Kvant 2020, số 11-12 · Trang

3

“VI-RÚT”,

“MẶT NẠ”

tôi hoàn thành quá trình khử từ $корабля;_{i}$ từ hóa con tàu đến giá trị tối đa, để mìn phát nổ ở mức an toàn $расстоянии;_{i}$ bù không hoàn toàn từ trường của tàu - đến mức mà quả mìn không còn nhận thấy con tàu so với nền từ trường Trái đất. Hướng đầu tiên được các thợ mỏ hải quân hỗ trợ tích cực, nhưng trong quá trình thực hiện, nó tỏ ra quá phức tạp về mặt kỹ thuật. Dịch sang ngôn ngữ của dịch bệnh COVID-19 hiện đại, điều này tương ứng với chiếc khẩu trang lý tưởng hoặc sự xuất hiện của một loại vắc xin đảm bảo an toàn. Lúc đầu (giữa những năm 1930), Vương quốc Anh đi theo hướng ngược lại với hướng đầu tiên, nhưng trên thực tế, lực từ hóa mạnh của con tàu không giúp bảo vệ nó hoàn toàn khỏi mìn từ tính. Một lần nữa dịch sang ngôn ngữ của COVID-19 - hãy để mọi người bị bệnh, và ai sống sót là người may mắn. Ở Liên Xô, ngay cả trước Thế chiến thứ hai, Viện Vật lý-Kỹ thuật Leningrad (LPTI) và một nhóm nhân viên do A.P. Alexandrov đứng đầu đã bắt đầu bảo vệ tàu khỏi mìn từ tính. Trên thực tế, ngay từ đầu họ đã chọn hướng thứ ba: thay vì lời giải bài toán bù toàn bộ từ trường, bài toán được thiết lập để giảm đáng kể từ trường của tàu. Đến mức độ nào? Giá trị trung bình của cảm ứng từ trường Trái đất trên toàn bộ bề mặt của nó là khoảng 5 $10^{5}$ tesla, ở các cực từ là 6,6 $10^{5}$ tesla và ở xích đạo từ là 3,4 $10^{5}$ tesla. Dao động tự nhiên của từ trường Trái đất đạt mức 0,1–0,2 $10^{5}$ T. Độ nhạy của mỏ không được cao hơn giá trị này, nếu không nó sẽ phát nổ nếu không có tàu nào. Nhưng điều này có nghĩa là khi bù từ trường của tàu, độ chính xác khử từ 0,1 $10^{5}$ T là khá đủ để bảo vệ khỏi mìn từ tính. Lời giải như vậy bài toán hóa ra đơn giản hơn nhiều so với việc bù toàn bộ từ trường của tàu. Đồng thời

–

Ở ĐÂU

BẢO ĐẢM?

Trước khi bắt đầu bồi thường, bản đồ từ trường do con tàu tạo ra đã được đo. Hai phương án bồi thường không đầy đủ đã được đề xuất: cố định và không cố định. Theo sơ đồ đầu tiên (đứng yên), một số cuộn dây được đặt trên tàu để dòng điện một chiều chạy qua. Trong trường hợp này, từ trường từ các cuộn dây có độ lớn xấp xỉ bằng nhau và ngược hướng với từ trường của tàu. Theo sơ đồ thứ hai (không cố định), con tàu được khử từ một cách linh hoạt. Các cuộn dây mà dòng điện xoay chiều chạy qua được đặt trên chính con tàu hoặc bên cạnh con tàu (trên một con tàu đặc biệt) và được tháo ra sau khi khử từ. Trong quá trình khử từ động, biên độ của từ trường giảm dần từ trường bão hòa của sắt từ về 0. Hiệu ứng khử từ hoàn toàn này chỉ là tạm thời và theo thời gian, quá trình từ hóa lại xuất hiện. Nhưng bằng cách lặp lại quy trình khử từ vài tháng một lần, người ta có thể duy trì từ trường của tàu ở mức thấp. Bằng cách này, người ta có thể giảm từ trường của tàu hơn 10 lần. Điều này đã cứu được nhiều tàu và tàu ngầm. “Hệ thống LPTI” được tạo ra đã được triển khai trên khoảng một trăm con tàu và thực sự đã bảo vệ chúng khỏi mìn từ tính của Đức. Một đặc điểm thú vị của ví dụ này về cuộc đấu tay đôi giữa “vi-rút” và “mặt nạ” liên quan đến các nhân vật liên quan đến cuộc đối đầu này. Cùng với A.P. Aleksandrov, I.V. Kurchatov đã tích cực tham gia vào quá trình khử từ của tàu (“mặt nạ”) ở Liên Xô. Và sự phát triển và cải tiến của mỏ từ tính (“virus”) ở Đức là một trong những nhà vật lý hàng đầu W. Gerlach. Sau đó, Kurchatov trở thành người đứng đầu chương trình nguyên tử của Liên Xô và Gerlach đứng đầu “Dự án Uranium” của Đức. Vì vậy, cuộc đấu tay đôi của họ tiếp tục không chỉ trong mỏ mà còn theo hướng nguyên tử. Có vẻ như nhu cầu khử từ cho tàu để chống lại mìn từ tính đã rất cũ, gần như bị lãng quên

4

KVANT 2020/№11-12

câu chuyện. Tuy nhiên, thực tế không phải vậy, và trong thế kỷ 21, việc khử từ vẫn cần thiết trên các tàu chiến lớn và các nguyên tắc khử từ tương tự đã được đặt ra từ lâu vẫn được sử dụng. Chỉ từ cáp đồng có cuộn dây khử từ tiêu tốn nhiều năng lượng, người ta dần chuyển sang cáp dựa trên chất siêu dẫn nhiệt độ cao, được làm lạnh đến nhiệt độ đông lạnh $(_{\sim} 70$ K). Việc sử dụng chất siêu dẫn nhiệt độ cao, một trong những điểm phát triển hiện đại của công nghệ tiên tiến, có thể làm giảm đáng kể trọng lượng của cuộn dây và giảm nguồn điện.

Công nghệ tàng hình Ví dụ thứ hai liên quan đến việc phát triển các thiết kế máy bay không thể nhìn thấy trước các hệ thống phát hiện, mà theo lý thuyết có thể biến chúng thành một loại vũ khí tuyệt đối (sau này các phương pháp này được sử dụng trong các hệ thống khác, đặc biệt là trên tàu ngầm). Từ tàng hình dịch từ tiếng Anh có nghĩa là bí mật. Trong ví dụ này, một chiếc máy bay tàng hình sẽ được ví như một “mặt nạ” đảm bảo khả năng bất khả xâm phạm trước radar, và bản thân các radar sẽ được ví như một “vi rút” đang cố gắng nhìn thấy máy bay và “đốt” (kích hoạt hệ thống hủy diệt). Nhưng liệu có thể tạo ra một “mặt nạ” tuyệt đối có kích thước lớn không? Trong phương pháp phát hiện vật thể bay bằng radar, tín hiệu từ trạm radar đi vào không gian và bị phản xạ lại. Một hình ảnh xuất hiện trên radar, cho phép đánh giá vùng phân tán hiệu quả. Nếu không có sự phản xạ ngược của sóng vô tuyến thì vật thể đó không nhìn thấy được, diện tích phân tán hiệu dụng bằng không. Công nghệ tàng hình dành cho máy bay có diện tích phân tán hiệu quả nhỏ ban đầu dựa trên hai nguyên tắc: không có phản xạ ngược, có sự hấp thụ trong vật liệu thân máy bay. Chính xác hơn, sóng vô tuyến cần phải được phản xạ khỏi vật thể để chúng không quay trở lại và được hấp thụ vào thân máy bay. Điều này được thể hiện dưới dạng sơ đồ trong Hình 2. Ra-

Hình 2. Sơ đồ giải thích ý tưởng công nghệ tàng hình

Tín hiệu diode (mũi tên ở trên), khi truyền bên trong thân máy bay, được phản xạ từ các phần tử cấu trúc và được hấp thụ trong vật liệu của nó. Không có tín hiệu trở lại. Có vẻ như bằng cách thay đổi thiết kế của thân máy bay, chuyển từ hình dạng tròn trịa sang hình dạng góc cạnh (một lần nữa, một thứ tương tự như gai của virus Corona) và sử dụng lớp phủ hấp thụ, vấn đề sẽ được giải quyết. Tuy nhiên, việc áp dụng những nguyên tắc này trong thiết kế thực tế của máy bay tàng hình chỉ đóng vai trò là động lực cho sự phát triển nhanh chóng của cả hệ thống phát hiện và công nghệ tàng hình. Đồng thời, chi phí tạo ra các hệ thống phát hiện hóa ra thấp hơn nhiều lần so với chi phí cho các bước tiếp theo hướng tới khả năng tàng hình và bất khả xâm phạm. Nga đã thành công trong việc tạo ra các hệ thống phát hiện và Mỹ đã thành công trong việc phát triển các công nghệ tàng hình. Hình 2 cho thấy khoảng cách đặc trưng L giữa các gân. Nếu bước sóng của tín hiệu vô tuyến O nhỏ hơn L thì nguyên tắc tàng hình của vật thể đã nêu sẽ hoạt động. Máy bay tàng hình đầu tiên ở Hoa Kỳ được tạo ra dựa trên bước sóng centimet của các trạm radar hoạt động ở tần số $f_{\sim} 10$ GHz. Vì O c f ( c 3 $10^{8}$ m s là tốc độ ánh sáng), nên ở tần số được chỉ định, bước sóng là $O_{\sim} 3$ cm. Nhưng nếu bạn chọn bước sóng $O_{≫} L$, thì tín hiệu sẽ không còn chú ý đến các cạnh và bị phản xạ. Thật vậy, việc chuyển đổi sang tần số thấp hơn và theo đó, sang bước sóng dài hơn (phạm vi thập phân) đã dẫn đến việc máy bay “vô hình” trở nên đáng chú ý đối với mọi người.

