Kvant 2019, số 7 · Trang

3

ĐỐI XƯỢNG TRONG VŨ TRỤ KHÔNG ĐỐI XƯỢNG CỦA ANDREI SAKHAROV

biến đổi đồ họa, cũng chính những học sinh lớp bảy đó ngồi thoải mái ngay trên sàn và dán ánh mắt tò mò vào người mới đến. Ngày hôm trước, mỗi người nhận được một tờ giấy trong đó hỏi mình có biết không: i rằng trong Thế chiến thứ hai, binh lính Liên Xô và Mỹ đã chiến đấu chống lại kẻ thù chung - Chủ nghĩa Quốc xã; nhưng một thập kỷ rưỡi sau, tên lửa nhiệt hạch của Liên Xô nhắm vào các thành phố của Mỹ, và tên lửa của Mỹ nhắm vào Nga; tôi rằng vũ khí nhiệt hạch của Liên Xô được phát minh bởi nhà vật lý trẻ Andrei Sakharov và vì điều này ông đã được chính phủ Liên Xô trao tặng hào phóng; tôi rằng, sau khi nhận ra tác hại của việc thử nghiệm hạt nhân trong khí quyển đối với sức khỏe con người, ông ấy đã thúc đẩy lệnh cấm thử nghiệm như vậy; và nhận ra rằng sự thiếu tự do đe dọa sự sống của nhân loại, ông bắt đầu bảo vệ nhân quyền như nền tảng của nền hòa bình đáng tin cậy giữa các dân tộc; tôi rằng Ủy ban Nobel đã trao tặng những nỗ lực của ông với Giải thưởng Hòa bình, và chính phủ Liên Xô đã đày đến thành phố Gorky; tôi rằng nhà vật lý Sakharov quan tâm nhất đến cách Vũ trụ vận hành; tôi và - món tráng miệng cho học sinh lớp bảy - rằng Andrei Sakharov bắt đầu học ở trường từ năm lớp bảy, và trước đó anh ấy đã học ở nhà.

Từ di sản viết tay của Andrei Sakharov

Thà nhìn một lần còn hơn nghe hàng trăm lần, và để giúp một cậu bé người Mỹ 13 tuổi hiểu được nhà vật lý-nhân văn người Nga, tôi đã mang theo hai bản thảo nhỏ của ông. Tôi hy vọng rằng chúng sẽ giúp kết nối những khúc quanh đáng kinh ngạc trong tiểu sử của Sakharov bằng cách chỉ ra sự kết nối giữa tính đối xứng và tính bất đối xứng. Đầu tiên, tôi cho xem một bản thảo được viết một phần bằng ngôn ngữ số học quốc tế (Hình 1). Ngay khi hình ảnh xuất hiện trên màn hình, học sinh xuất sắc da ngăm ở hàng đầu tiên đã tế nhị nói với tôi rằng tôi đã đặt “trong suốt”

Hình 1

phía sai. (Vào thời đó, họ chưa học cách hiển thị hình ảnh trực tiếp từ ổ đĩa flash và ổ đĩa flash cũng chưa được phát minh. Vì vậy, chúng tôi phải in, viết và vẽ trên những tờ giấy trong suốt đặt trong máy chiếu, đôi khi bị sai mặt.) Sau đó, tôi trình bày chữ ký thứ hai, không có số học (Hình 2) và giải thích rằng Sakharov không thể viết được.

Hình 2

chỉ bằng một tay trong hình ảnh phản chiếu mà còn bằng cả hai tay đồng thời theo các hướng khác nhau. Nhưng Lidiya Korneevna Chukovskaya, người mà anh ấy đã thể hiện kỹ năng của mình và là người đã lưu những chữ ký này, rõ ràng không thể làm được điều đó. Nếu cô ấy thuận tay phải, giống như Sakharov, và nếu cả hai đều viết bằng tiếng Anh, thì người nghe của tôi sẽ thấy thứ gì đó tương tự như một con bướm (Hình 3). Việc giải thích bằng tiếng Anh còn khó khăn hơn

Hình 3

việc bào chữa cho những người bị sỉ nhục và bị xúc phạm đã gắn kết hai con người này với những ơn gọi khác nhau trong cuộc sống: một người là nhà vật lý, người kia là nhà viết lời. Và việc họ không cô lập bản thân trong thế giới riêng của mình được thể hiện rõ qua những bức ảnh trên.

4

KVANT 2019/№7

Chính những bức tranh này đã giúp tôi kể cho các học sinh lớp bảy về sự đối xứng và bất đối xứng của thế giới nơi Andrei Sakharov tình cờ sống. Đây là câu chuyện

Phải và trái

Trong những tháng đầu tiên ở Mỹ, tôi đã rất ấn tượng bởi rất nhiều người viết bằng tay trái. Trong 45 năm sống ở Nga trước đây của tôi, tôi chưa từng chứng kiến ​​điều gì như thế này. Tất nhiên, tôi biết rằng những người như vậy tồn tại, và tất nhiên tôi đã đọc “Lefty” của Leskov, nhưng không hiểu sao tôi chưa bao giờ gặp họ trong cuộc sống hàng ngày và thậm chí bằng cách nào đó còn liên kết số phận đáng buồn của Lefty với tính cách bẩm sinh của anh ta. Sakharov thật may mắn vì anh thuộc một nhóm thiểu số thậm chí còn hiếm hơn những người thuận cả hai tay và do đó không quá dễ bị tổn thương trước đại đa số những người thuận tay phải. Nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu cha mẹ anh không cho anh học tại nhà cho đến năm lớp 7 mà gửi ngay đến một trường học ở Liên Xô để cải tạo? Và ở đó - theo Mayakovsky - họ sẽ ra lệnh: “Ai viết bằng tay trái?! Đúng! Đúng! Đúng!” Theo chính Andrei Sakharov, việc học tại nhà lâu dài đã làm tăng thêm “sự thiếu liên lạc của anh ấy, từ đó [anh ấy] sau này phải chịu đựng cả ở trường phổ thông và trường đại học, và thực tế là gần như suốt cuộc đời anh ấy”. Biết đâu, những tiếp xúc gần gũi ban đầu với cuộc sống Xô Viết có thể đã làm xói mòn lòng tự trọng của con người hiền lành với những nguyên tắc đạo đức vững chắc này, và tước đi khả năng trở thành thiểu số của anh ta. Nhưng trong khoa học, một từ mới luôn được nói ra bởi thiểu số nhỏ nhất - một người.

Sự đối xứng trong vật lý và chính trị

Từ “đối xứng” thường mô tả hình dạng của một tòa nhà, một hoa văn, một hình hình học - đây luôn là một loại hoa văn nào đó. Tuy nhiên, vào thế kỷ 20, người ta đã có thể nhận ra những biểu hiện về sự đối xứng của vũ trụ trong các định luật vật lý. Chẳng hạn, hóa ra một con quay không rơi trong thời gian dài đơn giản vì nó “không biết” rơi theo hướng nào: mọi phương ngang trong không gian đều bằng nhau

– tất cả các cạnh đều đối xứng so với phương thẳng đứng $оси.^{1}$ Và nói chung, mọi định luật vật lý cơ bản đều bộc lộ một sự đối xứng nhất định của Vũ trụ. Nếu thí nghiệm tiết lộ một loại bất đối xứng nào đó, thì nhà vật lý lý thuyết sẽ gặp một bài toán khó khăn nhưng thú vị - để tìm ra vị trí của sự bất đối xứng này trong sự hài hòa của vũ trụ. Sakharov bắt đầu quan tâm đến vấn đề tương tự vào những năm 60. Đối xứng con bướm, hay đối xứng gương, có liên quan đến ý tưởng quan trọng nhất của ông trong vũ trụ học - trong vật lý của Vũ trụ. Tuy nhiên, trước khi thực hiện ý tưởng hoàn toàn hòa bình này, Sakharov đã cống hiến hai thập kỷ trước của cuộc đời mình - những năm tháng hiệu quả nhất đối với một nhà vật lý lý thuyết - để chế tạo ra loại vũ khí hủy diệt mạnh nhất trong lịch sử nhân loại. Tại sao? Sự bất đối xứng định hình cuộc đời ông không liên quan đến vật lý mà liên quan đến chính trị. Andrei Sakharov vào đại học năm 1938, trước Thế chiến thứ hai. Thế giới khi đó đối với anh dường như vô cùng bất đối xứng. Đất nước nơi anh may mắn được sinh ra đã đi trước phần còn lại. Cô ấy đang hướng tới một tương lai tươi sáng, một xã hội công bằng xã hội toàn cầu và những khả năng vô hạn. Bị bỏ lại phía sau là các nước theo chủ nghĩa tư bản và trong số đó có nước Đức Hitlerite nham hiểm nhất, trong đó họ lạm dụng từ “chủ nghĩa xã hội” với tiền tố “dân tộc-” và bác bỏ các lý thuyết khoa học vì nguồn gốc “không phải Aryan” của chúng. Sự bất đối xứng này đã bị xóa bỏ bởi Thế chiến. Trục nhọn Berlin-Tokyo gần như đồng thời lao vào chế độ độc tài cộng sản và vào nền dân chủ tư bản chủ nghĩa lớn, tạo ra sự đối xứng kỳ lạ dưới cái tên trước đây không thể tưởng tượng được “Liên hợp quốc”,

1 Định lý Noether nổi tiếng (được chứng minh bởi Emmy Noether năm 1918) liên hệ các tính đối xứng khác nhau của các hệ vật lý với các định luật bảo toàn. Đặc biệt, tính đẳng hướng của không gian (sự bình đẳng của mọi hướng) gắn liền với định luật bảo toàn động lượng góc. (Ghi chú của biên tập viên)

5

ĐỐI XƯỢNG TRONG VŨ TRỤ KHÔNG ĐỐI XƯỢNG CỦA ANDREI SAKHAROV

khi Mỹ và Anh trở thành đồng minh của Liên Xô trong cuộc chiến chống Đức Quốc xã. Bốn năm sau, sau khi phá vỡ trục hiếu chiến, các nước Đồng minh chiến thắng đã thành lập một tổ chức quốc tế - Liên hợp quốc - như một công cụ để duy trì hòa bình. Tuy nhiên, sau khi trục biến mất, sự đối xứng “trục” nhanh chóng chuyển thành phản đối xứng, và những vụ nổ hạt nhân đầu tiên đánh dấu sự biến đổi này. Ở Hiroshima và Nagasaki, khoa học đã bước vào chính trị một cách rõ ràng. Và các nhà vật lý tham gia vào việc này nhận ra nhanh hơn các chính trị gia rằng tính phản đối xứng mới có nguy cơ dẫn đến sự tự hủy diệt của nhân loại. Các nhà vật lý lý thuyết lớn nhất của thế kỷ 20, Einstein và Bohr, đã phát biểu trước quốc hội thế giới mới thành lập - Liên Hợp Quốc, kêu gọi thành lập một chính phủ thế giới để thời đại hạt nhân không trở thành thế kỷ cuối cùng của nền văn minh. Than ôi, vào thời điểm đó đó là một ý tưởng quá lý thuyết.

Nhà lý luận-nhà phát minh

Bức tranh toàn cầu được phác thảo về sự đối xứng thế giới cũng quá lý thuyết đối với Andrei Sakharov, 20 tuổi. Trong hoàn cảnh thực tế đáng lo ngại, khi Đức Quốc xã tiếp cận Moscow, sinh viên năm thứ tư đã được sơ tán cùng trường đại học đến Ashgabat xa xôi. Và sau khi tốt nghiệp đại học cấp tốc, anh đến một nhà máy quân sự ở Ulyanovsk. Nhà máy sản xuất hộp mực - cho mặt trận, cho chiến thắng. Và một chuyên gia trẻ về “khoa học kim loại phòng thủ”, cố gắng giúp giành chiến thắng, đã phát minh ra một thiết bị từ tính để kiểm tra chất lượng đạn. Và bài toán độc lập đầu tiên của ông trong lĩnh vực vật lý lý thuyết đã ra đời từ những suy ngẫm về phát minh này. Để một vấn đề vật lý có tầm quan trọng đáng ngờ nảy sinh từ quá trình sản xuất hộp mực, cần phải có một người có thiên hướng trở thành nhà vật lý lý thuyết. Mặt khác, việc phát minh ra một thiết bị rất cụ thể sẽ không dẫn đến một câu hỏi kỳ lạ: nếu lực từ được thay thế bằng lực điện thì sao? Đây không phải là vấn đề sản xuất mà là vấn đề về tự nhiên, ở đó có những quốc gia

sự đối xứng nhỏ nhất của điện và từ. Bốn mươi năm trước, một nhân viên của văn phòng cấp bằng sáng chế ở Bern, Albert Einstein, khi suy ngẫm về sự bất đối xứng rõ ràng của các điện tích chuyển động, đã tạo ra lý thuyết vật lý nổi tiếng nhất - lý thuyết tương đối. Khi bắt đầu nghĩ về sự bất đối xứng nào đó của tự nhiên, nhà lý thuyết không biết liệu mình sẽ đi đến một lý thuyết mới, chỉ là một công thức mới hay không đi đến bất cứ điều gì hợp lý cả. Nhưng sự phản ánh được thúc đẩy bởi cùng một mong muốn hiểu biết. Vì vậy, trong căn phòng ấm áp và sáng sủa nhất của Nhà máy Hộp mực Ulyanovsk - trong văn phòng đảng, bên cạnh những kệ sách chính trị, người kỹ sư trẻ đang nghiên cứu vật lý lý thuyết và cuối cùng đã tìm ra cách giải bài toán điện từ của mình. Vấn đề này tiếp theo là những vấn đề khác - không cần thiết cho việc sản xuất hộp mực, nhưng lại thú vị đối với một nhà lý thuyết mới làm quen. Nhà lý thuyết đã đặt ra những câu hỏi cho Tự nhiên, đáp số mà ông đã trả lời với sự trợ giúp của lý luận vật lý và toán học, quản lý khéo léo sự đối xứng và bất đối xứng. Chỉ có thể hiểu được một trong số bài toán này mà không cần giải thích: “Độ dày của băng tăng với tốc độ bao nhiêu khi được bao quanh bởi nước đá?” Lời giải hai cái còn lại bài toán nhà lý thuyết đầy tham vọng đã gửi cho cha mình ở Moscow, và ông đã đưa chúng cho Igor Evgenievich Tamm, nhà lý thuyết trưởng tại Viện Vật lý của Viện Hàn lâm Khoa học. Kết quả là vào đầu năm 1945, Andrei Sakharov trở thành nghiên cứu sinh tại Viện Vật lý Lebedev và cống hiến hết mình cho vật lý lý thuyết. Lịch sử chỉ cho ông vài năm đối với khoa học thuần túy. Vụ nổ nguyên tử ở Hiroshima vào tháng 8 năm 1945 đã được nghe thấy ở Liên Xô. Cần có sự bất đối xứng hạt nhân đáp số. Không chỉ các chính trị gia mà cả các nhà vật lý Nga cũng nghĩ như vậy. Đối với các nhà vật lý, việc khôi phục tính đối xứng và tạo ra vũ khí hạt nhân của Liên Xô không hẳn là một tuyên bố của cường quốc mà là nhằm ngăn chặn một cuộc chiến tranh mới. Vào mùa hè năm 1948, I.E. Tamm và các nhân viên của ông đã tham gia vào việc phát triển siêu bom. Sakharov, chỉ là…

6

KVANT 2019/№7

vô ích hoặc làm việc vô ích.” “Xấc xược” là tên gọi khác của lòng dũng cảm, và may mắn là phần thưởng cho lòng dũng cảm trong khoa học. Nhưng không có lý do gì để không tin Sakharov: phát minh nhiệt hạch đã lấy đi quá nhiều sức lực của ông.

