⟦không số trang⟧

Tạp chí khoa học phổ thông vật lý-toán học
Kvant
7
1971
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Sư phạm Liên Xô

Trong số này:

Định luật lớn
1
V. I. Kuznetsov

Archimedes và phép cầu phương parabol
7
A. D. Bendukidze

Các nghịch lý của chuyển động phản lực
11
M. S. Livitss

Câu lạc bộ toán học

Nguyên lý Dirichlet
17
A. I. Orlov

Bài toán của «Kvant»

Bài toán
22

Lời giải các bài toán M39—M49; F45, F59—F65
24
L. G. Limanov,
V. N. Berezin,
N. B. Vasilyev,
I. Sh. Slobodetsky

Thực hành cho thí sinh

Về các bài toán quang trắc
41
V. E. Belonuchkin

Kỳ thi tuyển sinh môn toán tại Viện Dệt Moskva năm 1970
45
T. I. Berkhina,
E. M. Kan

Kỳ thi viết môn toán tại các khoa nhân văn của Đại học Quốc gia Moskva năm 1970
48
A. G. Kushitsrenko,
S. V. Fomin

Thông tin

Về sự chuẩn bị toán học của thí sinh
57
M. L. Smolyansky,
G. N. Dyachenko,
V. V. Goldber

Góc của người sưu tập
Tem dành cho Maria và Pierre Curie
60
A. V. Almykis

Phê bình. Thư mục
Một cuốn sách hữu ích
61
M. B. Balk

Đáp số, chỉ dẫn, lời giải
63

«Kvant» dành cho học sinh nhỏ tuổi

Vasya Smekalkin đến thăm chúng ta
64
V. M. Rosenutuler

Bài toán về các vị trí
Trang 4 bìa

2

Hình 1.

gia tốc mà Mặt Trăng chịu sẽ bằng $\frac{v^2}{R_\pi} = 0,0027 \, m/cck^2$. Trong khi đó quả táo bị Trái Đất hút với lực lớn hơn nhiều. Gia tốc trọng trường cũng bằng 9,81 $m/cck^2$.

Vì sao Trái Đất lại hút Mặt Trăng yếu hơn quả táo hàng nghìn lần? Robert Hooke, bằng những chiếc cân lò xo do ông phát minh, đã thử đo sự thay đổi của lực hấp dẫn. Nhưng trên đỉnh núi, vật nặng kéo giãn lò xo đúng như ở bờ biển. Tuy vậy Newton cho rằng lực hút của Trái Đất yếu đi theo khoảng cách. Chiều cao của núi là nhỏ so với kích thước Trái Đất, và càng nhỏ hơn so với khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng.

Sau khi nghiên cứu các định luật chuyển động của các hành tinh do Johann Kepler xác lập *), Newton đã tìm được một quy tắc đơn giản về sự giảm của lực hấp dẫn theo khoảng cách. Quy tắc này phát biểu: nếu tâm của hai quả cầu, có khối lượng phân bố đều trong thể tích của chúng, cách nhau một khoảng $r$, thì lực hút $F$ giữa các quả cầu hướng theo đường nối tâm các quả cầu, tỉ lệ thuận với tích khối lượng của chúng $m_1, m_2$ và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách $r$:

$$F = \gamma \frac{m_1 m_2}{r^2};$$

γ trong công thức này là một hằng số, chỉ có thể xác định nó bằng thực nghiệm.

Hãy trở lại với lực hút Mặt Trăng. Mặt Trăng ở cách 60 bán kính Trái Đất, còn quả táo chỉ cách tâm Trái Đất một bán kính Trái Đất. Vì vậy lực, và do đó gia tốc trên quỹ đạo Mặt Trăng, nhỏ hơn ở bề mặt Trái Đất $60^2$ lần:

$$a = \gamma \frac{M_3}{(60R)^2},$$

$$g = \gamma \frac{M_3}{R^2}.$$

Chia biểu thức thứ nhất cho biểu thức thứ hai:

$$\frac{a}{g} = \frac{1}{3600},$$ hoặc $a = 0,0027 \, m/cck^*)$.

Giá trị thu được trùng khớp chính xác đáng ngạc nhiên với giá trị gia tốc hướng tâm của Mặt Trăng đã tính trước đó.

Nhờ vậy Newton đã kiểm tra được định luật vạn vật hấp dẫn. Đúng là trong các tính toán của ông không có sự phù hợp tốt như vậy: khi làm việc ở Woolsthorpe, Newton không có giá trị chính xác của bán kính Trái Đất. Chỉ vài năm sau, đại lượng này mới được đo với độ chính xác đủ cao.

Mặc dù đã có sự trùng khớp về các giá trị gia tốc, Newton vẫn không thỏa mãn với sự kiểm tra này. Còn phải giải bài toán về lực hút của quả táo nằm trên Trái Đất. Có thể coi rằng quả cầu Trái Đất hút quả táo như thể toàn bộ khối lượng Trái Đất tập trung ở tâm hay không?