5

“VI-RÚT”,

“MẶT NẠ”

những trạm radar như vậy. Và nếu chúng ta tiến xa hơn nữa và chuyển sang phạm vi bước sóng mét, tức là bước sóng có cùng tỷ lệ với kích thước của các bộ phận máy bay, thì về nguyên tắc, việc tàng hình máy bay trở nên bất khả thi. Điều tương tự cũng áp dụng cho việc hấp thụ sóng vô tuyến. Đối với các sóng vô tuyến có bước sóng khác nhau thì hiệu suất hấp thụ của chúng cũng khác nhau. Kết quả là gì? Sự phát triển của công nghệ tàng hình đã khiến chúng trở thành bộ phận quan trọng của các thế hệ máy bay, tên lửa và tàu ngầm mới nhưng không giải quyết được vấn đề bảo vệ tuyệt đối. Nhưng tiến bộ hướng tới khả năng tàng hình là rất lớn. Trên máy bay thế hệ mới, các biện pháp đang được thực hiện để giảm khả năng hiển thị cả trong phạm vi vô tuyến và phạm vi nhìn thấy, hồng ngoại và âm thanh. Kết quả là, vùng phân tán hiệu quả đối với máy bay ném bom chiến lược cận âm lớn (không có công nghệ tàng hình) hóa ra là $100^{м} 2$, đối với máy bay chiến đấu - là $10 м^{2}$, và đối với máy bay tàng hình hiện đại, nó thậm chí còn nhỏ hơn. Nhưng hóa ra máy bay tàng hình kém cơ động hơn và chậm hơn đáng kể. Kết quả là, sự cạnh tranh giữa khả năng siêu cơ động và khả năng tàng hình với sự phát triển nhanh chóng của thiết bị radar vẫn tiếp tục diễn ra. Điều tò mò là khái niệm diện tích phân tán hiệu dụng được giới thiệu ở trên có thể được ví như khái niệm mặt cắt tương tác trong vật lý, qua đó đánh giá các tham số của các hạt cơ bản và bản chất của trường tương tác. Hơn nữa, tiết diện của cùng một vật, chẳng hạn như proton, trong trường hợp tương tác với các hạt khác nhau có thể khác nhau rất nhiều. Một ví dụ về hình dạng của một proton khi nó tương tác với một proton khác, với một lượng tử bức xạ (photon) và với một hạt cơ bản nhẹ (neutrino) được thể hiện trên Hình 3. Như có thể thấy từ hình vẽ, trong trường hợp tán xạ photon trên một proton, ba quark mà proton “bao gồm” có thể “nhìn thấy được”. Điều này thậm chí còn được thấy rõ hơn trong sự tán xạ của neutrino tương tác yếu với proton. Như trong

–

Ở ĐÂU

BẢO ĐẢM?

Hình 3. Mặt cắt ngang hiệu quả. Mục tiêu trong cả ba trường hợp đều là một proton. Hạt tới là proton; photon; neutrino. Hàng dưới cùng thể hiện sự khác biệt về mặt cắt ngang tương tác hiệu quả

Trong trường hợp phản xạ sóng vô tuyến có phạm vi khác nhau từ máy bay, mặt cắt tương tác có thể khác nhau rất nhiều. Trong phần so sánh ở trên, chúng ta hầu như không đề cập đến mô hình hiện đại về cấu trúc của các hạt cơ bản - cái gọi là Tiêu chuẩn $модели.^{2}$ Tiếp tục tương tự một chút, chúng ta sẽ đề cập đến “các hạt cơ bản” hay “các phần tử cấu trúc” hiện đại liên quan đến vấn đề tàng hình trong chế tạo máy bay. Đây là một điểm tăng trưởng khác trong phát triển công nghệ. Chúng ta đang nói về siêu vật liệu và một ngôn ngữ đặc biệt để mô tả chúng. Không giống như nhiều trường tương tác của các hạt cơ bản trong Mô hình Chuẩn - mạnh, điện từ, yếu và hấp dẫn - trong khoa học siêu vật liệu chỉ có trường điện từ hoạt động. Và thay vì một tập hợp các hạt cơ bản thực sự của Mô hình Chuẩn - quark, lepton, boson gauge và boson Higgs - một tập hợp các bộ cộng hưởng điện từ đơn giản được sử dụng. Các ví dụ về những “viên gạch” cơ bản mà từ đó siêu vật liệu được chế tạo được thể hiện trong Hình 4. Do đó, siêu vật liệu là một tập hợp các phần tử vĩ mô từ những “viên gạch” này (và thậm chí cả những viên gạch phức tạp hơn), được sắp xếp theo cấu trúc tuần hoàn, trong đó các kết nối

2 Bạn có thể đọc thêm về nó, chẳng hạn như trong bài viết của V. Rubkov “Hướng tới việc khám phá boson Higgs” («Kvant», 2012, No. 5–6).

6

KVANT 2020/№11-12

Hình 4. Các yếu tố tạo nên siêu vật liệu

Hình 5. Cấu trúc siêu vật liệu, bao gồm sự kết hợp của các đoạn dây thẳng và các vòng cắt đôi trong chất điện môi

Yếu tố chính là chất điện môi. Một cấu trúc như vậy được minh họa trong Hình 5. Ý nghĩa của thuật ngữ “meta”—ngoài ra—là các tính chất điện từ của cấu trúc thu được hoàn toàn khác với các tính chất của từng phần tử riêng lẻ. Thuật ngữ “sắt điện” được đề cập trong Hình 4. Hiện tượng này có sự tương đồng với tính chất sắt từ trong phần khử từ. Khi sắt tiếp xúc với từ trường, các miền được định hướng dọc theo từ trường và về mặt toán học

rial bị từ hóa. Tương tự, tác dụng của điện trường lên chất sắt điện cũng dẫn đến sự định hướng của các miền sắt điện, sự định hướng này được duy trì sau khi loại bỏ điện trường và vật liệu trở nên nhiễm điện. Việc sử dụng siêu vật liệu trong ứng dụng tàng hình máy bay đang bùng nổ, hứa hẹn nhiều đột phá. Trong các cấu trúc này, sóng điện từ lan truyền theo những quỹ đạo bất thường, gây khó khăn cho việc phát hiện vật thể cũng như đặc tính của chúng. Tuy nhiên, vẫn còn nhiều vấn đề dọc theo con đường này (tàng hình trong dải tần số rộng, bảo toàn các đặc tính của siêu vật liệu trong cấu trúc máy bay thực ở tốc độ bay cao, v.v.). Ngoài ra, toàn bộ thân máy bay không thể được phủ bằng siêu vật liệu. Rất khó để làm cho một chiếc máy bay trở nên vô hình hoàn toàn, nhưng bạn có thể giảm đáng kể diện tích phân tán hiệu quả và khiến radar khó phát hiện.

Virus Corona và mặt nạ bảo vệ Chúng ta chuyển sang phần chính của bài viết này. Kết luận chính từ các phần trước là vẫn chưa thể tạo ra sự bảo vệ tuyệt đối bằng công nghệ, nhưng có thể ngụy trang rất nhiều đối tượng và gây khó khăn cho việc phát hiện. Là một trong những biện pháp cơ bản và đơn giản để bảo vệ chống lại dịch bệnh coronavirus hiện nay, việc đeo khẩu trang phổ biến (cộng với việc duy trì khoảng cách, cộng với việc rửa tay thường xuyên hơn, v.v.) được đề xuất. Đồng thời, quy định ngay rằng khẩu trang không đảm bảo chống lây nhiễm. Chưa hết, diễn giải một chút một câu tục ngữ của Mỹ, chúng tôi lưu ý rằng “một lời nói tử tế được hỗ trợ bởi một con số đôi khi nghe có vẻ thuyết phục hơn chỉ là một lời nói tử tế”. Có hai con đường lây nhiễm chính: qua không khí (do ho và hắt hơi) và qua tiếp xúc (dùng tay chạm vào các bề mặt có chứa vi-rút). Trong trường hợp đầu tiên, vi rút xâm nhập trực tiếp vào màng nhầy của mũi, mắt và miệng, trong trường hợp thứ hai, chúng có thể bị chạm vào bởi bàn tay bẩn của “vi rút”. Hãy để chúng tôi trình bày một số

7

“VI-RÚT”,

“MẶT NẠ”

đến những con số liên quan đến virus. Chúng không chính xác nhưng có thể đưa ra ý tưởng về các quá trình trong quá trình lây nhiễm vi-rút. Chúng tôi sẽ chủ yếu dựa vào dữ liệu của nhà miễn dịch học và nhà phổ biến khoa học người Mỹ Erin Bromage, nhưng sẽ xác minh dữ liệu này từ các nguồn khác. Lưu ý rằng ước tính về tốc độ lắng của các giọt chứa vi rút đã được A. Stasenko đưa ra trong bài báo “Đừng hắt hơi: một đại dịch!” («Kvant», 2020, số 4). Liều lây nhiễm mà một người bị bệnh là khoảng 1000 hạt virus. Con số này là rất gần đúng. Nó phụ thuộc vào tình trạng sức khỏe, tình trạng miễn dịch, tuổi tác của người đó, v.v. Nhưng điều quan trọng cần lưu ý là trong trường hợp của COVID-19, không phải một loại vi rút đơn lẻ dẫn đến nhiễm trùng mà là một số lượng lớn chúng lây nhiễm trong một khoảng thời gian ngắn. Hệ thống miễn dịch của cơ thể thường có thể đối phó với các loại virus đơn lẻ. Cơn ho đi kèm với việc giải phóng hàng nghìn giọt nhỏ chứa vi rút, trong đó những giọt lớn hơn rơi xuống đất và những giọt nhỏ nhất lơ lửng trong không khí. Khi bạn hắt hơi, hàng chục nghìn giọt nhỏ hơn sẽ được thải vào không khí. Tổng số virus thoát ra (theo Bromage) khi ho hoặc hắt hơi ước tính lên tới hàng trăm triệu. Khi thở, đặc biệt là khi bình tĩnh, số lượng giọt virus thoát ra qua mũi ít hơn đáng kể; Bromage đưa ra con số vài chục hạt virus mỗi phút. Nếu tất cả các hạt này rơi vào người không bị nhiễm bệnh, liều lây nhiễm sẽ tích lũy trong vòng khoảng một giờ sau khi ở gần người bị nhiễm bệnh. Cuộc trò chuyện của bệnh nhân làm tăng số lượng giọt bắn ra xấp xỉ một bậc độ lớn. Nhìn chung, cách nguy hiểm nhất để lây lan virus Corona là hắt hơi và ho. Trong trường hợp này, việc sử dụng khẩu trang của cả người bệnh và người khỏe mạnh có thể thay đổi hoàn toàn tình hình. Một số thông tin cần suy nghĩ về lợi ích của khẩu trang được cung cấp trong bảng (Hình 6), được xây dựng trên cơ sở kết quả sơ bộ được công bố của các nhà nghiên cứu Phần Lan.

–

Ở ĐÂU

BẢO ĐẢM?

Hình 6. Nguy cơ lây truyền virus Corona khi sử dụng khẩu trang

các nhà điều tra. Như sau trong bảng, mặt nạ bẫy các giọt chứa vi rút và có thể làm giảm đáng kể nguy cơ lây nhiễm. Hiệu quả của việc sử dụng khẩu trang sẽ tăng lên nếu cả người nhiễm bệnh và người khỏe mạnh đều đeo chúng. Kết quả thậm chí còn tốt hơn khi những người đeo khẩu trang được giữ khoảng cách với nhau (rủi ro gần bằng 0 ở khoảng cách hơn 1,5–2 m). Chúng ta hãy lưu ý một đặc điểm quan trọng của những bức tranh trên bàn: ngoài khẩu trang, một người khỏe mạnh còn đeo kính. Xét cho cùng, màng nhầy của mắt là một trong những kênh quan trọng cho sự xâm nhập của virus. Tệ hơn nữa: virus khi xâm nhập vào mắt sẽ tồn tại rất lâu. Điều này được xác nhận bởi dữ liệu từ các nhà khoa học Trung Quốc: theo ước tính của họ, những người thường xuyên đeo kính có nguy cơ bị nhiễm coronavirus thấp hơn 5 lần. Vì vậy, như những trường hợp trước, không có gì đảm bảo, nhưng “diện tích lây nhiễm hiệu quả” khi sử dụng khẩu trang ở nơi đông người vẫn có thể giảm đi rất nhiều.

