Kvant 2025, số 4 · Trang

5

DỊCH VỤ

GẠCH

Hình 14

(xem [4]), mặc dù ốp lát có “mũ” thì không như vậy. Chúng ta nói rằng một hình là tự đồng dạng nếu nó có thể được chia thành nhiều phần bằng nhau, mỗi phần đều giống với hình ban đầu. Ví dụ: các hình như hình vuông, hình tam giác đều, hình chữ nhật domino, góc của ba ô và nhân sư gồm sáu hình tam giác đều đều giống nhau (Hình 14). Chúng ta hãy xác định quá trình lạm phát-giảm phát sau đây. Một bước của quy trình này là trước tiên chúng ta chia hình đã cho thành các phần tương tự theo sơ đồ đã cho, sau đó “thổi phồng” chúng sao cho cuối cùng mỗi phần đều có kích thước bằng hình ban đầu (Hình 15). Bạn không thể giới hạn bản thân trong một bước mà hãy tiếp tục chia các số liệu thu được ở các bước trước thành các phần nhỏ hơn, “thổi phồng” chúng về kích thước ban đầu, sau đó lặp đi lặp lại mọi thứ. Hóa ra là nếu chúng ta làm điều này theo một cách nhất định, trong giới hạn, chúng ta sẽ có được một khối của toàn bộ mặt phẳng với các bản sao của hình gốc. Tuy nhiên, không đi sâu vào chi tiết và không cung cấp các định nghĩa và bằng chứng nghiêm ngặt, chúng tôi lưu ý rằng quá trình di chuyển đến giới hạn tinh tế hơn nhiều so với cái nhìn đầu tiên. Vì vậy, phụ thuộc rất nhiều vào cách đặt chính xác các hình “thổi phồng” trên mặt phẳng so với cụm thu được ở bước trước

Hình 15

Hình 16

Hình 17

quá trình lạm phát-giảm phát. Ví dụ: nếu các cạnh bên ngoài của góc luôn được đặt trên các trục tọa độ, thì chỉ một phần tư mặt phẳng sẽ được lát gạch (Hình 16), và nếu các mặt bên trong được lát gạch thì sẽ thu được 3/4 mặt phẳng (Hình 17). Hơn nữa, sẽ là sai lầm khi nghĩ rằng sau khi áp dụng một số bước hữu hạn trong quá trình lạm phát-giảm phát, một số phần của việc xếp lớp này nhất thiết phải xuất hiện. Ví dụ: nếu chúng ta xem xét việc chia các quân domino thành bốn quân domino song song có kích thước nhỏ hơn, thì sau một số bước lẻ, chúng ta sẽ có các mảnh xếp ngang và sau một số chẵn, các mảnh xếp dọc (Hình 18). Việc lát gạch thu được bằng cách vượt qua giới hạn là tự tương tự. Điều này có nghĩa là các ô cấu thành của nó (các ô cấp một) có thể được kết hợp thành các ô macro (ô cấp độ thứ hai) tương tự như các ô ban đầu. Các ô được hình thành bởi các macrotile này có đặc tính là bất kỳ mảnh hữu hạn nào xuất hiện trong đó đều tương tự như một số cụm hiện có.

Hình 18

6

KVANT 2025/№4

Hình 19

trong ốp lát ban đầu. Tuy nhiên, nói chung, bản thân các viên gạch ở cấp độ thứ nhất và cấp độ thứ hai là khác nhau. Điều này có nghĩa là chúng không thể được kết hợp bằng bất kỳ phép biến đổi tương tự nào. Các macrotile thu được cũng có thể được kết hợp thành các ô thậm chí còn lớn hơn, v.v. Do đó, việc mở rộng có thể thực hiện được ở bất kỳ bước nào và các khối ảnh ở cấp độ thứ k được nhóm theo một cách nhất định sẽ tạo thành các khối ảnh ở cấp độ (k + 1). Do đó, xuất hiện một hệ thống phân cấp vô hạn các ô xếp, tương ứng với các ô ở các cấp độ khác nhau. Ví dụ, Hình 19 cho thấy ba bước đầu tiên của hệ thống phân cấp như vậy đối với việc lát gạch tương tự với các góc. Hệ thống phân cấp của các ô xếp tự giống nhau khác nhau tùy thuộc vào số cách có thể thực hiện việc mở rộng ở mỗi cấp độ. Nếu có một số khả năng như vậy thì hệ thống phân cấp được gọi là yếu. Ví dụ, đây là cách xếp mặt phẳng bằng các hình vuông hoặc hình tam giác đều. Ví dụ, Hình 20 cho thấy bốn cách có thể để nhóm các ô vuông thành nhóm bốn ô để tạo thành các ô macro.

Hình 20

Nếu mỗi lần mở rộng có thể được thực hiện theo một cách duy nhất, thì hệ thống phân cấp của các ô được gọi là nghiêm ngặt - đây là các ô tự tương tự với các hình, góc và “nhân sư” “domino” (xem Hình 14). Hóa ra các ô xếp tự giống với hệ thống phân cấp chặt chẽ hầu hết đều có một số đặc tính điển hình. Do đó, chúng không tuần hoàn, nhưng bất kỳ mảnh hữu hạn nào cũng xuất hiện trong mỗi ô như vậy vô số lần. Hãy xem tại sao điều này xảy ra bằng cách sử dụng ví dụ về lát gạch có góc. Chúng ta hãy giả sử rằng một số lát gạch tự giống nhau ở các góc là tuần hoàn, tức là không thay đổi khi có một số dịch chuyển. Sau đó, các ô cấp k phải đi vào các ô cấp k cho mỗi k. Tuy nhiên, nếu k đủ lớn thì ô cấp k lớn đến mức nó chồng lên chính nó tại thời điểm chuyển đổi được đề cập. Đối với các ô xếp tự giống nhau có hệ thống phân cấp yếu, đây không phải là vấn đề, như có thể thấy trong ví dụ về các ô xếp hình vuông. Nhưng đối với các hệ thống phân cấp nghiêm ngặt, chúng ta ngay lập tức đi đến mâu thuẫn, vì việc mở rộng các ô ở mỗi cấp là có thể theo một cách duy nhất, có nghĩa là hai ô bất kỳ của cấp thứ k không giao nhau. Do đó, việc lát gạch tự tương tự với các góc và thực tế là bất kỳ cách lát gạch tự tương tự nào có hệ thống phân cấp chặt chẽ đều không định kỳ. Bây giờ hãy xem xét một số mảnh hữu hạn của một tấm lát tương tự có các góc. Lưu ý rằng với việc mở rộng tuần tự, tất cả các ô từ đoạn này tại một bước nào đó sẽ kết thúc bên trong một ô lớn, lớn (Hình 21),