*) Hằng số hấp dẫn γ bị triệt tiêu — hoàn toàn không cần biết nó để tin chắc tính đúng đắn của định luật hấp dẫn do Newton phát hiện.

Những phần gần quả táo hút nó mạnh hơn những phần ở xa (hình 2). Chỉ có thể tính lực tổng hợp bằng phép tính tích phân, nhưng khi đó nó chưa được phát minh. Việc nghiên cứu chuyển động của Mặt Trăng bị hoãn lại vài năm. Newton chuyển sang quang học: mài thấu kính, chế tạo một kính thiên văn phản xạ tuyệt vời, say mê nghiên cứu các quang phổ quang học… Nhưng những suy nghĩ về lực hấp dẫn không rời ông. Cần nhiều năm để tạo ra phép tính tích phân, và dựa trên đó Newton đã chứng minh một định lý đáng chú ý: một vỏ có dạng hình cầu với khối lượng phân bố đều trên nó hút một vật nằm trong vỏ như thể toàn bộ khối lượng của vỏ nằm ở tâm hình cầu (hình 3, a). Có thể hình dung Trái Đất như một tập hợp các vỏ cầu (hình 3, b). Tác dụng của mỗi vỏ không phụ thuộc vào các vỏ khác, còn lực hấp dẫn không bị vật chất của Trái Đất hấp thụ. Nếu chấp nhận hai mệnh đề này, trong đó mệnh đề thứ hai là một trong những tính chất đáng ngạc nhiên nhất của lực hấp dẫn, thì tự nhiên phải kết luận rằng quả táo bị Trái Đất hút đúng như Newton đã giả định.

Như vậy, sự rơi của quả táo xuống Trái Đất và chuyển động của Mặt Trăng trên quỹ đạo của nó do một nguyên nhân gây ra — lực hút của Trái Đất. Còn những lực nào chi phối chuyển động của các hành tinh? Các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời, nghĩa là lực hấp dẫn phải xuất phát từ Mặt Trời. Sự khái quát tiếp theo là mọi hai vật đều hút nhau theo cùng một định luật.

Vào đầu thế kỷ XVII, Johann Kepler đã phát hiện các định luật chuyển động của các hành tinh. Định luật thứ nhất của Kepler khẳng định rằng các hành tinh chuyển động theo những elip, tại một tiêu điểm của chúng là Mặt Trời. Ý nghĩa của định luật thứ hai của Kepler là các hành tinh chuyển động trên quỹ đạo của mình nhanh hơn khi đến gần Mặt Trời, còn khi ra xa thì bắt đầu chuyển động chậm hơn: đường nối hành tinh với Mặt Trời “quét” những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau.

Hình 2.

Bình phương thời gian quay của các hành tinh tỉ lệ với lập phương khoảng cách trung bình của chúng đến Mặt Trời — đó là nội dung của định luật thứ ba.

Kepler đã suy ra các định luật này, dựa trên những ghi chép nhiều năm về các quan sát thiên văn. Newton, dựa vào các định luật chuyển động của mình và định luật hấp dẫn, đã có thể thu được các định luật Kepler về mặt lý thuyết.

Một lần tại một quán cà phê ở Luân Đôn, các thành viên của Hội Hoàng gia Anh gặp nhau — kiến trúc sư nổi tiếng Christopher Wren, Robert

Hình 3. F=γ mΣmₙ/r².

4

Hooke và Edmond Halley. Halley kể rằng ông đã suy ra được định luật Kepler thứ ba bằng cách kết hợp định luật hấp dẫn và các định luật chuyển động của Newton, nhưng chỉ cho trường hợp các quỹ đạo tròn. Chuyển động theo quỹ đạo tròn có thể xảy ra nếu một lực bên ngoài tác dụng lên hành tinh, hướng về tâm đường tròn và bằng $Mv^2/R$. Lực này được tạo ra bởi lực hút giữa hành tinh và Mặt Trời. Vì vậy $\gamma \frac{M_C M}{R^2} = \frac{Mv^2}{R}$. Nếu nhớ rằng vận tốc chuyển động của hành tinh trên quỹ đạo là $v = \frac{2\pi R}{T}$, thì thay biểu thức này vào công thức trước, ta được định luật Kepler:

$$\gamma \frac{M_C}{R} = \frac{4\pi^2 R^2}{T^2},$$

hay $\frac{R^2}{T^2} = \text{hằng số}$

Khi Halley kết thúc câu chuyện của mình, Wren đề nghị trao giải cho người chứng minh rằng định luật hấp dẫn giảm tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách cũng đúng đối với chuyển động theo các quỹ đạo elip.