Đường đi ngắn nhất và giả thuyết Poincaré

V.PROTASOV

Kiểm soát từng bước, Họ dẫn tôi, đưa tôi theo một đường ngoằn ngoèo tuyệt vời dọc theo một vòng xoắn ốc không xác định. M. Shcherbkov. Hallelujah

Đường trắc địa

Tại sao máy bay từ Moscow tới Montréal lại bay qua Greenland? Mátxcơva nằm ở vĩ độ 56, Montréal ở vĩ độ 45 và toàn bộ Greenland nằm ở phía bắc vĩ độ 60. Tại sao máy bay lại bay đến đó? Nhưng bởi vì họ cố gắng bố trí lộ trình dọc theo con đường ngắn nhất trên bề mặt Trái đất. Và thật kỳ lạ, nó đi qua Greenland. Điều này thường đi ngược lại với trực giác địa lý của chúng ta. Con đường ngắn nhất từ ​​Yekaterinburg đến Los Angeles đi qua Bắc Cực. Con đường ngắn nhất dọc theo một bề mặt nhất định là đi dọc theo đường trắc địa. Bản thân từ “trắc địa” xuất phát từ khoa học trắc địa, theo nghĩa đen trong tiếng Hy Lạp JHZGDLVLc D - “sự phân chia trái đất”. Và nếu đường trắc địa trên một mặt phẳng là những đường thẳng thì việc tìm đường trắc địa trên các bề mặt khác đôi khi rất khó khăn. Nhà toán học vĩ đại nhất Leonhard Euler (1707–1783) đã suy ra phương trình tổng quát của đường trắc địa vào năm 1732. Sau đó, chúng được chuyển thành phương trình Euler–Lagrange và trở thành công cụ chính không chỉ để xây dựng đường trắc địa trên các bề mặt mà còn trong các bài toán cực trị khác. Ứng dụng chính của các nhà khảo sát vào thời điểm đó là bản đồ (do đó có tên như vậy). Khoảng cách giữa hai điểm trên bản đồ phải luôn được đo bằng trắc địa và điều này phải được thực hiện có tính đến

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201102

địa hình. Sau đó, trắc địa bắt đầu được sử dụng để xây dựng hình học bên trong của một bề mặt tùy ý, trong đó khoảng cách ngắn nhất dọc theo bề mặt là khoảng cách giữa các điểm. Tuy nhiên, cần phân biệt đường trắc địa với đường ngắn nhất! “trắc địa” là gì? Đường trắc địa trên một bề mặt là đường ngắn nhất cục bộ tại mỗi điểm của nó. Điều này có nghĩa là với bất kỳ điểm M nào nằm trên một đường thẳng, điều sau đây đúng: bất kỳ điểm A và B nào nằm trên đường thẳng đó đủ gần với M, thì cung trắc địa AB là đường đi ngắn nhất dọc theo bề mặt giữa A và B. Một nhà toán học sẽ xây dựng tính chất ngắn nhất cục bộ như sau: đối với hai điểm bất kỳ nằm trong lân cận nào đó của điểm M, cung trắc địa là đường đi ngắn nhất dọc theo bề mặt giữa chúng. Lưu ý rằng đường đi ngắn nhất giữa hai điểm bất kỳ là đường trắc địa, nhưng điều ngược lại không phải lúc nào cũng đúng. Đường màu đỏ trong Hình 1 là đường trắc địa, mặc dù đường đi ngắn nhất từ ​​điểm A đến điểm C không đi dọc theo đường này - có một đường ngắn hơn. Nếu không có

Hình 1. Đo đạc – đường ngắn nhất cục bộ

11

NGẮN NHẤT

CÁCH

VÀ

đã được chứng minh. Điều này được thực hiện bởi các nhà toán học Liên Xô Lazar Aronovich Lyusternik (1899–1981) và Lev Genrikhovich Shnirelman (1905–1938), và vì điều này, họ đã phát triển một lý thuyết mới về các phương pháp tôpô trong các bài toán biến phân. Rất lâu sau đó, vào năm 1992, các nhà toán học người Mỹ J. Franks và W. Bangert đã chứng minh rằng trên thực tế, trên bất kỳ bề mặt lồi nhẵn nào cũng không có ba mà là vô số đường trắc địa khép kín. Dừng lại, dừng lại! Có bao nhiêu vô hạn? Chúng ta biết rằng có ba trong số chúng nằm trên hình elip! Không, có gì đó không ổn ở đây. Chúng tôi mở “Hình học trực quan” của Hilbert và Cohn-Vossen, chúng tôi đọc: “Vì vậy, có thể chỉ ra rằng trên một hình elip ba trục, các đường trắc địa khép kín duy nhất không có giao điểm là ba hình elip thu được tại giao điểm của bề mặt này với ba mặt phẳng đối xứng.” Điều này có nghĩa là “nó có thể được hiển thị.” Nhưng các tác giả không viết chính xác như thế nào. Chẳng phải họ đã trở thành nạn nhân của sự tự lừa dối, như P. Fermat, người “không có đủ khoảng trống” bên lề cuốn sách để chứng minh Định lý vĩ đại của mình sao? Rốt cuộc, theo định lý Franks-Bangert, có vô số đường trắc địa trên bất kỳ bề mặt lồi nhẵn nào, nghĩa là trên một hình elip cũng vậy. Hóa ra Hilbert và Cohn-Vossen đã sai? Và Poincaré, người đã không đặt câu hỏi về thực tế rằng có chính xác ba trong số chúng nằm trên một hình elip có trục khác nhau? Và Uryson, Lyusternik và Shnirelman - tất cả họ đều sai phải không? Đúng! Hơn nữa, tất cả họ đều bỏ lỡ ví dụ cơ bản về đường trắc địa “thứ tư” trên một hình elip. Ví dụ này xuất hiện vào năm 1982 trong cuốn sách “Hình học Riemannian” của W. Klingenberg, và sau đó nhiều lần $переоткрывался.^{1}$ Phép trắc địa thứ tư trên một hình elip. Ví dụ này rõ ràng và tuyệt vời đến mức có thể phân tích được

1 Ví dụ, nó được phát minh độc lập vào năm 2004 bởi nhà toán học người Nga S.S. Anisov, người đã báo cáo nó với tác giả. Mãi sau này chúng tôi mới biết rằng ví dụ tương tự cũng có trong cuốn sách của Klingenberg.

GIẢ THUYẾT

POINCARE

trong giờ học ở trường. Mọi người đều đã thấy cách họ buộc các hộp kẹo: họ chạy một phần băng dính xuống, dọc theo đáy hộp, rồi dẫn lên, dọc theo nắp, rồi lại hạ xuống, rồi lại lên. Kết quả là một đường gồm bốn phần - hai phần đối diện ở phía dưới và hai phần ở trên cùng (Hình 5). Bây giờ chúng ta cần làm Hình 5. Phòng thay đồ cũng vậy, nhưng không phải trên hộp quay mà là trên hộp tròn. Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng đường này trên một hình elip. Hãy lấy một hình elip trong đó một trục nhỏ hơn nhiều so với hai trục còn lại. Gần như bằng phẳng. Hãy ký hiệu các đầu của bán trục dài (theo thứ tự) A, B, C, D. Hãy nối A và B bằng đường ngắn nhất chạy dọc theo bề mặt của hình elip. Vì hình elip gần như phẳng nên đường thẳng này sẽ gần với đoạn AB và chắc chắn sẽ không đi dọc theo đường xích đạo, vì độ dài cung xích đạo lớn hơn đoạn AB. Bây giờ hãy vẽ cùng một cung AD dọc theo cạnh kia (phía dưới) của hình elip. Nói cách khác, cung AD biến thành cung AB khi quay $на^{180q}$ so với trục AC. Tiếp theo, chúng ta chạy cung DC tương tự dọc theo mặt trên và kết thúc bằng cung CB ở mặt dưới. Chúng tôi nhận được một đường khép kín gồm bốn cung bằng nhau (Hình 6). Hóa ra nó sẽ là trắc địa.

Hình 6. Đường trắc địa “thứ tư” trên hình elip

Định lý 1. Vẽ đường thẳng khép kín ABCD là đường trắc địa trên mặt elip. Bằng chứng. Tại mỗi điểm trong của cung AB đường thẳng đó nằm cục bộ

12

KVANT 2020/№11–12

ngắn nhất. Nếu không, chỉ cần thay đoạn nhỏ của nó bằng đoạn ngắn hơn và có được đường đi ngắn hơn $из^{A} в^{B,}$ điều đó là không thể. Điều tương tự cũng xảy ra với ba cung còn lại. Vì vậy, mọi thứ đều ổn ở các điểm bên trong của cung. Sự cố xảy ra ở phần cuối của cung. Tại sao, nói, trong $точке^{A}$ Đường dây của chúng tôi tại địa phương có phải là ngắn nhất không? Hãy mang nó đến gần $с^{A}$ hai $точки^{M} и^{N}$ trên các cung khác nhau. Tại sao $путь^{MN}$ dọc theo một đường thẳng có phải là con đường ngắn nhất trên hình elip không? Điều này không theo sau việc xây dựng. Hãy giả sử rằng $дуга^{AM}$ dài hơn $дуги^{AN.}$ Sau đó hãy tiếp tục $дуги^{AN}$ vì $точку^{N}$ điểm M c mà $дуга^{AM} c$ bằng $дуге^{AM}$ (Hình 7, a). Thông thoáng,

Hình 7

$что^{M} и^{M} c$ biến đổi thành nhau khi quay 180q so với $оси^{AC.}$ Nếu $дуги^{AM} и^{AN}$ bằng nhau thì chỉ cần $обозначим^{M} c^{N}$. Bây giờ, giả sử điều ngược lại: có một đường đi ngắn hơn trên bề mặt của hình elip giữa $точками^{M} и^{N.}$ Bằng cách thêm $дугу^{NM} c$ vào đường dẫn này, chúng ta có được một đường đi ngắn hơn dọc theo bề mặt $между^{M}$ và M c. Điều này có nghĩa là đường đi ngắn nhất $между^{M} и^{M} c$ không trùng với cung của đường thẳng MM c của chúng ta. Hãy rẽ 180q so với $оси^{AC.} Точки^{M}$ và M c sẽ đổi chỗ, và con đường ngắn nhất giữa chúng sẽ biến thành chính nó - xét cho cùng, đó là con đường duy nhất! Chúng ta hãy biểu thị $через^{P}$ phần giữa của con đường ngắn nhất này (khoảng cách được đo dọc theo con đường). Xoay 180° so với $оси^{AC}$ sẽ giữ nguyên điểm này. Nhưng sau đó nó nằm trên trục quay - $прямой^{AC.}$ Và vì nó nằm trên bề mặt của hình elip nên nó trùng với $с^{A,}$ hoặc $с^{C.}$ Cho đến khi $точки^{C}$ quá xa, con đường ngắn nhất sẽ không đi tới đó. $Значит,^{P} A.$ Vậy điểm giữa của đường đi ngắn nhất $из^{M}$ trong M c nằm ở $точке^{A}$ (Hình 7, b). Điều này có nghĩa là đường đi ngắn nhất $из^{A} в^{M}$ đi dọc theo đường thẳng của chúng ta. Nếu không, chúng tôi sẽ đặt nó thay vì $дуги^{AM}$ và do đó giảm độ dài $дуги^{AB,}$, điều này là không thể. Điều này có nghĩa là đường đi ngắn nhất $из^{M}$ trong M c

đi dọc theo đường của chúng tôi, điều này mâu thuẫn với giả định. Bây giờ mọi thứ đã được chứng minh.