Hình 21

16

KVANT 2025/№4

Trang bìa cuốn sách “Bách khoa toàn thư hay Từ điển giải thích về khoa học, nghệ thuật và thủ công”

Nó khá đắt vì nó không phải được xuất bản ở Pháp mà chủ yếu ở Thụy Sĩ. Diderot và D’Alembert đã tuyển dụng các nhà khoa học lỗi lạc thời bấy giờ để viết bài và chính họ là tác giả của nhiều bài báo. Có thể coi thời đại này đã nhận được một trong những cái tên trong lịch sử là “thời đại khai sáng”, trong đó có nhờ bộ bách khoa toàn thư này. Năm 1765, tập cuối cùng, thứ mười bảy của văn bản chính của bộ bách khoa toàn thư đã được xuất bản, và ấn bản gồm mười một tập về hình ảnh minh họa (bản khắc) vẫn tiếp tục. Sau đó, bảy tập bài báo nữa đã được xuất bản, chủ yếu dành cho những thành tựu mới của khoa học và công nghệ vốn đang phát triển nhanh chóng vào thời điểm đó. Mặc dù giá thành cao nhưng cha của Ampere vẫn là một trong những người đặt mua trung thành nhất và có tất cả 35 tập.

Nhân tiện, chúng tôi xin lưu ý rằng ở Nga vào thời điểm đó chỉ có Hoàng hậu Catherine II mới có đủ khả năng sở hữu toàn bộ bộ bách khoa toàn thư. Vì vậy, Andre Ampere, người có bộ bách khoa toàn thư này trong thư viện tại nhà, vào năm 14 tuổi, đã đọc tất cả mười bảy tập theo từng tập. Và tôi không chỉ đọc mà còn nghiên cứu và ghi nhớ rất nhiều trong số đó. Vì vậy, những từ thường thấy trong tiểu sử của Ampere rằng ông có một nền giáo dục bách khoa có cơ sở rất cụ thể. Nhưng mối quan tâm lớn nhất của ông là toán học và khoa học tự nhiên. Năm 12 tuổi, một giáo viên ở trường Cao đẳng Lyon đã trở thành giáo viên toán tại nhà của anh. Ông hỏi cậu bé có biết cách lấy căn bậc hai không. Andre trả lời là không, nhưng anh ấy biết cách hòa nhập. Chẳng bao lâu sau, lớp học dừng lại vì giáo viên nói rằng kiến ​​thức của ông không đủ để dạy một học sinh như vậy. Tuổi trẻ thanh thản của Ampere kết thúc khi anh mới 14 tuổi. Cuộc cách mạng vĩ đại ở Pháp nổ ra mà sau này được gọi là cuộc cách mạng “tư sản”. Nhưng lúc đầu thì không phải như vậy, vì trên các biểu ngữ của nó, cùng với “tự do” và “tình huynh đệ”, còn có “sự bình đẳng”, điều không thể làm hài lòng những người giàu có. Và vào năm 1793, một cuộc nổi dậy đã nổ ra ở Lyon chống lại chế độ độc tài Jacobin. Cuộc nổi dậy bị đàn áp dã man. Là người tham gia và là một trong những thủ lĩnh của cuộc nổi dậy, cha của Ampere bị chém, toàn bộ tài sản của gia đình bị tịch thu. Cậu bé mười tám tuổi gặp khó khăn sau cái chết của cha mình và buộc phải suy nghĩ về kế sinh nhai của mình. Ông trở thành giáo viên toán tư nhân, và vài năm sau - giáo viên vật lý và hóa học tại một phòng tập thể dục ở một thị trấn nhỏ. Kể từ thời điểm đó, Ampere bắt đầu sự nghiệp giảng dạy của mình và kéo dài suốt cuộc đời ông. Mục tiêu chính của hoạt động này là tái cơ cấu việc giảng dạy vật lý ở trường trung học cơ sở và trung học phổ thông.

18

KVANT 2025/№4

Hans Christian Oersted về điện dương và điện âm hoặc cực dương và cực âm của pin điện). Trên bàn trước mặt giảng viên có một cục pin điện (cột điện), những thanh đồng, những chiếc kẹp để nối chúng với pin và các đồ vật khác, trong đó có một chiếc kim nam châm (giống như một chiếc la bàn lớn). Các thanh nối với pin nóng lên và người ta có thể sử dụng chúng để đun nóng và thậm chí đun sôi nước - một nguyên mẫu của bếp điện. Sẽ không có gì thú vị về một trải nghiệm như vậy ngày hôm nay. Nhưng điều này xảy ra khi nguồn sưởi ấm nhanh chóng duy nhất là lửa - định luật Joule-Lenz vẫn còn rất xa. Tình cờ, kim nam châm lại ở gần một trong các thanh. Và một sinh viên nhận thấy rằng khi bật dòng điện, chiếc kim rung lên và hơi lệch khỏi hướng “phù hợp” về phía bắc. Bản thân Oersted lúc đầu không nhận thấy điều này; ông đã nói về tác dụng nhiệt của dòng điện. Nhưng khi cậu sinh viên kể về mình

