Kvant 2018, số 7 · Trang

4

KVANT 2018/№7

Hình 3. Trình tự các động tác khi đi bộ

(Hình 3). Việc đi bộ được đo lường như vậy đã thể hiện một chuỗi các cú ngã được kiểm soát. Nó thậm chí còn được gọi bằng cách khác là một loạt các cú ngã được kiểm soát theo phản xạ. Khi bắt đầu bước, một người đứng bằng một chân, nghiêng người về phía trước và bắt đầu ngã. Trong quá trình rơi, chân duỗi về phía trước chạm đất và quán tính của chuyển động sẽ truyền trọng lượng cơ thể lên chân đó. Đầu gối, hấp thụ cú ngã, uốn cong, sau đó duỗi thẳng và quá trình lặp lại. Việc đi bộ bình thường như vậy trong quá trình tập luyện hàng ngày đã trở nên tự động và hoạt động của hệ thống kiểm soát vị trí trong khi đi bộ diễn ra theo phản xạ. Đồng thời, toàn bộ phức hợp bài toán được giải quyết: đi lại êm ái, giữ dáng đi, tiêu thụ năng lượng tối thiểu. Các cơ căng và thư giãn theo đúng trình tự. Nhưng ở đây xuất hiện một trở ngại bất ngờ - người đàn ông vấp ngã, đột nhiên cảm thấy sắp rơi và nhận ra rằng theo phản xạ, mình không thể dừng lại được nữa. Thời gian rơi ‘$t_{п}$ rất dễ ước tính. Nếu chiều cao trọng tâm của một người là H, thì từ hệ thức đã biết H g ’ $t_{п}^{2} 2$ tại H = 0,6 – 1 m, suy ra rằng ’ $t_{п} = 0,35$ – 0,45 s, tức là chỉ còn chưa đầy nửa giây để “giải quyết tình huống”. Tốc độ khi rơi xuống đất có thể đạt tới $v_{п} g$ ’ $t_{п} \sim 4$ ms. Có thể và nên làm gì? Dưới đây là những mẹo đơn giản nhất để “kiểm soát” trong thời gian $падения:_{i}$ Ngồi xuống! Giảm độ cao rơi làm giảm tốc độ hạ cánh và các hậu quả liên quan.

tôi Nhóm! Trở nên giống như một “cái bánh bao”, khi ngã bạn sẽ chỉ lăn lộn, tức là nhỏ hơn $травматично._{i}$ Sự chú ý lớn nhất tập trung vào “điểm yếu”: cột sống và đầu! Có thời gian nằm nghiêng, ấn cằm vào ngực. Hai tay chống vào người, răng nghiến chặt, mắt dõi theo quá trình rơi xuống. Có thực sự có thể tìm ra và thực hiện tất cả điều này trong nửa giây không? Điều đó có thể thực hiện được nếu bạn đã tích lũy kỹ năng và phát triển phản xạ ứng xử phù hợp khi ngã. Vì vậy, chẳng hạn, các vận động viên được dạy đặc biệt để ngã đúng cách.

Trượt nước

Cuối cùng, một ví dụ khác quen thuộc với nhiều người lái xe là Aquaplaning (Hình 4). Trượt nước là tình trạng mất lực kéo hoàn toàn hoặc một phần đột ngột do

Hình 4. Bên trái – tốc độ nhỏ hơn mức tới hạn, bánh xe tiếp xúc với mặt đường; ở bên phải - tốc độ lớn hơn mức tới hạn, bánh xe đã “nổi” phía trên đường, bắt đầu trượt nước

sự hiện diện của nước giữa mặt đường và bánh xe. Điều này xảy ra khi một chiếc ô tô đang di chuyển với tốc độ cao sau

9

QUẢNG TRƯỜNG

HIỂN THỊ

TRONG

HÌNH ẢNH

Hình 2. Hình ảnh bài tập 2

< O < 4 thể hiện sự đa dạng lớn. Trong hầu hết các trường hợp, hành vi của chuỗi $x_{n}$ là hỗn loạn $^{3}$, nhưng đối với một số giá trị của hành vi giới hạn tuần hoàn O xảy ra. O 4.01 Cuối cùng, với O > 4, với hầu hết mọi giá trị ban đầu $x_{0}$ thì chuỗi $x_{n}$ tiến tới vô cùng.

3 Lưu ý rằng hành vi này có vẻ ngẫu nhiên (và thậm chí có một số thuộc tính toán học đặc trưng của một quá trình ngẫu nhiên), nhưng chúng ta không có nguồn ngẫu nhiên “thực sự” (ngoại trừ các lỗi làm tròn, trong một số trường hợp có thể biến một quá trình xác định thành một quá trình ngẫu nhiên). Không ai tung đồng xu để xác định các giá trị tiếp theo của $x_{n}$, chúng được tính toán bằng các công thức chính xác nhưng hoạt động hoàn toàn hỗn loạn.

Hãy kết thúc phần này bằng một trích dẫn từ cuốn sách của Katk và Hasselblatt. Kết luận có thể được rút ra từ các ví dụ được thảo luận là: Các hệ thống đơn giản có thể thể hiện hành vi phức tạp trong thời gian dài, và mặc dù điều này có vẻ đáng ngạc nhiên, nhưng hành vi phức tạp như vậy sẽ khá phổ biến. Lưu ý rằng sự chuyển đổi mạnh mẽ từ một loại hành vi dài hạn của chuỗi $x_{n}$ sang loại khác với một chút thay đổi về tham số (trong trường hợp của chúng ta là O) được gọi là phân nhánh.

(Còn tiếp)

VÀ LỊCH SỬ KHOA HỌC

James Joule

(nhân kỷ niệm 200 năm ngày sinh của ông)

L. BELOPUKHOV

NHÀ KHOA HỌC TIẾNG ANH TUYỆT VỜI JAMES

Prescott Joule (1818–1889) sinh ra ở Salford, gần Manchester, trong một gia đình sản xuất bia. Do sức khỏe kém, anh chỉ có thể bắt đầu đi học một cách có hệ thống ở tuổi 15, đồng thời phải làm việc tại nhà máy bia của gia đình (sau khi cha qua đời, anh cùng anh trai quản lý nó) cho đến năm 36 tuổi, khi doanh nghiệp của gia đình cuối cùng được bán. Một trong những giáo viên tại nhà của ông là John Dalton (1766–1844), một nhà vật lý thực nghiệm và nhà hóa học lý thuyết xuất sắc, một trong những người sáng tạo ra các khái niệm nguyên tử trong hóa học. Dalton dạy Joule toán học và vật lý. Nghiên cứu này thành công đến nỗi ở tuổi 19, Joule đã nộp đơn xin cấp bằng sáng chế cho động cơ điện nguyên bản do anh thiết kế và chế tạo trong xưởng của mình.

Một thành viên ban biên tập tạp chí của chúng tôi, Lel Konstantinovich Belopukhov, vừa kỷ niệm sinh nhật lần thứ 90 của mình. Nhân dịp kỷ niệm này, ông chuẩn bị xuất bản một cuốn sách mới có tựa đề “Vật lý và các nhà vật lý học”, trong đó ông phác thảo lịch sử phát triển của ngành khoa học yêu quý của mình thông qua tiểu sử của những người sáng tạo ra nó. Cuốn sách được nhà xuất bản Nhà sách Đại học xuất bản trong bộ “Thư viện của Trường Vật lý và Toán học” và bao gồm 75 tiểu sử của các nhà vật lý xuất sắc. Sự lựa chọn của họ chỉ được quyết định bởi sự đồng cảm và sở thích của tác giả, dựa trên kinh nghiệm giảng dạy nhiều năm ở bậc đại học. Chúng tôi chọn tiểu sử của James Joule, người năm nay tròn 200 tuổi làm ví dụ. Các biên tập viên của tạp chí của chúng tôi chúc mừng ngày kỷ niệm của Lelya Konstantinovich và chúc ông có những cuốn sách và bài báo mới trên «Kvant», cũng như những thính giả và độc giả tò mò.

James Joule (1818–1889)

Joule quan tâm đến điện và nhiệt. Sau những thí nghiệm cẩn thận và chính xác vào năm 1841, ông đã thiết lập định luật tác dụng nhiệt của dòng điện (sự phụ thuộc của lượng nhiệt tỏa ra trong dây dẫn khi có dòng điện đi qua nó, vào cường độ dòng điện và điện trở của dây dẫn). Một năm sau, vào năm 1842, nhà vật lý người Nga Emilius Lenz (1804–1865), trưởng khoa Vật lý và Toán học của Đại học St. Petersburg (người sau này trở thành hiệu trưởng của trường), không biết gì về các thí nghiệm của Joule, cũng đã thiết lập bằng thực nghiệm định luật này, mà ngày nay mang một cái tên kép: định luật Joule–Lenz.