Chà, họ đã hứa một ví dụ rất cơ bản… Nhưng nó đòi hỏi một lý luận khá tinh tế. Đúng, nhưng đây là bằng chứng. Và việc xây dựng ví dụ này thực sự rất đơn giản. Nếu một giáo viên tiểu học đưa cho học sinh một hình elip phẳng tương tự và yêu cầu chúng kéo một vòng cao su trên đó theo hướng khác với một trong ba đường xích đạo, chắc chắn chúng sẽ thành công. Móc nó bằng một vòng ở phía trên, luồn qua phía dưới, sau đó dùng một vòng khác ở phía trên. Điều đáng ngạc nhiên hơn là trong nhiều thập kỷ không ai nghĩ tới ví dụ này. Và không ai, kể cả những nhà toán học vĩ đại nhất thế kỷ 20 - Poincaré và Hilbert, cho phép ý tưởng rằng có thể có đường trắc địa thứ tư trên một hình elip. Điều kỳ diệu xảy ra! Trên thực tế, đây không phải là ví dụ duy nhất về đường trắc địa “không đều” trên hình elip. Còn nhiều hơn nữa. Trong Bài tập 5, chúng tôi mời bạn xây dựng chúng. Và khối đa diện đang chờ đợi chúng ta!

Bài tập

1. Bề mặt của ngọn núi có dạng hình nón, sự phát triển của nó là một phần ba hình tròn có bán kính 1 km. Hai thôn nằm dưới chân núi, ở hai phía đối diện nhau của căn cứ. Độ dài của con đường ngắn nhất giữa chúng là bao nhiêu? 2. Một du khách rời khỏi một trong những ngôi làng từ bài toán trước đó, muốn đi vòng quanh núi và quay trở lại làng. Độ dài của tuyến đường ngắn nhất là bao nhiêu? Tuyến đường này có phải là tuyến đường trắc địa khép kín không? 3. Trên một hình trụ tròn bên phải có hai đường trắc địa khép kín rõ ràng: “vành đai” (một hình tròn song song với đáy) và “tay cầm” (một hình chữ nhật chứa hai đường kính song song). Hoặc có thể có những người khác? 4. Đường sinh của hình nón gấp đôi bán kính đáy. Xây dựng một trắc địa khép kín trên bề mặt của nó. Chiều dài của nó là bao nhiêu nếu bán kính cơ sở là 1? 5. Xét một hình elip trong đó một bán trục nhỏ và hai bán trục còn lại bằng nhau. Xây dựng một số loại trắc địa khép kín mới trên đó. Gợi ý. Đường trắc địa theo Định lý 1 có thể được gọi là “tứ giác” vì nó bao gồm bốn phần. Xây dựng các đường trắc địa “lục giác”, “bát giác” và các đường trắc địa tương tự.

(Còn tiếp)

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 M2630–M2632, M2633a đã được cung cấp tại Giải đấu Thành phố XLII. Tác giả bài toán F2633–F2640 – A. Vlasov.

Bài toán M2626–M2633, F2633–F2640

M2626. Vô số người tham gia cuộc thi Olympic giữa các thiên hà đã tập trung vào các số 1, 2, 3,… Hóa ra với mỗi n = 1, 2, …, người tham gia có số n có ít nhất n người bạn trong số những người tham gia còn lại (tình bạn là tương hỗ). Có một khách sạn dành cho người tham gia ở với vô số phòng đôi. Chứng minh rằng những người tham gia có thể được ở trong phòng đôi sao cho mỗi phòng có một cặp bạn. V. Bragin, P. Kozhevnikov

M2627. Một cấp số cộng vô hạn được đưa ra. Sản phẩm của các cặp thành viên của nó được xem xét. Chứng minh rằng tích của một số cặp khác nhau khác nhau không quá 1. A. Kuznetsov

M2628*. Có N thang đo bên ngoài giống hệt nhau. Người ta biết rằng chính xác một trong số chúng có sai sót - chúng thể hiện bất cứ điều gì và trọng lượng của chúng khác với trọng lượng của những cái khác, có cùng trọng lượng và luôn hiển thị kết quả chính xác. Trong một lần cân, bạn có thể đặt nhiều cân lên mỗi bát của một số cân khác. Ở mức N tối đa trong ba lần cân, người ta có thể đảm bảo tìm được những chiếc cân bị hư hỏng? A. Gribalko, O. Mangina

M2629*. Trong Hình 1, một tam giác tùy ý (màu xanh lá cây) được mô tả ở giữa. Các ô vuông màu trắng được xây ở hai bên hướng ra bên ngoài. Một số đỉnh của chúng được nối với nhau bằng các đoạn thẳng, các hình vuông màu trắng lại được xây dựng trên chúng ở bên ngoài, v.v. Trong khoảng trống giữa các hình vuông, các hình tam giác và tứ giác được hình thành, được sơn bằng các màu khác nhau. Chứng minh rằng a) mọi hình tứ giác được tô màu đều là hình thang; b) diện tích của tất cả các đa giác cùng màu đều bằng nhau; c) Các tỉ số đáy của các hình thang một màu bằng nhau; d) nếu $S_{0}^{1}$ là diện tích của hình tam giác ban đầu và $S_{i}$ là diện tích của đa giác màu ở lớp thứ i, thì $S 1^{1}, S 2 5$, và đối với

Hình 1

15

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

kah trước khi đổ nhiên liệu dự trữ lên máy bay. Sau bao lâu thì bể chứa hết chất lỏng? Thời gian này sẽ thay đổi như thế nào nếu áp suất khí ban đầu tăng lên 4 lần? Xét các đại lượng đã biết sau: D S s – tỷ lệ diện tích mặt cắt ngang của bể và lỗ thoát nước, $p_{0}$ – áp suất khí ban đầu, $x_{0}$ – chiều cao ban đầu của cột khí, n – kích thước thẳng đứng của bể, $единицах_{0}^{x}, U$ – mật độ của chất lỏng. Coi sự giãn nở của khí là đẳng nhiệt và lấy áp suất bên ngoài bằng 0. Bỏ qua độ nhớt và trọng lực của chất lỏng; bể đã được cố định.

F2636*. Một học sinh đã vào lớp 11 thành công đã có một kỳ nghỉ hè vui vẻ ở nhà gỗ như sau. Anh ấy đã tạo ra một chiếc nhiệt kế đặc biệt từ một chiếc thùng lớn và những vật liệu phế liệu khác. Sơ đồ của phát minh đơn giản này được thể hiện trên Hình 5. Có nước trong một thùng kín. Chiều cao của cột nước trong ống trong suốt phụ thuộc vào nhiệt độ - Hình 5 ry. Xác định độ nhạy của nhiệt kế như vậy trong khoảng nhiệt độ mùa hè và mùa thu từ 10–40 độ C. Đường kính trong của ống nhỏ hơn đáng kể so với đường kính trong của thùng. Với lời giải bài toán bạn không thể làm gì nếu không có bảng về sự phụ thuộc của áp suất hơi nước bão hòa vào nhiệt độ:

F2637. Hình 6 cho thấy sơ đồ của một bộ trao đổi nhiệt đơn giản. Bể cách nhiệt chứa chất làm mát ở nhiệt độ cao. Một ống cuộn dài và mỏng làm bằng kim loại có tính dẫn nhiệt cao đi qua bể. Xác định nhiệt độ cuối cùng của chất lỏng (đồ uống) lạnh ban đầu chảy qua cuộn dây trao đổi nhiệt. Ở chế độ hoạt động, tốc độ

“QUANTA”

Coi lưu lượng và khối lượng chất lỏng trong cuộn dây là nhỏ. Các đại lượng sau đây đã được biết: $M, T_{0}$ – khối lượng và nhiệt độ ban đầu của chất làm mát, $m, t_{0}$ – lần lượt là khối lượng và nhiệt độ ban đầu của chất lỏng (đồ uống) được làm nóng. Coi nhiệt dung của chất lỏng là $равными,^{Рис.} 6$ tổn thất nhiệt có thể bỏ qua. Kết quả sẽ thay đổi như thế nào nếu chất lỏng được “hoán đổi” - chất lỏng được làm nóng được đổ vào bể và chất làm mát được đổ qua cuộn dây?

F2638. Một quả cầu có thành mỏng bán kính A được làm từ vật liệu có điện trở suất U (Hình 7). Độ dày của tường

Hình 7

hình cầu $d E A, E_{≪} 1$. Những vùng nhỏ của các cực của quả cầu (vùng tiếp xúc) được làm bằng chất siêu dẫn; chúng có thể được coi là những đĩa có bán kính r. Xác định điện trở quả cầu giữa các vùng tiếp xúc. Lực cản này sẽ trở thành bao nhiêu nếu tất cả các kích thước hình học của quả cầu tăng lên n lần?