quan sát, Ørsted bắt đầu quan tâm. Lúc đầu, ông quyết định rằng mũi tên bị ảnh hưởng bởi tác dụng cơ học của công tắc khi nhấn vào nó. Chiếc bàn rung chuyển và điều này được truyền đến kim nam châm. Tuy nhiên, khi cô được đặt lên một chiếc bàn riêng, hiện tượng đó lại lặp lại. Oersted từ bỏ tất cả các thí nghiệm mà ông từng tham gia và bắt đầu nghiên cứu hiện tượng hoàn toàn mới và bất ngờ này. Oersted đặt mua một loại pin mạnh hơn và các thanh làm bằng đồng nguyên chất hơn. Trên thực tế, anh ta nhận được dòng điện mạnh hơn nhiều trong các thanh và kim nam châm bắt đầu phản ứng với dòng điện mạnh hơn nhiều. Khi dòng điện được bật, nó quay gần như 90 độ và không hướng về phía bắc mà là về phía đông hoặc phía tây. Nó nằm tiếp tuyến với các vòng tròn tưởng tượng, tâm của chúng nằm trên thanh có dòng điện. Tác dụng của dòng điện lên mũi tên dường như là một chiều. Oersted hiểu rằng ông đã phát hiện ra một hiện tượng mà khoa học chưa biết đến. Theo quan điểm phổ biến thời bấy giờ, điện và từ là những hiện tượng khác nhau. Từ tính chỉ xảy ra trên các chất có chứa sắt, trong khi lực điện hoạt động giữa các vật thể được làm từ nhiều loại vật liệu khác nhau. Nhưng các thí nghiệm cho thấy có mối liên hệ giữa điện và từ. Mối liên hệ này hóa ra rất khó khăn và Oersted không thể mô tả nó bằng các công thức toán học. Ông chỉ đưa ra những bản vẽ, bản vẽ về hiện tượng mũi tên quay. Và vào ngày 21 tháng 7 năm 1820, một cuốn sách nhỏ bốn trang bằng tiếng Latinh được xuất bản ở Copenhagen, có tựa đề “Các thí nghiệm liên quan đến tác động của xung đột điện lên kim từ tính” của Oersted. Nhận thấy tầm quan trọng của phát hiện này, Ørsted đã gửi một tập tài liệu ngay ngày hôm đó tới tất cả các tổ chức khoa học và tạp chí khoa học châu Âu. Sau khi xuất bản các tác phẩm của mình, Oersted đã tới các trung tâm khoa học của Châu Âu. Ông được chào đón rất nhiệt tình và được nhận làm thành viên danh dự của nhiều học viện khoa học. Đặc biệt, anh ấy

Bài toán trong toán học và vật lý

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

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 cho bản gốc bài toán này, đến cùng các địa chỉ. Bài toán M2838–M2841 đã được cung cấp tại Giải đấu Thành phố XLVI. Bài toán F2845–F2848 đã được đưa ra ở giai đoạn cuối của Olympic toàn Nga LVIII dành cho học sinh môn vật lý.

Bài toán M2838–M2841, F2845–F2848

M2838. Có những bình nước ép có hình tròn, không nhất thiết phải có cùng kích thước. Từ bất kỳ bình nào, bạn được phép đổ bất kỳ phần nước trái cây nào (có thể không có hoặc toàn bộ nước trái cây) vào bình liền kề ở bên phải, để nó không bị tràn và độ ngọt của hỗn hợp trong đó trở thành 10%. Được biết, tại thời điểm ban đầu, việc truyền máu như vậy có thể được thực hiện từ bất kỳ bình nào. Chứng minh rằng có thể thực hiện nhiều lần truyền máu như vậy theo thứ tự nào đó (không quá một lần từ mỗi bình), sao cho độ ngọt của hỗn hợp trong tất cả các bình không rỗng bằng 10%. A. Shapovalov

M2839. Cho số tự nhiên k. Ở một quốc gia có tiền tệ là Tugrik, chỉ có tiền giấy có mệnh giá nguyên được lưu hành. Cả người mua và người bán đều có khá nhiều tờ tiền của cả hai, nhưng mỗi lần thanh toán họ chỉ được sử dụng không quá k tờ tiền lẻ (kể cả tiền lẻ). Được biết, bằng cách này, bạn có thể thanh toán cho bất kỳ số nguyên nào từ 1 đến n tugriks. Giá trị lớn nhất có thể có của n là bao nhiêu? A. Shapovalov

M2840. Các đường cao $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ của tam giác nhọn ABC cắt nhau tại điểm H (Hình 1). Phân giác của góc B và C

Hình 1

tam giác BHC cắt các đoạn CH và BH lần lượt tại các điểm X và Y. Chúng ta biểu thị giá trị của góc $XA_{1} Y$ bằng D. Tương tự, chúng ta xác định E và J. Tìm giá trị của tổng D E J. A. Doledenok

M2841*. Petya sơn mỗi ô của bảng 2 m u 2 n màu đen hoặc trắng sao cho các ô mỗi màu tạo thành một đa giác. Sau đó Vasya cắt bảng thành các quân domino (hình chữ nhật gồm hai hình vuông). Petya cố gắng đảm bảo rằng cuối cùng có càng nhiều quân domino hai màu càng tốt, và Vasya cố gắng đảm bảo rằng có càng ít quân domino hai màu càng tốt. Số lượng quân domino hai màu lớn nhất mà Petya có thể đảm bảo là bao nhiêu, bất kể Vasya hành động như thế nào? A. Gribalko

23

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

F2845. Từ điểm A, nằm bên bờ sông có chiều rộng l, một chiếc thuyền máy nhỏ được vận chuyển sang bờ đối diện (Hình 2). Bờ sông