12

KVANT 2018/№7

mana, trò chơi bài - vâng, tất cả đã xảy ra. Nhưng những người bạn thân thiết của cô lại là các nhà toán học kiệt xuất người Pháp Maupertuis, Clairaut và nhà triết học vĩ đại Voltaire. Thành tích của cô trong toán học và vật lý (quang học và âm học) không đáng kể nhưng được xem xét tại các cuộc họp của Hiệp hội Hoàng gia, nơi bản thân cô, với tư cách là phụ nữ, không có quyền tham dự. Sau cái chết yểu điệu của bà, Vua Frederick Đại đế của Phổ nói: “Tôi đã mất đi một người bạn mà tôi đã biết suốt 25 năm, một người đàn ông vĩ đại mà lỗi duy nhất của anh ấy là anh ấy là một phụ nữ, một người đàn ông mà cả Paris đều tôn kính”. Một trong những miệng núi lửa trên Mặt trăng mang tên người phụ nữ xuất sắc này, và buổi ra mắt vở opera “Emily” của nhà soạn nhạc Phần Lan Kaija Saariaho mới đây đã diễn ra. Dần dần thuật ngữ “năng lượng” được sử dụng. Năm 1807, nhà vật lý người Anh Thomas Young bắt đầu sử dụng nó trong các bài báo khoa học. Năm 1829, nhà vật lý người Pháp Gaspard Coriolis lần đầu tiên sử dụng thuật ngữ “động năng”. Năm 1851, khái niệm “thế năng” xuất hiện (nhà vật lý người Anh William Rankine). Và cuối cùng, trong bài giảng của William Thomson (Lord Kelvin) năm 1881, người ta đã nói: “Bản thân từ năng lượng, mặc dù được Tiến sĩ Thomas Young sử dụng theo nghĩa hiện đại vào đầu thế kỷ này, nhưng bây giờ chỉ mới được sử dụng, sau khi lý thuyết đã phát triển từ một công thức đơn giản thành một nguyên tắc xuyên suốt toàn bộ tự nhiên và hướng dẫn người nghiên cứu trong lĩnh vực khoa học”. Để vinh danh Joule, tại Đại hội thợ điện quốc tế lần thứ hai năm 1889, một đơn vị năng lượng đã được đặt theo tên ông. Nhưng thật không may, thói quen đo năng lượng nhiệt và hóa học bằng đơn vị năng lượng cũ - calo - vẫn tồn tại cho đến ngày nay. Các nhà hóa học và kỹ thuật viên hóa học đặc biệt nắm giữ đơn vị này. Một số biện minh cho chúng có thể là thực tế là nhiệt dung riêng của nước chính xác bằng đơn vị (1 cal (g ◊ deg)). Nó không xa công nghệ hóa học đến ngành công nghiệp thực phẩm. Vì vậy, giá trị năng lượng của sản phẩm thực phẩm được xác định cho đến gần đây.

thời gian chỉ tính bằng calo. Bây giờ có một quá trình chuyển đổi - khi dán nhãn sản phẩm thực phẩm, hai giá trị năng lượng được sử dụng: kilocalories và kilojoules. Ngôn ngữ sẽ thay đổi chậm hơn nhiều. Từ “hàm lượng calo” trong tương lai gần trong ngôn ngữ hàng ngày khó có thể được thay thế bằng từ “hàm lượng joule”, mặc dù thực tế là đối với cơ thể con người, đây là cùng một giá trị về năng lượng hữu ích (hoặc có hại). Ngoài việc thiết lập định luật biến đổi và bảo toàn năng lượng, Joule còn làm được nhiều việc trong nhiệt động lực học và nghiên cứu các quá trình khí. Cùng với W. Thomson, ông đã phát hiện ra hiệu ứng làm mát trong quá trình khí giãn nở chậm (chứ không phải nhanh) thông qua một vách ngăn xốp từ mật độ cao đến mật độ thấp. Hiệu ứng này, được gọi là Joule–Thomson, vẫn là nền tảng của quá trình sản xuất khí hóa lỏng và nhiều quy trình công nghệ. Ví dụ, nếu cần ngưng tụ hơi nước có trong khí tự nhiên trước khi đi vào đường ống, để bảo vệ ống thép khỏi quá trình oxy hóa (rỉ sét). Joule là một trong những người sáng lập lý thuyết động học của chất khí, vượt xa công trình của Maxwell và Boltzmann. Là người ủng hộ nhiệt thành cho lý thuyết nguyên tử, ông coi nhiệt là năng lượng của các hạt khí được truyền từ vật này sang vật khác. Ông coi áp suất khí là kết quả tác động của các hạt khí lên thành bình và tốc độ của các hạt phụ thuộc vào nhiệt độ của khí. Ông cũng nghiên cứu tính chất từ ​​của các chất - ông đã phát hiện ra hiện tượng bão hòa trong quá trình từ hóa của sắt và hiện tượng từ giảo trong quá trình đảo ngược từ hóa. Nhờ công trình thí nghiệm chính xác của mình, Joule đã được bầu vào Hiệp hội Hoàng gia ở tuổi 32 và có một vị trí vững chắc trong lịch sử khoa học với tư cách là một trong những người tạo ra định luật bảo toàn và biến đổi năng lượng, định luật quan trọng nhất này của tự nhiên.

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 M2518–M2521 đã được đưa ra tại Olympic Toán học Caucasian lần III.

Bài toán M2518–M2521, F2525–F2528

M2518. Đồ thị của hai tam thức vuông cắt nhau tại điểm A và B (Hình 1).

Có một cách phân vùng không vuông góc thành từng cặp. Chứng minh rằng trong trường hợp này có ít nhất n! các cách không có bình phương để phân chia 2n số này thành từng cặp. P.Kozhevnikov

M2520. Các quân chip được đặt lần lượt trên bảng 8 ¥ 8 trống ban đầu. Một con chip chỉ có thể được đặt trong một ô có cạnh ít nhất a) hai; b) với ba ô trống. Số lượng chip lớn nhất mà chúng ta có thể đặt trên bảng bằng cách sử dụng các quy tắc này là bao nhiêu? D. Belov, V. Bragin

Hình 1

Các đường thẳng OA và OB đi qua đỉnh O của đỉnh đầu tiên; chúng cắt đồ thị thứ hai lần lượt tại các điểm C và D. Chứng minh đường thẳng CD song song với trục Ox. A. Antropov

M2519. Ta gọi phương pháp phân chia một tập hợp gồm 2n số tự nhiên thành n cặp số tự nhiên nếu không có cặp số nào thì tích của các số là bình phương của một số tự nhiên. Biết rằng với 2n số tự nhiên phân biệt

M2521. Trong mỗi ô của bảng n ¥ n Morteza đặt một số hàm [ 0; 1 ] Æ [ 0; 1 ] (tức là có tổng cộng $n^{2}$ hàm, mỗi hàm được xác định trên khoảng [0; 1] và lấy các giá trị từ khoảng [0; 1] ). Pavel muốn đặt thêm một hàm nữa ở bên trái mỗi hàng và bên dưới mỗi cột [ 0; 1 ] Æ [ 0; 1 ] (tức là thêm 2n hàm) sao cho với bất kỳ hàng và cột bất kỳ, điều kiện sau được thỏa mãn: nếu hàm f được đặt dưới cột này thì hàm g được đặt ở bên trái hàng và hàm h được đặt ở giao điểm của cột này và hàng này, thì với mọi x Œ [ 0; 1 ] đẳng thức h ( x ) = f ( g ( x ) ) là đúng. Chứng minh rằng Paul sẽ luôn có thể thực hiện được kế hoạch của mình. M. Saghafiyan (Iran)

15

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

chia hết cho $p^{D+} 1 ).$ Tương tự, giả sử p xuất hiện trong khai triển của b và c theo lũy thừa E và J tương ứng. Để xác định, chúng tôi giả sử rằng $D \ge E \ge J$. Khi đó p đi vào khai triển của GCD (a, b) và LCM (b, c) thành lũy thừa của E. Từ tính chia hết của c ⋮ GCD (a, b) suy ra $J \ge E$, và từ tính chia hết của LCM (b, c) ⋮ a suy ra $E \ge D$. Do đó, D = E = J, đó là điều cần thiết. b) Gọi các số đã cho là a, b, c, d. Chỉ cần chứng minh rằng số nguyên tố p cố định xuất hiện khi khai triển số abcd thành lũy thừa chẵn là đủ. Chúng ta hãy biểu thị lại mức độ xuất hiện của p trong khai triển: giả sử các số a, b, c, d lần lượt bằng D, E, J, G, trong khi để xác định, chúng ta giả sử rằng $D \ge E \ge J \ge G$. Vì d ⋮ GCD ( a, b, c ), nên $G \ge$ min { D, E, J } = J. Do đó, J = G. Vì LCM ( b, c, d ) ⋮ a nên E = max ${ E, J, G } \ge \ge D$. Điều này có nghĩa là D = E. Do đó, p được bao gồm trong việc khai triển số abcd thành lũy thừa chẵn D + E + J + G = = 2 ( D + J ). Đây là những gì cần phải được cài đặt. Từ lời giải bài toán b) không khó để có được mô tả đầy đủ về tất cả các bộ tứ số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện. Ngược lại với điểm a), dễ dàng đưa ra ví dụ về bốn số khác nhau thỏa mãn điều kiện. Ví dụ: a = pq, b = p, c = q, d = 1, trong đó p và q là các số nguyên tố phân biệt. B.Frenkin

M2507. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp và điểm P nằm trên cạnh AB (Hình 1). AC chéo lại

Hình 1

“QUANTA”

cắt đoạn DP tại điểm Q. Một đường thẳng đi qua P song song với CD cắt phần kéo dài của cạnh CB ngoài điểm B tại điểm K, và một đường thẳng đi qua Q song song với BD cắt phần kéo dài của cạnh CB ngoài điểm B tại điểm L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác BKP và CLQ là tiếp tuyến.