F2639. Một thanh kim loại được treo nằm ngang trên hai sợi dây song song (Hình 8). Thiết kế này là một con lắc hấp dẫn, có ba bậc tự do và theo đó, có thể thực hiện ba dao động tự nhiên khác nhau. Rõ ràng là chu kỳ dao động nhỏ của chế độ trực giao (thanh trong quá trình dao động như vậy di chuyển qua trục đối xứng) được xác định bởi $формулой^{T} 2 S l g$. Nó sẽ thay đổi như thế nào-

21

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

“QUANTA”

Trên các tứ giác trực tâm liên kết với một tam giác

$ЧАН^{КУАНГ}$ HYUNG

Bài viết này nói về một số khái quát về bài toán M2553. Trong quá trình suy luận chúng ta cũng sẽ thu được lời giải bài toán M2615. Xét tam giác ABC tùy ý. Cho đường tròn nội tiếp có tâm I và tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm A 1, B 1 và C 1. Trong bài toán M2553, K và L lần lượt là tâm của các đường tròn nội tiếp tứ giác AB 1 IC 1 và BA 1 IC 1, còn H lần lượt là đáy của đường cao hạ xuống từ điểm C. Điểm P và Q lần lượt được xác định là giao điểm của phân giác của góc AHC với A 1 C 1 và là giao điểm của phân giác của góc BHC với B 1 C 1. Phát biểu bài toán là tứ giác K, L, P, Q là trực tâm. Lời giải bài toán M2553 được đưa ra trong bài viết của A. Zaslavsky “Trên một tứ giác trực tâm” ở «Kvant» số 7 cho năm 2019. Một số tính chất khác của cách xây dựng này cũng đã được chứng minh ở đó. Đặc biệt, người ta đã chứng minh rằng đường thẳng PQ đi qua C, giao điểm D của KQ và PL nằm trên AB, còn CD là tiếp tuyến chung của các đường tròn nội tiếp các tứ giác AB 1 IC 1 và BA 1 IC 1. Tác giả đã phát hiện tổng quát các sự kiện này và có thể phát biểu dưới dạng một định lý. Định lý. Gọi D là một điểm tùy ý trên cạnh AB của tam giác ABC, K và L lần lượt là tâm của các đường tròn nội tiếp các tam giác ACD và BCD (Hình 1). Hãy để $P LD \cap A 1 C 1$,

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201103

Hình 1

$Q KD \cap B 1 C 1$. Khi đó đường thẳng PQ đi qua C và bốn điểm K, L, P, Q trực tâm. Vì các đường thẳng DKQ và DLP là các đường phân giác của các góc kề nhau nên chúng vuông góc, tức là một trong các đường vuông góc bắt buộc được lắp đặt: QK A PL. Dưới đây ta sẽ chứng minh CP A KL. Vì, tương tự, CQ A KL, điều này sẽ hoàn thành việc chứng minh định lý, vì từ đó các điểm C, P, Q nằm trên cùng một đường thẳng và các điểm vuông góc khác PQ A KL. Hãy giới thiệu giao điểm M của CK với B 1 C 1. Mệnh đề phụ sẽ là bài toán M2615. M2615. Trong tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh CA và AB lần lượt tại các điểm B 1 và C 1 (Hình 2). Về phía AB chọn một cái tùy ý

Hình 2

25

PR HÀNH ĐỘNG U M

Vẽ hình học bài toán

G.DOROFEEV, N.ROZOV

Các ứng viên nhìn nhận VAI TRÒ CỦA BẢN VẼ TRONG GIẢI QUYẾT hình học bài toán một cách khác nhau. Một số người cho rằng việc vẽ là không cần thiết chút nào và họ thực hiện nó một cách cố tình bất cẩn. Ngược lại, những người khác coi bản thân bức vẽ đã là một lý lẽ đầy đủ trong lý luận và thậm chí không thấy cần thiết phải chứng minh bằng bất kỳ cách nào những gì “có thể nhìn thấy được từ bức vẽ”. Cả hai quan điểm cực đoan này đều sai. Tất nhiên, không có hình vẽ nào, dù là hình vẽ chính xác nhất, có thể thay thế được một chứng minh logic mà chỉ mang tính minh họa cho lý luận. Bất kỳ thực tế hình học nào mà chúng ta “nhìn thấy” trong bản vẽ phải được chứng minh một cách nghiêm ngặt - chỉ khi đó chúng ta mới có thể khẳng định rằng thực tế này thực sự diễn ra và không có được từ một bản vẽ đúng (hoặc nguy hiểm hơn nhiều, không chính xác). Đồng thời, hình vẽ trực quan là trợ thủ đắc lực cho lời giải bài toán: nó có thể gợi ý ý tưởng về lý luận và tính toán cần thiết, nảy sinh ý tưởng sử dụng một định lý nhất định hoặc đưa ra một cách xây dựng bổ sung thành công. Không phải vô cớ mà các nhà toán học thường sử dụng đến các hình minh họa hình học để làm cho ý tưởng chứng minh trở nên dễ hiểu hơn. Tuy nhiên, chỉ có bản vẽ phản ánh chính xác các đặc điểm hình học thiết yếu của cấu hình được thảo luận trong điều kiện mới có thể giúp giải quyết bài toán. Đó là lý do tại sao bản vẽ nên được xử lý rất cẩn thận. Người nộp đơn thường giới hạn bản thân ở bản vẽ đã hoàn thành ít nhiều thành công đầu tiên mà không quan tâm đến việc bản vẽ đã hoàn thành đáp ứng điều kiện bài toán chính xác đến mức nào.

Xuất bản năm «Kvant» số 6, 1976.

A B IT UR I E NTA

Trong khi đó, trong nhiều bài toán, về nguyên tắc không thể thực hiện một lời giải hoàn chỉnh từ một bản vẽ, vì điều kiện bài toán cho phép tồn tại các cấu hình hình học khác nhau. Ngoài ra, việc đính kèm một bản vẽ “ngẫu nhiên” như vậy sẽ dẫn đến một vấn đề khác: trong quá trình lời giải bài toán, có thể phát hiện ra sự mâu thuẫn giữa kết quả thu được và bản vẽ ban đầu, điều này thường khiến người nộp đơn nhầm lẫn. Tuy nhiên, với sự hiểu biết chính xác về vai trò của hình vẽ, điều này không có gì sai - bạn chỉ cần từ bỏ hình ảnh gốc và tạo một bản vẽ mới tương ứng với thông tin hình học đã xuất hiện (tất nhiên, với điều kiện là lý luận và tính toán được thực hiện là chính xác). Khi xây dựng một bản vẽ, có thể hữu ích không nếu bạn không tạo một bản phác thảo gần đúng, bản phác thảo này chỉ đưa ra ý tưởng chung về cấu hình hình học, mà hãy cố gắng xây dựng bản vẽ một cách nhất quán, dựa trên dữ liệu bài toán và các sự kiện hình học chung. Với cách tiếp cận này, bạn sẽ dễ dàng “nhìn thấy” những ý tưởng có thể áp dụng trong lời giải. Bài toán 1 (MSU, Khoa Khoa học Đất, 1974). Trong tam giác ABC, góc B bằng 90°, AB 4. Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho BD 1. Một đường tròn bán kính 5 2 đi qua các điểm B và D và tiếp xúc tại điểm B với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm diện tích tam giác ABC. Trước hết, hãy dựng tam giác ABC có góc vuông B (Hình 1). Để xây dựng một đường tròn ngoại tiếp tam giác này, trước tiên chúng ta tìm ra tâm O của nó ở đâu và bán kính của nó là bao nhiêu. Như đã biết, tâm của đường tròn ngoại tiếp một tam giác vuông nằm ở

Hình 1

30

KVAN T 2020/№11–12

Đoạn AB cần tìm là cạnh huyền của hình chữ nhật $треугольника_{1}^{BB} A, катет_{1}^{BB}$ được xác định từ tam giác vuông $CB_{1}^{B} :_{1}^{BB} 2 r$ sin M. Còn lại là tìm chân $AB_{1}$. Các đường thẳng OA $и_{1}^{BB}$ vuông góc với mặt phẳng P nằm trong cùng một mặt phẳng. Hãy vẽ một đường thẳng $ON_{P} AB_{1}$; thì $AONB_{1}$ là hình chữ nhật và do đó $AB_{1} ON, NB_{1} OA r$. Bởi vì

NB

BB 1 NB 1

2 r sin M r,

Hình 9

sau đó từ $треугольника^{ONB}$

$ON^{2}$

$OB^{2} NB^{2}$

$4 r^{2}$ sin M 1 sin M, và từ $треугольника_{1}^{BB} A$

AB

$AB_{1}^{2} BB_{1}^{2}$

$ON^{2} BB_{1}^{2}$

2 r sin M.

Tuy nhiên, người ta không nên nghĩ rằng bài toán đã được giải quyết. Trên thực tế, khi tính đoạn $^{NB}$, về cơ bản, chúng tôi đã sử dụng thực tế là các điểm $В,^{N} и_{1}^{B}$ nằm chính xác như trong Hình 8. Nhưng từ điều kiện bài toán thì không hề suy ra rằng $точка^{N}$ nằm giữa B $и_{1}^{B}$; điểm B có thể nằm giữa $точками^{N} и_{1}^{B}, точки^{N}$ và B thậm chí có thể trùng nhau. Chỉ bằng cách xem xét tất cả các trường hợp này, chúng tôi mới có thể khẳng định rằng chúng tôi đã tiến hành lời giải bài toán toàn diện.

Nếu điểm B nằm $между^{N} и_{1}^{B}$ (Hình 9), thì $NB NB_{1}^{BB} 1 r 2 r$ sin M, và việc tính tiếp theo $отрезков^{ON}$ và AB được thực hiện theo cách tương tự như trên; Kết quả là chúng ta có được công thức tương tự cho đoạn AB. Cuối cùng, nếu $точки^{N}$ và B trùng nhau thì rõ ràng là $что_{1}^{BB} ON r$ và AB r 2. Trong trường hợp này, trong tam giác $CB_{1}^{B} катет_{1}^{BB} r$ tạo thành một nửa cạnh huyền CB 2r, và do đó M 30 q, tức là AB 2 r sin M. Do đó, đẳng thức AB 2 r sin M có giá trị cho mọi giá trị có thể có của M. Lời giải này bài toán cũng có thể được thực hiện bằng cách sử dụng lý luận không phụ thuộc vào vị trí cụ thể của các điểm $В,_{1}^{B} и^{N}$ - hãy tự mình thử xem.

KONK URS IM ENI A.P.S AVINA

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi tiếp theo về lời giải toán học bài toán. Các nhiệm vụ được thiết kế chủ yếu dành cho học sinh bắt đầu từ lớp 8–9 và chúng tôi khuyên các học sinh nhỏ tuổi hơn nên thử sức mình trong cuộc thi tạp chí «Kvant» (xem trang web kvantik.com). Gửi lời giải bài toán mà bạn có thể xử lý bằng e-mail đến địa chỉ: savin.contest@gmail.com hoặc bằng thư thông thường đến địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» (được đánh dấu “Cuộc thi mang tên A.P. Savin”). Ngoài họ và tên của bạn, hãy cho biết thành phố, trường học và lớp nơi bạn học cũng như địa chỉ bưu điện gửi về của bạn. Chúng tôi hoan nghênh việc tham gia cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các đội (trong trường hợp này, một tác phẩm sẽ được gửi kèm theo danh sách những người tham gia). Bạn có thể tham gia bắt đầu từ bất kỳ chuyến tham quan nào. Những người chiến thắng sẽ nhận được bằng tốt nghiệp từ tạp chí «Kvant» và các giải thưởng. Bài tập, lời giải và kết quả được công bố trên Site.google.com xem savin-contest Chúc bạn thành công!