Halley tìm đến Newton. Newton trả lời rằng ông đã làm điều đó, và vào tháng Mười Một năm 1684 bản thảo với các tính toán đã ở trong tay Halley. Việc chuẩn bị bản thảo và in nó mất vài năm. Cuối cùng, vào tháng Chín năm 1687 cuốn sách của Newton ra mắt. Nó có tên là “Các nguyên lý toán học của triết học tự nhiên”. Các định luật được áp dụng vào việc nghiên cứu các hành tinh của hệ Mặt Trời đã cho phép thu được những hiểu biết quan trọng. Chẳng hạn, Newton đã “cân” Mặt Trời, biểu thị khối lượng của nó theo đơn vị khối lượng Trái Đất:

$$\gamma \frac{M_C M_3}{R^2} = M_3 \frac{v^2}{R_3} = M_3 \frac{4\pi^2 R^2}{R_3 T_3^2},$$

$$M_C = \frac{4\pi^2 R_3^3}{\gamma T_3^2},$$

$$\gamma \frac{M_3 M_\pi}{R^2} = M_\pi \frac{v^2}{R_\pi} = M_\pi \frac{4\pi^2 R_\pi^2}{R_\pi T_\pi^2},$$

$$M_3 = \frac{4\pi^2 R_\pi^3}{\gamma T_\pi^2},$$

trong đó $R_3$ và $R_\pi$ lần lượt là bán kính quỹ đạo của Trái Đất và Mặt Trăng.

Kết quả rất thú vị. Mặt Trăng là vệ tinh của Trái Đất, còn Trái Đất là vệ tinh của Mặt Trời. Khối lượng của vệ tinh lần nào cũng triệt tiêu. Trong phương trình thứ nhất, khi định luật vạn vật hấp dẫn được áp dụng cho Mặt Trời và Trái Đất, khối lượng Trái Đất triệt tiêu, còn trong phương trình thứ hai — khối lượng Mặt Trăng. Như vậy Newton đã biểu thị khối lượng Trái Đất và Mặt Trời qua các đại lượng dễ xác định bằng quan sát thiên văn — bán kính quỹ đạo và chu kỳ chuyển động. Đại lượng $\gamma$ vẫn chưa biết đối với ông. Nhưng nếu lấy tỉ số khối lượng Mặt Trời và Trái Đất, thì hằng số $\gamma$ triệt tiêu và thu được công thức

$$\frac{M_C}{M_3} = \frac{R_3^3 T_2^2}{R_3^3 T_3^2} = \left[ \frac{\text{khoảng cách Trái Đất — Mặt Trời}}{\text{khoảng cách Mặt Trăng — Trái Đất}} \right]^3 \times \left[ \frac{1 \text{ tháng}}{1 \text{ năm}} \right]^2.$$

Như vậy Newton đã biểu thị tỉ số khối lượng Mặt Trời và Trái Đất qua các đại lượng đã biết đối với các nhà thiên văn.

Để tính khối lượng Mặt Trời bằng những đơn vị quen thuộc hơn, chẳng hạn kilôgam, cần phải ước tính khối lượng Trái Đất. Newton chỉ biết thể tích của nó. Khi ấy mật độ trung bình của vật chất Trái Đất chưa được biết. Chỉ có điều không nghi ngờ là mật độ các lục địa lớn hơn mật độ nước. Nhưng mật độ trung bình của Trái Đất lớn hơn mật độ nước đại dương bao nhiêu lần? Newton đi đến kết luận rằng mật độ trung bình của Trái Đất nằm trong khoảng từ 5 $e/cm^3$ đến 6 $e/cm^3$. Chỉ chín mươi năm sau, ngài Henry Cavendish đã «cân» Trái Đất, thay đổi bằng những chiếc cân tròn tinh xảo giá trị của $\gamma$. Mật độ Trái Đất hóa ra bằng 5,5 $e/cm^3$.

Còn xác định khối lượng Mặt Trăng như thế nào? Rốt cuộc nó bị triệt tiêu trong mọi công thức. Tuy vậy Newton đã tìm được cách ước tính cả đại lượng này.

Trong hàng nghìn năm, nguyên nhân của thủy triều ở biển và đại dương vẫn là một điều bí ẩn đối với con người. Người La Mã liên hệ

⟦trang 6⟧

sóng chuyển động so với các lục địa với tốc độ 1800 km/h và phần nào chịu ảnh hưởng của chuyển động của Mặt Trăng.