Hình 2

song song với nhau. Vận tốc dòng sông ở mọi nơi đều như nhau và bằng u. Ở bờ đối diện của sông, trên cùng đường vuông góc với bờ có điểm A, điểm B nằm. Vận tốc của thuyền so với nước không đổi và bằng 2u, vectơ của nó trong suốt thời gian băng qua vuông góc với đường thẳng BC, trong đó C là tâm của thuyền. Tại một thời điểm nào đó $t_{1}$ tốc độ của thuyền so với bờ vuông góc với đường bờ. 1) Thuyền bắt đầu di chuyển từ điểm A theo hướng nào: thuận dòng hay ngược dòng? 2) Tìm góc ABC tại thời điểm $t_{1}$. 3) Thuyền sẽ cách điểm B bao nhiêu khi đến bờ bên kia sông? 4) Lúc $t_{1}$ thuyền sẽ ở cách điểm B bao nhiêu? 5) Tìm bán kính cong quỹ đạo của thuyền trong hệ quy chiếu bờ cho hai trường hợp: a) tại thời điểm xuất phát từ điểm A; b) tại thời điểm $t_{1}$. A. Shishkina

F2846. Trên một mặt phẳng nằm ngang có hai vật: một tấm ván dài có chiều cao h và một hình trụ đồng chất có bán kính R = 2h chạm vào nhau (Hình 3). Khối lượng của hình trụ là M. Hệ số ma sát giữa hình trụ và bề mặt là

Hình 3

“QUANTA”

và giữa các vật cũng bằng nhau và bằng P. Bảng chuyển động với gia tốc ngang không đổi a, hướng vuông góc với đường tiếp xúc với hình trụ. Gia tốc trọng trường là g. Tại những giá trị nào gia tốc a của tấm ván thì hình trụ sẽ không quay quanh trục nằm ngang nếu hệ số ma sát P có thể nhận giá trị nào lớn hơn 0? A. Ivshin, E. Vasenin, A. Vergunov

F2847. Một bình hình trụ đặt thẳng đứng trong trường trọng lực chứa một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử đặt dưới một pít-tông khổng lồ nằm ngang có khối lượng m = 100 kg. Phía trên piston có chân không. Piston ở trạng thái cân bằng và có thể di chuyển dọc theo thành bình mà hầu như không có ma sát. Pít-tông được cố định ở vị trí cân bằng này, sau đó đặt một vật nặng có khối lượng M lên nó. Sau đó piston được thả ra. Với chuyển động tiếp theo của pít-tông cùng với trọng lượng, khoảng cách tối thiểu của nó $h_{min}$ đến đáy bình bằng một nửa khoảng cách ban đầu $h_{0} = 1,0$ m. Xác định: 1) khối lượng của vật nặng M; 2) mô-đun tăng tốc tối đa $a_{max}$ của piston với trọng lượng trong quá trình chuyển động; 3) mô-đun tốc độ tối đa $v_{max}$ của piston với trọng lượng trong quá trình chuyển động. Sau một thời gian dài, piston dừng lại. 4) Tìm khoảng cách h đến đáy bình nơi pít-tông sẽ ở trạng thái cân bằng nhiệt động mới. Nhiệt dung của bình và piston không đáng kể, không truyền nhiệt ra môi trường. Khi piston di chuyển từ vị trí ban đầu đến điểm dừng đầu tiên, các quá trình trong chất khí có thể được coi là cân bằng. Khối lượng của khí nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của piston. Xét gia tốc trọng trường bằng g 10 m $с^{2}$. A. Apollonsky

F2848. Trong một mạch điện vô hạn, một đoạn mạch được minh họa trên Hình 4, mỗi ô hình tam giác chứa ba nguồn có cùng công suất

24

KVAN T 2025/№4

điện trở trong r, nhưng lực điện động E, 2E và 3E khác nhau, và cực tính của các nguồn kết nối có cùng sức điện động thay đổi định kỳ. 1) Hiệu điện thế M và M giữa điểm cộng và điểm trừ của từng nguồn trong mạch điện này là bao nhiêu? 2) Xác định cường độ dòng điện qua tất cả các nguồn trong mạch này. 3) Ôm kế sẽ hiển thị điện trở bao nhiêu $R_{1}$ khi được kết nối với điểm cộng và điểm trừ của nguồn có suất điện động E nằm trong mạch này? Thiết bị sẽ hiển thị các điện trở $R_{2}$ và $R_{3}$ nào nếu bạn làm tương tự với các nguồn có emf 2E và 3E tương ứng? Chỉ số ohmmeter có phụ thuộc vào cực tính của kết nối không? 4) Một trong những nguồn có emf 2E được thay thế bằng một nguồn khác có emf E và điện trở trong r 2. Trong trường hợp này, cường độ dòng điện I chạy qua nguồn được thay thế sẽ là bao nhiêu?

Hình 4

Xét các đại lượng E và r đã biết. Điện trở của dây nối có thể bỏ qua. A. Kireev, L. Koldunov

Hình 1

Hình 2

Từ việc xem xét tính đối xứng, rõ ràng điểm L nằm trên đường chéo BD (Hình 2). Góc LOC vuông vì các cạnh của nó nằm trên các đường chéo của hình vuông. Các điểm C, F, L, D nằm trên cùng một đường tròn đường kính FD và tâm N. Do đó LNC 2 LDC 2 45 q 90 q. Điều này có nghĩa là hai điểm O và N nằm trên đường tròn đường kính LC. Hơn nữa, theo định lý về góc ngoài của tam giác

‘ LKF

‘ LFD ‘ KLF

‘ LED ‘ KLF.

Vì EF P AC và các điểm L, E, A, D cùng thuộc một đường tròn (đường kính DE) nên

‘ LKF

‘ LED ‘ KLF

‘ LAD ‘ KAC

Lời giải bài toán M2826–M2829, F2833–F2836 M2826. Cho hình vuông ABCD lấy các điểm E, F lần lượt trên các cạnh AB và BC sao cho BE = BF. Gọi L là trung điểm của EF, N là trung điểm của DF, O là tâm hình vuông và K là giao điểm của các đường thẳng AL và DF (Hình 1). Chứng minh các điểm C, K, L, O, N cùng thuộc một đường tròn.