9. Có thể viết một số tự nhiên ở mỗi đỉnh của hình lập phương sao cho 8 số đó khác nhau nhưng tích các số ở các đỉnh của mỗi mặt thì bằng nhau? M. Evdokimov

10. a) Trên một tờ giấy ca rô, vẽ một hình tứ giác có các đỉnh tại các nút lưới (Hình 1). Chứng minh rằng một góc của nó lớn gấp đôi góc kia. b) Vẽ một tứ giác lồi có các đỉnh thắt nút trên một tờ giấy ca rô

…bạn có thể chỉ ra đầu mũi tên đang bay ở đâu không? Zeno của Elea

Tại sao nếu dùng rìu mang tải nặng vào cây thì cây sẽ bị hư nhẹ, còn nếu nhấc rìu không tải mà đập vào cây thì cây sẽ gãy đôi? Aristote

Trái với lẽ thường, lực ép lên đáy bình không phụ thuộc vào hình dạng của nó mà phụ thuộc vào

chỉ dựa trên chiều cao của cột chất lỏng, mật độ và diện tích đáy của nó. Nghịch lý của Pascal…Cho đến khi chiếc hộp được mở ra, con mèo bên trong chiếc hộp ở trạng thái chồng chất của hai trạng thái, tức là không sống cũng không chết. Nghịch lý của Schrödinger…trong vật lý, nghịch lý chỉ là sự nhầm lẫn trong hiểu biết của chúng ta. Richard Feynman Khi bạn ăn một chiếc bánh mì tròn, cái lỗ sẽ đi về đâu? Văn hóa dân gian

Bạn có thực sự quen thuộc với điều này?

?

nghịch lý vật lý

Lịch sử vật lý đầy rẫy những nghịch lý! Đôi khi đơn giản, chỉ cần xem xét kỹ hơn và sử dụng những kiến ​​thức đã biết để giải quyết những mâu thuẫn rõ ràng. Và đôi khi sâu sắc, ảnh hưởng đến nền tảng của các lý thuyết hiện có và dẫn đến việc sửa đổi chúng. Những suy ngẫm về nghịch lý chiếm lĩnh tâm trí của các nhà khoa học xuất sắc và phân tích của họ đóng một vai trò quan trọng trong sự phát triển của vật lý hiện đại. Tuy nhiên, ngay cả trong chương trình giảng dạy ở trường cũng có rất nhiều bài toán có bản chất nghịch lý và dường như khác xa với lẽ thường. Chúng tôi hy vọng lời giải của họ sẽ cho phép chúng tôi vượt ra ngoài các cách tiếp cận tiêu chuẩn, thông thường, mở rộng hiểu biết của chúng ta về các hiện tượng vật lý và cũng cảnh báo một số sai lầm, đôi khi gây khó chịu. Hãy trang bị cho mình câu nói đầy nghịch lý “đáng kinh ngạc, nhưng có thật” - và mạnh dạn tiến về phía trước!

Câu hỏi và bài toán

1. Trong một cỗ xe đóng kín, chuyển động đều, có một quả bóng ở giữa sàn và một quả bóng cao su nhẹ được thổi phồng bằng hydro treo phía trên nó gần trần nhà. Quả bóng và quả bóng sẽ chuyển động như thế nào nếu xe phanh gấp? Có thể bỏ qua lực cản của không khí và ma sát của quả bóng trên sàn.

2. Bạn sẽ trả lời câu hỏi của Aristotle như thế nào (xem đoạn văn)? 3. Chiếc vòng, quay theo mặt phẳng thẳng đứng và được tay của vận động viên thể dục ném qua sàn, sẽ tự quay trở lại chỗ cô ấy sau vài giây. Làm thế nào chúng ta có thể giải thích điều này? 4. Một quả bóng có khối lượng m, nối với một trục cố định bằng một sợi dây, chuyển động theo đường tròn với vận tốc v. Động năng của nó là $mv^{2} 2$ và không đổi. Tuy nhiên, trong một hệ quy chiếu chuyển động trong mặt phẳng quay của quả bóng với tốc độ v thì động năng của nó thay đổi từ 0 đến $2mv^{2}$. Điều này có phù hợp với định luật bảo toàn năng lượng không? 5. Một đường thẳng được vẽ trên đồng xu bằng phấn. Đường này có nên uốn cong nếu đồng xu bị nung nóng không? 6. Nếu bạn thả nước lên bếp đang nóng nằm ngang, giọt nước sẽ đọng lại rất lâu, gần như không bay hơi. Nếu bạn làm điều này trên bếp có nhiệt độ thấp, giọt nước sẽ bay hơi gần như ngay lập tức kèm theo tiếng rít. Làm thế nào để giải thích sự khác biệt trong “hành vi” này của giọt nước? 7. Mở cửa tủ lạnh vào ngày nắng nóng, chúng ta cảm nhận được một luồng không khí mát lạnh ùa vào phòng. Có thể tạo ra sự mát mẻ trong phòng theo cách này không?

8. Một ống đồng có đường kính ngoài 1cm làm chất dẫn hơi nước. Để giảm thất thoát nhiệt, nó được phủ một lớp cách nhiệt dày 5 mm. Tuy nhiên, tổn thất sau đó không những không giảm mà thậm chí còn tăng lên. Tại sao? 9. Hiệu điện thế giữa các bản của tụ điện không khí phẳng tích điện tỷ lệ thuận với khoảng cách giữa chúng. Bằng cách di chuyển các tấm ra xa nhau, dường như chúng ta có thể tăng hiệu điện thế này vô thời hạn. Có sự mâu thuẫn ở đây? 10. Một quả cầu kim loại B tích điện dương được đưa đến quả bóng A tích điện dương, quả bóng này bắt đầu bị hút bởi quả bóng A. Làm sao điều này có thể xảy ra được, vì các vật tích điện tương tự sẽ đẩy nhau!? 11. Sử dụng một mảnh gương nhỏ, người ta quan sát thấy một “chùm tia” mặt trời trên tường và hình dạng tròn của nó vì một lý do nào đó không phụ thuộc vào hình dạng của mảnh gương. Trong trường hợp nào điều này xảy ra? 12. Bạn có thể sử dụng que diêm để chặn bất kỳ từ nào trong văn bản sách khỏi mắt bạn. Tuy nhiên, nếu bạn giữ que diêm cách mắt 1–2 cm, văn bản sẽ hiển thị “xuyên qua” que diêm. Điều gì giải thích điều này?

Kinh nghiệm vi mô

Lấy một nửa ly chứa đầy nước và phủ nó bằng một tờ giấy. Dùng tay ấn chặt tờ giấy và lật ngược tấm kính. Sau khi đã chắc chắn tờ giấy nằm ngang thì bỏ tay ra. Nước không tràn ra ngoài! Những loại nghịch lý?

Thật thú vị rằng…

…theo aporia chính (trong tiếng Hy Lạp - độ khó) của Zeno chống lại chuyển động, không thể phân biệt được một mũi tên đang bay với một mũi tên đang nằm yên. Chỉ có thể thoát khỏi “tình thế vô vọng” này vào giữa thế kỷ 17 với sự đưa ra khái niệm tốc độ của Huygens. …cơ sở tư tưởng của các nhà khoa học Hy Lạp cổ đại, dẫn đến những nghịch lý, là sự bác bỏ bất kỳ quy trình hiện tại nào, được cho là không thể tiếp cận được để phân tích khoa học, và hạn chế của một quy trình

chúng chỉ là những “trạng thái” đông lạnh. …nghịch lý thủy tĩnh nổi tiếng, được đưa vào sách giáo khoa ở trường dưới tên định luật Pascal, đã được phát hiện sớm hơn nhiều bởi Simon Stevin, người đã khôi phục các kết quả mà Archimedes thu được. …theo định luật được thiết lập năm 1905, một phần đáng kể năng lượng trong phổ bức xạ nhiệt rơi vào vùng sóng ngắn (tia cực tím) của nó, điều này mâu thuẫn với thí nghiệm. Sự khác biệt này được gọi là thảm họa tia cực tím hay nghịch lý Rayleigh-Jeans. …Thuyết hấp dẫn của Newton hóa ra không thể áp dụng được cho mô hình mới của Vũ trụ xuất hiện vào đầu thế kỷ XX, dẫn đến nghịch lý hấp dẫn, theo đó một lực vô cùng lớn phải tác dụng lên bất kỳ điểm nào trong Vũ trụ. …thế kỷ trước đã đưa ra những khái niệm vật lý mới, thoạt đầu có vẻ nghịch lý: điện trường và từ trường không tồn tại riêng biệt, và đối với những người quan sát khác nhau, cùng một trường có thể tự biểu hiện dưới dạng từ tính, hoặc điện, hoặc dưới dạng hỗn hợp của chúng theo những tỷ lệ rất khác nhau. …sự khác biệt về tuổi của các cặp song sinh, một trong số đó vẫn ở trên Trái đất và người còn lại du hành vào không gian, có lẽ là nghịch lý nổi tiếng nhất trong thuyết tương đối. …vào cuối thế kỷ 20, cái gọi là hiệu ứng Zeno lượng tử đã được thảo luận tích cực. Tuyên bố nghịch lý chính của ông là việc quan sát liên tục quá trình phân rã phóng xạ khiến bản thân sự phân rã đó không thể xảy ra.

Đọc gì trong «Kvant» về nghịch lý vật lý (xuất bản những năm gần đây) 1. “Về vai trò của nghịch lý trong sự phát triển của khoa học” - 2016, Phụ lục số 2, tr. 165; 2. “Đó là nơi chúng ta đang đứng!” – 2018, số 5, tr. 26; 3. “Thuyết tương đối của chuyển động trong các bài toán động lực học” – 2019, số 4, tr. 40; 4. “Nghịch lý Vavilov” – 2020, số 1, tr. 59.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC

Hai bài toán về việc che bảng bằng các góc

A.KANUNIKOV

MỘT TRONG NHỮNG chủ đề THƯỜNG GẶP của câu lạc bộ là ốp lát, cắt, tô màu. Một bài toán điển hình về chủ đề này được xây dựng như sau: “Một hình đã cho gồm các ô có thể cắt thành các hình thuộc một loại nhất định không?” (xem, ví dụ, [1]). Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giải quyết hai nghiên cứu tương tự bài toán về việc che một tấm bảng hình chữ nhật bằng các góc. Bài toán 1. Tấm ván có kích thước bao nhiêu có thể cắt thành các góc của ba hình vuông? Rõ ràng, số lượng ô mn phải là bội số của 3, có nghĩa là m hoặc n là bội số của 3. Hãy xem xét mức đóng bài toán, trong đó hạn chế này được dỡ bỏ. Bài toán 2. Bảng $размеров^{m} u^{n}$ nào có thể được phủ đều các góc của ba hình vuông thành nhiều lớp? (Mỗi ô được bao phủ bởi cùng một số góc.) Trong đáp số với bài toán m và n này có thể không còn là bội số của 3 nữa (trong trường hợp này số lớp sẽ là bội số của 3). Tác giả đã nhìn thấy một lời giải bài toán 2 thú vị cho bảng 5 u 7 trong một cuốn sách [2] khi ông còn là một cậu học sinh. Đoán được lời giải này không hề dễ dàng.

che một góc theo hai cách (Hình 1) - trong cả hai trường hợp, một góc khác được đặt rõ ràng bên dưới và hai góc này tạo thành $прямоугольник^{3} u^{2}$. Chúng ta áp dụng lý luận tương tự cho $доске^{3} u^{n} 2$ còn lại và thấy rằng $доска^{3} u^{n}$ bị cắt thành các góc $œ^{n}$ chẵn. (1) Tiếp theo, chúng ta lấy $m 6. Доски^{6} u^{2} и^{6} u^{3}$ có thể được cắt thành $блоки^{3} u^{2}$, và do đó thành các góc (Hình 2). Từ đây rõ ràng bảng 6 u n được cắt thành các góc cho n bất kỳ! 1. (2)