Ta sẽ chứng minh rằng đường tròn BKP và CLQ tiếp xúc với điểm T là giao điểm lặp lại của đường thẳng DP và đường tròn ABCD (Hình 2). Vì tứ giác BCDT

Hình 2

nội tiếp ta được – KBT = – CDT. Vì KP P CD nên ta có – CDT = – KPT. Như vậy – KBT = – CDT = – KPT, tức là T nằm trên đường tròn BKP. Tương tự, các đẳng thức – LCT = = – BDT = – LQT chứng tỏ T cũng nằm trên đường tròn CLQ. Còn phải chứng minh rằng các đường tròn này thực sự tiếp xúc tại điểm T. Gọi m là tiếp tuyến vẽ tại điểm T của đường tròn BKTP. Theo định lý về góc giữa tiếp tuyến và dây cung thì góc D giữa đường thẳng m và đường thẳng TD bằng góc TBP. Nhưng – TBP = – TBA = – TCA = – TCQ. Từ đẳng thức D = – TCQ suy ra đường thẳng m và đường tròn CLTQ tiếp xúc nhau. Do đó, m là tiếp tuyến chung của các đường tròn và bài toán đã được giải. Lưu ý rằng điểm T cũng có thể được mô tả là điểm Mikel cho bốn trong năm đường thẳng bất kỳ AB, BC, AC, KP, LQ. Tất nhiên, câu bài toán sẽ đúng với cách xây dựng tương tự, trong đó P là một điểm tùy ý trên đường thẳng AB (không phải

17

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

phân vùng của chúng tôi. Sau đó, Anna định hướng đoạn t theo cách sao cho cả hai mũi tên trên đoạn s và t đều đi vào đỉnh của góc hoặc cả hai đều đi ra khỏi đỉnh của góc (ví dụ được hiển thị trong Hình 2). Lưu ý là sau mỗi lần di chuyển Anna đều yêu thích

“QUANTA”

chiến lược chỉ chia mạng thành các góc LN. I. Bogdanov, M. Didin

$Ф2513.^{1}$ Hai thanh rất dài quay với vận tốc góc không đổi Z và 2 Z quanh trục song song đi qua hai đầu A và B của chúng (xem hình). Khoảng cách giữa các trục l, in

Hình 2

mỗi góc của phân vùng của chúng tôi bao gồm hai phân đoạn đã được định hướng hoặc hai phân đoạn chưa được định hướng. Điều này có nghĩa là Anna sẽ luôn có thể di chuyển bằng chiến lược trên. Giả sử ở một bước nào đó Bob vẫn thắng, tức là một chu trình định hướng C đã xuất hiện. Chúng ta hãy tìm phần ngoài cùng bên trái của các đường lưới dọc trên đó có các nút của chu kỳ C và trong số các nút này, chúng ta chọn nút thấp nhất. Chúng ta hãy biểu thị nút này bằng X, tức là X – “thấp nhất trong số ngoài cùng bên trái”. Tương tự, chúng ta xác định các nút “trên cùng trong số các nút ngoài cùng bên phải” của chu kỳ C. Nếu X nằm hoàn toàn bên trái của đường giữa thì X là đỉnh của một số góc LN trong đó cả hai đoạn đều được định hướng. Theo định nghĩa của nút X, cả hai phân đoạn này đều được bao gồm trong chu kỳ C. Tuy nhiên, theo chiến lược của Anna, các phân đoạn này được định hướng theo cách mà chúng không thể nằm trong một chu trình được định hướng. Mặt khác, nút Y nằm hoàn toàn ở bên phải đường giữa và lý do tương tự cho nút Y sẽ dẫn đến mâu thuẫn. Vì vậy Bob sẽ không bao giờ thắng. Bài toán đã giải quyết. Phiên bản đơn giản hơn của bài toán này sẽ hoạt động nếu Bob thực hiện trước. Trong trường hợp này, chỉ cần sử dụng một cặp mômen ban đầu là đủ, cả hai thanh đều hướng sang phải. Giao điểm của hai thanh O đi theo quỹ đạo nào? Tìm vận tốc và gia tốc của điểm này sau thời điểm t = S ( 6 Z ) sau khi bắt đầu chuyển động. Đáp số biện minh.

Giả sử sau khi bắt đầu chuyển động (khi các thanh hướng về bên phải) một thời gian t đã trôi qua, nhỏ hơn thời gian nửa vòng quay của thanh bên phải, tức là t < S ( 2 Z ). Xét tam giác ABO, trong đó A và B là hai đầu của các thanh mà chúng quay xung quanh, O là giao điểm của các thanh lúc này. Hiển nhiên tam giác này là tam giác cân nên AB = BO. Thật vậy, vì góc ABO bằng S - 2 Z t và góc OAB bằng Z t, nên góc AOB bằng S - Z t - ( S - 2 Z t ) = Z t. Như vậy, trong tam giác OAB có các góc AOB và OAB bằng nhau nên tam giác này là tam giác cân, trong đó AB = BO tại mọi thời điểm. Vậy khoảng cách từ điểm B đến giao điểm của hai thanh O không đổi trong quá trình chuyển động và bằng l. Do đó, giao điểm của các thanh chuyển động với vận tốc góc không đổi 2Z dọc theo đường tròn có tâm tại điểm B và bán kính.

1 Tác giả lời giải bài toán F2513–F2516 – S. Muravyov.

“QUANT” CHO TRƯỜNG THCS LENNIK O V

Bài toán

Hạt được tiến từ đầu dây đến cuối dây. Hình ảnh trên hạt sẽ được xoay như thế nào?

bắt mèo để chuột rời làng?

Valera đã vẽ một đường đứt quãng bên trong hình chữ nhật. Số đo độ của một số góc được thể hiện trên hình. Góc x là bao nhiêu?

Trong làng (xem hình) chuột sống trong tất cả các ngôi nhà. Ngay khi một con mèo được đưa vào nhà, tất cả những con chuột đều chạy trốn khỏi ngôi nhà này và tất cả các ngôi nhà,

Minh họa của D. Grishukova

Nick có 5 quả tạ lần lượt là 2 kg, 3 kg, 4 kg, 5 kg, 6 kg. Anh ta muốn thêm một quả nặng nữa vào chúng để sáu quả cân này có thể được chia thành ba nhóm có khối lượng bằng nhau. Có bao nhiêu cách có thể thực hiện được điều này?

được kết nối với nó bằng một đường dẫn. Cần số nhà nhỏ nhất là bao nhiêu?

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6–8. Những bài toán này đã được đưa ra tại Cuộc thi Toán Kangaroo Quốc tế 2018.

22

KVAN T 2018/№7

Sự kết hợp của hình vuông

E.BAKAEV

ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC VẤN ĐỀ CỦA BÀI NÀY, chỉ cần biết giáo trình hình học lớp 7: dấu bằng của các tam giác, tổng các góc của một tam giác và hình vuông là gì. Với “bộ công cụ hình học trẻ” này, chúng tôi đưa ra một con đường dẫn đến một số thử thách và chúng tôi hy vọng là bài toán đẹp đẽ. Những bài toán này, thường xảy ra trong hình học, có thể được giải theo nhiều cách khác nhau. Ví dụ, nhiều bài toán có thể được giải nhanh chóng bằng cách sử dụng vectơ hoặc tọa độ phức tạp. Nhưng mục tiêu của chúng tôi không phải là hiển thị lời giải ngắn nhất mà là để người đọc (và người giải) nhìn thấy mối liên hệ trong chuỗi bài toán, cấu trúc hình học phổ biến đối với họ. Lời giải bài toán được viết ngắn gọn. Ý của chúng tôi là một số chuyển đổi logic không rõ ràng và đòi hỏi người đọc phải suy nghĩ độc lập. Chúng tôi cũng đề nghị rằng trong các nhiệm vụ này, bạn không nên chú ý đến các trường hợp có thể xảy ra khác về cách sắp xếp tương đối của các đồ vật mà hãy dựa vào bản vẽ đặt ra điều kiện. Nhưng sẽ rất hữu ích nếu người đọc chăm chú tự suy nghĩ xem những điều này khác

Hình 1

những trường hợp này và cách chứng minh nên được xây dựng sao cho bao quát được chúng. Tác giả xin cảm ơn V.N. Dubrovsky vì đề xuất bổ sung bài viết bằng các giải pháp sử dụng phép quay và mang lại giá trị gợi ý cho bài viết của họ. Bài toán 1. Trong Hình 1, a có hai hình vuông có cùng một đỉnh. Chứng minh rằng các đoạn chấm bằng nhau và vuông góc. Gợi ý. Tìm hai hình tam giác bằng nhau hoặc sử dụng phép quay. Lời giải. Cách đầu tiên. Trong Hình 1, b, hai tam giác bằng nhau được tô màu. Chúng bằng nhau theo cách thứ nhất: có hai cặp cạnh bằng nhau và các góc giữa chúng trong tam giác bằng nhau, vì chúng được tạo thành bằng cách cộng một góc vuông vào cùng một góc. Điều này có nghĩa là các đoạn chấm chấm bằng nhau như các phần tử tương ứng của các tam giác đồng dạng. Bây giờ hãy chứng minh rằng chúng vuông góc. Hãy xem xét các hình tam giác được tô bóng trong Hình 1c. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng chúng có cùng các góc (nói cách khác, các hình tam giác giống nhau). Hai góc bằng nhau theo phương thẳng đứng. Hai góc nữa bằng nhau là

23

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

các phần tử hiện có của tam giác, sự đẳng thức mà chúng ta đã chứng minh ở trên. Tổng các góc của một tam giác là 180q, nghĩa là các góc thứ ba của các tam giác đó bằng nhau. Vậy góc giữa các đoạn có chấm là thẳng.

Bài tập 1. Chứng minh tương tự cho các hình vuông nằm ở Hình 1, d. Gợi ý. Kéo dài các đường chấm chấm cho đến khi chúng giao nhau. Hơn nữa - tương tự như lời giải trong Hình 1, a.

Cách thứ hai. lời giải này sử dụng tính năng xoay. Hãy giải thích nó là gì. Chúng ta hãy tạo một bản sao của bản vẽ trên một tấm phim trong suốt và đặt nó lên bản vẽ sao cho bản gốc và bản sao khớp nhau. Hãy đâm một cây kim vào bàn, xuyên qua bản vẽ và sao chép. Nếu bây giờ bạn di chuyển phim, bản sao của hình vẽ trên đó sẽ xoay quanh điểm O, nơi kim bị kẹt (Hình 1e). Hãy liệt kê các tính chất chính của phép quay. Cho phép quay quanh điểm O, điểm A đi đến điểm A c, điểm B đi đến B c. Khi đó: 1) Góc AOA c và BOB c bằng nhau, nói cách khác mọi điểm đều quay cùng một góc. Nó được gọi là góc quay (Hình 1, e). 2) Các số biến thành các số bằng nhau. Cụ thể là OA OA c, AB A c B c, ‘OAB’ OA c B c. 3) Góc giữa các đường thẳng (chính xác hơn là tia) AB và A c B c bằng góc quay.