CAD

45 q.

Kể từ ON P BC, chúng ta có LON 135 q. Do đó, LKN LON 180 q, tức là điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác LONC. Như vậy, năm điểm C, K, L, O, N đều cùng nằm trên một đường tròn, đó là điều ta cần chứng minh. Bình luận. Một số sự thật thú vị hơn có thể được tìm thấy trong thiết kế đề xuất. Ví dụ, từ việc chứng minh

38

KVANT 2025/№4

nhỏ hơn 1,6 m, ví dụ h = 1 cm. Trong trường hợp này, sự mất nhiệt xảy ra không phải từ một bề mặt (đối diện với Mặt trời) mà từ hai bề mặt. Nhiệt độ của các bề mặt này gần nhau do cơ chế dẫn nhiệt hoạt động tốt với độ dày tấm nhỏ. Với cùng công suất W 0,34 kW $м^{2}$ được cung cấp cho mỗi mét vuông, lượng nhiệt thất thoát từ một bề mặt đã giảm đi một nửa. Vì vậy, mọi tính toán đều có thể được lặp lại, chỉ cần giảm một nửa công suất đầu vào. Khi đó, nhiệt độ ở trạng thái ổn định sẽ bằng 229,2 K. Trong trường hợp này, phần lớn lượng nhiệt thất thoát là do bức xạ: $W_{изл} 313$ W. Công suất còn lại $W_{исп} 29,5$ W được tiêu thụ cho quá trình bay hơi. Hóa ra đối với một tấm băng mỏng ở nhiệt độ 229 K, tổn thất điện năng do bức xạ và bay hơi chênh lệch khoảng 10 lần! Để một tấm dày 1 cm như vậy có thể bay hơi hoàn toàn khỏi băng thì cần khoảng thời gian khoảng 9,5 ngày. Rõ ràng là đối với một mảnh băng có hình dạng chẳng hạn như một quả bóng có đường kính 1 cm (đá mưa đá có thể có kích thước này), các khu vực nhận và tỏa nhiệt là khác nhau. Công suất hấp thụ đi vào diện tích mặt cắt ngang của quả bóng $S D^{2} 4$, và sự mất nhiệt xảy ra từ bề mặt quả bóng, diện tích của nó lớn hơn $в^{4}$ lần và bằng $S D^{2}$. Do đó, trong trường hợp này, có thể áp dụng phương pháp tính toán tương tự, chỉ nên coi lượng điện năng cung cấp trên một đơn vị diện tích ít hơn $в^{4}$ lần. Hãy tính nhiệt độ và ước tính thời gian bay hơi của quả cầu băng trong trường hợp này. Nhiệt độ sẽ ổn định ở khoảng 197 K. Xét về $1 м^{2}$, công suất hấp thụ vẫn giữ nguyên: 342,5 W $м^{2}$. Nhưng ở nhiệt độ tính toán, công suất tổn thất bức xạ giảm xuống $1 м^{2}$ sẽ là 341,6 W $м^{2}$. Và chỉ tốn 1 W $м^{2}$ cho việc bay hơi. Sẽ mất 1,95 năm để làm bay hơi một quả cầu băng có bán kính ban đầu là 0,5 cm | 2 năm. Do đó, trong tình huống này (ở nhiệt độ 197 K), tổn thất bức xạ lớn hơn 340 lần so với tổn thất liên quan đến sự bay hơi của các phân tử. Tất nhiên, các giá trị nhiệt độ và thời gian bay hơi thu được phải được coi là ước tính. Và thực tế phức tạp hơn nhiều

mô hình được sử dụng. Hãy nhớ lại rằng mô hình của chúng tôi giả định rằng băng mờ đục, nhưng đối với những lớp băng rất mỏng thì điều này không đúng. Ngoài ra, sự hấp thụ và phản xạ bức xạ mặt trời thực sự phụ thuộc vào góc tới trên bề mặt và trường hợp này không được tính đến khi tính năng lượng hấp thụ của tia mặt trời cho quả bóng. Những hiện tượng này sẽ làm tăng thời gian để một mảnh băng nhỏ bay hơi. Chúng tôi kết luận: sự phụ thuộc nhiệt độ của công suất tổn thất nhiệt liên quan đến bức xạ nhiệt, tỷ lệ với $T^{4}$, và công suất tổn thất nhiệt liên quan đến sự bay hơi của vật chất, tỷ lệ với exp L RT, thực sự là khác nhau. Sự khác biệt thu được về tỷ trọng của tổng công suất tổn thất nhiệt ở các nhiệt độ khác nhau đối với hai cơ chế tổn thất nhiệt này tương ứng về mặt chất lượng với thực tế. Nói cách khác, khi nhiệt độ tăng, năng lượng tổn thất do bay hơi tăng nhanh hơn năng lượng tổn thất nhiệt do bức xạ. Những sức mạnh này được so sánh với một tảng băng dày ở nhiệt độ khoảng 256 K 17 q C. Nhiệt độ này sẽ được thiết lập trên bề mặt tảng băng nếu nó ở gần Mặt trời hơn Trái đất, 25 triệu km. Nếu tảng băng ở khoảng cách từ Mặt trời nhỏ hơn hai lần so với khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trời, thì trong trường hợp này, với cùng hệ số hấp thụ của bức xạ tới tảng băng (25%), nhiệt độ thiết lập trên bề mặt được chiếu sáng sẽ bằng 272 K và băng sẽ bắt đầu tan chảy. Trong trường hợp này, công suất khoảng 1060 W $м^{2}$ sẽ được sử dụng cho quá trình bay hơi băng và 310 W $м^{2}$ cho bức xạ từ bề mặt được chiếu sáng. Khi khoảng cách giữa Mặt trời và tảng băng càng giảm, băng sẽ tan chảy và tốc độ bốc hơi sẽ tăng lên. Kết quả là hơi nước sinh ra sẽ bị bức xạ mặt trời thổi bay và tạo thành một cái đuôi đáng chú ý. Một tảng băng có đuôi có thể là một sao chổi. Rõ ràng là phương pháp đề xuất để ước tính tốc độ bay hơi của các phân tử dựa trên mô hình cổ điển về hiện tượng nhiệt, và nó có thể không chính xác lắm. Nhưng điều này là khá đủ để giải thích các hiện tượng và quá trình được xem xét.