Hình 2

Thật vậy, với n chẵn, một tấm ván như vậy được cắt thành 6 u 2, và với n lẻ - thành một $доску^{6} u^{3} и^{n} 3^{2} досок^{6} u^{2}$. Việc còn lại là khám phá các bảng có m, n lẻ! 3, trong đó m là bội số của 3. Giá trị nhỏ nhất: m 9 và $n^{5.}$ Việc cắt $доски^{9} u 5$ có ​​thể phải thực hiện nhiều lần thất bại. Trong lời giải, màu bảng như trong Hình 3 sẽ hữu ích. Rõ ràng là mỗi góc bao phủ nhiều nhất một ô màu xanh lá cây. Mặt khác, có 15 ô màu xanh lá cây - con số tương đương với số góc. Điều này có nghĩa là ở mọi ngóc ngách cần có

Lời giải bài toán 1

Chúng ta sẽ giả sử rằng m là bội số của 3. Hãy bắt đầu với trường hợp m 3. Với n 2, chúng ta thu được một hình chữ nhật $^{3}$ $u^{2}$, được cắt thành hai góc. Chúng ta cùng nghiên cứu trường hợp tổng quát $доски^{3} u^{n}$ cho n! 1. Ô phía trên bên trái của nó có thể là

Hình 3

Hình 1

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201105

Hình 4

40

KVANT 2020/№11–12

kami, không sắp xếp số. Ví dụ, hãy xem xét một tấm bảng 5 x 7. Hãy để nó được phủ các góc trong N lớp. Khi đó số ô xanh trong tất cả các lớp là 12N và số góc là $35^{N} 3$. Nhưng ở mỗi góc không có nhiều hơn một ô xanh, tức là không có nhiều góc hơn ô xanh (trên tất cả các lớp), $т.е.^{12} N 35^{N} 3$ là mâu thuẫn. Điều này lời giải được kể bởi giáo viên Khoa Cơ học và Toán học nhỏ Marina Molchanova. Bảng 7 và 7 đáng được quan tâm đặc biệt. Nếu học cách che nó, chúng ta sẽ có thể che tất cả các bảng $7^{2} p u 7^{2} t$ chưa được xem xét trước đây. (8) Nó đủ để chứng minh rằng bằng cách cắt bỏ bất kỳ hình vuông nào của bảng 7 và 7, chúng ta có thể che phần còn lại bằng các góc trong một lớp. Trên thực tế, bằng cách chồng tất cả 49 lớp phủ như vậy lên nhau, chúng ta sẽ phủ tấm bảng 7 u 7 thành 48 lớp! Tất nhiên, chỉ cần đưa ra các ví dụ về mức độ bao phủ không phải cho 49 ô mà chỉ cho 10 ô - chúng được đánh dấu ở $рисунке^{7,}$ bất kỳ

Hình 8

Hình 7

một ô khác được chuyển đến một trong những ô được đánh dấu bằng cách xoay hoặc phản chiếu của bảng. Mỗi ô trong số 10 ô được đánh dấu trong hình $^{7,}$ rơi vào một trong các ô vuông 2 u 2 được đánh dấu màu đỏ. Sau khi cắt hình vuông ra, bản thân hình vuông đó sẽ trở thành một góc, và cách cắt phần còn lại của bảng được thể hiện ở hình 8, a-c tương ứng. Tổng hợp các phát biểu (4)–(8), ta thu được định lý sau. Định lý 2. Bảng m u n được phủ các góc đều trong các trường hợp sau và chỉ trong các trường hợp đó: $1)^{mn}$ chẵn $и^{m,n}$! 1; $2)^{m,} n$ là số lẻ và lớn hơn 3, ngoại trừ bảng 5 u 5 và 5 u 7.

Văn học 1. S. Tabachnikov, D. Fuchs. Không thể lát gạch được. – «Kvant», 2011, số 2. 2. A.Ya.Kanel-Belov, A.K.Kovaldzhi. Cách giải quyết không chuẩn bài toán. – M.: MTsNMO, $2008.^{3.}$ P.A.Kozhevnikov. Tessellations: từ tô màu cờ vua đến sơ đồ Van Kampen và nhóm Conway. – Tài liệu của LSHSM-2013, https://www.mccme.ru/dubna/2013/ khóa học/kozhevnikov.htm

47

BÀI KIỂM TRA

NGUYÊN VẬT LIỆU

Hình 14

3. Trong mạch điện (Hình 14) tất cả các phần tử đều lý tưởng, tụ điện không tích điện. Biết các giá trị E, R, C, r R. Công tắc K đóng một lúc rồi mở khi tốc độ tăng năng lượng của tụ điện là cực đại. 1) Tìm dòng điện chạy qua tụ điện ngay sau khi đóng công tắc. 2) Tìm dòng điện chạy qua tụ điện ngay sau khi mở công tắc. 3) Sau khi mở chìa khóa, mạch điện sẽ toả bao nhiêu nhiệt lượng? 4. Mạch sử dụng mạch cầu (Hình 15a). EMF của một nguồn lý tưởng

Hình 15

E 10 V, $R_{2} 12$ Ôm, $R_{3} 8$ Ôm, $R_{4} 2$ Ôm. Đặc tính dòng điện của diode được thể hiện trên hình 15, b, điện áp ngưỡng của diode là $U_{0} 1$ V. 1) Tìm dòng điện qua điện trở có điện trở $R_{3}$ khi công tắc K mở. 2) Dòng điện chạy qua diode sẽ ở giá trị nào $R_{1}$ khi công tắc K đóng? 3) Tại giá trị nào của $R_{1}$ thì công suất tổn thất nhiệt trên diode sẽ bằng $P_{D} 1,25$ W?

Hình 16

5. Hệ thống quang học bao gồm một thấu kính phân kỳ mỏng có tiêu cự F (F! 0), một gương phẳng và một màn chắn nhỏ E, được đặt sao cho ánh sáng từ nguồn S chỉ có thể tới thấu kính sau khi phản xạ từ gương (Hình 16). Gương nằm vuông góc với trục quang chính của thấu kính $OO_{1}$. Nguồn S nằm cách trục $OO_{1}$ một khoảng 3 F 4 và cách mặt phẳng của thấu kính một khoảng F 2. Thấu kính và nguồn đứng yên, gương chuyển động với tốc độ v dọc theo trục $OO_{1}$. Tại một thời điểm gương cách thấu kính một khoảng F. 1) Tại thời điểm này người quan sát A có thể nhìn thấy ảnh của nguồn trong hệ ở khoảng cách bao nhiêu so với mặt phẳng thấu kính? 2) Lúc này ảnh đang chuyển động ở góc D nào so với trục $OO_{1}$? (Tìm giá trị của bất kỳ hàm lượng giác nào của góc.) 3) Tìm tốc độ của ảnh tại thời điểm này. Ấn phẩm về toán học được biên soạn bởi N. Agakhanov, I. Bogdanov, I. Glukhov, A. Golovko, S. Gorodetsky, V. Dubinskaya, Y. Kuzmenko, E. Molchanov, O. Podlipsky, D. Tereshin; trong vật lý - L. Koldunov, V. Plis, V. Uskov, V. Chivilev, A. Sheronov, Yu. Yuryev

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

Kể từ năm 2017, tạp chí «Kvant» đã trở thành tạp chí hàng tháng và 12 số tạp chí được xuất bản mỗi năm. Bạn có thể đăng ký tạp chí của chúng tôi từ bất kỳ số nào tại bất kỳ bưu điện nào. Chỉ mục đăng ký của chúng tôi trong danh mục “Báo chí $России»_{–} 90964.$”. Bạn có thể mua tạp chí «Kvant» trong cửa hàng “Sách toán học” của nhà xuất bản MCNMO (địa chỉ cửa hàng trực tuyến: biblio.mccme.ru), cũng như tại các hiệu sách ở Moscow “Biblio-Globus”, “Young Guard”, “Moscow House of Books” và trong tòa soạn tạp chí. Kho lưu trữ các số đã xuất bản của tạp chí «Kvant» có sẵn trên trang web http://kvant.ras.ru

THÔNG TIN

Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng (CPTS) của Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva (Đại học Nghiên cứu Quốc gia) (MIPT) tuyển sinh lớp 7–10 của các cơ sở giáo dục phổ thông (trường học, lyceums, phòng tập thể dục, v.v.) nằm trên lãnh thổ Liên bang Nga vào lớp 8–11. ZFTSH hoạt động trong lĩnh vực giáo dục bổ sung chuyên biệt cho trẻ em từ năm 1966. Trong những năm qua, hơn 100 nghìn học sinh đã tốt nghiệp ra trường; Hầu như tất cả sinh viên tốt nghiệp của trường đều đỗ vào các trường đại học hàng đầu của đất nước và mỗi sinh viên MIPT thứ hai đều là cựu sinh viên của trường. Việc quản lý khoa học và phương pháp của trường được thực hiện bởi Viện Vật lý và Công nghệ Moscow. Giáo dục tại trường được thực hiện trong bốn môn khoa học và kỹ thuật - vật lý, toán học, khoa học máy tính và hóa học. Lớp 8 chỉ học vật lý và toán. Ở lớp 9–11, các môn học này được bổ sung bằng nền tảng toán học của khoa học máy tính và CNTT (khoa học máy tính) và hóa học. Học sinh có thể chọn học một, hai, ba hoặc bốn môn. Số lượng bài tập trong năm theo cấp lớp và môn học được trình bày trong bảng:

Các bài tập được chuẩn bị bởi các giáo viên giàu kinh nghiệm từ các khoa vật lý đại cương, toán cao cấp và khoa hóa học của MIPT, cũng như các sinh viên tốt nghiệp MIPT và các chuyên gia khác có nhiều kinh nghiệm làm việc với các học sinh năng khiếu.

học sinh chúng tôi. Các bài tập bao gồm tài liệu lý thuyết, phân tích các ví dụ điển hình và bài toán về chủ đề liên quan và 10–12 câu hỏi kiểm soát và bài toán cho lời giải độc lập. Đây là cả bài toán đơn giản và phức tạp hơn. Ví dụ về các nhiệm vụ có thể được xem trên trang web ZFTSH. Mục tiêu của trường chúng tôi là giúp học sinh lớp 8–11 của các cơ sở giáo dục phổ thông quan tâm đến các môn khoa học và kỹ thuật, đào sâu và hệ thống hóa kiến ​​thức về các môn này, đồng thời góp phần nâng cao khả năng tự quyết về nghề nghiệp của các em. Các chương trình ZFTSH là các chương trình phát triển chung bổ sung chuyên biệt và giống nhau cho tất cả các bộ phận. Việc tuyển sinh lớp 8, 9, 10 và 11 cho năm học 2021-2022 được thực hiện cho các khoa bán thời gian, toàn thời gian và bán thời gian. Chương trình đào tạo đầy đủ được thiết kế trong 4 năm - bao gồm từ lớp 8 đến lớp 11, nhưng bạn có thể bắt đầu đào tạo từ bất kỳ lớp nào được chỉ định. Theo quy định của ZFTSH, sinh viên chỉ được học một khoa của ZFTSH. Học sinh của tất cả các khoa đã hoàn thành xuất sắc chương trình ZFTS, sau khi hoàn thành lớp 11 sẽ nhận được chứng chỉ điểm cuối cùng của các môn học ở lớp 11. Khi tham gia MIPT, chứng chỉ hoàn thành ZFTS sẽ được tính chủ yếu trong bảng xếp hạng, tất cả các yếu tố khác đều như nhau. Học sinh từ tất cả các khoa sẽ được mời tham gia Cuộc thi Olympic Vật lý và Toán học “PHYSTECH - 2022”, được tổ chức tại MIPT và tại một số thành phố của Nga vào tháng 2 hoặc đầu tháng 3, cũng như các kỳ thi Olympic toàn thời gian và ngoại khóa khác của MIPT và các khoa của nó. Đối với sinh viên và lãnh đạo các nhóm tự chọn, có một bài giảng trực tuyến về vật lý, toán học và hóa học theo chương trình ZFTS. Các bài giảng được giảng dạy bởi các giáo viên MIPT (thường là tác giả của các bài tập). Thông tin thêm về những sự kiện này có thể được tìm thấy trên trang web ZFTS. Giáo dục tại ZFTSH là miễn phí. Đối với sinh viên sống bên ngoài Liên bang Nga, chỉ có thể học trả phí tại các khóa học bán thời gian hoặc bán thời gian.