Bài tập 2. Chứng minh tính chất 3. Gợi ý. Chúng ta hãy ký hiệu các đường thẳng AB và A c B c lần lượt là a và a c (Hình 1, g). Qua điểm O vẽ đường thẳng b song song với đường thẳng a. Gọi b biến thành b c khi rẽ. Sau đó a c P b c. Ta được hai góc có cạnh song song.

Hình 2

SHK O LNIK O V

Được trang bị các thuộc tính xoay, hãy quay lại bài toán của chúng tôi. Hãy xoay cấu trúc 90° xung quanh đỉnh chung của các hình vuông (Hình 1, h). Khi đó trong mỗi hình vuông, một đỉnh sẽ đi vào một đỉnh khác (vì các cạnh kề của hình vuông đều bằng nhau và vuông góc). Theo đó, một đoạn chấm sẽ đi vào một đoạn khác. Theo tính chất 2, các đoạn này bằng nhau và theo tính chất 3, chúng vuông góc. Bạn có thể đọc thêm về chuyển động quay và các chuyển động khác của mặt phẳng, chẳng hạn như trong bài viết của V. Bugaenko “Chuyển động của mặt phẳng và định lý Chall” ở «Kvant» số 4 năm 2009 hoặc trong bài viết của V. Fishman “Lời giải bài toán sử dụng các phép biến đổi hình học” ở «Kvant» số 7 năm 1975. Bài toán 2. Bây giờ hãy xem xét sự kết hợp của ba hình vuông như trong Hình 2,a. Chứng minh rằng tâm hình vuông màu xanh là trung điểm của đoạn thẳng nối các đỉnh của hai hình vuông màu đỏ. Gợi ý. Tìm ba hình tam giác bằng nhau. Lời giải. Trong bài toán trước, hai hình vuông có một đỉnh chung đã được xem xét và xuất hiện hai hình tam giác bằng nhau có cùng một đỉnh chung. Trong cách xây dựng của chúng ta có những cặp hình vuông giống nhau, nghĩa là cũng có những cặp hình tam giác bằng nhau tương ứng với chúng. Kết hợp hai cặp như vậy, chúng ta thu được ba hình tam giác bằng nhau (Hình 2, b). Bài toán đã được rút gọn như sau: các tam giác bằng nhau được dựng trên các cạnh đối diện của hình vuông (Hình 2, c), cần chứng minh các đỉnh của chúng cùng nằm trên một đường thẳng với tâm của hình vuông. Hãy xét tính đối xứng qua tâm của hình vuông. (Đối xứng trung tâm

24

KVAN T 2018/№7

ria là một góc quay 180q.) Hình vuông đối xứng với chính nó và các hình tam giác đối xứng với nhau. Điều này có nghĩa là các đỉnh của các tam giác không chỉ nằm trên cùng một đường thẳng với tâm hình vuông mà còn cách đều nó. Điều này có thể được chứng minh mà không cần dùng đến tính đối xứng. Các tam giác được tô màu trong Hình 2,d bằng nhau theo tiêu chí thứ nhất: hai cạnh bằng nhau là các cạnh của các tam giác bằng nhau, hai cạnh nữa bằng nhau vì đây là các đoạn nối các đỉnh của hình vuông với tâm của nó, và các góc bằng nhau vì chúng bao gồm các góc bằng 45° và các góc của các tam giác bằng nhau. Từ sự bằng nhau của các tam giác dẫn đến sự bằng nhau của các góc và vì hai cạnh của chúng tạo thành một đường thẳng nên có nghĩa là các góc này thẳng đứng. Bài toán 3. Trong Hình 3a có ba hình vuông. Chứng minh rằng đỉnh của hình vuông màu xanh là trung điểm của đoạn thẳng nối các đỉnh của hình vuông màu đỏ.

Hình 4

Bài toán 4. Cho hai hình vuông và một đoạn nối các đỉnh của chúng (Hình 4). Chứng minh rằng hai đoạn thẳng chấm bằng nhau và vuông góc. Gợi ý. Sử dụng bài toán trước đó. Lời giải. bài toán này là đảo ngược của cái trước. Trong đó ta đã chứng minh rằng đỉnh của hình vuông màu xanh là trung điểm của đoạn nối các đỉnh của hình vuông màu đỏ. Nhưng đoạn thẳng chỉ có một điểm giữa, có nghĩa là các đoạn chấm chấm bằng nhau và vuông góc, vì đây là các cạnh của hình vuông màu xanh lá cây từ bài toán trước đó.

Hình 3

Gợi ý. Sử dụng các vấn đề trước đó. Lời giải. Cách đầu tiên. Hãy thêm một hình vuông màu xanh lam, như trong Hình 3, b. Chúng ta có được cách xây dựng từ bài toán 2, trong đó chúng ta đã chứng minh được điều cần thiết. Cách thứ hai. Hãy sử dụng bài toán 1 cho hình vuông màu xanh lá cây và một trong các hình vuông màu đỏ. Chúng ta thấy rằng hai đoạn được đánh dấu bằng một đường thẳng thì bằng nhau và vuông góc (Hình 3, c). Sau đó, hãy xem xét một hình vuông màu xanh lá cây được ghép nối với một hình vuông màu đỏ khác. Chúng ta có thêm một vài đoạn bằng nhau và vuông góc hơn. Điều này có nghĩa là các đoạn chấm được xét ở điều kiện bài toán bằng nhau và nằm trên cùng một đường thẳng.

Bài toán 5. Ba hình vuông có vị trí như Hình 5,a. Chứng minh rằng hai đoạn thẳng chấm bằng nhau và vuông góc. Gợi ý. Sử dụng các vấn đề trước đó. Lời giải. Lưu ý rằng sự kết hợp của các hình vuông ở đây giống như trong bài toán 3. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể sử dụng nó trong

Hình 5

25

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

Suy ra đỉnh của hình vuông màu xanh lá cây nằm ở giữa đoạn nối hai đỉnh của hình vuông màu đỏ (Hình 5, b). Bây giờ biết đây là điểm giữa của đoạn thẳng nên chúng ta sẽ sử dụng bài toán 4. Bài toán 6. Các đỉnh đối diện của hình vuông màu xanh nằm ở tâm của các hình vuông màu đỏ (Hình 6, a). Chứng minh

Hình 6

rằng hai đỉnh còn lại của hình vuông màu xanh là trung điểm của các đoạn nối các đỉnh của hình vuông màu đỏ. Gợi ý. Hãy suy nghĩ xem câu bài toán 3. Lời giải nên áp dụng cho hai ô vuông nào. Hãy xem xét hai hình vuông màu xanh lá cây (Hình 6b). Chúng ta hãy áp dụng câu bài toán 3 cho chúng và cho hình vuông màu xanh. Đối với đỉnh còn lại của hình vuông màu xanh,

Hình 7

Hình 8

SHK O LNIK O V

Chứng minh được chứng minh theo cách tương tự; chúng ta cần xem xét những hình vuông màu xanh lá cây tương tự, nhưng được xây dựng “ở phía bên kia”. Bài toán 7. Trên các cạnh của hình tứ giác, các hình vuông được dựng hướng ra ngoài (Hình 7, a). Chứng minh rằng các đoạn thẳng chấm nối tâm của các hình vuông đối diện thì bằng nhau và vuông góc. Gợi ý. Cần nhiều hình vuông hơn! Lời giải. Hãy xem xét các hình vuông màu đỏ, các đỉnh đối diện của chúng nằm ở tâm của các hình vuông màu xanh lam (Hình 7, b). Đến bài toán 6 các đỉnh của mỗi hình rơi vào giữa đường chéo của tứ giác nên các hình vuông màu đỏ có một đỉnh chung. Áp dụng bài toán 1 cho chúng, chúng ta thấy rằng các đoạn chấm chấm bằng nhau và vuông góc. Bài toán 8. Trên các cạnh của hình tứ giác xây dựng các hình vuông hướng ra ngoài (Hình 8, a). Chứng minh rằng trung điểm các đường chéo của một tứ giác và trung điểm các đoạn thẳng nối tâm các hình vuông đối diện tạo thành một hình vuông.

26

KVAN T 2018/№7

Gợi ý. Sử dụng những gì bạn có trong lời giải của bài toán trước đó. Lời giải. Hãy xem xét các hình vuông màu đỏ giống như trong chứng minh của bài toán trước đó (Hình 8, b). Trong lời giải bài toán 1, chúng tôi đã chỉ ra rằng các đoạn biến đổi lẫn nhau khi quay quanh đỉnh chung của các hình vuông màu đỏ một góc 90q. Với vòng quay này, phần giữa của một đoạn sẽ chuyển sang giữa đoạn khác. Điều này có nghĩa là các đoạn nối các trung điểm này với tâm quay đều bằng nhau và vuông góc (theo tính chất của phép quay 2 và 3). Do đó, ba điểm là điểm cuối của các đoạn màu xanh lá cây tạo thành một tam giác vuông cân. Đã xem xét một cặp hình vuông màu đỏ khác

Hình 9

Bài toán dành cho độc lập lời giải

Gợi ý đối với những vấn đề này nằm ở phần cuối của vấn đề. Điều kiện bài toán được cho trong Hình 9–16. Đối với mỗi tổ hợp các hình vuông, bạn phải chứng minh rằng các đoạn chấm chấm vuông góc hoặc chứng minh rằng ba điểm nằm trên cùng một đường (nét đứt).

Hình 10

Hình 11

Hình 14

chuột (có đỉnh chung nằm ở giữa một đường chéo khác của tứ giác ban đầu), chúng ta cũng thu được tương tự rằng ba điểm còn lại cũng tạo thành một tam giác vuông cân và chúng có một cạnh huyền chung. Điều này có nghĩa là bốn điểm tạo thành một hình vuông.