ĐÁNH GIÁ, THƯ VIỆN

Một cánh cửa khác của toán học

TOÁN HỌC LÀ MỘT KHOA HỌC PHỨC HỢP và con đường đến với toán học không hề dễ dàng. Ben Orlin, trong cuốn sách Trò chơi toán học với sự ngu ngốc $рисунками»^{1}$, đã mở ra cánh cửa cho độc giả đến với thế giới toán học thông qua các trò chơi. Tác giả thường chia các trò chơi được trình bày trong sách thành năm loại: trò chơi hình học, trò chơi số, trò chơi tổ hợp, trò chơi may rủi và trò chơi thông tin. Đồng thời, ông không đặt cho mình mục tiêu trình bày một cách có hệ thống bất kỳ ngành toán học nào. Orlin không giải thích nhiều về toán học bằng việc lôi kéo bạn vào nó. Anh ta

1 B. Orlin. Trò chơi toán học với những hình vẽ ngộ nghĩnh. - M.: Phi hư cấu Alpina, 2023.

thể hiện cách tiếp cận các chủ đề và vấn đề toán học khác nhau thông qua trò chơi. Tác giả cho thấy toán học bao quanh chúng ta theo đúng nghĩa đen và các trò chơi toán học có thể được tìm thấy ở hầu hết mọi nơi nếu bạn điều chỉnh nhận thức của mình một cách chính xác. Tác giả xem xét chi tiết một số trò chơi, mở ra những chân trời mới cho người đọc, trong khi những trò chơi khác chỉ được mô tả một cách khái quát, nhường chỗ cho nghiên cứu độc lập. Những hình ảnh minh họa trong sách đều do tác giả thực hiện và đáng được quan tâm đặc biệt. Nếu bạn đã quen thuộc với những cuốn sách khác của Orlin, chẳng hạn như Math with Wacky Pictures hay The Time of Variables, bạn sẽ nhận ra phong cách của ông. Những bức vẽ vui nhộn giải thích các vị trí chơi để giúp bạn hiểu rõ hơn về luật chơi và đôi khi dùng để giải thích những ý tưởng phức tạp. Lời kể được trình bày theo phong cách nhẹ nhàng, sự hài hước nhẹ nhàng và những bình luận nghịch lý của tác giả không chỉ thu hút sự chú ý mà còn khuyến khích tư duy. Bạn có thể làm việc với cuốn sách ở nhiều cấp độ khác nhau. Bạn có thể chỉ cần dành thời gian để giải trí hoặc có thể đắm mình vào trò chơi này hoặc trò chơi kia một cách lâu dài: nghiên cứu các kết nối, lịch sử, chiến lược của nó, đưa ra các biến thể mới hoặc so sánh nó với các trò chơi khác. Sách phù hợp với độc giả từ 9 đến 99 tuổi nhưng sẽ đặc biệt hữu ích cho học sinh trung học. Những trò chơi thú vị có thể là sự khởi đầu của nghiên cứu độc lập - cả nghiêm túc và không quá nghiêm túc. Học sinh, đặc biệt là trong các cuộc thi và kỳ thi, thường nghĩ rằng điều quan trọng là phải giải bài toán nhanh chóng. Nhưng toán học “người lớn” thực sự đòi hỏi một cách tiếp cận khác: chậm rãi, sâu sắc, đắm chìm trong chi tiết và nghiên cứu mối liên hệ giữa các vấn đề và các lĩnh vực khác nhau của toán học. Đây là cách tư duy toán học được hình thành. Và trò chơi mang lại cơ hội tuyệt vời cho việc này: chúng rất thú vị, bạn có thể chơi đi chơi lại, đạt đến cấp độ mới, tư duy, nghĩ ra các chiến lược mới. Đồng thời, chúng tôi cố gắng

45

ĐÁNH GIÁ,

các mô hình khoa học, nghiên cứu các trường hợp đặc biệt, khái quát hóa kết quả, đưa ra các giả thuyết và kiểm tra chúng, ngày càng đặt ra nhiều câu hỏi mới cho bản thân. Điều này cho phép bạn trải nghiệm cảm hứng, niềm đam mê và niềm vui thành công thực sự - những thành phần quan trọng của sự sáng tạo toán học. Dưới đây là hai ví dụ về trò chơi từ cuốn sách.

Trò chơi “Thống trị”

Trong trò chơi này, hai người chơi lần lượt đặt quân domino lên một bảng hình chữ nhật. Một người đặt quân domino theo chiều dọc, người kia đặt theo chiều ngang. Nếu một người chơi không thể di chuyển, anh ta sẽ thua. Kích thước trường không được chỉ định, điều này ngay lập tức đặt ra câu hỏi. Sân đấu phải rộng bao nhiêu để trò chơi không quá dễ cũng không quá khó? Có chiến lược chiến thắng không? Cái mà? Chúng có thay đổi tùy thuộc vào kích thước của trường không? Bạn nên chơi một vài trò chơi trước để cảm nhận về trò chơi. Bạn nên bắt đầu với các ô nhỏ, ví dụ 2 u 2, 2 u 3 hoặc 3 u 3. Bạn nên chú ý đến chiến lược và chiến thuật được sử dụng, theo dõi số lần di chuyển, đặc điểm của trò chơi khi bắt đầu và kết thúc trò chơi. Nó cũng đáng để xem xét

THƯ VIỆN

mẹ ơi, làm thế nào để chuyển những hiểu biết đã học về trò chơi trên sân nhỏ sang trò chơi trên sân lớn. Để khám phá sâu hơn, bạn có thể thay đổi số lượng người chơi hoặc thêm chướng ngại vật vào sân. Có rất nhiều chỗ cho sự sáng tạo.