Nhà lý luận sáng tạo hay chính trị gia thực tế?

Andrei Sakharov cùng con gái, mùa hè năm 1948 (máy ảnh nhắm không đối xứng) bảo vệ luận án về khoa học thuần túy, quay trở lại với phát minh vật lý và kỹ thuật. Trong gần hai thập kỷ. Anh ấy coi công việc này là cần thiết, anh ấy thích nó và anh ấy đã thành công. Chỉ trong vài tuần, Sakharov sẽ nảy ra ý tưởng về Sloika, quả bom nhiệt hạch đầu tiên của Liên Xô. “Tôi nhớ mùa hè năm nay với sự lấp lánh của mặt nước, ánh nắng, cây xanh trong lành, những chiếc du thuyền lướt qua hồ chứa nước… Dù đang là mùa hè nhưng tất cả chúng tôi đều làm việc rất chăm chỉ. Thế giới mà chúng tôi đắm mình trong đó tuyệt vời đến kỳ lạ, trái ngược hoàn toàn với thành phố thường nhật và cuộc sống gia đình bên ngoài phòng làm việc, với công việc khoa học thông thường.” Phát minh tương thích với vật lý lý thuyết. Nhà lý thuyết nổi tiếng Enrico Fermi đã nói về việc phát minh ra siêu bom: “Vật lý xuất sắc!” Suy cho cùng, một vụ nổ nhiệt hạch với nhiệt độ và áp suất thiên văn của nó mang lại cho nhà lý thuyết cơ hội “xâm nhập” vào bên trong ngôi sao. Tất cả điều này là sự thật. Nhưng bốn mươi năm sau, Sakharov buồn bã viết trong một bức thư: “Tôi đang cố gắng nghiên cứu những gì những người thông minh đã làm trong lĩnh vực lý thuyết trường lượng tử… đó là một điều cực kỳ khó khăn, và tôi thường tuyệt vọng không bao giờ đạt được trình độ thích hợp - đã bỏ lỡ quá nhiều kể từ năm 1948, liên tục có những khoảng trống, và suốt những năm sau đó, tôi chỉ làm được điều gì đó do may mắn và “sự trơ tráo”, thường xuyên bị mắc kẹt.

Cho dù việc nhìn thấy một ngôi sao nhân tạo trong quả bom hydro có thú vị đến đâu thì đến cuối thập niên 50, mục tiêu đã đạt được và vấn đề khoa học đã cạn kiệt. Đã đến lúc có công nghệ phức tạp. Ở đó cũng có phạm vi sáng tạo, nhưng không dành cho một nhà vật lý lý thuyết. Nhưng còn một nhà lý thuyết biết rằng mình đã phát minh ra loại vũ khí mạnh nhất trong lịch sử và - theo ý muốn của lịch sử - đã trở thành một nhà khoa học có ảnh hưởng lớn trong tổ hợp khoa học-quân sự của đất nước thì sao? Trách nhiệm đối với những gì đang xảy ra xung quanh – cảm giác tổ tiên của giới trí thức Nga – đã đưa nhà vật lý lý thuyết đến với chính trị thực tiễn. Sakharov bắt đầu tiểu sử chính trị của mình trong lĩnh vực nghề nghiệp của mình: ông lo ngại về các vụ thử hạt nhân trong khí quyển - có hại cho nhân loại và không cần thiết để duy trì cân bằng hạt nhân. Chính trị gia mới vào nghề đã thành công - vào năm 1963, một hiệp ước quốc tế cấm thử nghiệm trên mặt đất. Điều này khẳng định Sakharov về tầm quan trọng của vai trò mới của anh. Đồng thời, việc giao tiếp với các nhà lãnh đạo cao nhất của nhà nước đã mang lại cho ông những kiến ​​thức kinh nghiệm về chính quyền Xô Viết mà những người khác không có được. Bản thân vấn đề cân bằng chiến lược có liên quan đến tiềm năng tổng thể của nhà nước và xã hội. Vào giữa những năm 1960, việc phát triển tên lửa hạt nhân đã dẫn đến một bước ngoặt nguy hiểm bất thường trong cuộc chạy đua vũ trang, mặc dù đó là vấn đề quốc phòng. Phòng thủ tên lửa đã được chứng minh là nguy hiểm đối với thế giới hơn vũ khí tấn công. Sakharov, với tư cách là một trong những chuyên gia kỹ thuật quân sự hàng đầu, đã cố gắng giải thích kết luận không rõ ràng nhưng khá có thể xảy ra này cho chính phủ vào ngày 21 tháng 7 năm 1967. Ông đã gửi - bằng thư bí mật - văn bản tương ứng.

8

KVANT 2019/№7

được lấp đầy và mở thử nghiệm vào đầu những năm 30. Đó là một bản sao của electron - một phản electron, được đặt tên là “positron”. Sau đó, các nhà thí nghiệm tìm thấy bản sao của các hạt cơ bản khác. Sự bất đối xứng của Vũ trụ, mà Sakharov nghĩ đến vào giữa những năm 60, là có rất ít phản hạt trong Vũ trụ - so với các hạt. Và cảm ơn Chúa vì sự bất đối xứng như vậy - nếu không thì mỗi thiên thạch thứ hai sẽ chứa phản vật chất. Và một phản thiên thạch như vậy dù chỉ chứa 1 gam khi tiếp xúc với chất của Trái đất cũng sẽ tạo ra vụ nổ có sức mạnh ngang ngửa một quả bom nguyên tử. Nhưng các nhà vật lý không hiểu ý muốn này của Chúa - dường như hiển nhiên rằng mọi hạt và phản hạt của nó đều được tạo ra như nhau về quyền của chúng. Điều này có nghĩa là, có vẻ như vật chất và phản vật chất sẽ có mặt như nhau trong Vũ trụ. Các nhà vật lý thiên văn bắt đầu tìm kiếm dấu hiệu của phản vật chất trong không gian. Các nhà văn khoa học viễn tưởng đã dàn dựng những cuộc chạm trán kịch tính giữa một con tàu vũ trụ trên trái đất và một con tàu vũ trụ ngoài trái đất và - hoàn toàn có thể xảy ra! - chứa phản vật chất. Tuy nhiên, Sakharov đã xem xét nghiêm túc sự bất đối xứng quan sát được và quy nó cho toàn bộ Vũ trụ chứ không chỉ cho môi trường vũ trụ của Trái đất. Sau đó, cần phải hiểu làm thế nào tính đối xứng của các vi hạt có thể được kết hợp với tính bất đối xứng của Vũ trụ. Tuy nhiên, vào thời điểm đó, tính đối xứng của thế giới vi mô không còn đơn giản như cánh phải và cánh trái của một con bướm, đối xứng gương (Hình 4). Năm 1956, một sự kiện quan trọng đã xảy ra - các nhà thí nghiệm phát hiện ra rằng trong thế giới của các hạt cơ bản không có sự chẵn lẻ (Chẵn lẻ) của bên phải và bên trái, hay đối xứng P. Đây là dấu hiệu của những

Hình 4

Hình 5

các nhà khoa học hiểu là gợi ý rằng con bướm của thế giới vi mô trông giống như trong Hình 5. Nói cách khác, con bướm sẽ không thay đổi nếu, đồng thời với sự sắp xếp lại bên phải và bên trái, các màu đen và trắng bị hoán đổi - các hạt được hoán đổi bằng các phản hạt và theo đó, mỗi Điện tích được thay thế bằng điện tích đối diện của nó. Đây là sự đối xứng CP. Nhưng hóa ra đó không phải là lời cuối cùng trong khoa học. Năm 1964, các nhà thí nghiệm đã phát hiện ra hiện tượng đối xứng không CP đầu tiên. Các nhà lý thuyết có thể nói gì về điều này? Chẳng hạn, trong cuộc sống hàng ngày người ta thường nhầm lẫn giữa phải và trái và biến trắng thành đen. Các nhà vật lý lý thuyết có thể làm những việc phức tạp hơn nhiều - thay đổi hướng thời gian theo hướng ngược lại. Bằng cách chiếu ngược phim, bạn có thể đặt kem đánh răng vắt ra khỏi ống lên màn hình. Trong đời thực, chưa ai nhìn thấy điều này, và các nhà vật lý gọi một quá trình như vậy là bất đối xứng về thời gian, hay Bất đối xứng. Đối với các hạt cơ bản, các nhà vật lý từ lâu đã tin rằng trong vũ trụ vi mô, mọi hiện tượng đều có tính đối xứng chữ T, giống như trong trò bi-a: nếu bạn quay phim sự va chạm của các quả bóng và cho phim chạy theo hướng ngược lại, bạn sẽ không nhận thấy điều gì lạ trên màn hình. Sau sự sụp đổ của đối xứng P, các nhà vật lý bắt đầu nghiên cứu các đối xứng khác. Họ không cần nút tua lại để đặt câu hỏi về tính đối xứng chữ T trong mô hình thu nhỏ; tất cả những gì họ cần là một cây bút và một tờ giấy. Kết quả là họ đã thiết lập ra định luật đối xứng tổng quát nhất của thế giới vi mô - định luật CPT. Để biến một cánh của con bướm CPT thành một cánh khác, bạn cần hoán đổi bên phải và bên trái, hạt và phản hạt của nó (đen và trắng), quá khứ và tương lai (ngược thời gian T) (Hình 6).

9

ĐỐI XƯỢNG TRONG VŨ TRỤ KHÔNG ĐỐI XƯỢNG CỦA ANDREI SAKHAROV

sự ngắn ngủi của đời người so với tuổi của vũ trụ.

Hình 6

Và Sakharov đã tìm ra cách giải thích sự bất đối xứng của Vũ trụ với sự đối xứng ba lần của thế giới vi mô. Các nhà thiên văn học từ lâu đã phát hiện ra rằng Vũ trụ không đối xứng về mặt thời gian. Nó đang mở rộng - các thiên hà cấu thành của nó đang di chuyển ra xa nhau. Hôm nay vũ trụ rộng hơn ngày hôm qua. Và tư thế-tư thế-tư thế…hôm qua? Hãy chạy ngược bộ phim vũ trụ. Sự giãn nở của Vũ trụ bây giờ giống như bị nén lại, các thiên hà đang tiến lại gần nhau và hợp nhất. Đồng thời, bản thân các hạt cơ bản lại gần nhau hơn. Vũ trụ bắt đầu cảm nhận được quy luật của thế giới vi mô. Chính trong thời đại đó, được gọi là Vụ nổ lớn, mà sự bất đối xứng của Vũ trụ - theo ý tưởng của Sakharov - đã hình thành trong các quá trình sau đó sôi sục trong mọi điểm vi mô của không gian bên ngoài, sự bất đối xứng T đã khiến nó có thể tạo ra sự bất đối xứng C được quan sát hiện nay - các hàm lượng khác nhau của các hạt và phản hạt. Ngoài cánh của con bướm vũ trụ mà các nhà thiên văn học có thể nhìn thấy, nhà vật lý lý thuyết Sakharov đã tưởng tượng ra một cánh khác đã mở ra trước Vụ nổ lớn (Hình 7). Bản thân con bướm này có tính đối xứng CPT, nhưng không cho phép bạn nhìn thấy nó hoàn toàn

Hình 7

• • • Thật ngạc nhiên khi một người có thể đạt được nhiều thành tựu trong cuộc đời ngắn ngủi của mình: học cách viết bằng tay phải và tay trái cùng lúc, nhận ra sự đối xứng của thế giới tự nhiên bất đối xứng và làm cho thế giới con người trở nên đối xứng hơn. Đại khái đây là cách tôi hoàn thành câu chuyện về Andrei Sakharov cho học sinh lớp bảy người Mỹ. Và tôi không chắc họ hiểu câu chuyện của tôi hay không. Vì vậy, tôi rất vui mừng khi nhận được chồng thư cảm ơn từ nhà trường. Một trong số đó đã mang lại cho tôi niềm vui đặc biệt. Tác giả, theo cách dè dặt nhưng đầy nghị lực của người Mỹ, đã cảm ơn tôi về câu chuyện và bày tỏ hy vọng rằng cuốn sách tương lai của tôi về Sakharov sẽ trở thành sách bán chạy nhất. Và anh ấy đã ký:

Phải mất một thời gian tôi mới nhận ra rằng anh ấy ký tên khác với Sakharov, mặc dù theo kiểu đối xứng gương. Sakharov thuận tay trái viết bằng cả hai tay từ giữa ra mép <= =>, còn Willie thuận tay phải, bắt chước viết bằng hai tay => <=. Thật tuyệt vời khi sự đối xứng và con người có thể khác nhau đến vậy. Và biết bao điều bí ẩn của Vũ trụ vẫn đang chờ được giải đáp. Đối với những người muốn thực hiện chúng, Andrei Sakharov đã để lại lời khuyên:

Kỷ niệm định lý Raisky

A.ROMANOV

50

NĂM TRƯỚC, một bài báo của học sinh trường Dmitry Raisky [1] với sự tiến bộ đáng kể trong bài toán do Hadwiger đặt ra [2] đã được gửi đến TẠP CHÍ “TOÁN HỌC GHI CHÚ”. Dmitry đã chứng minh định lý sau: Khi tô màu một mặt phẳng bằng ba màu (chia nó thành ba tập hợp riêng biệt), bạn luôn có thể chọn màu trong đó tất cả các khoảng cách được thực hiện, tức là với bất kỳ dương d nào, có hai điểm ở khoảng cách d được tô màu bằng màu đã chọn. Định lý Raisky là sự củng cố đáng chú ý của định lý được anh em Moser chứng minh năm 1961 rằng khi một mặt phẳng được tô bằng ba màu thì sẽ có hai điểm cùng màu cách nhau 1. Khi chuẩn bị bài báo [1] để xuất bản, định lý đã được khái quát hóa thành không gian N chiều và được chỉnh sửa đáng kể. Kết quả là, tác phẩm của sinh viên này trở nên khó đọc và không thể tiếp cận được đối với các nhà toán học trẻ. Ở đây tôi đã cố gắng tạo lại phiên bản gốc lời giải. Tôi biết ơn N.N. Konstantinov, người vào năm 1971 đã cho tôi biết cách chứng minh định lý Raisky. Konstantinov đã giúp Dmitry chuẩn bị bài báo và nếu không có sự tham gia của anh ấy thì việc xuất bản khó có thể thực hiện được.

Tích được xác định theo cách này chứa tối đa $n_{◊} k$ vectơ khác nhau, vì tổng vectơ cho các cặp khác nhau có thể là $совпадать.^{Лемма} 1.$ Nếu chúng ta xem xét phép quay của chùm tia k theo một góc tùy ý, thì chỉ với một số góc quay hữu hạn, tích của chùm tia n cố định và chùm tia k quay sẽ chứa ít hơn $n_{◊} k$ vectơ khác nhau. Thật vậy, có thể chọn hai vectơ khác nhau a, b từ chùm tia n và hai vectơ khác nhau c, d từ chùm tia k chỉ bằng một số hữu hạn cách. Đối với mỗi bộ bốn vectơ như vậy, hãy xem xét phép quay của chùm tia k qua một góc D và so sánh tổng của các vectơ $a_{+} c_{D}$ và $b_{+} d_{D}$. Vì các đường tròn cắt nhau ở nhiều nhất hai điểm, nên nhiều nhất hai góc D có thể cho các tổng này bằng nhau, điều này chứng tỏ Bổ đề $1.^{Лемма} 2.$ Nếu tích của tia n và tia k chứa n ◊ k vectơ khác nhau, thì n ◊ k đầu của các vectơ này tạo thành n hình thu được bằng cách dịch song song của con trỏ k và k hình thu được

Bổ đề phụ trợ

Cho một hình gồm n điểm khác nhau trên mặt phẳng—một con trỏ n. Hãy chọn một trong những điểm này và gọi chùm tia n là một tập hợp các vectơ đi từ điểm này đến tất cả các điểm của con trỏ n (một trong các vectơ của chùm tia n là vectơ rỗng). Chúng ta hãy định nghĩa tích của chùm tia n và chùm tia k là một tập hợp các vectơ a + c, trong đó vectơ a được lấy từ chùm tia n và c từ chùm tia k.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190702

Hình 1

được tính bằng cách chuyển song song điểm n (Hình 1).

Chứng minh định lý

Giả sử rằng tuyên bố đó là sai và có một cách tô màu mặt phẳng theo ba màu mà không thể chọn một màu trong đó tất cả các khoảng cách đều được thực hiện. Sau đó, đối với cuốn sách tô màu này, mỗi màu có

11

DỊP KỈ NIỆM

CÁC ĐỊNH LÝ

khoảng cách không thể tồn tại giữa hai điểm là màu sắc. Chúng ta hãy xem xét máy dò 7 điểm do anh em nhà Moser đề xuất, mà Raisky gọi là “máy dò” (Hình 2). Tất cả các đoạn được vẽ đều có độ dài 1. Bằng cách liệt kê đơn giản, bạn có thể xác minh rằng nếu từ

THIÊN ĐƯỜNG

trong mọi thăm dò màu 1 trên 7 điểm, không có nhiều hơn hai màu 1, trong bất kỳ thăm dò màu 2 trên 7 điểm nào, không có nhiều hơn hai màu 2, và trong mọi thăm dò màu 3 trên 7 điểm, không có nhiều hơn hai màu 3. Do đó, không quá $2_{◊} 7^{2}$ điểm có thể được tô màu trong mỗi màu, tổng cộng không quá $6_{◊} 7^{2}$ điểm trong số $7^{3}$ có ​​thể được tô màu. Bằng chứng đã hoàn tất.

trường hợp đa chiều

Hình 2

chọn ba điểm bất kỳ trong số bảy điểm này thì có hai điểm được chọn nối với nhau bằng một đoạn thẳng. Định lý Moser ngay lập tức suy ra từ điều này. Với mỗi màu chúng ta sẽ có đầu dò 7 điểm riêng, trong đó thay vì 1 sẽ là khoảng cách còn thiếu ở màu này. Hãy chọn một điểm tùy ý trên mặt phẳng và xem xét tất cả các vectơ của chùm tia đi ra từ điểm này. Hãy đánh số màu tùy ý và xem xét đầu dò cho màu 1. Trong mỗi đầu dò trong số ba đầu dò 7 điểm, hãy chọn một trong 7 điểm, ví dụ $A_{4}$. Sau đó, mỗi đầu dò có 7 tia riêng. Theo Bổ đề 1, chúng ta xoay đầu dò 7 điểm cho màu 2 theo một góc sao cho tích của 7 tia 1 và 2 chứa $7^{2}$ vectơ khác nhau (đó là 49 tia) và xoay đầu dò 7 điểm cho màu 3 theo một góc sao cho tích của 49 tia và 7 tia này chứa $7^{3}$ vectơ khác nhau. Theo Bổ đề 2, các đầu của các vectơ $7^{3}$ này - $7^{3}$ các điểm khác nhau trên mặt phẳng - tạo thành 49 đầu dò cho màu 3, chúng cũng tạo thành 49 đầu dò cho màu 2 và 49 đầu dò cho màu 1. Để hoàn thiện chứng minh, chỉ cần lưu ý rằng trong

Bài báo của Raisky đưa ra cách chứng minh định lý về không gian n chiều: Cho các tập hợp $A_{1}, A_{2},^{…}, A_{n} +_{1}$ tạo thành một lớp phủ của không gian Euclide n chiều $R^{n} (n >$ 1); thì trong số chúng có một tập hợp $A_{i}$ sao cho với mọi d > 0 tồn tại một cặp điểm từ tập hợp này, khoảng cách giữa chúng bằng d. Để chứng minh định lý ở dạng này, không cần có ý tưởng mới, ngoại trừ việc xây dựng thăm dò trong $R^{n}$ và chứng minh Bổ đề 1. Để không hy sinh khả năng trình bày, chúng ta xét trường hợp không gian ba chiều; đối với kích thước lớn, những khó khăn hoàn toàn là kỹ thuật. (Lưu ý rằng trong bài viết của Raisky, bằng chứng đã được chỉnh sửa đáng kể; ở đây tôi đã cố gắng tái tạo phiên bản gốc.) Hãy xây dựng một thăm dò cho $R^{3}$. Raisky gọi trục xoay là một đỉnh 5 điểm gồm 4 đỉnh của một tứ diện đều có cạnh d và một điểm b khác, đối xứng với một trong các đỉnh của nó - đỉnh a - so với mặt (Hình 3). Ông gọi đầu dò là đầu dò 9 điểm, thu được từ hai trục quay, kết hợp bởi các đỉnh a và quay sao cho khoảng cách giữa các điểm b của các trục quay này cũng bằng d (Hình 4). Hình 3

12

KVANT 2019/№7

Bổ đề 2 thay đổi một chút. Tích của tia n và tia k chứa n k vectơ, có tính đến bội số và n k đầu của các vectơ này tạo thành n hình thu được bằng cách dịch song song của con trỏ k và k hình thu được bằng cách dịch song song của con trỏ n. Mỗi điểm của tích các ròng rọc xuất hiện trong những hình này nhiều lần bằng bội số của điểm. Với cách tiếp cận này, trường hợp nhiều chiều chỉ khác với trường hợp hai chiều ở thiết kế đầu dò.

Ước tính hàng đầu

Hình 4

Rõ ràng là có sự quay trục chính như vậy. Chứng minh Bổ đề 1 cần sửa đổi một chút. Đối với một n con trỏ cho trước, hãy chọn một mặt phẳng trong $R^{3}$ sao cho hình chiếu của n con trỏ lên mặt phẳng này chứa n điểm khác nhau. Chúng ta hãy chọn vị trí ban đầu (xoay) của con trỏ k so với mặt phẳng này sao cho hình chiếu của nó chứa k điểm khác nhau. Trên mặt phẳng, chúng ta có chùm tia n và chùm tia k, trong đó Bổ đề 1 hợp lệ. Chúng ta hãy xét chuyển động quay của chùm tia k ban đầu quanh một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đã chọn. Hình chiếu lên mặt phẳng chứa $n_{◊} k$ các vectơ khác nhau, điều này chứng tỏ Bổ đề 1 cho $R^{3}$. Phần còn lại của bằng chứng không thay đổi.

Trước khi bài báo của Raisky được xuất bản, người ta đã biết cách tô màu mặt phẳng bằng 7 màu, trong đó hai điểm bất kỳ cách nhau 1 đều được tô bằng các màu khác nhau. Màu sắc này dựa trên việc chia mặt phẳng thành các hình lục giác đều đều bằng nhau. S.B. Stechkin nhận thấy (và, với sự cho phép của Raisky, đã chèn nó vào bài viết) rằng mặt phẳng có thể được chia thành 6 tập hợp sao cho không phải tất cả các khoảng cách đều được thực hiện trên mỗi tập hợp đó. Yếu tố thiết kế bao gồm 4 hình lục giác đều và 8 hình tam giác đều. Bằng cách chuyển song song, toàn bộ mặt phẳng được lát bằng phần tử này, như trong Hình.

Tối ưu hóa chứng minh định lý Raisky

Chứng minh được đề xuất không sử dụng những ý tưởng còn thiếu trong phiên bản gốc của Raisky. Hóa ra là chúng ta có thể từ chối xét các phép quay làm cho các điểm không trùng nhau (Bổ đề 1). Thay vào đó, mỗi vectơ của tích của chùm tia n và chùm tia k có thể được gán một bội số - số tùy chọn để chọn một vectơ từ chùm tia n và một vectơ từ chùm tia k mà tổng của các vectơ trùng nhau.

Hình 5

Hình 5. Tất cả các hình tam giác đều mở, các đỉnh dưới và bên phải của hình lục giác không thuộc các hình này. Nếu chúng ta lấy cạnh của tam giác là 1 thì khoảng cách $d_{1} = 2$ không được nhận ra như nhau trên các bộ $A_{1},^{…}, A_{4}$

(Tiếp theo trang 23)

14

KVAN T 2019/№7

đồng đều dọc theo toàn bộ chiều dài. Hai trong số ba thanh tương tác với nhau bằng lực nào? Đầu của một que chạm vào mép bình và giữa que kia. S. Tatikov

F2575. Số chỉ của các đồng hồ vạn năng giống hệt nhau trong mạch điện ở Hình 3 là bao nhiêu? Ba thiết bị hoạt động như ôm kế trên phạm vi

Lời giải bài toán M2553 – M2557, F2561–F2564

M2553*. Lời giải trong số này bài toán xem trong bài viết của A. Zaslavsky “Về một tứ giác trực tâm”.

M2554. Vòng tròn: 1 và: 2 tiếp xúc nhau ở bên ngoài tại điểm C và tiếp xúc bên trong tại điểm A và B (Hình 1). Đường thẳng AB cắt đường tròn lần thứ hai: 1 tại điểm D. Chứng minh rằng BCD 90 o.