Hình 12

Hình 15

Hình 13

Hình 16

30

KVAN T 2018/№7

Trường hợp hai cọc

Nếu m = 1 thì chỉ có một cọc và người mới bắt đầu sẽ thắng bằng cách lấy hết quân trong nước đi đầu tiên. Nếu có hai cọc (m = 2), thì có thể đạt được chiến lược bằng cách sắp xếp các dấu “+” và “-”. Trạng thái của trò chơi được xác định bởi hai con số - số lượng viên đá ở cọc thứ nhất và thứ hai, do đó, mỗi trạng thái có thể được gán cho một ô của bảng hai chiều. Tọa độ ngang của ô tương ứng với số lượng đá trong đống đầu tiên và tọa độ dọc - trong đống thứ hai. Sau khi người chơi di chuyển, tọa độ thứ nhất hoặc thứ hai của ô sẽ giảm xuống, tức là ô tương ứng với trạng thái mới nằm ở vị trí thấp hơn hoặc ở bên trái của ô ban đầu. Bằng cách sắp xếp các dấu “+” và “-” theo quy tắc đã nêu ở trên, chúng ta thu được bảng như Hình 1.

Hình 1. Xây dựng chiến lược trong game Nim với hai đống đá

Có thể thấy rằng các điểm trừ nằm dọc theo đường chéo chính, tức là trong các ô có tọa độ đầu tiên trùng với tọa độ thứ hai. Vì vậy, quy tắc “Đặt cược vào điểm trừ!” dẫn đến chiến lược sau. Nếu các cọc khác nhau thì người chơi đầu tiên có thể đảm bảo chiến thắng cho mình. Với nước đi đầu tiên của mình, anh ta phải cân bằng số lượng quân cờ ở cả hai cọc, sau đó anh ta phải lặp lại nước đi của đối thủ, nhưng ở cọc bên kia, sau khi di chuyển, anh ta để lại các cọc có số lượng đá bằng nhau. Nếu ban đầu các cọc giống nhau thì anh ta thắng

thứ hai. Chiến lược này được gọi là đối xứng và chúng tôi đạt được nó bằng cách đặt dấu “+” và “–” trong bảng.

Neem với ba cọc

Bây giờ hãy xem xét trường hợp m = 3. Khi đó trạng thái của trò chơi được xác định bởi ba số và để phát triển chiến lược, bạn nên điền vào các ô của bảng ba chiều bằng các dấu “+” và “-”. Ô trong bảng có tọa độ (a, b, c), trong đó a, b, c là các số nguyên không âm, tương ứng với trạng thái của trò chơi Nim, trong đó cọc đầu tiên chứa a, cọc thứ hai chứa b và cột thứ ba chứa đá c. Tất nhiên, sau một thời gian, bạn có thể, theo các quy tắc đã nêu ở trên, sắp xếp các dấu hiệu theo các lớp của bảng và từ đó phát triển chiến lược chơi Nim với ba cọc (cho a, b, c cố định ở vị trí ban đầu). Hãy làm điều đó khác đi. Giả sử rằng các dấu “+” và “–” trong các ô của bảng ba chiều đã được đặt theo các quy tắc trên. Hãy chứng minh điều sau $лемму.^{Лемма} 1.$ Trong bất kỳ cột nào trong bảng có hai tọa độ cố định và tọa độ thứ ba lấy tất cả các giá trị không âm, sẽ có chính xác một ô có dấu “–”. Bằng chứng. Giả sử hai tọa độ đầu tiên a và b cố định. Đầu tiên, chúng ta hãy chứng minh một cách mâu thuẫn rằng một cột không thể chứa hai hoặc nhiều ô có dấu “-”. Đặt mỗi ô trong số hai ô có tọa độ $a, b, c_{1}$ và $a, b, c_{2}$ chứa dấu “–” và $c_{1} c_{2}$. Sau đó, bằng cách lấy $c_{2} c_{1}$ viên đá từ cọc thứ ba, chỉ trong một nước đi, trò chơi có thể được chuyển từ trạng thái tương ứng với ô $a, b, c_{2}$ sang trạng thái được chỉ định bởi ô $a, b, c_{1}$, tức là từ âm sang âm. Ta có mâu thuẫn: mọi di chuyển từ ô có dấu “-” đều phải dẫn đến ô có dấu “+”. Vì vậy, một cột không thể có nhiều hơn một dấu trừ. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng phải có một dấu “-” ở bất kỳ cột nào. Giả sử ngược lại và xét các ô trong cùng một cột có tọa độ a, b, 0, a, b, 1, ……, a, b, a b. Số của chúng là a + b + + 1. Theo giả định của chúng tôi, chúng đều chứa dấu “+”. Sau đó, với mỗi người trong số họ sẽ có một bước di chuyển đến một hình vuông có điểm trừ. Tuy nhiên, giảm

Chuyển động tiến và lùi rõ ràng của các hành tinh không thuộc về chúng mà thuộc về Trái đất. Nicolaus Copernicus

… trong tác phẩm này tôi kết hợp vật lý thiên thể với thiên văn học. Johannes Kepler

… Kepler đã tìm ra hình dạng thực sự của quỹ đạo Trái đất và bản chất chuyển động của Trái đất dọc theo quỹ đạo này. Tất cả chúng ta, những người sinh sau, nên tôn thờ và ca ngợi Ngài. Albert Einstein

… Tôi đã so sánh lực cần thiết để giữ Mặt trăng ở trong quỹ đạo của nó với lực hấp dẫn trên bề mặt Trái đất và thấy chúng rất gần nhau. Isaac Newton

Mục tiêu cuối cùng của cơ học thiên thể là giải quyết câu hỏi lớn: Liệu định luật Newton, và chỉ một mình ông, có thể giải thích được mọi hiện tượng thiên văn không?… Henri Poincaré

Một sao chổi hùng mạnh bay dọc theo con đường hình quả trứng.

Konstantin Balmont

Vào thời Kepler, một số người tin rằng các hành tinh chuyển động quanh mặt trời là do các thiên thần vô hình đã đẩy chúng dọc theo quỹ đạo của chúng. Điều này không quá xa sự thật: các thiên thần đẩy các hành tinh, không phải dọc theo mà dọc theo quỹ đạo, về phía trung tâm của nó. Richard Feynman

Nó có quen thuộc với bạn không?

?

cơ học thiên thể

Vì vậy, trên hành trình thiên văn của mình, cuối cùng chúng ta đã vượt ra ngoài Trái đất. Và trước hết, chúng ta đã gặp phải các vấn đề trong việc mô tả quỹ đạo vũ trụ mà các thiên thể theo sau. Hiện tại, nguồn thông tin duy nhất về chúng là những quan sát bằng mắt thường, điều này thường dẫn đến những suy đoán vô căn cứ hoặc những khái niệm lý thuyết rất phức tạp. Hơn nữa, những công trình xây dựng mang tính vật chất này phải được phối hợp với các kinh điển tôn giáo! Bất chấp mọi thứ, bức tranh về thế giới xung quanh chúng ta đã được bổ sung những chi tiết mới trong nhiều thế kỷ, và với việc phát minh ra các dụng cụ quang học, một bước đột phá đáng kể đã được thực hiện trong kiến ​​thức về không gian. Nhìn qua thị kính của kính thiên văn, các nhà thiên văn học đã mở rộng đáng kể sự hiểu biết của chúng ta về Hệ Mặt trời. Hóa ra chuyển động của các hành tinh cấu thành, sao chổi và tiểu hành tinh tuân theo các định luật do các nhà khoa học phát hiện ra, điều này giờ đây không chỉ giúp giải thích mà còn có thể dự đoán số phận tương lai của chúng. Ngày nay, một sự xác nhận nổi bật về tính phổ quát của các định luật này là việc phát hiện ngày càng nhiều ngoại hành tinh có những điểm tương đồng cực kỳ xa với Hệ Mặt trời. Cơ chế thiên thể do thiên tài con người tạo ra cũng hoạt động ở đó! Hãy thử xác minh độ tin cậy của nó bằng các ví dụ gần gũi hơn với chúng ta.

Câu hỏi và bài toán

1. Chuyển động hàng ngày của các ngôi sao, Mặt trời và Mặt trăng sẽ xảy ra theo hướng nào đối với một người quan sát ở Bắc bán cầu nếu anh ta quay mặt về phía nam của đường chân trời? 2. Làm thế nào bạn có thể phân biệt một cách đáng tin cậy một hành tinh với một ngôi sao trên bầu trời? 3. Vào thời điểm nào trong năm Mặt trời di chuyển nhanh hơn so với các ngôi sao (dọc theo đường hoàng đạo)? 4. Giả sử Mặt trời đột nhiên sụp đổ thành một lỗ đen. Chu kỳ quỹ đạo của Trái đất sẽ thay đổi như thế nào? 5. Nếu khối lượng của Mặt trăng lớn gấp đôi nhưng nó vẫn tiếp tục quay theo cùng một quỹ đạo thì chu kỳ quay của nó sẽ là bao nhiêu? 6. Thời kỳ cách mạng của Mặt trăng đã được thảo luận trong bài toán trước là gì? 7. Tại cực địa lý của Trái Đất

nce ở trên đường chân trời trong nửa năm và ở dưới đường chân trời trong nửa năm. Còn Mặt trăng? 8. Nếu quỹ đạo của Mặt Trăng nằm hoàn toàn trong mặt phẳng hoàng đạo, liệu nhật thực và nguyệt thực sẽ xảy ra ít thường xuyên hơn hay thường xuyên hơn hiện nay? 9. Dựa trên kết quả của những phép đo nào, có thể xác định rằng quỹ đạo của Trái đất không phải là $окружностью?^{10.}$ Quỹ đạo của Trái đất có phải là $эллипсом?^{11.}$ Sao Hỏa có thể nhìn thấy rõ nhất từ ​​Trái đất khi nó nằm giữa nó và Mặt trời. Điều kiện nhìn thấy Trái đất vào thời điểm này là gì từ $Марса?^{12.}$ Liệu hành tinh nào có ngày dài hơn $года?^{13.}$ Tại sao các vành đai của Sao Thổ đôi khi “biến mất”?$^{14.}$ Có hành tinh nào gần Mặt trời hơn $Меркурий?^{15.}$ Tại sao quỹ đạo của sao chổi thường có những thay đổi đáng chú ý khi chúng di chuyển qua một hệ hành tinh?