Lực hút của Mặt Trời mạnh hơn lực hút của Mặt Trăng nhiều lần, nhưng tính không đồng đều của lực hút Mặt Trời không lớn. Vì vậy lực thủy triều Mặt Trời $F_C = 2\gamma \frac{M_C}{r^3_{C3}} R$ cũng nhỏ hơn lực thủy triều Mặt Trăng. Khối lượng Mặt Trời lớn hơn khối lượng Mặt Trăng 27 triệu lần, còn khoảng cách Mặt Trời — Trái Đất $r_{C3}$ lớn hơn $r$ — khoảng cách Trái Đất — Mặt Trăng 389 lần. Do đó $F_C = 2\gamma \frac{27.10^6 M_\pi}{(389 r)^3} R \approx 0.45 F_\pi$, nghĩa là thủy triều “Mặt Trời” yếu hơn thủy triều Mặt Trăng. Tất nhiên, chúng ta không phân biệt được các thủy triều ấy. Hai lần mỗi tháng Mặt Trăng và Mặt Trời nằm trên cùng một đường thẳng với Trái Đất, các lực thủy triều Mặt Trời và Mặt Trăng cộng lại — xảy ra triều lớn. Nếu Trái Đất, Mặt Trời và Mặt Trăng bố trí sao cho hướng Trái Đất — Mặt Trời tạo góc 90° với hướng Trái Đất — Mặt Trăng, thì các lực thủy triều của Mặt Trời và Mặt Trăng làm yếu lẫn nhau và xảy ra triều nhỏ. Ở những hòn đảo lạc giữa đại dương, nơi các hiện tượng thủy triều không bị ảnh hưởng của bờ biển làm biến dạng, triều lớn dâng lên 1,30 m, còn triều nhỏ — chỉ 0,65 m. Nếu tiến hành tính toán, thì theo độ lớn của triều lớn và triều nhỏ có thể đánh giá tỉ số giữa khối lượng Mặt Trời và Mặt Trăng.

Như vậy, “vệ tinh” khác thường của Mặt Trăng — thủy triều đại dương — đã giúp Newton tính khối lượng Mặt Trăng. Phép tính này rất không chính xác. Bài toán phức tạp bởi sự ma sát của các khối nước với đáy đại dương và những hoàn cảnh khác khó tính đến. Giá trị chính xác của khối lượng chỉ được tìm ra sau khi phóng các vệ tinh của Mặt Trăng. Các chu kì quay và đặc trưng quỹ đạo đo được của các “Lunnik” cho phép xác định với độ chính xác cao khối lượng mà Newton chỉ tính được gần đúng. Theo chuyển động của các vệ tinh nhân tạo của Mặt Trăng, các nhà khoa học xác định rằng khối lượng Mặt Trăng phân bố không đều trong thể tích của nó — các định luật Kepler chỉ được thỏa mãn gần đúng đối với các vệ tinh của Mặt Trăng.

Trước Newton, các nhà thiên văn cho rằng sao chổi chỉ bay qua hệ Mặt Trời một lần. Tuy nhiên Newton đã chỉ ra rằng sao chổi có thể chuyển động theo các quỹ đạo elip khép kín. Đặc điểm của quỹ đạo chúng là độ kéo dài mạnh. Vì vậy sao chổi đi xa Mặt Trời đến những khoảng cách lớn và chu kì quay của chúng rất lớn. Edmond Halley đã tính được thời gian trở lại của một trong những sao chổi đáng chú ý nhất, những ghi chép về sự xuất hiện của nó được lưu giữ từ thời cổ xưa nhất. Các tính toán đã được xác nhận — sao chổi trở lại đúng vào thời hạn Halley dự đoán. Có thể quan sát nó cứ mỗi 76 năm. Năm 1986 sao chổi này sẽ lại nhìn thấy từ Trái Đất. Chỉ có một nhà thiên văn Johann Galle, sống gần một trăm năm, đã hai lần quan sát sao chổi Halley. Sự trở lại của sao chổi là một xác nhận nữa của định luật vạn vật hấp dẫn.

Lời giải của nhiều bài toán đáng chú ý, trong đó áp dụng định luật vạn vật hấp dẫn, được trình bày trong “Các nguyên lý toán học”: đó là tính toán sự tiến động của trục Trái Đất, chứng minh rằng mọi hòn đá ném trên Trái Đất đều chuyển động theo một elip mà một trong các tiêu điểm là tâm Trái Đất, và cuối cùng, nghiên cứu ảnh hưởng của lực hút lẫn nhau giữa các hành tinh lên chuyển động của chúng. Ảnh hưởng của các hành tinh không lớn so với lực hút Mặt Trời, nhưng một hành tinh như Sao Mộc làm thay đổi tính chất quỹ đạo của Sao Thổ lân cận, hay như các nhà thiên văn nói, làm nhiễu chuyển động của nó.

Đã sang thế kỷ thứ ba, các định luật Newton được dùng trong tính toán máy công cụ và pháo binh, quỹ đạo các vệ tinh Trái Đất và tên lửa. Những công thức toán học được viết hơn hai thế kỷ trước được đưa vào các máy tính có thiết kế hiện đại nhất, không thể bác bỏ xác nhận các tính chất của những định luật này.