49

THÔNG TIN

BỘ PHẬN THƯ VIỆN (học từ xa cá nhân) Điện thoại: (495) 408-51-45, e-mail: zftsh@mail.mipt.ru Việc xét tuyển vào bộ phận thư tín được thực hiện trên cơ sở cạnh tranh dựa trên kết quả hoàn thành bài tập giới thiệu về các môn học đã chọn để học. Học sinh vào khoa thư tín hoàn thành nhiệm vụ giới thiệu trên trang web https: zftsh.online dưới hình thức Olympic trực tuyến. Thế vận hội bắt đầu vào ngày 22/03/2021 lúc 9:00 và kết thúc vào ngày 28/03/2021 lúc 21:00 (giờ Moscow). Bạn có 4 giờ để hoàn thành bài tập trong mỗi môn học. Lời giải sẽ được thông báo đến hội đồng tuyển sinh trước ngày 1 tháng 6 năm 2021 theo địa chỉ email được cung cấp khi đăng ký. Giấy chứng nhận đăng ký ZFTSH cũng sẽ xuất hiện trong tài khoản cá nhân của bạn. Khi đăng ký trên https: zftsh.online, bạn phải đính kèm một bản sao chứng chỉ trường học của mình rõ ràng, dễ đọc. Chú ý đến các học sinh đang theo học tại khoa thư tín của ZFTSH Nếu một sinh viên đang theo học tại ZFTSH và muốn thêm một môn học khác cho năm tới, thì cần từ ngày 22/03/21 đến ngày 28/03/21 để hoàn thành nhiệm vụ giới thiệu về chủ đề này trên trang web https: zftsh.online. Bạn cần hoàn thành nhiệm vụ giới thiệu từ tài khoản hiện có của mình. Không cần phải đăng ký lại. Lời giải không được gửi đến hội đồng tuyển sinh trong những trường hợp như vậy và giấy chứng nhận bổ sung môn học và bài tập cho môn học đó sẽ có sẵn cho học sinh trong tài khoản cá nhân của mình vào tháng 7 trong trường hợp có lời giải tích cực từ hội đồng tuyển sinh. Đào tạo trên nền tảng zftsh.online Trong năm học, theo chương trình, sinh viên nhận được quyền truy cập vào các bài tập về các môn học đã học trong tài khoản cá nhân của mình trên trang web https: zftsh.online. Học sinh hoàn thành bài tập trên trang web bằng trình chỉnh sửa tích hợp sẵn hoặc bằng cách đính kèm các bản sao hoặc ảnh quét của bài tập đã hoàn thành vào sổ tay. Sau ngày hoàn thành, bài làm sẽ được các giáo viên ZFTSH giao cho học sinh kiểm tra trên trang web. Càng sớm càng

Bot được kiểm tra, học sinh xem bài làm của mình kèm theo phần đánh giá và giải pháp của tác giả đối với phần kiểm soát của bài tập.

BỘ PHẬN CHUYÊN SÂU VÀ PHẢN ỨNG (đào tạo theo nhóm tự chọn) Điện thoại: (498) 744-63-51, e-mail: fakultativ@mipt.ru Các nhóm tùy chọn có thể được tổ chức trong bất kỳ cơ sở giáo dục phổ thông nào bởi hai, ba hoặc bốn giáo viên - vật lý, toán học, khoa học máy tính và hóa học, trong một số trường hợp được phép đào tạo trong một môn học. Trưởng nhóm tự chọn tiếp nhận những sinh viên đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ giới thiệu của ZFTS (bài do trưởng nhóm kiểm tra và không gửi cho ZFTS). Nhiệm vụ giới thiệu cho khoa bán thời gian sẽ được đăng trên trang web school.mipt.ru vào ngày 29 tháng 3 và sẽ có sẵn cho đến ngày 30 tháng 5. Một nhóm (ít nhất 7 người) được nhận vào ZFTS theo đơn đăng ký của giám đốc trên tiêu đề thư của cơ sở giáo dục phổ thông (bạn có thể xem mẫu trên trang web ZFTS trong phần “các khoa” o “bán thời gian” o “nhập học”). Ứng dụng phải ghi rõ tên đầy đủ. trưởng nhóm tự chọn các môn học và danh sách học sinh có tên theo thứ tự bảng chữ cái (tên đầy đủ theo thứ tự bảng chữ cái, cho biết lớp học sinh đang theo học và điểm cuối cùng của bài tập nhập môn các môn học đã chọn, địa chỉ, số điện thoại và e-mail của trường). Đơn đăng ký có thể được gửi bằng thư thông thường, kèm theo một phong bì đáp số để được nhận vào ZFTSH với địa chỉ trả lại của một trong những người quản lý đến địa chỉ ZFTSH (được đánh dấu là “Tùy chọn”) hoặc gửi ở dạng quét (có chữ ký và đóng dấu) tới e-mail: fakultativ@mipt.ru cho đến ngày 1 tháng 6 năm 2021. Công việc của những người đứng đầu các lớp tự chọn có thể được cơ sở giáo dục trả lương như việc quản lý các lớp tự chọn chuyên ngành bằng cách cung cấp ZFTSH với các thông tin liên quan. Trong năm học, những người lãnh đạo làm việc với sinh viên sẽ: nhận được các tài liệu (chương trình) giáo dục và phương pháp luận

50

KVANT 2020/№11–12

chúng tôi thuộc lĩnh vực vật lý, toán học, hóa học và khoa học máy tính, các bài tập về chủ đề chương trình, lời giải bài tập với các khuyến nghị ngắn gọn để đánh giá bài tập của học sinh); được mời tham gia các khóa đào tạo nâng cao dành cho giáo viên vật lý và toán học (kpk.mipt.ru), được thực hiện trên cơ sở MIPT. Bài tập của học sinh được kiểm tra và đánh giá bởi các trưởng nhóm tự chọn (chúng không được gửi đến ZFTSH), và các bản báo cáo điểm cuối cùng cho từng nhiệm vụ và báo cáo cuối kỳ (lớp 11) trong năm sẽ được gửi đến ZFTSH, một mẫu có trên trang web ZFTSH. (Để biết thêm chi tiết, hãy xem phần “Khuyến nghị”.)

BỘ PHẬN TOÀN THỜI GIAN (nghiên cứu thư từ có tham gia tư vấn trực tiếp) Điện thoại: (925) 755-55-80, Nhóm VK: https: vk.com vftsh Đối với sinh viên ở Moscow và khu vực Moscow, các trung tâm tư vấn buổi tối hoạt động theo chương trình ZFTSH. Việc tuyển dụng được thực hiện vào tháng 9 theo hai giai đoạn tương ứng $этапа:_{i}$ - kiểm tra trên trang web http: $zftsh.online,_{i}$ giai đoạn trực tiếp - thi vấn đáp.

Thông tin chi tiết hơn về tuyển sinh toàn thời gian sẽ được đăng trên trang web ZFTS vào tháng 8 năm 2021. Các lớp học dành cho sinh viên toàn thời gian được tổ chức tại các tòa nhà giáo dục của MIPT ở các thành phố Dolgoprudny và Zhukovsky.

LIÊN HỆ ZFTSH Địa chỉ bưu chính: Ngõ Institutsky, 9, Dolgoprudny, khu vực Moscow, 141700, ZFTSH. Điện thoại: (495) 408-51-45 – bộ phận thư tín, (498) 744-63-51 – bộ phận toàn thời gian, (498) 744-65-83 và (925) 755-55-80 – bộ phận toàn thời gian. E-mail: zftsh@mail.mipt.ru – bộ phận thư tín, fakultativ@mipt.ru – bộ phận bán thời gian. Web: www.school.mipt.ru https: zftsh.online VK: https: vk.com club1032617 Bộ phận toàn thời gian tại FALT MIPT ở Zhukovsky E-mail: vftsh@mail.ru VK: https: vk.com vftshfalt

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

«Kvant» cho học sinh nhỏ

NHIỆM VỤ (xem «Kvant» số 10)

1. Bạn cần xóa một dòng khỏi số bốn để giữ lại dấu “+”. 2. Không. Gọi các số liên tiếp là n và n 1, các số chẵn liền kề là m và m 2 (m! 0). Nếu m t n, thì m(m 2)! n(n 1). Nếu m n thì m 2 d n 1 và m(m 2) n(n 1). 3. 8. Mỗi ô trong số 24 ô vuông tiếp giáp với đúng một đỉnh của hình lập phương. Có ba hình vuông liền kề với mỗi đỉnh của hình lập phương và chúng phải có ba màu khác nhau. Điều này có nghĩa là có bao nhiêu hình vuông màu xanh thì có bấy nhiêu đỉnh, tức là 8, 4. Chúng ta hãy sử dụng phát biểu hiển nhiên sau đây. Có thẻ K. Được biết, dù chúng ta lấy M nào trong số chúng thì cũng sẽ có ít nhất N cái đặc biệt trong số đó. Trong trường hợp này, trong số các thẻ K có ít nhất K – M + N thẻ đặc biệt.

Giả sử các thẻ đặc biệt có màu đỏ, áp dụng điều kiện bài toán chúng ta có:

70

Giả sử các thẻ đặc biệt có màu xanh lam, khi áp dụng điều kiện bài toán chúng ta có:

Vì vậy, bộ bài có 68 quân đỏ và 32 quân xanh.

NHIỆM VỤ (xem «Kvant» số 11-12)

1. Như có thể thấy trong Hình 1, chiều dài của con mèo là khoảng 0,5 m.