Hình 3

2000 kOhm và ba điện áp đo còn lại. Điện trở trong của các thiết bị ở các chế độ đo này giống nhau và bằng R = 1 MOhm. Emf của pin tương đương (đối với mạch ngoài) trong mỗi ôm kế là E = 2,2 V. S. Varlamov

F2576. Một vòng có “đuôi” được làm từ một sợi dây cao su đồng nhất, tức là một trong các đầu của dây được buộc chặt bằng nút thắt vào một trong các điểm giữa hai đầu của nó (Hình 4). Sợi dây được lấy ở hai điểm và kéo dài sao cho

Hình 4

rằng vòng lặp biến thành hai đoạn có chiều dài và khối lượng bằng nhau, kéo dài dọc theo nhau, và phần đuôi hoàn toàn kéo dài dọc theo cùng một đường mà các phần của vòng lặp nằm trên đó. Trong trường hợp này, tất cả các phần nhỏ của dây đều có chiều dài lớn hơn nhiều lần so với chiều dài của các phần tương tự này ở trạng thái không bị biến dạng. Khi bị kéo căng, sợi dây tuân theo định luật Hooke. Nếu bạn “click” vào một nút, các sóng truyền dọc theo dây, được phản xạ từ các điểm đính kèm, sẽ đồng thời quay trở lại nút đó. Phần đuôi chiếm bao nhiêu so với tổng khối lượng của sợi dây cao su? A. Shnurov

Hình 1

Gọi O, O 1, O 2 lần lượt là tâm của các đường tròn:,: 1,: 2 (Hình 2). Khi đó các điểm O 1 và O 2 nằm trên các cạnh của tam giác cân AOB. Tam giác AO 1 D cũng là tam giác cân nên ADO 1 ABO, từ đó O 1 D P OB. Cho đường thẳng DC cắt nhau lần thứ hai: 2 tại điểm E. Vì C nằm trên O 1 O 2 nên từ các tam giác cân DO 1 C và

Hình 2

20

KVAN T 2019/№7

Về một tứ giác trực tâm

A. ZASLAVSKY

Bài viết này dành cho việc xây dựng hình học từ bài toán M2553 “Bài toán Kvant (bài toán này cũng đã được đề xuất tại Cúp tưởng niệm XXII A.N. Kolmogorov). Trong quá trình nghiên cứu thiết kế này, cũng như làm việc với I. Bogdanov và P. Kozhevnikov, khá nhiều sơ đồ hình học thú vị đã được phát hiện mà chúng tôi muốn kể cho độc giả. Nhưng hãy bắt đầu với bản gốc bài toán. Bài toán M2553*. Hãy ký hiệu I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC, bằng A 1, B 1 và C 1 – các điểm tiếp tuyến của nó với các cạnh BC, CA và AB, lần lượt là K và L – tâm của các đường tròn nội tiếp các tứ giác AB 1 IC 1 và BA 1 IC 1, tương ứng là H – đáy đường cao,

Dưới đây, để ngắn gọn, chúng ta sẽ gọi hai hình vuông góc với nhau nếu chúng giống nhau, định hướng bằng nhau và góc giữa các đoạn tương ứng của các hình bằng 90°. Nói cách khác, chúng ta gọi các hình là tương tự vuông góc nếu một trong hai hình kia có thể thu được bằng phép quay đồng nhất (tức là thực hiện tuần tự phép quay và tính đồng nhất) với góc quay 90°. Lời giải bài toán. Trong trường hợp AC = BC, các điểm P, Q và C 1 trùng nhau và tam giác KC 1 L vuông và cân nên khẳng định bài toán là đúng. Hơn nữa, không mất tính tổng quát, ta giả sử AC < BC. Từ tính đối xứng của tứ giác BA 1 IC 1 so với VI (Hình 2) dễ dàng thấy rằng

Hình 2

Hình 1

rơi từ điểm C (Hình 1). Phân giác của góc AHC cắt đường thẳng A 1 C 1 tại điểm P, phân giác của góc BHC cắt đường thẳng B 1 C 1 tại điểm Q. Chứng minh Q là trực tâm của tam giác KLP. Điều kiện bài toán rõ ràng có nghĩa là mỗi điểm K, L, P, Q là trực tâm của tam giác tạo bởi ba điểm còn lại. Bộ bốn điểm như vậy được gọi là trực tâm.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190703

đường thẳng C 1 A 1 (cũng nằm trên đó P) vuông góc với đường thẳng BI (cũng nằm trên đó L). Tương tự, các đường thẳng C 1 QB 1 và AKI vuông góc với nhau. Hơn nữa, vì C 1 K và C 1 L là các phân giác của góc vuông AC 1 I và BC 1 I nên ta có PH P C 1 K A C 1 L P QH. Do đó, các tam giác KIC 1 và QC 1 H đồng dạng vuông góc. Ngoài ra, các tam giác LIC 1 và C 1 PH vuông góc với nhau, nghĩa là điều tương tự cũng đúng với các tứ giác KILC 1 và QC 1 PH, do đó PQ và KL vuông góc với các đường chéo tương ứng của các tứ giác vuông góc giống nhau. Bây giờ chỉ cần chứng minh PK A QL là đủ. Đặt $X HP \cap AI$ và $Y HQ \cap$

22

KVAN T 2019/№7

uuuuur uuur đẩy HC 1 vào C 1 I. Tâm của phép đồng đẳng quay đó là hình chiếu của đỉnh C 1 lên cạnh huyền IH của tam giác vuông IC 1 H. Như vậy, E trùng với hình chiếu của C 1 lên IH.

Điểm D

Vì PH A QH và PD A DQ nên điểm D nằm trên đường tròn (PHQ) (Hình 5).

Bài tập

5. Từ mô tả thu được của điểm D, suy ra rằng các đường thẳng CD, IC 1 và KL cắt nhau tại một điểm. Gợi ý. Các đường thẳng này là các tiếp tuyến chung và là đường tâm của các đường tròn. 6. Chứng minh bằng cách khác theo định lý Desargues rằng a) D nằm trên AB, b) E nằm trên IH. Gợi ý. Bạn có thể áp dụng định lý Desargues cho các tam giác a) KLC 1 và QPH, b) QYL và PXK.

Cuối cùng, chúng ta hãy lưu ý thêm một thực tế nữa về các điểm P và Q: đường thẳng PQ đi qua C. Điều này có thể được chứng minh, chẳng hạn như sau, bằng cách sử dụng các bộ tứ điều hòa. Xét các điểm U và V của giao điểm CH với B 1 C 1 và A 1 C 1 tương ứng (Hình 6). Việc chứng minh không khó (ví dụ:

Hình 5

Bài 4. Chứng minh E cũng nằm trên đường tròn (PHQ).

Như chúng ta đã biết, tam giác PDQ là tam giác vuông cân, D là trung điểm của cung PQ nên HD là phân giác của góc PHQ. Điều này có nghĩa là đường thẳng HD trùng với AB, tức là D nằm trên AB. Lưu ý rằng D cũng nằm trên đường tròn ( KC 1 L ) có đường kính KL. Do đó D là điểm tại đó đường tròn (KLC 1) cắt AB lần thứ hai. Đã biết (ví dụ, xem bài “Tứ giác nội tiếp và đường đứt nét” ở «Kvant» Số 1 năm 2010, bài toán 3) rằng tiếp tuyến chung trong của đường tròn nội tiếp tứ giác AB 1 IC 1 và BA 1 IC 1, khác IC 1, đi qua C. Cho tiếp tuyến này là CD c, trong đó D c là một điểm trên đường thẳng AB. Khi đó C 1 và D c ​​nằm trên đường tròn có đường kính KL, vì KD c A LD c (phân giác của các góc giữa đường thẳng CD c và AB) và tương tự KC 1 A LC 1 (phân giác của các góc giữa đường thẳng IC 1 và AB). Khi đó D c trùng với D.

Hình 6

sử dụng định lý Ceva cho tam giác C 1 UV), các đường thẳng UP, VQ và C 1 H cắt nhau tại một điểm, do đó U, V, H và điểm $PQ \cap CH$ tạo thành một bộ tứ điều hòa. Nhưng các đường thẳng C 1 B 1, C 1 A 1, C 1 H và C 1 C cũng tạo thành một tứ giác điều hòa, nghĩa là giao điểm $PQ \cap CH$ trùng với C.

Bài 7. Chứng minh các đường thẳng AH và AD đối xứng qua AF. Gợi ý. Sử dụng bài tập 5.

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC

Bổ đề Hall trong các bài toán Sage

M.SHEVTSOVA

Giới thiệu

Bài toán liên quan đến các thuật toán hợp tác (nói một cách đơn giản hơn là bài toán của các nhà hiền triết) theo truyền thống được coi là khá khó. Thực tế là thường rất khó đưa ra một chiến lược hành động phù hợp để đảm bảo thành công cho các nhà hiền triết (ví dụ, khi đoán màu mũ họ đang đội); Không có những cân nhắc chung nào cho phép chúng tôi xây dựng các chiến lược cần thiết. Tất nhiên, có những ý tưởng tiêu chuẩn về đánh số, mã hóa, v.v., nhưng cách đánh số, mã hóa chính xác và từ đó truyền tải thông tin cần thiết phải được phát minh lại mỗi lần. Trong bài viết này, chúng tôi sẽ nói về một cách tiếp cận thú vị cho những vấn đề như vậy, trong đó không cần phải đưa ra các chiến lược hành động như vậy. Điều này có vẻ khó tin, nhưng có một cách để chứng minh sự tồn tại của một chiến lược mà không cần trình bày nó một cách rõ ràng! Những ý tưởng tương tự cũng áp dụng cho các bài toán về ảo thuật gia: bạn có thể chứng minh rằng một trò lừa có thể xảy ra mà không cần tiết lộ cách thực hiện nó! Chúng ta sẽ học cách thực hiện điều này bằng cách xem xét một kết quả tổ hợp cổ điển: Bổ đề Hall.

Bổ đề Hall thông thường và bội

Hãy bắt đầu với việc xây dựng bổ đề Hall cổ điển. Hãy tưởng tượng rằng các chàng trai và cô gái đến khiêu vũ vào buổi tối. Một số chàng trai và cô gái biết nhau. Như thường lệ, mọi chàng trai trẻ chỉ muốn khiêu vũ với người mình biết.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190705

anh ấy là một cô gái. Câu hỏi đặt ra là liệu tất cả các chàng trai có thể mời những cô gái mà họ biết khiêu vũ không? Hóa ra có một điều kiện cần và đủ đơn giản, theo đó mọi chàng trai sẽ tìm được bạn đời (mặc dù, có lẽ, một số cô gái sẽ không có bạn tình). Đây là bản chất của bổ đề Hall. Định lý 1. Bổ đề Hall. Xét một đồ thị hai bên, trong đó các đỉnh của phần thứ nhất là con trai và các đỉnh của phần thứ hai là con gái. Hãy kết nối một chàng trai và một cô gái có lợi thế nếu họ biết nhau. Giả sử rằng k chàng trai bất kỳ biết ít nhất k cô gái, với k bất kỳ từ 1 đến tổng số chàng trai. Sau đó tất cả các chàng trai sẽ có thể mời những cô gái mà họ biết đến khiêu vũ. Có nhiều cách khác nhau để chứng minh bổ đề Hall. Chúng tôi sẽ trình bày một chứng minh cổ điển, còn được gọi là phương pháp chuỗi xen kẽ. Các chứng minh khác có thể tìm thấy ở bài viết [1]. Bằng chứng. Hãy giả sử điều ngược lại: đừng để tất cả các chàng trai có thể khiêu vũ với những cô gái mà họ biết. Hãy xem xét số lượng lớn nhất các cặp nhảy có thể được hình thành. Tiếp theo, chúng ta hãy nhìn vào một chàng trai trẻ không có tên trong những cặp này. Anh ta bắt đầu tổ chức hội kín của mình. Vào ngày đầu tiên, chỉ có anh ấy ở trong xã hội này. Mỗi ngày tiếp theo, mỗi chàng trai trẻ bước vào hội này đều mời tất cả các cô gái mà anh ta biết đến đó và họ mang theo bạn nhảy (nếu có) đến đó.

Bài tập

1. Chứng minh rằng sớm hay muộn một cô gái chưa có bạn đời cũng sẽ bước vào xã hội. 2. Chứng minh rằng trong trường hợp này có thể chia nam và nữ thành từng cặp sao cho số lượng cặp tăng lên. 3. Suy ra bổ đề Hall từ đây.

Bản chất của bổ đề Hall là thiết lập sự tương ứng giữa hai loại đối tượng (trai và gái) khi đáp ứng các điều kiện kết nối nhất định giữa các đối tượng này. Không có nhiều mệnh đề như thế này trong tổ hợp, và bổ đề Hall có lẽ là mệnh đề mạnh mẽ nhất trong số đó. Để thực hành sử dụng nó, hãy thử giải câu bài toán sau.

28

KVAN T 2019/№7

Bài tập

4. Mỗi hình vuông bằng nhau được chia thành 100 phần bằng nhau. Chứng minh rằng bạn có thể xếp chồng các hình vuông này lại và chọc thủng chúng ở 100 điểm sao cho mỗi phần trong số 100 phần của mỗi hình vuông đều bị xuyên thủng. 5. 7 ô vuông được cắt ra từ bàn cờ. Chứng minh rằng trên các ô còn lại có thể đặt 8 quân xe không tấn công lẫn nhau. Gợi ý. Xét một đồ thị hai phía có các đỉnh là các hàng (phần đầu tiên) và các cột (phần thứ hai) của một bảng đã cho.

Trong thực tế, chúng ta sẽ sử dụng bổ đề Hall trong một tình huống rất cụ thể, tương ứng với cái gọi là đồ thị lưỡng cực đều. Chúng ta hãy xây dựng riêng tuyên bố tương ứng, đây sẽ là câu nói then chốt cho lời giải bài toán với các nhà hiền triết. Định lý 2. Bổ đề Hall cho đồ thị chính quy. Giả sử rằng với một số l > 0 mỗi chàng trai biết chính xác l cô gái và mỗi cô gái biết chính xác l chàng trai. Sau đó tất cả các chàng trai sẽ có thể mời những cô gái mà họ biết đến khiêu vũ. Về mặt đồ thị, phát biểu này nghe như sau: nếu trong một đồ thị hai bên, bậc của tất cả các đỉnh là như nhau, thì các đỉnh của một phần có thể được liên kết với chính xác một đỉnh liền kề của một phần khác. Bằng chứng. Chúng ta hãy xem xét k chàng trai tùy ý và chứng minh rằng họ biết ít nhất k cô gái (trong trường hợp này, tuyên bố của chúng tôi tuân theo bổ đề Hall). Giả sử k chàng trai biết x cô gái. Hãy đếm số cạnh đến từ k chàng trai này và số cạnh đi vào x cô gái mà họ biết. Rõ ràng là không có nhiều xương sườn ra khỏi con trai hơn số xương sườn đi vào con gái. Khi đó kl d ​​​​xl, từ đó x t k, đây là điều cần chứng minh.