ARCHIMEDES
VÀ
BÌNH PHƯƠNG HÓA
PARABOL

Ngay từ thời cổ đại, các nhà bác học đã tính diện tích. Khi đó chưa có phương pháp chung. (Phép tính tích phân cho chúng ta một phương pháp như vậy.) Vì thế, khi tính diện tích một hình, người ta sử dụng các tính chất riêng của nó. Bài viết kể về cách Archimedes, sử dụng tính chất của parabol, đã tính diện tích một mảnh parabol.

Ai không biết tên Archimedes? Nhà tư tưởng vĩ đại này đã để lại dấu ấn không thể phai mờ trong lịch sử loài người. Những người nghiên cứu tác phẩm của ông thán phục nói về ông như một kỹ sư vĩ đại, một nhà thiên văn quan sát không ai sánh kịp, một nhà toán học thiên tài, một con người biết mọi bí mật của tự nhiên…

Các công trình toán học của Archimedes chinh phục người đọc bởi sự sáng rõ của tư duy, sự thanh nhã, kỹ thuật tính toán được hoàn thiện đến mức hiện đại. Nhà sử học Hy Lạp nổi tiếng Plutarch viết:

“Trong toàn bộ hình học không thể tìm được những bài toán khó khăn và sâu sắc hơn, mà lại được giải quyết đơn giản và rõ ràng như những bài toán đã chiếm lĩnh Archimedes”.

Một trong những công trình toán học đầu tiên của Archimedes — “Bình phương hóa parabol” — cũng không phải là ngoại lệ.

Công trình này dành cho việc tính diện tích mảnh parabol, tức là hình được giới hạn bởi một parabol và một đường thẳng, và thực chất trình bày chứng minh của định lý sau:

Diện tích mảnh parabol bằng bốn phần ba diện tích tam giác có chung đáy và chiều cao với mảnh ấy.

Công trình tự nhiên được chia thành hai phần. Trong phần thứ nhất, Archimedes chỉ ra cách ông đã phát hiện định lý này bằng cơ học, cụ thể là nhờ “định luật đòn bẩy” do chính ông thiết lập; còn trong phần thứ hai, ông đưa ra chứng minh hình học.

⟦trang 8⟧

Hình 1.

Chúng tôi sẽ giới thiệu với bạn đọc nội dung của phần thứ hai của công trình.

1. Ta sẽ phát biểu một tính chất đáng chú ý của parabol *), trên đó dựa toàn bộ phần trình bày tiếp theo.

Nếu đường thẳng $AB$ tiếp xúc với parabol tại điểm $P$ và các dây $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$, … song song với tiếp tuyến này, thì trung điểm của các dây — các điểm $C_1, C_2, C_3$, … — nằm trên một đường thẳng; đường thẳng này song song với trục của parabol và đi qua điểm $P$ (hình 1).

Ngoài ra,

$$\frac{A_1C_1^2}{PC_1} = \frac{A_2C_2^2}{PC_2} = \frac{A_3C_3^2}{PC_3} = \dots$$ (1)

Hãy thử tự chứng minh các tính chất này của parabol.

2. Bây giờ ta xét một đoạn parabol bị giới hạn bởi cung parabol $APB$ và dây $AB$ (hình 2).

Điểm $P$ của parabol mà tiếp tuyến tại đó song song với dây $AB$ được gọi là đỉnh của đoạn, còn chính dây $AB$ được gọi là đáy của đoạn. Trung điểm của đáy. Theo tính chất (1), đường thẳng $PC$ song song với trục của parabol.

*) Nhắc lại rằng parabol là quỹ tích các điểm trên mặt phẳng cách đều một điểm nào đó và một đường thẳng không đi qua điểm ấy. Phù hợp với định nghĩa của parabol, một điểm trên parabol là điểm mà khoảng cách từ đỉnh đến tiêu điểm bằng khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn.

10

Ta sẽ chứng minh một tính chất đáng chú ý của dãy này, tức là chứng minh rằng với mọi $n$ có đẳng thức sau:

$$s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n + \frac{4}{3} s_n = \frac{4}{3} s_1.$$

(6)

Thật vậy, vì $4(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n) = 4s_1 + (4s_2 + 4s_3 + \dots + 4s_{n-1} + 4s_n)$, từ các hệ thức (5) suy ra rằng $4(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1}) + 4s_n = 4s_1 + (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1})$, tức là $3(s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1}) + 4s_n = 4s_1$.

Đẳng thức (6) nhận được từ đây bằng cách chia cho 3.

6. Bây giờ có thể chứng minh rằng diện tích của đoạn parabol là $S = \frac{4}{3} s_1$.

Archimedes chứng minh đẳng thức này bằng cái gọi là “phương pháp vét kiệt”. Phương pháp này, thuộc về một trong những nhà toán học Hy Lạp lớn nhất — Eudoxus (thế kỷ IV trước Công nguyên), vào thời Archimedes đã thay thế phương pháp chuyển sang giới hạn.

Giả sử rằng $S > \frac{4}{3} s_1$ hoặc $S < \frac{4}{3} s_1$.