Trò chơi “Con lợn”

Trò chơi này có thể được chơi bởi hai đến tám người. Trong lượt của mình, bạn có thể tung một cặp xúc xắc bao nhiêu lần tùy thích, mỗi lần cộng tổng điểm vào điểm của bạn. Bạn có thể dừng lại bất cứ lúc nào. Người đầu tiên ghi được 100 điểm sẽ thắng. Có một số phần thưởng: nếu cả hai viên xúc xắc lăn cùng một số thì tổng sẽ tăng gấp đôi (ví dụ: 5 + 5 có giá trị 20 điểm) và hai viên xúc xắc có giá trị 25 điểm. Nhưng hãy cẩn thận: nếu một con xúc xắc ra một con còn con kia không ra (xác suất xảy ra kết quả này là khoảng 28%), thì tất cả số điểm ghi được trong lượt sẽ được đặt lại về 0 (điểm ghi được ở lượt trước sẽ được lưu) và lượt đó thuộc về đối thủ. Bạn sẽ tiếp cận việc nghiên cứu trò chơi này như thế nào?

N. Shikhova

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

«Kvant» cho học sinh nhỏ

(trọng lượng do trọng tài lấy được in đậm):

1. Đáp số được hiển thị trong Hình 1.

10 + 11 = 21, 10 + 12 = 22, 10 + 13 = 23, …

(xem «Kvant» số 3)

…, 10 + 19 = 29.

Hình 1

2. 580753. Hãy lập bảng tương ứng giữa các số trong mẫu và số dòng:

Lưu ý rằng chỉ một vật nặng có khối lượng 10 g mới có thể cùng với chín quả nặng khác nhau tạo ra khối lượng của một số vật nặng khác. Điều này có nghĩa là kết quả của những lần cân này sẽ cho phép trọng tài tìm ra quả cân nào có khối lượng 10 g và 20 g (quả cân đầu tiên có trong tất cả các lần cân của loạt bài này và quả cân thứ hai không được sử dụng), đồng thời chia các quả cân còn lại thành các cặp có chênh lệch khối lượng là 10 g và trong mỗi cặp sẽ biết quả cân nào nhẹ hơn. Khi trọng tài chọn quả cân có khối lượng từ 22 g đến 29 g, người giám định thực hiện như sau:

10 + 11 < 22, 10 + 12 < 23, 10 + 13 < 24, …

…, 10 + 18 < 29.

Tanya có số dòng sau: 5, 7, 6, 3, 5, 4. Lưu ý rằng chỉ có số 8 có bảy dòng trong mẫu, vì vậy số thứ hai trong chỉ mục của Tanya là 8 và nó được viết đúng. Ngoài ra, chỉ có sáu dòng được sử dụng khi viết số 0, có nghĩa là số thứ ba là 0 và Tanya đã mắc một lỗi trong đó. Chữ số cuối cùng trong chỉ mục có thể là 2, 3 hoặc 4, nhưng trong trường hợp số 2 và 4, Tanya sẽ mắc ba lỗi mỗi chữ số. Do đó, chữ số cuối cùng là 3 và có một lỗi trong đó. Như vậy, có hai lỗi xảy ra ở ba hình còn lại. Bây giờ thật dễ dàng để kiểm tra xem chữ số đầu tiên và thứ năm của chỉ số có bằng 5 và chữ số thứ tư bằng 7 hay không. 3. Một hình tam giác. Cấp. Hãy biểu thị độ dài của que màu đỏ là $r_{1} d r_{2} d r_{3}$, que màu vàng là $y_{1} d y_{2} d y_{3}$ và que màu xanh lá cây là $g_{1} d g_{2} d g_{3}$. Vì ba que có màu khác nhau tạo thành một hình tam giác nên $r_{1} y_{2}$! $g_{3}, y_{1} g_{2}$! $r_{3}$ và $g_{1} r_{2}$! $y_{3}$. Cộng ba bất đẳng thức này, ta được $r_{1} r_{2} y_{1} y_{2} g_{1} g_{2}$!! $r_{3} y_{3} g_{3}$. Do đó, ít nhất một trong các bất đẳng thức $r_{1} r_{2}$ phải được thỏa mãn! $r_{3}, y_{1} y_{2}$! $y_{3}$ hoặc $g_{1} g_{2}$! $g_{3}$, tức là chắc chắn có thể gấp được ít nhất một hình tam giác que cùng màu. Ví dụ. Cho ba que màu đỏ có chiều dài 3 và các que màu vàng và xanh có chiều dài 2, 2, 4. Khi đó một bộ ba que có màu khác nhau có thể có độ dài {2, 2, 3}, {2, 3, 4} hoặc {3, 4, 4}. Hình tam giác được làm từ tất cả các bộ này. Trong trường hợp này, hình tam giác một màu chỉ có thể được làm từ que màu đỏ. 4. Có thể. Khi giám khảo chọn quả cân có trọng lượng từ 11 g đến 19 g, chuyên gia sẽ tiến hành cân như sau:

Các trọng số này sắp xếp các cặp thu được sau chuỗi đầu tiên. Do đó, dựa trên kết quả của chúng, trọng tài sẽ xác định khối lượng của tất cả các vật nặng có trong chúng. Trọng tài cũng sẽ chọn những quả nặng có khối lượng 10 g, 20 g và 21 g - trong những trường hợp này chuyên gia có thể làm bất cứ điều gì mình muốn. Bình luận. Trong lời giải này có ba lần cân, kết quả của chúng không có ý nghĩa quan trọng trong việc xác định khối lượng của tất cả các quả cân. Có một thuật toán đã biết trong đó có chín lần cân “bổ sung” như vậy.