Bài tập 6. Một công ty bảo vệ tư nhân thuê n nhân viên bảo vệ. Mỗi ngày chúng cần được phân phối trên n đối tượng. Sau k ngày, hóa ra không có ai trực ở cùng một cơ sở hai lần. Chứng minh rằng có thể lập lịch cho n – k ngày còn lại sao cho tất cả lính canh đều trực một lần ở tất cả các đồ vật.

Trong phần tiếp theo, những ý tưởng liên quan đến việc áp dụng bổ đề Hall cho lời giải bài toán về các nhà ảo thuật sẽ rất quan trọng đối với chúng ta. Chúng tôi sẽ mang lại

Chúng tôi sẽ chỉ đưa ra một bài toán về chủ đề này, giới thiệu người đọc quan tâm đến bài viết [2]. Bài toán 1 (Olympic Toán toàn Nga, 2007). Một ảo thuật gia và một trợ lý sắp thực hiện một trò lừa như vậy. Khán giả viết một dãy N số lên bảng. Trợ lý của ảo thuật gia che hai số liền kề bằng một vòng tròn màu đen. Sau đó, ảo thuật gia bước vào. bài toán của anh ấy là đoán cả hai chữ số đóng (và thứ tự chúng nằm). Ở mức tối thiểu N nhà ảo thuật có thể đồng ý với trợ lý của mình để trò lừa được đảm bảo thành công? Đáp số: 101. Lời giải. Trước khi chuyển sang lời giải, chúng ta hãy cố gắng hiểu cách chúng ta có thể chính thức hóa việc đoán của nhà ảo thuật về cách sắp xếp các con số ban đầu. Chúng ta có một tập hợp gồm N chữ số ban đầu. Một trong những bộ này được viết bởi khán giả và ảo thuật gia phải đoán nó. Những bộ này sẽ tạo thành phần đầu tiên trong biểu đồ lưỡng cực của chúng tôi. Bản thân ảo thuật gia chỉ nhìn thấy một phần của bộ này với hai con số được trợ lý giấu đi. Các bộ này sẽ tạo thành các đỉnh của phần thứ hai của đồ thị lưỡng cực. Việc xem xét đơn giản này, cho phép chúng tôi đưa biểu đồ lưỡng cực vào bài toán của mình, gợi ý ước tính cho số N. Hãy xem xét tất cả các đỉnh của phần thứ hai. Có chính xác N 1 $10^{N} 2$ các đỉnh này. Mặt khác, có chính xác $10^{N}$ đỉnh trong nhịp đầu tiên. Rõ ràng là nếu phần thứ hai có ít đỉnh hơn phần thứ nhất thì thủ thuật sẽ thất bại. Thật vậy, trong trường hợp này sẽ có hai bộ N số bắt đầu, sau khi đóng các số sẽ cho ra bộ giống nhau mà ảo thuật gia sẽ nhìn thấy nên sẽ không đoán được bộ mong muốn. Từ đây ta có giới hạn về N:

N 1 $10^{N} 2 t 10^{N}$, từ đó N t 101. Vẫn còn phải đưa ra thuật toán cho các hành động của nhà ảo thuật để anh ta có thể đoán các số đóng theo một chuỗi có độ dài $N_{0} 101$. Đây là nơi chúng ta áp dụng bổ đề Hall. Chúng ta cần phải làm gì? Chúng ta có các đỉnh của nhịp thứ hai mà ảo thuật gia nhìn thấy và các đỉnh của nhịp đầu tiên mà khán giả mong muốn. Chúng ta cần thiết lập một song ánh, tức là.

30

KVAN T 2019/№7

Định lý 4. Bổ đề bội Hall trong trường hợp chính quy. Xét một đồ thị hai bên, trong đó các đỉnh của phần thứ nhất là con trai và các đỉnh của phần thứ hai là con gái. Hãy kết nối một chàng trai và một cô gái có lợi thế nếu họ biết nhau. Giả sử rằng bậc của tất cả các đỉnh tương ứng với con gái là như nhau và bằng m và bậc của tất cả các đỉnh tương ứng với con gái cũng bằng nhau và bằng d. Chứng minh rằng mọi chàng trai đều có thể khiêu vũ với ª m ` « и » ¼ cô gái mà anh ấy biết và mỗi cô gái sẽ nhảy không quá một lần.

Bài tập 7. Chứng minh định lý này.

Bổ đề Sage và Hall

Vì vậy, chúng tôi đã tìm ra cách chứng minh khả năng thực hiện các thủ thuật bằng cách sử dụng bổ đề Hall: điều quan trọng cần cân nhắc là khả năng thiết lập sự xen kẽ giữa tập hợp các trạng thái bắt đầu mà ảo thuật gia nhìn thấy và tập hợp các trạng thái cuối cùng (do người xem nghĩ) cần phải đoán. Việc tiêm là một sự tương ứng sao cho các trạng thái bắt đầu khác nhau được liên kết với các trạng thái cuối cùng khác nhau. Tuy nhiên, trong các vấn đề về hiền nhân và chiến lược hợp tác, tình hình phức tạp hơn. Thứ nhất, trong đại đa số bài toán những nhà thông thái như vậy có thể (và nên) mắc sai lầm, tức là Đơn giản là không có cái gọi là phỏng đoán không thể sai lầm. Thứ hai, khả năng xảy ra lỗi khiến quá trình giải mã trở nên mơ hồ. Nói cách khác, tình huống cuối cùng có thể đạt được ngay từ đầu không phải là rõ ràng. Nhưng chúng ta có bổ đề Hall cho trường hợp như vậy! Vấn đề quan trọng cần cân nhắc để làm cho đa bổ đề của Hall hoạt động được trong các bài toán hiền triết là như sau. Giả sử các nhà thông thái được tặng những chiếc mũ có nhiều màu sắc khác nhau và họ cần đoán màu mũ của mình, chỉ nhìn thấy mũ của những nhà thông thái khác trước mặt họ. Hãy đánh số những nhà thông thái và đặt mũ cho họ bằng mọi cách có thể. Hãy trang bị cho mình một chiếc máy ảnh và bắt đầu chụp ảnh chúng. Chúng tôi sẽ chụp ảnh từng tình huống từ trên cao để có

tất cả những chiếc mũ đều có thể nhìn thấy được, và sau đó chúng tôi sẽ đưa máy ảnh cho từng nhà thông thái để chính anh ta có thể chụp ảnh tất cả những nhà thông thái khác mà anh ta nhìn thấy từ vị trí của mình. Chúng ta hãy xem xét một biểu đồ hai bên trong đó các đỉnh của phần đầu tiên là tất cả các bức ảnh do chúng ta chụp (trên thực tế, chỉ là tất cả các cách sắp xếp ban đầu có thể có của các mũ trên các cây hiền triết), và phần thứ hai là tất cả các bức ảnh được chụp bởi tất cả các nhà hiền triết. Tiếp theo, chúng ta nối đỉnh v từ phần thứ hai với đỉnh u từ phần đầu tiên nếu bức ảnh v được chụp bởi một trong những nhà thông thái trong tình huống u. Người khôn ngoan nên làm gì? Với mỗi bức ảnh chụp, nhà hiền triết phải cố gắng khôi phục lại màu sắc của chiếc mũ của mình. Tất nhiên, trong một số trường hợp, người khôn ngoan sẽ sai. Chúng ta cần tìm những nhà thông thái đảm bảo sẽ trả lời đúng. Chính xác hơn, chúng ta nên phân bổ đều đáp số của tất cả các nhà thông thái trong số các bức ảnh u, sao cho mỗi bức ảnh có đủ số lượng đáp số đúng. Để làm điều này, chúng ta sử dụng bổ đề bội Hall. Những nhà hiền triết có quan điểm được chọn theo một bức ảnh chung nhất định sẽ trả lời với giả định rằng họ đang ở trong tình huống này và do đó đúng. Do đó, nếu mỗi bức ảnh u được liên kết với ít nhất m bức ảnh $u_{1},......, u_{m}$ do các nhà hiền triết thực hiện, thì trong mỗi tình huống có ít nhất m nhà hiền triết sẽ trả lời đúng. Chúng ta sẽ xác định số m từ tham số bài toán. Chúng ta hãy xem kế hoạch này hoạt động như thế nào trong thực tế. Bài toán 2 (Olympic Toán học Mátxcơva, 2010). Một đội gồm n nhà thông thái tham gia trò chơi: mỗi người đội một chiếc mũ có k màu đã biết trước, sau đó khi tiếng còi thổi, tất cả các nhà thông thái đồng loạt chọn cho mình một chiếc khăn. Một đội nhận được số điểm bằng bao nhiêu người tham gia có mũ cùng màu với khăn quàng cổ của mình (có đủ số lượng khăn quàng cổ và mũ màu bất kỳ; trong quá trình chơi, mỗi người tham gia không nhìn thấy mũ của mình mà nhìn thấy mũ của người khác nhưng không có quyền đưa ra bất kỳ thông tin nào trước khi tiếng còi vang lên). Số điểm lớn nhất mà đội đã lên kế hoạch trước là bao nhiêu?

31

TOÁN HỌC

kế hoạch hành động của từng thành viên, liệu kế hoạch đó có được đảm bảo sẽ nhận được không? Đáp số: > n k @. Lời giải. Hãy xem xét biểu đồ được mô tả ở trên, trong đó các đỉnh của phần thứ nhất là tất cả các vị trí xuất phát có thể có của đội các nhà thông thái (tức là tất cả các phương án có thể có để đội những chiếc mũ màu k lên họ) và các đỉnh của phần thứ hai là những bức ảnh được chụp bởi mỗi nhà thông thái trong mỗi tình huống xuất phát có thể xảy ra. Rõ ràng là trong phần đầu tiên có $k^{n}$, và trong phần thứ hai có $nk^{n} 1$ đỉnh. Mỗi đỉnh của phần thứ nhất được nối với n đỉnh của phần thứ hai, vì mỗi người trong số n nhà thông thái có thể thấy cách sắp xếp chỗ ngồi như vậy. Mặt khác, mỗi đỉnh của phần thứ hai được kết nối với k đỉnh của phần thứ nhất, vì mỗi nhà hiền triết có k lựa chọn màu cho chiếc khăn quàng cổ của mình. Bây giờ chúng ta hãy xây dựng một thuật toán hành động cho các nhà thông thái, trong đó họ được đảm bảo ghi được > n k @ điểm. Để làm được điều này, chỉ cần chứng minh rằng có thể liên kết với từng đỉnh từ phần thứ nhất > n k @ đỉnh từ phần thứ hai là đủ. Chúng ta hãy sử dụng bổ đề bội Hall trong trường hợp thông thường. Chúng ta hãy áp dụng bổ đề này bằng cách gán cho mỗi cách sắp xếp ban đầu u hiền nhân từ phần thứ nhất m > n k @ đỉnh từ phần thứ hai. Chính những bậc hiền nhân này sẽ trả lời đúng trong sự sắp xếp ban đầu của bạn. Như vậy, hiền nhân có thể đảm bảo sẽ đạt được > n k @ điểm. Vẫn còn phải chứng minh rằng không thể đảm bảo có thêm > n k @ điểm. Trên thực tế, điều này cũng được giải thích bằng khả năng áp dụng bổ đề Hall: nếu có thể liên kết với mỗi đỉnh của phần thứ nhất nhiều > n k @ đỉnh từ phần thứ hai, thì đơn giản là chúng ta sẽ không có đủ đỉnh trong phần thứ hai. Về mặt hình thức, điều này có thể được chứng minh như sau. Giả sử có một chiến lược dành cho các hiền nhân đảm bảo ít nhất > n k @ 1 điểm. Lưu ý rằng đáp số của mỗi hiền nhân được xác định duy nhất bởi màu mũ của các hiền nhân khác. Hãy nối từng bức ảnh trong phần đầu tiên với quan điểm của những nhà thông thái trả lời đúng trong tình huống này. Nếu với mỗi màu có nhiều màu hơn > n k @, thì

$nk^{n} 1 t k^{n} > n k$ @ 1! $k^{n} > n k$ @ $nk^{n} 1$ – mâu thuẫn. Như vậy, tối đa

VÒNG TRÒN

Tổng số điểm mà các hiền nhân ghi được là > n k@.

Có một lớp bài toán về các nhà hiền triết, nơi bạn cần tìm xác suất cao nhất để đảm bảo đoán được màu mũ của bạn. Ví dụ: hãy xem xét các sửa đổi sau của bài toán trước đó.

Bài tập

8. Theo các điều kiện của bài toán trước đó, chúng ta sẽ giả sử rằng n < k. Xác suất tối đa để ít nhất một nhà thông thái đoán được màu mũ của mình là bao nhiêu? 9. Lần này các nhà thông thái viết màu sắc mong đợi của mũ r lần, nhưng họ không nhìn thấy hàng xóm của mình viết gì. Xác suất tối đa mà ít nhất một người trong số họ đoán đúng trong r lần thử mà các nhà hiền triết có thể đảm bảo là bao nhiêu?