Ta sẽ chứng minh rằng điều đó là không thể.

Trước hết giả sử rằng $S > \frac{4}{3} s_1$.

Ta đã nhận xét rằng, khi tiếp tục quá trình nội tiếp, có thể làm cho tổng diện tích của các đoạn còn lại nhỏ tùy ý. Điều đó có nghĩa là, bằng cách chọn $n$ thích hợp, hiệu $S - (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n)$ có thể làm nhỏ hơn bất kỳ số dương cho trước nào. Chọn $n$ sao cho có bất đẳng thức $S - (s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n) < S - \frac{4}{3} s_1$. Khi đó $s_1 +$

$s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n > \frac{4}{3} s_1$, nhưng điều này, theo đẳng thức (6), là không thể *. Vậy bất đẳng thức (7) là sai.

Bây giờ giả sử rằng

$$S < \frac{4}{3} s_1.$$

(8)

Vì các số hạng của dãy (4) tiến tới không, có thể chọn $n$ sao cho thỏa mãn đẳng thức sau:

$$\frac{4}{3} s_n < \frac{4}{3} s_1 - S.$$

Từ bất đẳng thức này, có xét đến đẳng thức (6), ta được

$$S < s_1 + s_2 + \dots + s_{n-1} + s_n$$

điều này, dĩ nhiên, là không thể.

Vậy bất đẳng thức (8) cũng sai. Như thế đã chứng minh được rằng $S = \frac{4}{3} s_1$.

7. Cuối cùng, ta đưa ra nhận xét sau.

Như đã biết, người Hy Lạp cổ hiểu phép cầu phương một hình là việc dựng một hình vuông có diện tích bằng diện tích hình đó. Bài toán cầu phương theo “nghĩa Hy Lạp” không phải lúc nào cũng có lời giải. Chẳng hạn, đã chứng minh rằng đối với hình tròn, nó không giải được. Tức là không thể dựng (bằng compa và thước thẳng) một hình vuông có diện tích bằng diện tích hình tròn đã cho.

Kết quả do Archimedes thu được cũng đáng chú ý ở chỗ nó chỉ ra khả năng giải quyết dương tính bài toán cầu phương đoạn parabol: biết đáy và chiều cao của đoạn, luôn có thể dựng một hình vuông có diện tích bằng diện tích đoạn này.

*) Ta đã giả sử rằng $S > \frac{4}{3} s_1$, do đó $S - \frac{4}{3} s_1$ — là một số dương.

11

Các nghịch lý của chuyển động phản lực
M.S. Livshits

Công suất của chuyển động tên lửa

Khi động cơ phản lực hoạt động, năng lượng hóa học của nhiên liệu được biến đổi thành động năng với một hiệu suất xác định: một phần năng lượng hóa học này được dùng cho các tổn thất nhiệt khác nhau (làm nóng thành buồng động cơ, nhiệt do khí thoát ra mang đi, v.v.). Tỉ số giữa động năng thu được và năng lượng hóa học của nhiên liệu đã cháy được gọi là hiệu suất trong (hay hiệu suất hữu ích) $\eta_{\alpha\phi}$. Rõ ràng nó có cỡ $0,3 \div 0,5$.

Cho đến nay, ta cố ý chưa làm rõ — động năng của cái gì?

Xét một hệ tọa độ gắn với tên lửa. Trong một thời gian rất nhỏ $\Delta t$, một khối lượng khí $\Delta m$ sẽ bị phun ra từ vòi phun của tên lửa. Nếu $\Delta t$ đủ nhỏ, thì vận tốc của tên lửa thực tế không thay đổi và hệ tọa độ gắn với nó có thể coi là quán tính. Trong hệ tọa độ này, tên lửa đứng yên, nghĩa là năng lượng hóa học của nhiên liệu chuyển thành động năng của các khí.

Gọi $u$ là vận tốc tương đối của khí thoát ra từ vòi phun tên lửa; khi đó động năng của khối khí $\Delta m$, bay ra từ vòi phun tên lửa, là

$$E_{\Delta m} = \frac{\Delta mu^2}{2}.$$

12

Vì công suất bằng công thực hiện trong một đơn vị thời gian, nên ta sẽ thu được biểu thức của công suất nếu thay vào biểu thức của chúng ta, thay cho khối lượng khí bị phụt ra, lưu lượng khối lượng theo giây μ.

Như vậy, công suất của động cơ được tính

$$P_{\text{дв}} = \frac{\mu u^2}{2}.$$

Cũng có thể thu được biểu thức này bằng cách khác, khi xét chuyển động của tên lửa và khí trong hệ tọa độ chuyển động. Khi đó, động năng $E$ nhận được trong thời gian động cơ tên lửa hoạt động được dùng để làm thay đổi động năng của khí bị phụt ra $\Delta E_{\text{газа}}$ và làm thay đổi động năng của tên lửa:

$$\Delta E = \Delta E_{\text{газа}} + \Delta E_{\text{ракеты}}.$$

Ta hãy tìm riêng từng số hạng của tổng này.