Kinh nghiệm vi mô

Ngắm bầu trời đầy sao vào một đêm trong xanh, không mây. Bạn có thể phân biệt một ngôi sao với một hành tinh trong vòng vài phút quan sát bằng mắt thường không?

Thật thú vị rằng…

… người đầu tiên cố gắng lập luận rằng trung tâm của Vũ trụ không phải là Trái đất, mà là Mặt trời, là nhà thiên văn học Hy Lạp cổ đại Aristarchus của Samos vào thế kỷ thứ 3 trước Công nguyên. – 18 thế kỷ trước Copernicus! Học thuyết nhật tâm của Aristarchus khiến ông bị buộc tội bội đạo, và ông buộc phải rời Athens. … để tìm ra chuyển động thực sự của các hành tinh trong số các ngôi sao, Archimedes đã kết hợp các quan sát với các tính toán được thực hiện bằng mô hình cơ học của hệ mặt trời mà ông tạo ra. Tuy nhiên, trong lời giải thật khó khăn bài toán cơ học thiên thể, ông cũng giống như những người tiền nhiệm, đã thất bại. … mô hình nhật tâm chỉ đạt được chiến thắng hoàn toàn vào thế kỷ 17 với sự ra đời của lý thuyết Kepler về quỹ đạo hình elip của các hành tinh, được hỗ trợ bởi các phép tính sử dụng tích phân và được xác minh bằng các phép đo trực tiếp bằng kính thiên văn.

… cả Kepler và Galileo đều là những nhà chiêm tinh chuyên nghiệp, vẽ ra lá số tử vi cho cả khách hàng và những người thân yêu của họ. Vào thời điểm đó, đây là thông lệ của các nhà thiên văn học và bác sĩ, và chiêm tinh học không được coi là một thứ giả khoa học mà là một nghệ thuật. … vào năm 1577, Tycho Brahe, 30 tuổi, khi quan sát một sao chổi khác, lần đầu tiên đã tính được khoảng cách tới nó. Lúc này, mẹ của cậu bé 6 tuổi Kepler có thị lực nhạy bén khác thường đã cho con trai xem sao chổi này như một phép màu vĩ đại nhất của tạo hóa. … Aristotle tin rằng sao chổi phát sinh từ “hơi nước trên trái đất”, và đuôi của chúng là ngọn lửa do gió điều khiển; Trong một thời gian dài, các nhà thiên văn học tin rằng sao chổi chỉ bay qua hệ mặt trời một lần. Cuối cùng, Newton đã chứng minh được rằng các thiên thể này chuyển động theo những quỹ đạo hình elip khép kín nhưng có độ dài rất dài. … lý thuyết về chuyển động của Mặt trăng hóa ra là một trong những cơ học thiên thể bài toán phức tạp nhất, mất lời giải, chỉ tính từ Newton, hai thế kỷ rưỡi và cần có sự tham gia của các nhà khoa học xuất sắc như Euler. … sự hiện diện của “phần phình” xích đạo của Trái đất phải được tính đến khi tính toán quỹ đạo của tàu vũ trụ và thậm chí cả quỹ đạo của Mặt trăng. … theo thuyết tương đối rộng, bất kỳ hành tinh nào cũng mô tả một hình elip quay chậm trong chuyển động của nó. Hiệu ứng này lần đầu tiên được phát hiện trên Sao Thủy và với sự phát triển của radar - trên các hành tinh khác, điều này đã xác nhận lý thuyết này bằng thực nghiệm với độ chính xác cao.

Đọc gì trong «Kvant» về cơ học thiên thể

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Tại sao chúng ta học toán?” – 2017, số 7, tr.4; 2. “Thiên văn học đã trở lại trường học” – 2017, số 12, tr.2; 2018, số 1, tr. 2; 3. “Vật lý thiên văn trong kỳ thi Vật lý thống nhất cấp Nhà nước” – 2018, số 1, tr.42; 4. “Tại sao Mặt trăng không rơi xuống Trái đất” – 2018, số 4, tr. 25; 5. “Các định luật cơ học và các thông số của elip” – 2018, số 5, tr. 32.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

34

KVAN T 2018/№7

(Để bắt đầu, xem trang 29)

và b một cách rõ ràng, không sử dụng các giá trị của hàm F cho các giá trị nhỏ hơn của các đối số của nó. Bây giờ chúng ta cùng bàn về chiến thuật chơi Nim khi có nhiều hơn 3 cọc. Để làm được điều này, trước tiên chúng ta cần nói về trò chơi tính tổng.

Tổng hợp các trò chơi

Chúng ta hãy định nghĩa khái niệm tổng của hai hoặc nhiều trò chơi độc lập. Hai người chơi cùng lúc chơi một số trò chơi - “trên nhiều bảng”. Ở mỗi lượt, người chơi có quyền chọn một trong các ván chơi và thực hiện nước đi trong đó theo đúng luật. (Trong trường hợp này, người chơi khác không bắt buộc phải phản ứng ngay lập tức trong cùng một trò chơi mà có thể thực hiện nước đi trong trò chơi khác.) Trạng thái của các trò chơi còn lại không thay đổi. Nếu không thể thực hiện nước đi nào trong bất kỳ trò chơi nào (như trong Nimes, khi tất cả các cọc đều trống), thì người chơi phải di chuyển sẽ thua. Nếu tất cả các ván chơi đồng thời ở trạng thái có dấu “–” thì tổng ván chơi cũng ở trạng thái trừ, tức là người chơi thứ hai có thể đảm bảo chiến thắng cho mình. Thật vậy, người chơi đầu tiên thực hiện một nước đi trong một trong các trò chơi và nhất thiết phải chuyển trò chơi sang trạng thái được biểu thị bằng dấu “+”. Người chơi thứ hai sẽ nhận được trạng thái trừ ở đáp số trong cùng một trò chơi: theo quy tắc đặt dấu “+” và “–”, điều này luôn có thể được thực hiện. Cuối cùng, mỗi ván chơi sẽ kết thúc khi đến lượt người chơi thứ hai. Điều này có nghĩa là nước đi chiến thắng cuối cùng trong trò chơi chung sẽ do người chơi thứ hai thực hiện. Tuy nhiên, điều quan trọng cần lưu ý là điều ngược lại không đúng: nếu ở một trong các trò chơi trạng thái được đánh dấu bằng dấu “+”, thì trạng thái của tổng trò chơi không nhất thiết cũng dương. Một ví dụ là chính Nim, có thể được coi là tổng của những “nim tầm thường” với một cọc. Đối với một cọc không trống, mỗi ván chơi đều ở trạng thái “+” (người đầu tiên thắng trong một nước đi), trong khi tổng cũng có thể ở trạng thái trừ. Tuy nhiên, nếu trong chính xác một trò chơi, trạng thái là dương và trong trò chơi còn lại là âm, thì toàn bộ tổng trò chơi sẽ ở trạng thái “+”: per-

Người chơi đầu tiên sử dụng quy tắc “Đặt cược vào điểm trừ!” và chiến thắng. Vì vậy, nếu k cọc đá mới được thêm vào trò chơi Nim với m cọc và trạng thái của trò chơi Nim trên k cọc được thêm vào tương ứng với dấu “-”, thì trạng thái của trò chơi mới với m + k cọc tương ứng với cùng dấu với trạng thái của trò chơi ban đầu với m cọc. Thật vậy, một trò chơi mới là tổng của hai trò chơi, trong đó một trò chơi có trạng thái rõ ràng là “trừ”. Nếu trạng thái của trò chơi khác cũng được đánh dấu bằng dấu “-” thì trạng thái của tổng trò chơi là “trừ”, nếu “+” là “cộng”. Heap không chỉ có thể được thêm vào mà còn có thể bị xóa. Nếu k cọc được loại bỏ khỏi m cọc, và trạng thái của trò chơi Nim trên k cọc này tương ứng với dấu “-”, thì trạng thái của trò chơi Nim ban đầu với m cọc tương ứng với cùng dấu với trạng thái của trò chơi Nim mới với m – k cọc. Thuộc tính này cho phép, khi đánh giá trạng thái của trò chơi Nim, thay thế nó bằng một trò chơi có ít cọc hơn nhưng vẫn giữ nguyên các dấu hiệu được gán cho các trạng thái. Thật vậy, trong trò chơi Nim có m đống, ta chọn 2 đống tùy ý. Hãy để có những viên đá a và b trong đó. Hãy bổ sung thêm vào m cọc hiện có thêm 3 cọc nữa gồm các viên đá a, b và c F a, b. 3 cọc được thêm vào tạo thành một trò chơi có trạng thái trừ. Trong trò chơi kết quả với m + 3 đống, hai cặp đống có cùng số đá xuất hiện: một cặp a và a và một cặp b và b. Một cặp cọc có cùng số đá tạo thành trạng thái trừ trong trò chơi Nim có 2 cọc. Một cặp như vậy có thể được loại bỏ mà không làm thay đổi dấu hiệu của trạng thái trò chơi. Kết quả là chúng ta thay thế hai đống đá a và b bằng một đống chứa đá c F a, b. Số lượng cọc giảm đi một, nhưng dấu hiệu được gán cho trạng thái của trò chơi không thay đổi.

Khi có nhiều hơn ba cọc…

Bây giờ mọi thứ đã sẵn sàng để xây dựng chiến lược chơi Nim trong trường hợp có nhiều hơn ba đống. Chúng ta chọn 2 đống đá tùy ý và thay thế bằng 1 đống theo thuật toán mô tả ở trên. Số lượng đống đá giảm đi 1. Tương tự-

35

CỦA CHÚNG TÔI VÀ

N B L Y U D E N IA

Hoạt động tương tự để giảm số lượng cọc có thể được thực hiện thêm cho đến khi còn lại 3 cọc. Nếu số quân a, b và c trong chúng có liên hệ với nhau theo quan hệ c F a, b thì trạng thái ban đầu trong trò chơi Nim với m cọc phải gắn với dấu “-”, nếu không chúng ta gán dấu “+” cho trạng thái. Quy trình được mô tả trở nên cồng kềnh với số lượng cọc lớn. Ana-

Có thể, nhưng rất khó, để phân tích trạng thái của trò chơi và xác định nước đi đưa trò chơi vào trạng thái trừ bằng thuật toán được mô tả. Trong phần thứ hai của bài viết, chúng ta sẽ nghiên cứu hàm F kỹ hơn và có được chiến lược chơi Nim với số cọc tùy ý, thuận tiện khi sử dụng.