Bài toán 3 (Olympic Leonard Euler, 2013). 99 nhà thông thái ngồi vào một chiếc bàn tròn. Họ biết rằng năm mươi người trong số họ đội mũ có một trong hai màu, và bốn mươi chín người khác - một màu khác (nhưng không biết trước màu nào trong hai màu có 50 mũ, và màu nào - 49). Mỗi nhà hiền triết nhìn thấy màu sắc của tất cả các mũ ngoại trừ mũ của mình. Tất cả các nhà thông thái phải đồng thời viết (mỗi người trên một tờ giấy riêng) màu mũ của mình. Liệu các nhà thông thái có thể thống nhất trước câu trả lời để ít nhất 74 người trong số họ đưa ra câu trả lời đúng đáp số? Đáp số: vâng. Lời giải. Rõ ràng là nếu một nhà hiền triết nhìn thấy 50 chiếc mũ cùng màu, thì ông ta có một chiếc mũ có màu khác với chiếc mũ trong số đó có 50 chiếc, tức là ông ta biết chiếc mũ của mình. Điều này có nghĩa là 49 nhà thông thái biết màu mũ của mình và sẽ trả lời đúng. 50 nhà thông thái còn lại nhìn thấy 49 chiếc mũ cùng màu và 49 chiếc mũ khác sẽ bị coi là xui xẻo. Hãy đảm bảo rằng 25 nhà thông thái kém may mắn luôn đoán đúng giới hạn. Hãy xem xét biểu đồ được mô tả ở trên, trong đó các đỉnh của phần đầu tiên là tất cả các vị trí có thể có của đội các nhà thông thái, và các đỉnh của phần thứ hai là những bức ảnh được chụp bởi mỗi nhà thông thái kém may mắn trong mỗi tình huống xuất phát có thể xảy ra. Mỗi đỉnh từ nhịp đầu tiên được kết nối với 50

(Tiếp theo trang 34)

Trong hầu hết các trường hợp gặp phải trong cơ học thực tế, công cần thiết để tái tạo chuyển động tỉ lệ với… năng lượng của chuyển động sinh ra bởi công… Thomas Jung

…không có máy nào có thể tạo ra nhiều công từ một lượng nhiệt nhất định được đưa vào nó hơn một máy thỏa mãn các điều kiện thuận nghịch… William Thomson (Kelvin)

Dòng điện ba pha đã trở thành một yếu tố văn hóa hiện đại; ảnh hưởng có lợi của kỹ thuật điện đối với cuộc sống của người phương Tây

các dân tộc sẽ không chậm xuất hiện ở nước Nga của chúng ta’. Mikhail Dolivo-Dobrovolsky

Gần như toàn bộ năng lượng của Mặt trời hiện đang bị lãng phí, vô dụng đối với nhân loại… Ý tưởng sử dụng nguồn năng lượng này có gì lạ?! Konstantin Tsiolkovsky

…sự phát xạ năng lượng liên tục từ các cơ thể hoạt động <vô tuyến>… cho thấy nguồn dự trữ năng lượng tiềm ẩn khổng lồ nằm trong chính các nguyên tử vô tuyến. Ernest Rutherford

Bạn có thực sự quen thuộc với điều này?

?

vật lý+công nghệ

Ngay cả khi nhìn lướt qua các đề từ cũng sẽ nhận thấy một khái niệm quan trọng chỉ ra chủ đề của số báo này – NĂNG LƯỢNG. Thật vậy, làm thế nào chúng ta có thể quản lý chuỗi kỹ thuật của mình mà không thảo luận về khả năng và đóng góp của khoa học trong việc sản xuất, lưu trữ, chuyển đổi, truyền tải và sử dụng các loại năng lượng khác nhau? Vật lý chắc chắn đã đóng một vai trò quyết định trong việc này và mọi phần của khóa học ở trường đều chứa đựng các vấn đề về năng lượng. Tầm quan trọng của sự phát triển của họ được nhấn mạnh bởi dự báo sau: sự phát triển kinh tế cần thiết để duy trì mức sống hiện tại cho đến năm 2050, có tính đến sự gia tăng dân số, sẽ đòi hỏi sự gia tăng đa dạng trong sản xuất năng lượng toàn cầu và tìm kiếm những cách thức mới, độc đáo để đạt được nó. Đây là một thách thức nghiêm trọng tạo ra một loạt các vấn đề về thể chất và kỹ thuật. Chà, hãy hăng hái, không chậm trễ, hãy đối đầu với lời giải của họ!

Câu hỏi và bài toán

1. Tốc độ nước ra khỏi tuabin thủy lực nhỏ hơn tốc độ nước đi vào. Điều này được kết nối với cái gì? 2. Tại sao các phần của bộ tản nhiệt sưởi trung tâm lại có hình dạng gân chứ không phải hình tròn như các ống thông thường?

2. Tại sao nhiệt độ của khí thải ở đầu ra của bộ giảm thanh ô tô lại thấp hơn nhiều lần so với trong xi lanh động cơ? 4. Làm thế nào để giải thích động cơ đốt trong có hiệu suất cao hơn động cơ hơi nước? 5. Tủ lạnh gia đình tiêu tốn bao nhiêu năng lượng? 6. Súng được xếp vào loại động cơ nào? 7. Bộ sưởi, chất lỏng làm việc và bộ làm mát trong động cơ tên lửa là gì? 8. Bàn ủi điện nối mạng liên tục sinh nhiệt. Tại sao cuộn dây của nó không cháy? 9. Khi các thiết bị sử dụng nhiều năng lượng (ấm đun nước điện, bàn ủi điện, lò sưởi điện, v.v.) được kết nối mạng, độ sáng của bóng đèn trong căn hộ giảm xuống rõ rệt nhưng sẽ sớm được phục hồi. Làm thế nào để giải thích điều này? 10. Hai bóng đèn điện sợi đốt có công suất 25 và 200 W mắc nối tiếp thành một mạch điện. Cái nào sẽ cháy sáng hơn khi đóng mạch? 11. Nồi hơi nào có thể đun sôi nước trong chảo với mức tiêu thụ ít năng lượng hơn: 600 W hay 1 kW? 12. Đường dây điện trong căn hộ có bọc một lớp cách nhiệt nhưng đường dây điện cao thế thì không. Tại sao?

13. Tại sao phải chuyển đổi điện áp bằng máy biến áp thành điện áp cao và ngược lại khi truyền năng lượng đi xa? 14. Cường độ dòng điện trong mạch sơ cấp và thứ cấp của máy biến áp đang làm việc sẽ thay đổi như thế nào nếu lõi sắt của nó bị hở? 15. Tại sao cuộn dây của động cơ điện thường bị cháy nếu rôto dừng đột ngột? 16. Trong trường hợp nào thì rôto của máy phát điện quay dễ hơn: khi mạch ngoài hở hay khi mạch đóng? 17. Có đúng là tua-bin gió sử dụng năng lượng mặt trời được chuyển đổi? 18. Tại sao hiệu suất của các tấm pin mặt trời trong không gian cao hơn trên trái đất? 19. Phần năng lượng giải phóng tối đa được chuyển hóa dưới dạng nào trong quá trình phân hạch hạt nhân uranium?

Kinh nghiệm vi mô

Chắc chắn bạn đã hơn một lần quan sát thấy vòi phun nước dùng để tưới cho bãi cỏ trong công viên, và có lẽ chính bạn cũng đã từng sử dụng chúng trong ngôi nhà tranh mùa hè của mình. Những nhà máy điện nào sử dụng nguyên lý hoạt động giống nhau?

Thật thú vị rằng…

…mong muốn khai thác các sức mạnh của thiên nhiên đã có từ hàng nghìn năm trước kỷ nguyên mới đã dẫn đến việc chế tạo ra nước và cối xay gió - nguyên mẫu của tua-bin hiện đại. …nhà khoa học và kỹ sư Hy Lạp cổ đại Heron của Alexandria đã phát minh và chế tạo aeolipile - động cơ hơi nước hoạt động đầu tiên. …việc phát hiện ra áp suất khí quyển vào năm 1643 bởi Evangelista Torricelli người Ý đã dẫn tới việc phát minh ra máy bơm không khí và hệ thống lắp đặt hơi nước-khí quyển. Năm 1675, người Hà Lan Christiaan Huygens đã trình diễn một cỗ máy chạy bằng vụ nổ thuốc súng, và người Pháp cộng tác với ông là Denis Papin vào năm 1690 là người đầu tiên sử dụng hơi nước để nâng một pít-tông và mô tả chu trình nhiệt động kín của động cơ hơi nước.

324x208

…các học sinh của Trường Bách khoa Paris Gaspard-Gustave Coriolis và Jean-Victor Poncelet, cố gắng áp dụng các phương pháp lý thuyết vào các bài toán ứng dụng, xác định rõ ràng khái niệm công, đồng thời đưa ra đánh giá về tổn thất năng lượng do sự xuất hiện của ma sát. …động cơ điện đầu tiên trên thế giới được Michael Faraday chế tạo vào năm 1821, và một thập kỷ sau, ông đã phát hiện ra định luật cảm ứng điện từ, định luật hình thành nên nền tảng của kỹ thuật năng lượng điện hiện đại. …một trong những nhà phát minh xuất sắc nhất trong lĩnh vực kỹ thuật điện, Nikola Tesla, người đã phát triển một số thiết kế cho động cơ điện, máy phát điện và máy biến thế, cũng trở nên nổi tiếng với việc xây dựng nhà máy thủy điện Niagara. …gần đây các kỹ sư Nhật Bản đã truyền 2 kilowatt điện đến 55 mét bằng cách sử dụng chùm bức xạ vi sóng. Đây là bước tiếp theo hướng tới việc triển khai nhà máy điện địa tĩnh, khi ở độ cao 36 nghìn km các vệ tinh “thu thập” và truyền năng lượng mặt trời về Trái đất. …một kỹ thuật đã được phát triển để phun bất kỳ vật liệu dẻo nào - vải, nhựa và thậm chí cả giấy vệ sinh - bằng tế bào quang điện mặt trời tạo ra điện áp đáng chú ý mà không làm giảm hiệu suất. …một sinh viên đến từ Đức đã chế tạo được một “máy gặt điện từ” có thể thu năng lượng theo đúng nghĩa đen từ không khí mỏng, cụ thể là các trường nền của thông tin di động, tín hiệu Wi-Fi và các nguồn gia dụng khác, sau đó sạc một loại pin nhất định bằng nó.

Đọc gì trong «Kvant» về năng lượng

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Năng lượng hạt nhân vĩ đại và khủng khiếp” – 2015, số 3, tr. 11; 2. “Nhiệt động lực học và chu trình xe máy” – 2017, số 2, tr. 25; 3. “Máy biến áp Tesla - nó là gì” - 2017, số 10, tr. 31; 4. “Tại sao đường dây điện lại kêu vo vo ở tần số 100 Hz?” – 2018, số 2, tr. 38; 5. “Máy biến áp có tác dụng gì?” – 2018, số 3, tr. 36; 6. “ITER – Sao Trái Đất” – 2018, số 8, tr.2; 7. “ITER – Hôm nay” – 2018, số 10, tr.2.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

38

KV AN T 2019/№7

Công này sẽ tăng lên bao nhiêu lần nếu lượng nước cung cấp mỗi phút tăng gấp đôi? Bỏ qua lực ma sát khi nước chảy qua ống. Gia tốc trọng trường g = 10 m $с^{2}$.

lớp 9

1. Hai khu vực hẻo lánh của sân bay A và B được nối với nhau bằng vỉa hè di động. Hành khách đã đi trên tuyến đường này hai lần. Lần đầu tiên, chỉ có đường từ A đến B hoạt động và hành khách đã dành thời gian $t_{1} | 4$ phút 50 giây để đóng $маршрут^{A} o^{B} o^{A}$. Trong trường hợp thứ hai, cả hai đường ray đều không chuyển động và hành khách đã dành thời gian trên cùng một tuyến đường $t_{2} | 6$ phút 40 giây. Hành khách sẽ dành bao nhiêu thời gian cho $маршрут^{A} o^{B} o^{A}$ nếu cả hai đường ray đều chuyển động? Trong mọi trường hợp, hành khách đi bộ với tốc độ tương đối như nhau. 2. Có một số khối đồng giống hệt nhau và một cái bếp điện. Ban đầu, tất cả các khối đều ở nhiệt độ phòng. Đầu đốt bếp điện được làm nóng và giữ ở nhiệt độ không đổi. Khối đầu tiên được nung nóng trên đầu đốt trong một thời gian dài, và sau đó, sau khi lấy nó ra, nó được đặt lên khối thứ hai, lạnh và nhiệt độ ở trạng thái ổn định của khối thu được đã được đo - hóa ra là $T_{1}$. Trong thí nghiệm thứ hai, khối thứ ba, được làm nóng tương tự trên một viên gạch, được đặt trên một chồng khối lạnh 4 và 5 - nhiệt độ được thiết lập là $T_{2}$. Sẽ đạt được nhiệt độ bao nhiêu nếu đặt khối 1 ấm từ ngăn xếp đầu tiên lên khối 6 lạnh? Bỏ qua sự toả nhiệt từ khối đó ra môi trường bên ngoài. 3. Kính hình trụ ngược được đóng lại bằng một piston di chuyển nhẹ. Đến đáy

Hình 2

một ống dài $сечением^{S}$ được gắn vào kính (Hình 2). Piston chứa một lượng chất lỏng nhất định. Nó được di chuyển lên từ từ. Đồ thị lực tác dụng lên piston phụ thuộc vào độ cao nâng của nó được thể hiện trên Hình 3. Xác định bằng

Hình 3

đồ thị và mật độ dữ liệu nhất định của chất lỏng. Không có ma sát. 4. Một cuvet cách điện có chiều dài L đến chiều cao H chứa đầy chất lỏng dẫn điện (Hình 4). Lực cản giữa trái và phải

Hình 4

mép ngoài của thể tích chất lỏng R. Điện trở này sẽ trở thành bao nhiêu nếu một khối làm bằng chất cách điện có chiều dài l và chiều rộng bằng chiều rộng của cuvet được đặt trong cuvet song song với đáy của nó? Khoảng cách giữa mép dưới của khối và đáy cuvet là h, h < H. Chất lỏng không tràn và khối không chìm hoàn toàn vào chất lỏng, l ≫ H. 5. Cần của một cần cẩu ô tô có chiều dài l tựa vào một bản lề và được giữ ở tư thế nghiêng bằng một sợi cáp gắn vào một cột thẳng đứng chính xác phía trên bản lề ở độ cao h so với nó (Hình 2).

