ xảy ra ở khoảng cách $s_{2} = 600$ m tính từ cầu. Xác định vận tốc của thuyền lớn hơn vận tốc dòng sông bao nhiêu lần và bến tàu nằm cách cầu bao nhiêu lần.

Bài toán 3. Nửa thanh (dọc theo chiều dài) của thanh dài có mật độ tuyến tính là $O_{1} = 60$ g/dm, và nửa còn lại - $O_{2} = 20$ g/dm. Thanh được cắt ngang thành hai phần có khối lượng bằng nhau. Mật độ tuyến tính trung bình của các phần kết quả là gì? Ghi chú. Mật độ tuyến tính của vật thể mở rộng O là khối lượng trên một đơn vị chiều dài của chúng.

Bài toán 4. Chất lỏng hóa đá Nếu đá có mật độ U 2,2 g $см^{3}$ được hạ xuống một bình có thể tích $V_{0}$, đổ đầy chất lỏng lên trên cùng, thì tùy thuộc vào thể tích của chúng $V (V < V_{0} )$ mật độ trung bình của các chất trong bình sẽ thay đổi như trong Hình 2. Xác định thể tích của bình $V_{0}$ và mật độ của chất lỏng $U_{0}$.

Bài toán 2. Dây Một dây dài bao gồm ba phần nối tiếp nhau. Phần đầu tiên, một phần tư chiều dài của toàn bộ dây, có mật độ tuyến tính là $O_{1} = 30$ g/dm. Phần thứ hai, nặng bằng một phần ba khối lượng của toàn bộ dây, có mật độ tuyến tính là $O_{2}$. Khối lượng của phần thứ ba bằng tổng khối lượng của hai phần đầu. Xác định mật độ tuyến tính trung bình $O_{cp}$ của toàn bộ dây. Mật độ tuyến tính tối thiểu $O_{2}$ đối với phần thứ hai của dây là bao nhiêu? Ghi chú. Mật độ tuyến tính của vật thể mở rộng O là khối lượng trên một đơn vị chiều dài của chúng.

Bài toán 3. Cân bằng chất lỏng Một bình nhẹ hình chữ nhật chứa chất lỏng có khối lượng m được đặt trên một đòn bẩy đồng chất có khối lượng 3 m (Hình 3). Cơ thể chìm trong chất lỏng

Cơm. 3

khối lượng 2m, không chạm đáy bình và được giữ bằng một sợi dây ném qua một khối (Hình 3). Khối lượng $m_{x}$ phải được treo ở đầu đối diện của sợi dây để cân bằng toàn bộ hệ thống? Không có ma sát trong trục của đòn bẩy và khối. Khoảng cách cần thiết có thể được lấy từ hình.

Cơm. 2

Lớp 8 Bài toán 1. Không phải hai, cũng không phải một rưỡi… Ô tô đi được 1/3 quãng đường với vận tốc v = 46 km/h. Sau đó, trong một phần tư toàn bộ chuyển động, anh ta di chuyển với tốc độ cao gấp rưỡi so với mức trung bình trong toàn bộ hành trình. Ở phần cuối, ô tô đang chuyển động với tốc độ 2v. Xác định vận tốc lớn nhất của ô tô.

Bài toán 4. Nhanh hơn nhưng chậm hơn Ấm đun nước có nước ở cùng nhiệt độ $t_{0} 20 q C$ đun nóng trên bếp ga để $t_{1} 40 q C$ đúng lúc $W_{1} = 2$ phút. Muốn đun nóng nhanh hơn nên người ta đổ ra một nửa lượng nước, sau đó $W_{2} = 1$ đạt đến nhiệt độ nước tối thiểu $t_{2} 55 q C$. Vì việc này cũng có vẻ chậm nên họ đổ thêm một nửa số nước còn lại, nhưng khi làm như vậy đã vô tình chạm vào vòi đốt, làm giảm một nửa công suất. Sau mấy giờ $W_{3}$ Ấm vẫn sẽ nóng lên đến $t_{3} 100 q C$? Tổn thất nhiệt ra môi trường có thể bỏ qua.