(Còn tiếp)

CỦA CHÚNG TÔI VÀ NA B L Y U D E N IYA

Về mô hình cây trồng và mô hình tốt

V. PTUSHENKO, A. BAZYKINA

TRÊN TRANG 4 CỦA BÌA SỐ THỨ TÁM «Kvant» năm ngoái có một bức ảnh chụp một họa tiết đơn giản được tạo thành bởi rêu dưới một chiếc ghế dài bằng gỗ. Trong văn bản kèm theo đã đề cập rằng lý do cho sự xuất hiện của nó có thể là do nhiều yếu tố khác nhau: sự sẵn có của ánh sáng, độ ẩm và ảnh hưởng của việc giẫm đạp. Tình huống “đồ chơi” này thực sự là một mô hình tốt cho bài toán sinh thái và địa sinh học lớn hơn và phức tạp hơn nhiều – bài toán về sự phân bố của các loài thực vật và động vật khác nhau trên khắp các vùng trên Trái đất. Đối với một số loài thực vật, khu vực phân bố của chúng bị giới hạn bởi lượng ẩm sẵn có dưới dạng mưa trong mùa sinh trưởng. Những loài khác đã thích nghi với điều kiện khô ráo thông qua hệ thống rễ sâu hoặc thời gian phát triển rất ngắn nhưng yêu cầu nhiệt độ cụ thể trong suốt cả năm. Vẫn còn những cây khác bị “gắn liền” với sự phân bố của các loài thụ phấn hoặc phát tán hạt giống của chúng (một ví dụ điển hình là cây dừa, mọc chủ yếu ở các vùng ven biển và có quả nổi tự do trên mặt nước và bị dòng hải lưu cuốn đi xa). Ngoài ra, sự cạnh tranh với các loài khác đóng một vai trò quan trọng: hãy nhớ làm thế nào thực vật từ “vùng ấm áp” phát triển tốt ở vĩ độ cao hơn trên bãi đất trống trong vườn thực vật, nơi loại trừ yếu tố cạnh tranh. Tuy nhiên, trong tất cả các trường hợp này, diện tích phân bố được xác định bởi tác động của một số yếu tố. Và không phải lúc nào cũng có thể chỉ ra yếu tố chính - cái gọi là yếu tố hạn chế. Chúng ta hãy xem lại ví dụ mà chúng ta đã bắt đầu: sự phát triển không đồng đều của rêu dưới băng ghế (Hình 1). Làm thế nào người ta có thể xác định được yếu tố hạn chế sự phát triển của rêu ở đây là gì: ánh sáng hay độ ẩm?

Hình 1. Sự phân bố rêu dưới ghế gỗ có thể được xác định bởi tác động của nhiều yếu tố khác nhau. Ảnh của V. Ptushenko

36

KVAN T 2018/№7

Có thể quan sát mảnh đất này trong mùa hè, đo một cách có hệ thống luồng ánh sáng đi vào các phần khác nhau của nó và xác định độ ẩm của đất. Sau đó, tính trung bình tất cả dữ liệu, lấy “bản đồ” phân bố ánh sáng và độ ẩm rồi so sánh chúng với “bản đồ” sự phát triển của rêu. Đây sẽ là một nghiên cứu quan sát - thận trọng nhất, tức là ảnh hưởng tối thiểu đến hệ thống đang được nghiên cứu, nhưng đồng thời tốn nhiều công sức và không phải lúc nào cũng cho phép giải thích rõ ràng. Bạn có thể thực hiện một nghiên cứu thử nghiệm: đặt đèn chiếu sáng gần băng ghế để tạo ra ánh sáng đồng đều cho toàn bộ không gian bên dưới nó vào ban ngày, nhưng không ngăn nước xâm nhập vào mặt đất qua các vết nứt giữa các tấm ván khi trời mưa. Hoặc ngược lại, làm ẩm đều đất dưới ghế, không làm thay đổi điều kiện ánh sáng và bóng tối, đồng thời quan sát xem hoa văn do rêu tạo thành thay đổi như thế nào. Nhưng ngay cả sau khi thực hiện cẩn thận những nghiên cứu như vậy, bạn có thể không nhận được đáp số rõ ràng. Ví dụ, hãy tưởng tượng rằng một phạm vi độ ẩm nhất định của đất là nền tảng cho sự phát triển của thảm thực vật. Hơn nữa, độ ẩm này được xác định không phải bởi sự xâm nhập của hơi ẩm dưới băng ghế qua các vết nứt trên đó khi mưa, mà bởi sự xâm nhập của ánh sáng mặt trời qua các vết nứt tương tự, làm khô đất (và trong bóng râm, đất vẫn ẩm hơn). Và khi đó sự phân bố độ ẩm dưới băng ghế sẽ được xác định… bởi mô hình ánh sáng và bóng tối! Những vấn đề tương tự xảy ra khá thường xuyên trong nghiên cứu thực tế. Chúng không nhất thiết khiến bài toán không thể quyết định được, nhưng chúng có thể khiến lời giải trở nên rất khó khăn. Và do đó, những mô hình thử nghiệm cho phép bạn nhìn thấy lời giải rõ ràng, rõ ràng luôn đặc biệt có giá trị. Bức ảnh được trình bày ở đây trong Hình 2 và trên trang 4 của trang bìa số tạp chí này cung cấp một ví dụ về một mô hình thành công như vậy của một cộng đồng thực vật trong nhiều điều kiện phát triển đang thay đổi. Những bậc thang của bờ kè Venice dẫn xuống mặt nước được bao phủ bởi một “tấm thảm” xanh dày đặc. Rõ ràng là việc chiếu sáng ở tất cả các bậc thang gần như

Hình 2. Những bậc thang đi xuống mặt nước và phủ đầy thảm tảo dày đặc không chỉ là một bức tranh đẹp mà còn là một hình mẫu đẹp. Ảnh của A. Bazykina

là như nhau, nhưng lượng hơi ẩm rơi vào nó thay đổi theo từng bước: những phần thấp hơn thường xuyên bị sóng cuốn trôi và chỉ những tia nước bắn tung tóe mới có thể chạm tới những phần cao hơn. Bức ảnh cho thấy rõ mật độ thực vật giảm dần khi bạn di chuyển lên các bậc thang. Nếu muốn, bạn thậm chí có thể xác định độ ẩm tối ưu cho sự phát triển. Đúng vậy, ở đây người ta cũng có thể nghi ngờ tác động của nhiều yếu tố khác nhau - ví dụ (cùng với độ ẩm), tác động của sóng cuốn trôi tảo khỏi các bậc thang. Do đó, bức tranh mà chúng ta quan sát vẫn có phần phức tạp hơn so với cái nhìn đầu tiên và được xác định không phải bởi một mà ít nhất là hai yếu tố. Tuy nhiên, mỗi yếu tố đều có “khu vực trách nhiệm” riêng: một trong số đó (độ ẩm) xác định giới hạn phân bố trên và yếu tố thứ hai (bất ổn) xác định giới hạn dưới. Giống như trong địa sinh học thực sự! Đúng là một mô hình tốt. Tuy nhiên, để diễn giải câu nói nổi tiếng về một lý thuyết đúng đắn và đẹp đẽ, chúng ta có thể nói rằng một người mẫu tốt thì luôn đẹp! Và nhìn vào các bậc thang của bờ kè Venice, thật khó để không đồng ý với điều này.

45

THÔNG TIN

Pha loãng đến nhiệt độ âm, lấy ra khỏi tủ lạnh và quan sát quá trình gia nhiệt của nó, định kỳ thêm các phần bằng nhau của chất pha rắn nằm ở điểm nóng chảy $T_{п} 110 q C$. Đồ thị nhiệt độ thay đổi theo thời gian và các giá trị đặc trưng của chúng được thể hiện trên Hình 1. Xác định nhiệt dung riêng của phản ứng nóng chảy của chất, coi hằng số công suất nhiệt và bỏ qua nhiệt dung của bình.

pin không bị ảnh hưởng bởi dòng điện. 5. Một tải trọng m = 5000 kg treo trên móc của cần trục tháp (Hình 3). Cần cẩu được trang bị hai dây cáp: một dây được ném qua một khối ở cuối cần và dùng để nâng tải, dây thứ hai - Hình 3 được gắn vào trục của khối này và giữ cần trục gắn bản lề với tháp ở vị trí nghiêng một góc 30° so với phương ngang. Xác định lực căng của sợi cáp giữ cần, với điều kiện nó được kéo căng theo phương ngang. Bỏ qua khối lượng của mũi tên.

lớp 10

Hình 1

3. Có nước đựng trong một bình hình trụ. Khi thả một khối nhựa vào bình thì mực nước dâng lên h = 1 cm. Mức này sẽ thay đổi như thế nào nếu đổ dầu hỏa lên trên? Mật độ nước $U_{0}$, khối lập phương $U 0,9 U_{0}$, dầu hỏa $U_{1} 0,8 U_{0}$, lớp dầu hỏa phía trên khối. 4. Học sinh lắp ráp một mạch điện gồm ba điện trở, một ampe kế và một cục pin có hiệu điện thế 10 V (Hình 2), quên mất phần sơ bộ