39

THÔNG TIN

bệnh nhân P, P! tg D. Một sợi chỉ được gắn vào thanh phía trên, ném qua một khối gắn vào thanh phía dưới (Hình 6). Với hệ số ma sát bằng bao nhiêu, có thể dùng một lực nào đó kéo sợi dây dọc theo sườn dốc để nâng khối bên dưới lên và làm khối bên trên đứng yên?

lớp 11

Hình 5

5).Xác định trọng lượng tối đa của tải có thể được nâng bằng cách sử dụng cần cẩu như vậy ở độ cao của đầu trên của cần so với bản lề H, nếu cáp có thể chịu được mức tối đa $усилие^{T.}$

1. Giải bài toán 1 cho lớp 10. 2. Một tấm ván có chiều dài L và khối lượng M nằm trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn (Hình 7). Một khối nhỏ khối lượng m được đặt ở cạnh trái của nó. Họ nói với hội đồng quản trị bằng một cú đẩy

lớp 10

1. Hai đoàn tàu chuyển động với vận tốc không đổi trên đường ray ngược chiều nhau. Một hành khách ở khoang đầu tiên của toa đầu tiên của chuyến tàu đầu tiên nhìn thấy một con gấu đứng trên kè đường sắt sớm hơn $t_{1} 4$ s so với một hành khách ở khoang đầu tiên của toa cuối cùng, toa thứ năm của cùng một đoàn tàu. Một hành khách ở khoang đầu tiên của toa đầu tiên của chuyến tàu thứ hai đã nhìn thấy con gấu tương tự $t_{2} 4$ s trước hành khách ở khoang đầu tiên của toa cuối cùng, toa thứ sáu của cùng một đoàn tàu. Sẽ mất bao lâu để chuyến tàu thứ hai đi qua trước mắt hành khách của chuyến tàu thứ nhất? 2. Giải bài toán3 cho lớp 9. 3. Trong thời gian $время^{t} = 200 c$ sau khi khởi hành, đầu đoàn tàu đã đến nơi giao nhau với đường sắt, và trong thời gian $W_{1} 23,6 c$ đoàn tàu đã đi qua toàn bộ đường giao nhau này. Nó đi qua ngã tư tiếp theo, nằm cách ngã tư đầu tiên một khoảng L = 2500 m, trong thời gian $W_{2} 16,23$ s. Đoàn tàu đang chuyển động với gia tốc không đổi bằng bao nhiêu? 4. Giải bài toán5 cho lớp 9. 5. Trên một mặt phẳng nghiêng một góc D so với phương ngang, có hai thanh giống hệt nhau nằm dưới tác dụng của một lực ma sát có hệ số

Hình 6

Hình 7

một tốc độ ban đầu nhất định và cả hai vật bắt đầu chuyển động. Ở tốc độ ban đầu của bảng thì khối sẽ đạt được tốc độ cao nhất? Hệ số ma sát giữa vật và ván là P, giữa ván và mặt ngang không có ma sát. 3. Trên một bàn nằm ngang nhẵn có một quả bóng và một bàn đạp di động, bề mặt của nó ban đầu nằm ngang và cuối cùng là thẳng đứng (Hình 8). Bàn đạp được đẩy chuyển động về phía quả bóng

Hình 8

với vận tốc v. Quả bóng sẽ bay được bao xa theo phương ngang sau khi nảy lên bàn đạp? Không có ma sát. Khối lượng của quả bóng và bàn đạp bằng nhau. Bỏ qua kích thước của bàn đạp. 4. Ống tiêm được đóng lại từ phía kim, một pít-tông được lắp vào đó; Tăng dần lực, chúng tôi đẩy pít-tông lên bằng 1/2 chiều dài của ống tiêm và dần dần giảm lực, thả nó ra - kết quả là nó dừng lại ở khoảng cách 3/4 chiều dài của ống tiêm tính từ đầu của nó (Hình 9). Xác định lực tại

40

KV AN T 2019/№7

Hình 9

piston rút lại theo chiều dài của ống tiêm, nếu áp suất khí quyển là $p_{0}$ và diện tích mặt cắt ngang là $поршня^{S.}$ Bỏ qua sự thay đổi nhiệt độ.

5. Một vật có khối lượng m treo vào một lò xo. Một vật nặng thứ hai có cùng khối lượng m được gắn vào vật nặng ở trạng thái cân bằng bằng một sợi dây và không làm căng lò xo, nó được thả ra (Hình 10). Lực căng tối thiểu mà sợi dây phải chịu là bao nhiêu để sợi dây không bị đứt?

Hình 10

Ô L I M P I A DY

Giai đoạn cuối cùng của Olympic toàn Nga XLV dành cho học sinh môn toán

lớp 9

lớp 10

Giai đoạn cuối cùng của Olympic Toán học toàn Nga dành cho học sinh được tổ chức tại vùng Perm từ ngày 21 tháng 4 đến ngày 27 tháng 4 năm 2019. Tất cả những người tham gia Olympic đều sống trong các tòa nhà của khu nghỉ dưỡng Ust-Kachka nằm trên bờ sông Kama đẹp như tranh vẽ và các vòng thi Olympic diễn ra trong tòa nhà hiện đại gần đó của Quân đoàn Thiếu sinh quân. Chương trình tham quan Thế vận hội bao gồm các chuyến đi đến Hang Kungur và tham quan Perm. Chương trình khoa học và giáo dục của Olympic rất thú vị và phong phú: đại diện các trường đại học hàng đầu của đất nước đã giảng bài cho những người tham gia. 378 nhà toán học trẻ từ 65 vùng của Nga đã tham gia Olympic. Ngoài ra, những người tham gia Olympic truyền thống

lớp 11

43

Ô L I M P I A DY

người chiến thắng Olympic

lớp 9

Sadovnichy Anton – Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”, Anikin Sergey – Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”;

lớp 10

Andreev Arkady - Kazan, lyceum 131, Zakharov Georgy - Kurgan, nhà thi đấu 47, Pistsov Georgy - Moscow, trường 1329, Khramov Vladislav - Kazan, nhà thi đấu 7 mang tên Anh hùng nước Nga A.V. Kozin, Vasiliev Ivan - St. Petersburg, Vật lý và Toán học Tổng thống Lyceum 239,

Efremov Andrey - St. Petersburg, Tổng thống Vật lý và Toán học Lyceum 239;

lớp 11

Kovalev Timofey - Moscow, SUSC MSU, Lvov Alexey - Novosibirsk, nhà thi đấu 6 “Ermine”, Kulishov Valery - Moscow, Cơ quan giáo dục ngân sách nhà nước “Trường thứ năm mươi bảy”, Petrov Vladimir - St. Petersburg, Vật lý và Toán học Tổng thống Lyceum 239.

Ấn phẩm được biên soạn bởi N. Agakhanov, D. Belov, I. Bogdanov, A. Gaifullin, M. Grigoriev, P. Kozhevnikov, O. Podlipsky

Giai đoạn cuối cùng của Olympic toàn Nga LIII dành cho học sinh vật lý

Hình 1

TOUR LÝ THUYẾT

lớp 9

Bài toán 1. Điều hướng Một con tàu chuyển động đều và theo đường thẳng đi qua điểm A, nằm cách bến tàu B một khoảng L = 5 km (Hình 1). Một lúc sau, hai chiếc thuyền rời tàu và từ bến tàu hướng về nhau. Vẽ lại hình vẽ theo mẫu lời giải và dùng compa và thước không chia, xác định vị trí của tàu lúc hai thuyền gặp nhau, nếu biết rằng: • hai thuyền chuyển động thẳng với cùng vận tốc, bằng 3/8 vận tốc của tàu; • thời gian chuyển động của các thuyền từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau cũng bằng W; • Khi hai thuyền gặp nhau, tàu lại cách bến tàu một khoảng L. Hãy mô tả trình tự các đội hình và tìm khoảng cách (tính bằng km) mà thuyền di chuyển trong thời gian W. Không có gió hoặc dòng chảy.

45

Ô L I M P I A DY

2. gia tốc góc của thanh d Z dt; 3) khoảng thời gian W; 4) góc quay của thanh tại thời điểm W. S. Varlamov

Bài toán 2. Chuyển động theo kênh Các hạt nhỏ có khối lượng m và điện tích q và -q giống nhau chuyển động không ma sát dọc theo các kênh thẳng hẹp giao nhau vuông góc, nằm ở

bằng nhiệt dung mol của khí C. Tìm hiệu suất tối đa có thể có của chu trình. L. Koldunov, A. Zhigar

Bài toán 4. Tấm tích điện Một tấm điện môi phẳng mỏng có hình thoi có cạnh a và góc nhọn $60^{o}$ được tích điện đều với mật độ điện tích bề mặt V. Điện thế ở đỉnh của góc nhọn của hình thoi là $M_{1}$, ở đỉnh của góc tù là $M_{2}$ (Hình 7). Từ cùng một

Hình 7

Hình 5

mặt phẳng nằm ngang (Hình 5). Hóa ra là trong quá trình chuyển động xa hơn, khoảng cách R giữa các hạt vẫn không thay đổi. Tìm động năng tổng cộng của các phân tử. I.Vorobiev

Bài toán 3. Kho lưu trữ của Lord Kelvin Trong kho lưu trữ của Lord Kelvin, họ đã tìm thấy biểu đồ của một quá trình tuần hoàn được thực hiện trên một lượng cố định của khí lý tưởng đơn nguyên tử (Hình 6). Theo thời gian, mực sẽ mờ đi và thông tin về hướng dẫn của một số quy trình cũng bị mất. Thông tin về những gì được vẽ trên trục x cũng bị mất. Người ta chỉ biết rằng một trong các đại lượng sau được vẽ trên trục hoành: thể tích, áp suất, nhiệt độ hoặc mật độ, và thang đo được thực hiện theo các đơn vị thông thường. Dọc theo trục tọa độ

Hình 6

điện môi, cắt một tấm mỏng có hình tam giác đều ABC có cạnh 2a (Hình 8) và tích điện cho nó như vậy

Hình 8

cùng mật độ điện tích bề mặt. Xác định: 1) điện thế tại điểm C của tấm tam giác; 2) Điện thế tại điểm D, nằm ở giữa cạnh của tấm tam giác. Bây giờ một tam giác đều có cạnh a được lấy ra khỏi tấm tam giác ABC (Hình 9). Định nghĩa:

Hình 9

48

KV AN T 2019/№7

người chiến thắng Olympic

lớp 9

Dmitry Sorokin – Moscow, “Trường thứ năm mươi bảy”, Daniil Zhitov – Moscow, Trường “Letovo”, Tikhon Evteev – Moscow, trường 179, Anton Rudenko – Moscow, trường 1329, Kirill Arzhanykh – Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”, Matvey Knyazev – Berezniki, Lãnh thổ Perm, trường 3, Timur Pryadilin – Moscow, Trường “Letovo”;

lớp 10

Tatyana Emelyanova - Moscow, Trường Vật lý và Toán học 2007, Ivan Kharichkin - St. Petersburg, Vật lý và Toán học Tổng thống Lyceum 239, Sergey Savelyev - Moscow, Trường 1568 được đặt theo tên của Pablo Neruda, Alexander Golovastenko - St. Petersburg, Học thuật Lyceum “Trường Vật lý và Kỹ thuật”, Alexey Kadykov - Cộng hòa Mordovia, Lyceum Cộng hòa dành cho Trẻ em Năng khiếu,

Nikita Moskalev – Vùng Kirov, Lyceum Vật lý và Toán học Kirov, Fedor Oksanichenko – St. Petersburg, trường mang tên A.M. Gorchkov, Antony Belyshev – St. Petersburg, Học viện Lyceum “Trường Vật lý và Kỹ thuật”, Konstantin Vedernikov – Moscow, Trường “Letovo”;

lớp 11

Grigory Bobkov - Moscow, trường 1589, Alexey Shishkin - Moscow, trường 1589, Vladimir Malinovsky - Moscow, trường 1589, Dmitry Tsarev - Moscow, Lyceum “Trường thứ hai”, Nikita Chuikin - Vùng Cherepovets Vologda, trường 17, Yury Bruyakin - Moscow, Trường “Sparrow Hills”, Vladislav Polykov - St. Petersburg, Tổng thống Vật lý và Toán học Lyceum 239, Terenty Kuznetsov - Novosibirsk, SUSC NSU.

Ấn phẩm được biên soạn bởi V. Slobodyanin

VẬT LIỆU QUỐC GIA THI

Đại học Kỹ thuật Quốc gia Mátxcơva mang tên N.E. Bauman

F IZIKA

Thế vận hội 2019

Vòng đầu tiên

Tùy chọn 1

1. Một người đi xe đạp rời điểm A, nằm trên bờ sông và di chuyển với tốc độ v 5 m s dọc theo sông, đến điểm B, nằm ở hạ lưu, sau 80 giây (Hình 1). Cùng lúc với người đi xe đạp, một chiếc thuyền khởi hành từ điểm C từ bờ đối diện và phải đến điểm B cùng lúc với người đi xe đạp. Ở tốc độ tối thiểu (tính bằng km/h) thuyền phải di chuyển so với mặt nước nếu tốc độ dòng chảy của sông là $v_{0} 5$ km h và chiều rộng của sông là b = 300 m?