1. Giả sử vận tốc của tên lửa trước khi phụt khối nhiên liệu $\Delta m$ bằng $v$. khi đó

$$\Delta E_{\text{газа}} = \frac{\Delta m (u - v)^2}{2} - \frac{\Delta m v^2}{2},$$

trong đó $\frac{\Delta m v^2}{2}$ — động năng mà khối lượng khí bị phụt ra có trước khi thoát ra (khi nó ở trong tên lửa và chuyển động cùng tên lửa với vận tốc $v$), $\frac{\Delta m (u - v)^2}{2}$ — động năng mà khối lượng khí bị phụt ra có sau khi thoát khỏi vòi phun của tên lửa với vận tốc tương đối $u$ (vì trong hệ tọa độ đứng yên, vận tốc của nó sẽ là $u - v$).

2. Bây giờ xét số hạng thứ hai — $\Delta E_{\text{tên lửa}}$. Vì trong thời gian $\Delta t$ một khối lượng khí $\Delta m$ bị phụt ra khỏi vòi phun, mang theo động lượng $\Delta mu$, nên theo định luật II Newton, một lực tác dụng lên khối khí này là

$$F = \frac{\Delta mu}{\Delta t} = \mu u.$$

Theo định luật III Newton, một lực có độ lớn như vậy nhưng hướng ngược lại tác dụng lên tên lửa — đó chính là lực đẩy của động cơ. Nếu trong thời gian $\Delta t$ tên lửa đi được quãng đường $\Delta S$, thì lực đẩy của động cơ đã thực hiện chuyển động hoàn thành từ bên ngoài với hệ tọa độ gắn với tên lửa.

Vậy công suất của động cơ tên lửa là $P_{\text{động cơ}} = \frac{\mu u^2}{2}$ và khi động cơ làm việc ổn định, nó không đổi. Hãy ghi nhớ điều này.

Công suất cơ học có ích của động cơ (công suất do lực đẩy phát triển)

Nhiệm vụ chính của động cơ là tăng động năng của tên lửa. Ta đã thấy rằng lực đẩy bằng $F_{\tau} = \mu u$, còn độ biến thiên động năng của tên lửa trong thời gian $\Delta t$ bằng $\Delta E_{\text{tên lửa}} = \mu u \cdot \Delta S$. Vì vậy công suất có ích của lực đẩy động cơ bằng

$$W_{\pi} = \frac{\Delta E_{\text{tên lửa}}}{\Delta t} = \mu u \frac{\Delta S}{\Delta t} = \mu u v.$$

Khi động cơ làm việc ổn định, tức là khi lưu lượng khối lượng theo giây không đổi và tốc độ phụt khí không đổi, công suất có ích của động cơ tăng tỉ lệ với tốc độ của tên lửa.

Thoạt nhìn, kết luận này có vẻ nghịch lí. Thật vậy, vì công thức mà ta nhận được đúng với mọi tốc độ của tên lửa, nên nó sẽ đúng-

13

có thể thấy rằng ngay cả ở tốc độ tên lửa như vậy, khi công suất có ích trở nên lớn hơn công suất do động cơ tên lửa phát triển nhờ năng lượng của nhiên liệu!

Từ việc so sánh các biểu thức công suất của động cơ và công suất có ích, thấy rằng tại $v = \frac{u}{2}$ công suất có ích trở nên bằng công suất của động cơ tên lửa. Do đó, khi tốc độ tên lửa tiếp tục tăng, nó sẽ lớn hơn công suất của động cơ. Đó là giới hạn định lượng mà tại đó nghịch lý đã nêu xuất hiện.

Để hiểu nghịch lý này, chúng ta phải xem xét hiệu suất ngoài (hiệu suất bay) là gì. Đồng thời, chúng ta sẽ làm rõ vì sao nên đặc trưng động cơ tên lửa không phải bằng công suất, như thông lệ đối với các động cơ khác, mà bằng lực đẩy do nó phát triển.

Hiệu suất ngoài không thể đặc trưng đầy đủ hiệu quả của động cơ tên lửa, vì trong trường hợp tổng quát, như đã thấy ở trên, năng lượng nhiên liệu được phân bố giữa tên lửa và các khí bị phụt ra. Vì vậy trong lý thuyết còn đưa vào cái gọi là hiệu suất ngoài (hay hiệu suất bay), và trong tài liệu có thể gặp hai định nghĩa khác nhau và các biểu thức tương ứng cho hiệu suất ngoài. Mỗi định nghĩa hiệu suất này đặc trưng cơ học bay của tên lửa từ những quan điểm năng lượng khác nhau. Hãy xét các định nghĩa này, đồng thời chỉ ra cơ sở logic của chúng.