Hình 2

Đo cẩn thận điện trở của điện trở. Người thứ hai không thực sự làm anh ta bối rối: đã ghi lại số chỉ của ampe kế $I_{1} = 12,5$ mA ở trạng thái ban đầu và nhận được số chỉ tương tự của ampe kế $I_{2} = 15$ mA với các điểm A và B hoặc B và C lần lượt đóng bằng dây (A và B đang mở), anh ta nhanh chóng giải quyết vấn đề. Xác định điện trở của các điện trở. Điện áp đầu cuối

1. Giải bài toán 1 cho lớp 9. 2. Người sinh viên này đã hàn mạch điện như hình 4. Trong lúc vội vàng, anh ta quên kiểm tra điện trở của các điện trở. Để sửa lỗi, ông đo điện trở trong mạch đã lắp ráp. Hóa ra điện trở giữa điểm A và B bằng R AB = 0,8 kOhm, giữa B và C, còn $так-_{Рис.} 4$ A và C thì bằng R BC R AC 1,2 kOhm. Xác định điện trở của các điện trở. 3. Chuyến bay tên lửa diễn ra trong tình trạng khẩn cấp. Người ta cho rằng sau khi phóng, động cơ của nó sẽ hoạt động trong W = 100 s và tắt ở độ cao H = 60 km, nhưng sau một thời gian W 2 tên lửa mất định hướng trong không gian nên động cơ bắt đầu hoạt động để phanh. Tên lửa đã ở độ cao bao nhiêu khi động cơ hoạt động trong thời gian yêu cầu W rồi tắt? Bỏ qua sự thay đổi khối lượng của tên lửa, lực đẩy của động cơ không đổi, gia tốc trọng trường g 10 m $с^{2}. 4.$ Thuyền đi trên quãng đường từ điểm A đến điểm B, nằm ở phía đối diện

46

KV AN T 2018/№7

trên bờ sông giả đối diện chính xác với điểm A, thời gian $t_{1}$ nếu bơi theo đường thẳng và thời gian $t_{2}$ nếu lần đầu tiên di chuyển, giữ cơ thể chính xác qua sông, sau đó đi ngược dòng chảy dọc theo bờ. Xác định vận tốc của thuyền khi nước yên lặng và vận tốc của dòng sông nếu chiều rộng của sông là h = 1 km. 5. Ống trượt không ma sát dọc theo nan ngang (Hình 5). Ở hai đầu ống

Hình 5

sợi chỉ treo chiếc nhẫn đã được cố định. Khối lượng của vòng và ống bằng nhau và bằng m. Với một lực nào đó, ống được kéo sang phải sao cho vòng nằm chính xác dưới đầu bên trái của nó và góc của sợi chỉ ở đầu bên phải của nó là 30 q. Hãy tìm sức mạnh đó.

lớp 11

1. Hai khối giống hệt nhau có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Một khối được gắn vào khối bên trái và một sợi dây ném qua khối này được gắn vào khối bên phải (Hình 6). Đầu sợi A được kéo

Hình 6

về bên phải với một lực F. Xác định gia tốc của đầu sợi dây. Không có ma sát, sợi chỉ không thể giãn ra được. 2. Cậu bé quyết định thực hiện cú nhảy bungee ngoạn mục trên mặt sông. Anh ta buộc một sợi dây bungee (một sợi dây buộc vào cành cây, đầu bằng một thanh ngang bằng gỗ mà bạn phải dùng tay giữ chặt) vào một cành cây treo lơ lửng giữa sông. Anh ta đã làm điều này theo cách mà có thể, giữ sợi dây theo chiều ngang, nhảy từ bờ sông dốc cao 6 m, bay, chạm nhẹ vào mặt nước và dừng lại ở bờ bên kia. Cậu bé đã rơi xuống nước từ độ cao bao nhiêu để cậu có thể dùng tay đỡ trọng lượng của mình? Chiều rộng của sông là 12 m.

bỏ qua vận tốc nhảy ban đầu và độ cao của cậu bé. 3. Một bình kín được chia bằng vách ngăn kín thành hai ngăn, mỗi ngăn có chiều cao H, ngăn trên chứa một phần nước, ngăn dưới trống (Hình 7). Các ngăn được nối với nhau bằng một ống mỏng với một van. Hỏi nếu mở van thì mực nước ở ngăn trên sẽ chảy hết xuống ngăn dưới là bao nhiêu? Bè- Hình 7 hàm lượng nước U, thể tích tự do chứa đầy không khí ở áp suất khí quyển $p_{0}. 4.$ Công suất giải phóng trong mạch ở Hình 8 thay đổi bao nhiêu lần nếu điốt Hình 8? Mạch được tạo thành từ sáu điện trở giống hệt nhau và một nguồn điện áp xoay chiều. Điốt là một thiết bị là chất dẫn lý tưởng cho dòng điện theo hướng mũi tên và là chất cách điện cho dòng điện theo hướng ngược lại. 5. Một khẩu pháo lò xo bắn những quả bóng theo một góc 45° so với phương ngang. Quả bóng rơi cách khẩu pháo một khoảng L. Nó sẽ bay được khoảng cách bao nhiêu nếu một quả bóng khác được bắn theo phương thẳng đứng từ cùng một khẩu pháo ngay phía dưới đỉnh quỹ đạo của nó và các quả bóng va chạm đàn hồi trên cùng một trục thẳng đứng (Hình 9)? Việc bắn được thực hiện từ một bề mặt nằm ngang, bỏ qua ma sát và lực cản của không khí.

Hình 9

55

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

khối lượng của nó thì quỹ đạo Trái đất cũng như chu kỳ quỹ đạo của nó đều không thay đổi. 5. Sẽ giữ nguyên, vì chu kỳ quỹ đạo của một vật thể không phụ thuộc vào khối lượng của nó (nếu khối lượng của vệ tinh nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của vật thể trung tâm, trong trường hợp này là Trái đất). 6. Chu kỳ Mặt trăng quay quanh Trái đất so với các ngôi sao, gọi là thiên văn, là 27,3 ngày. Chu kỳ quay của Mặt trăng quanh Trái đất so với Mặt trời, bằng khoảng thời gian giữa hai pha giống hệt nhau liên tiếp của Mặt trăng và được gọi là giao hội, là 29,53 ngày. Đáp số đến bài toán 5 đề cập đến cả hai giai đoạn. 7. Quỹ đạo của Mặt trăng gần như nằm trong mặt phẳng hoàng đạo nên đường đi nhìn thấy được của Mặt trăng trên bầu trời gần như trùng với quỹ đạo của Mặt trời, tuy nhiên, nó hoàn thành vòng quay của mình không phải trong một năm mà trong một tháng âm lịch - 27,3 ngày. Do đó, từ cực địa lý của Trái đất, nó sẽ hiển thị phía trên đường chân trời trong 2 tuần và ẩn bên dưới nó trong 2 tuần. 8. Nhật thực sẽ xảy ra thường xuyên hơn - hàng tháng. 9. Dựa trên các phép đo kích thước góc của Mặt trời trong năm, cũng như các phép đo vận tốc góc của Mặt trời so với các ngôi sao. 10. Khối tâm của hệ Trái đất-Mặt trăng chuyển động theo quỹ đạo hình elip. Quỹ đạo Trái Đất gần giống hình elip nhưng bị biến dạng do tác động của Mặt Trăng. 11. Trái đất vào thời điểm này không thể tiếp cận được để quan sát, ngoại trừ khả năng rất hiếm là Trái đất đi ngang qua đĩa Mặt trời, nhưng ngay cả khi đó cũng chỉ nhìn thấy được hình bóng của nó. 12. Có thể, nếu cuộc cách mạng hàng ngày của hành tinh và cuộc cách mạng của nó quanh Mặt trời xảy ra theo cùng một hướng và với những khoảng thời gian gần nhau. Ví dụ: trên Sao Thủy, trong đó độ dài của chu kỳ hàng ngày (tức là ngày thiên văn) bằng 2/3 chu kỳ quỹ đạo (tức là năm), một ngày mặt trời kéo dài 2 năm Sao Thủy và một ngày ban ngày kéo dài 1 năm. Nếu chu kỳ ngày và chu kỳ quỹ đạo trùng nhau thì chu kỳ ngày và đêm sẽ hoàn toàn dừng lại. 13. Khi các vành đai của Sao Thổ nằm sát Mặt trời, bề mặt của chúng không được chiếu sáng và các vành đai trở nên vô hình. Điều tương tự cũng xảy ra khi họ trở nên khó gần với người quan sát trên trái đất. 14. Tiểu hành tinh Icarus ở điểm cận nhật tiến gần Mặt trời hơn Sao Thủy. Khoảng cách trung bình của nó với Mặt trời là 0,387 đơn vị thiên văn, trong khi khoảng cách của Icarus là 0,19 AU. 15. Lực hấp dẫn từ các hành tinh làm biến dạng quỹ đạo hình elip ban đầu của sao chổi. Những thay đổi về quỹ đạo này tích lũy từ vòng quay này sang vòng quay khác xung quanh Mặt trời.

GIẢI PHÁP

KINH NGHIỆM VI MÔ

Một hành tinh sáng có thể nhanh chóng được phân biệt với một ngôi sao sáng do nó không nhấp nháy. Đĩa nhìn thấy được của ngôi sao nhỏ hơn các vòng xoáy bất thường trong bầu khí quyển Trái đất. Kích thước góc của các đĩa hành tinh đủ lớn để loại trừ hiện tượng nhấp nháy.

TỔ HỢP VUÔNG

9. Áp dụng câu lệnh bài toán 6. 10. Áp dụng câu lệnh bài toán 6 một lần nữa. 11. Áp dụng câu bài toán 4 cho các ô vuông màu xanh (Hình 5).

Hình 5

12. Áp dụng câu lệnh bài toán 4 cho các ô vuông màu xanh lam (Hình 6).

Hình 6

13. Áp dụng câu lệnh bài toán 4 cho một cặp hình vuông và cho cặp hình vuông kia, chúng ta thu được hai tam giác vuông cân có cạnh huyền chung (Hình 7).

Hình 7

14. Hãy xem xét các hình vuông màu xanh lá cây có các đỉnh ở tâm của các hình vuông này (Hình 8).