50

KV AN T 2019/№7

2. Một con kiến ​​ngồi ở điểm thấp nhất của mặt trong của một vòng thành mỏng có bán kính R = 0,5 m, lăn dọc theo mặt phẳng ngang không bị trượt. Xác định bán kính cong quỹ đạo của con kiến ​​tại thời điểm con kiến ​​lên tới điểm trên cùng của vòng. 3. Hai thanh chì đồng nhất có chiều dài L = 1,3 m, mỗi thanh có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục nằm ngang chung đi qua các cạnh của các thanh này. Các thanh bị lệch theo các hướng khác nhau một góc 90q so với phương thẳng đứng và được thả ra không có vận tốc ban đầu. Xác định xem các thanh sẽ nóng lên bao nhiêu độ sau va chạm, giả sử nó hoàn toàn không đàn hồi. Giả sử rằng toàn bộ nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình va chạm của các thanh sẽ làm nóng chúng. Bỏ qua sức cản của không khí. Nhiệt dung riêng của chì với 130 J kg độ. Lấy gia tốc rơi tự do bằng g 10 m $с^{2}. 4.$ Trên một mặt phẳng nghiêng nghiêng một góc 45° so với phương ngang, vòng và khối đồng thời bắt đầu lăn xuống không trượt. Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng mà tại đó hai vật sẽ chuyển động không vượt nhau. 5. Có một mol khí heli nằm trong một hình trụ thẳng đứng dưới pít-tông. Có một trọng lượng trên piston. Trong trường hợp này, thể tích khí là $V_{1} = 10$ l và áp suất là $p_{1} 4$ $10^{5}$ Pa. Tại một thời điểm nào đó, tải đã được dỡ bỏ khỏi piston. Kết quả là, khí dưới piston thay đổi thể tích đoạn nhiệt và áp suất khí giảm một nửa. Xác định nhiệt độ của khí sau khi thiết lập cân bằng nhiệt động. Bỏ qua lực ma sát khi piston chuyển động trong xi lanh. 6. Một sợi cáp mềm dài 20 m được treo vào một chiếc đinh đóng vào tường sao cho hai đầu của nó ngang bằng nhau. Lúc đầu dây cáp đứng yên. Tại một thời điểm nào đó, do một lực đẩy nhỏ, dây cáp bắt đầu trượt dọc theo chiếc đinh. Xác định vận tốc của sợi cáp tại thời điểm khi tỉ số chiều dài của sợi dây ở hai phía đối diện của chiếc đinh là 3:1. Lấy gia tốc trọng trường bằng 10 m $с^{2}. 7.$ Một đống bê tông đồng nhất có khối lượng m, chiều dài L nằm ở đáy một bể chứa. Đã buộc

cáp vào một đầu của cọc, nó được nâng từ từ lên vị trí thẳng đứng, trong đó cọc tựa ở phía dưới, nhô lên trên mặt nước một phần ba chiều dài của cọc. Tìm công cần thiết để nâng cọc lên theo cách này. Mật độ của bê tông là n = 4 lần mật độ của nước. Bỏ qua lực cản và khối lượng của dây. 8. Một dãy tụ điện, gồm bốn tấm kim loại giống hệt nhau đặt trong không khí cách nhau một khoảng d bằng nhau, được nối với nguồn điện một chiều có suất điện động bằng E, như trên Hình 5. Diện tích

Hình 5

mỗi tấm bằng S. Tấm 1 được nối với tấm 3 bằng một dây dẫn. Xác định lượng điện tích sẽ truyền qua nguồn dòng điện nếu khoảng trống giữa tấm 2 và tấm 3 chứa đầy chất điện môi có hằng số điện môi H 4. Khoảng cách d giữa các tấm nhỏ so với kích thước của chúng. 9. Một quả cầu kim loại có bán kính $R_{1} = = 4$ cm được bao quanh bởi một vỏ dẫn điện đồng tâm có bán kính $R_{2} = 10$ cm. Khoảng không gian giữa quả bóng và vỏ được lấp đầy bằng chất điện môi đồng nhất. Xác định điện áp cực đại có thể đặt vào một tụ điện hình cầu như vậy nếu sự đánh thủng chất điện môi xảy ra ở cường độ điện trường E 100 kV cm.

Vòng thứ hai

Tùy chọn 1

1. Một thanh đồng chất có khối lượng m, chiều dài L nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Khi va chạm, thanh được truyền một vận tốc v hướng dọc theo trục dọc của nó. Xác định khoảng cách lớn nhất mà thanh sẽ chuyển động nếu biết rằng quay thanh trên cùng một mặt phẳng quanh một trong các mặt phẳng của nó.

51

EX AM E QUỐC GIA

2. Một quả tạ gồm hai quả bóng nhỏ có khối lượng $m_{1} 2 m$ và $m_{2} m$, được nối với nhau bằng một thanh cứng không trọng lượng, được đặt thẳng đứng trên một góc D. 2. Một quả tạ được đặt thẳng đứng trên một mặt phẳng nằm ngang gồ ghề (Hình 6). Chuông hư

Hình 6

được thả ra không có vận tốc ban đầu và nó bắt đầu rơi. Xác định giá trị hệ số ma sát giữa quả tạ và mặt phẳng nếu quả cầu dưới bắt đầu trượt dọc mặt phẳng khi góc nghiêng của thanh với mặt phẳng đạt D 75 q ( sin 75 q 0,97 ). 3. Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử từ trạng thái ban đầu 1 giãn nở trong quá trình 1–2 (Hình 7) với nhiệt dung không đổi

Hình 7

sau đó, thực hiện công việc $A_{12} = 200$ J trong đó. Sau đó, một lượng nhiệt $Q_{23} = 200$ J được cung cấp cho khí trong quá trình 2–3, trong đó áp suất của khí tỷ lệ thuận với thể tích của nó. Nhiệt độ ở trạng thái 1 và 3 là như nhau. Tìm lượng nhiệt cung cấp cho khí trong quá trình 1–2. 4. Trong mạch điện như hình 8, khi công tắc K mở thì tụ điện

MÃ TẾ RỊA LÝ

Hình 8

xương C = 10 μF tích vào điện áp $U_{0} = 2 B.$ Độ tự cảm cuộn dây L = = 0,1 H, emf pin E = 5 V, diode D là lý tưởng. Xác định cường độ dòng điện cực đại trong mạch sau khi đóng công tắc. Tìm điện áp sẽ được thiết lập trên tụ điện sau khi đóng công tắc. 5. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn có một hình lăng trụ tam giác có khối lượng 2m với góc D bằng 30 q, được nối với nhau bằng một lò xo không trọng lượng không biến dạng có độ cứng k với một khối khối lượng m (Hình 9). Quả bóng có khối lượng m

Hình 9

rơi thẳng đứng xuống và chạm vào lăng trụ với vận tốc v. Xác định độ biến dạng cực đại của lò xo trong quá trình chuyển động tiếp theo của vật. Bỏ qua lực ma sát. 6. Số cặp electron-positron tối đa có thể được hình thành khi hai lượng tử gamma giống hệt nhau tương tác với vật chất, trong đó một hạt tương đối trung tính chuyển động có khối lượng nghỉ $m_{0}$ bị phân rã, nếu góc giữa các hướng tán xạ của lượng tử gamma là T 60 q? Giả sử rằng toàn bộ năng lượng của lượng tử gamma dùng để hình thành các cặp electron-positron.

Tùy chọn 2

1. Một sợi dây có chiều dài L đặt trên mặt bàn gồ ghề sao cho một đầu thòng qua mép bàn. Khi phần treo của sợi xích đạt đến 1/4 chiều dài tối đa của nó thì sợi xích bắt đầu trượt. Tìm vận tốc của dây chuyền

55

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

GIẢI PHÁP

đồ thị kết quả thông qua G ij. Biểu đồ này có thể được chia thành nhiều thành phần được kết nối; chúng ta hãy biểu thị số của họ bằng c ij. Nếu c ij! 100 thì một trong các thành phần không có đỉnh ổn định; thì bạn có thể thay đổi màu của từng đỉnh trong thành phần này bằng cách thay thế i bằng j và ngược lại và đạt được màu thay thế cần thiết. Điều này có nghĩa là c ij d 100 với mọi i và j. Lưu ý rằng mỗi thành phần liên thông chứa x đỉnh chứa ít nhất x – 1 cạnh; Điều này có nghĩa là nếu G ij có v ij đỉnh thì số cạnh e ij trong nó không nhỏ hơn v ij c ij, tức là.

e ij t v ij 100.

( * )

Mặt khác, không khó để tìm tổng V của tất cả các số vij và tổng E của tất cả các số eij. Thật vậy, có 10.000 đỉnh trong đồ thị gốc và mỗi đỉnh tham gia vào 6 đồ thị có dạng G ij; do đó V 6 10000 60000. Mặt khác, trong các cạnh $графе^{11} ˜^{10000} 2 55000$ ban đầu và mỗi cạnh tham gia vào đúng một đồ thị G ij; do đó E = 55000. Vì chỉ có $C_{7}^{2} 21$ cặp màu nên bất đẳng thức (*) ngụ ý $E t V^{21}$ 100, điều này không đúng với các giá trị được tìm thấy. Điều này có nghĩa là giả định của chúng tôi là không chính xác và việc sơn lại theo yêu cầu là có thể thực hiện được. 5. Giả sử điều ngược lại: cho hình chữ nhật có kích thước k ul, trong đó l < k. Gọi $a_{i}$ là độ dài cạnh hình vuông của đứa trẻ thứ i. Sau đó, mỗi cạnh của hình chữ nhật bao gồm một số đoạn có độ dài $a_{i}$, tức là $l b_{i} a_{i}$ và $k c_{i} a_{i}$, trong đó $b_{i}$ và $c_{i}$ là các số tự nhiên. Đồng thời, đứa trẻ nhận được $b_{i} c_{i}$ hình vuông. Lưu ý rằng $1 k l c_{i} b_{i}$, tức là số k l là số hữu tỉ. Gọi s t là ký hiệu tối giản của nó; thì s > 1 và $c_{i}$ chia hết cho s với mọi i. Điều này có nghĩa là số bình phương của con thứ i chia hết cho s. Khi đó tổng số bình phương Q cũng chia hết cho s > 1, và hơn nữa, Q > s (vì số con lớn hơn 1). Điều này có nghĩa là Q là hợp số; mâu thuẫn. 6. Kéo dài đoạn AM một đoạn vượt quá điểm M và thu được điểm N sao cho ADNT là hình bình hành. Vì ANT CAM, với lời giải bài toán đủ chứng tỏ AKT ANT hoặc các điểm A, T, N, K nằm trên cùng một đường tròn (Hình 3). Giả sử ND cắt AB tại điểm S; thì DS P BC và BSDC là hình thang cân. Ta sẽ chứng minh hai điểm K và N nằm trên đường tròn Z ngoại tiếp tam giác AST. Ta có ATN ADN 180 o SDA 180 o ASD, nghĩa là N nằm trên đường tròn Z. Từ đường tròn ngoại tiếp hình thang BSDC, ta có SKT $SBC^{180} o$ SAT, do đó K le-

Hình 3

sống trên vòng tròn Z, đó là điều ta cần chứng minh. 7. Chúng ta ký hiệu đồng xu kỷ niệm là Y. Đặt hai đồng xu không kỷ niệm A và B sang một bên và sắp xếp 14 đồng xu còn lại, mỗi bát 7 đồng sao cho Y rơi vào đồng xu bên trái. Chúng ta gọi một đồng xu là trái hoặc phải nếu khi cân nó lần lượt rơi vào bên trái hoặc bên phải của bát. Trường hợp (=). Hãy để bát được cân bằng. Trong trường hợp này, hoặc có 3 đồng xu nặng trên mỗi bát (trong trường hợp A và B đều nặng) hoặc 4 đồng xu trong mỗi bát (trong trường hợp A và B đều nhẹ). Trong mọi trường hợp, cả hai đồng tiền đặt sang một bên đều giống nhau. Trong trường hợp này, lấy Yu và một đồng xu C khác từ bát bên trái và so sánh cặp này với cặp A và B. Trường hợp con (=,=). Hãy lấy lại sự cân bằng. Khi đó cả 4 đồng tiền A, B, C, Yu đều nặng như nhau. Hãy so sánh chúng với bốn đồng tiền còn lại bất kỳ. Nếu cân thăng bằng thì cả 8 đồng xu được cân đều có cùng trọng lượng. Vậy trong số những đồng còn lại có 6 đồng có trọng lượng như thế này; điều này là không thể. Có nghĩa. một cái bát nặng hơn và chúng ta sẽ biết A, B, C và Yu nặng hay nhẹ. Chữ hoa con (=,<). Bát đựng Yu ở lần cân thứ hai nhẹ hơn. Thế thì không thể có hai đồng xu nặng trên cái bát này. Bằng cách so sánh hai đồng tiền này với nhau, trong trường hợp không bằng nhau, chúng ta sẽ biết ngay trọng lượng của Yu, còn trong trường hợp bằng nhau, chúng ta có thể kết luận rằng cả hai đồng xu trên chiếc bát này đều nhẹ. Trường hợp con (=,>) khi bát có Y nặng hơn cũng tương tự. Trường hợp (<). Để bát bên trái nhẹ hơn trong lần cân đầu tiên. Vậy trong số những đồng xu còn lại có không quá ba đồng nặng. Bằng cách so sánh Yu với một số đồng xu C còn lại, chúng ta tìm ra trọng lượng của Yu (trong trường hợp bất đẳng thức), hoặc