Cuộc thi mang tên A.P. Savin

(xem «Kvant» số 2)

21. Hãy nhẩm di chuyển hình tam giác trên xuống vectơ tương ứng với một trận đấu. Bằng cách đặt các que diêm vào hai trong số ba đoạn mới, chúng ta thu được cấu trúc như trong Hình 2. Mỗi phần được tạo thành từ một hình tam giác đều trong Hình 2 và một hình thoi với $углом^{30q}. 22.$ a) Có; b) có. a) Nếu có hai trẻ chơi cùng một cặp đồ chơi hai lần thì hai trẻ còn lại cũng chơi cùng một cặp đồ chơi đó. Điều này có nghĩa là bạn có thể cho hai đứa trẻ đồ chơi đầu tiên trong số hai đứa trẻ còn lại và ngược lại - bằng cách này mọi người sẽ có một món đồ chơi mới. Nếu tất cả trẻ đã chơi với các cặp đồ chơi khác nhau thì hãy để trẻ đầu tiên chơi với vịt con và voi con. Rồi có một đứa trẻ chơi với một con vịt con nhưng không

55

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

với một chú voi con (gọi là chú voi thứ hai), có một đứa trẻ chơi với chú voi con nhưng không chơi với vịt con (dù chú ấy là chú voi con thứ ba), và đứa trẻ thứ tư không chơi với cả voi con lẫn vịt con. Sau đó, bạn có thể cho người thứ tư một con voi con, người thứ ba một con vịt con, người thứ hai bạn có thể đưa đồ chơi từ hai người còn lại mà người đó chưa có, và người thứ nhất bạn có thể đưa đồ chơi còn lại (mà người thứ hai đã chơi rồi). b) Vì vậy, ba lần đầu tiên giáo viên đã đưa cho mỗi em một món đồ chơi mà em chưa có, tức là mỗi em chỉ còn một món đồ chơi mà em chưa chơi. Giả sử có hai đứa trẻ chưa chơi cùng một món đồ chơi - chẳng hạn như với một con vịt con. Sau đó, ba lần đầu vịt con đã đến tay hai đứa trẻ khác - điều đó có nghĩa là một số trong chúng đã có được nó hai lần, một điều mâu thuẫn. Vì vậy, bạn có thể tặng mọi người một món đồ chơi mà họ chưa có và mọi người sẽ nhận được một món đồ chơi. 23. 42. Đánh giá. Cho hình cắt chứa x góc mỗi loại. Vì góc lớn bao gồm 48 ô, góc giữa - gồm 12 và góc nhỏ - gồm 3 ô, nên chúng ta có

48 x 12 x 3 x

63 x

$n^{2}$.

Ta thấy rằng $n^{2}$ chia hết cho $на^{63} 3^{2} ˜^{7}$, do đó n chia hết cho $на^{3} ˜^{7} 21$. Trường hợp n = 21 là không thể. Hãy chứng minh điều đó. Giả sử n = 21 và do đó, $x = 7. Отметим^{11} 2^{121}$ ô $квадрата^{21} u^{21}$, như trong Hình 3. Góc lớn chứa 12 ô được đánh dấu, ô ở giữa - 3, ô nhỏ - 0 hoặc 1. Do đó, không còn ô được đánh dấu nào nữa

Hình 3

GIẢI PHÁP

7 12 3 1 112 121. Mâu thuẫn. Số n là bội số của 21 nên $n t^{42}$. Ví dụ. Hãy cho một ví dụ về cách cắt một hình vuông có cạnh n = 42. Đầu tiên, chia hình vuông thành ba hình chữ nhật $2 u 42,^{40} u^{6},^{40} u^{36}$. Chúng tôi sẽ chỉ ra cách chúng tôi chia chúng thành các góc. 1) Chia hình chữ nhật 2 u 42 thành $42 : 3 14 прямоугольников^{2} u^{3}$, mỗi hình chữ nhật được chia thành hai góc nhỏ. $Получим^{14} ˜^{2} 28$ góc nhỏ. 2) Chia hình chữ nhật 40 u 6 thành $40 : 4 10 прямоугольников^{4} u^{6}$, mỗi hình chữ nhật được chia thành hai góc ở giữa. Chúng ta có 10 2 20 góc ở giữa. 3) $Прямоугольник^{40} u^{36}$ chia cho 40: 8 36: 12 15 hình chữ nhật 8 u 12; Chúng ta sẽ chia 14 góc thành hai góc lớn và một góc thành 8 góc vừa. $Получим^{14} ˜^{2} 28$ góc lớn và 8 góc vừa. Tổng số góc của mỗi loại là 28. 24. 3. Như đã biết, bất kỳ đa giác nào cũng có thể được cắt thành hình tam giác bằng các đường chéo không giao nhau (ví dụ, xem cuốn sách của V.V. Prasolov “Bài toán về phép đo mặt phẳng”, chương “Đa giác lồi và không lồi”). Chia bảo tàng thành các hình tam giác theo cách này, chúng ta thấy rằng bất kỳ điểm nào trong bảo tàng đều nằm bên trong hoặc trên đường viền của một hình tam giác như vậy, có nghĩa là có thể nhìn thấy ít nhất ba đỉnh của hình thập giác tạo thành bảo tàng từ đó. Vì vậy, có thể nhìn thấy ít nhất 3 tác phẩm điêu khắc từ mỗi điểm. Hãy đưa ra một ví dụ khi có một điểm bên trong bảo tàng mà từ đó chỉ có thể nhìn thấy ba tác phẩm điêu khắc. Hãy xem xét một “căn phòng” hình tam giác, từ đó có ba “hành lang” hẹp phân nhánh (Hình 4). Các hành lang có thể được làm đủ dài để không nhìn thấy quá ba tác phẩm điêu khắc từ chấm đỏ.

Hình 4