Định nghĩa thứ nhất của hiệu suất ngoài

Chuyến bay với động cơ đang hoạt động là chuyển động của một vật có khối lượng biến đổi. Vì vậy, ngoài công suất của động cơ tên lửa, các quan hệ năng lượng

còn phải tính đến sự trao đổi năng lượng giữa tên lửa và các khí rời khỏi nó, tức là toàn bộ công suất mà chúng ta có. Năng lượng của tên lửa có thể thay đổi cả do năng lượng hóa học của nhiên liệu (công của lực đẩy), lẫn do năng lượng mà khối lượng khí có trước khi thoát khỏi tên lửa. Năng lượng đó cũng có thể truyền cho tên lửa.

Vậy, hiệu suất ngoài (hiệu suất bay) có thể được xác định là tỉ số giữa công của lực đẩy với tổng cơ năng xuất hiện do nhiên liệu cháy và năng lượng mà khối lượng khí có trước khi thoát khỏi tên lửa. Tỉ số này có thể thay bằng tỉ số của các công suất tương ứng (kết quả không thay đổi).

$$\eta' = \frac{\mu u v}{\mu^2 / 2 + \mu v^2 / 2} = 2 \frac{v}{u} / 1 + \frac{v^2}{u^2}.$$

Đặt tỉ số $\frac{v}{u} = R$, ta được kết quả cuối cùng

$$\eta' = \frac{2R}{1 + R^2}.$$

Bây giờ ta xét công thức. Giá trị $\eta'$ là lớn nhất khi $\frac{1}{\eta'}$ là nhỏ nhất, tức là khi biểu thức $\frac{1 + R^2}{R} = \frac{1}{R} + R$ là nhỏ nhất. Nhưng $\frac{1}{R} + R \geq 2 \sqrt{\frac{1}{R} \cdot R}$ (trung bình cộng của hai số $a$ và $b$ lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, nếu $a = b$). Vậy, $\frac{1}{R} + R$ là nhỏ nhất khi $\frac{1}{R} = R$ (hay cũng vậy, khi $\frac{1}{R} + R = 2$). Điều đó có nghĩa là $\eta'$ đạt cực đại khi $R = 1$ và khi đó $\eta' = 1$.

Về mặt vật lý điều này hoàn toàn rõ ràng: khi $v = u$ khối lượng khí thoát ra có động năng bằng không, tức là hoàn toàn truyền đi

14

Động năng mà nó có trước đó, của tên lửa.

Đồ thị $\eta'$ có dạng như trên hình 1.

Sự giảm hiệu suất bay khi $v > u$ được giải thích bởi việc năng lượng do luồng khí mang đi lại xuất hiện và bắt đầu tăng lên.

Định nghĩa thứ hai của hiệu suất ngoài.

Theo định nghĩa thứ hai về hiệu suất ngoài, người ta tiếp cận nó theo cách sau.

Nguồn duy nhất làm tăng động năng của hệ “tên lửa + các khí bị phụt ra” là công của động cơ tên lửa, tức là năng lượng nhận được do chuyển hóa năng lượng hóa học của nhiên liệu thành năng lượng cơ học của nhiên liệu và tên lửa. Còn công có ích cần được hiểu là công dùng để làm tăng động năng của bản thân tên lửa.

Khi đó hiệu suất ngoài được xác định là tỉ số giữa công có ích và toàn bộ năng lượng cơ học nhận được trong động cơ tên lửa nhờ năng lượng hóa học của nhiên liệu.

Hãy xác định độ lớn của công có ích theo cách hiểu được chấp nhận ở đây.

Lực đẩy thực hiện công lên tên lửa, công này làm tăng động năng của tên lửa. Nhưng, mặt khác, khối lượng khí bị tên lửa phụt ra làm giảm động năng của tên lửa một lượng bằng năng lượng mà khối lượng khí này có (có, có thể nói, phần đóng góp của mình vào tổng năng lượng của tên lửa) trước khi phụt ra. Như vậy, công suất có ích bằng $\mu uv - \frac{\mu v^2}{2}$.

Do đó, theo định nghĩa thứ hai

$$\eta'' = \frac{\mu uv - \frac{\mu v^2}{2}}{\mu u^2} = 2R - R^2$$

Hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc $\eta'' = 2R - R^2 = R (2 - R)$ vào $R$. Đó là một parabol cắt trục $R$ tại các điểm $R = 0$ và $R = 2$, có cực đại tại $R = 1$ (hình 2). Nghĩa là cực đại của $\eta''$ đạt được cùng lúc với cực đại của $\eta'$, — khi $R = 1$ (khi đó toàn bộ năng lượng cơ học của động cơ tên lửa được dùng để làm tăng động năng của tên lửa chuyển động về phía trước, hoặc khối khí bị phụt ra có vận tốc bằng không và không mang theo năng lượng nào). Từ đồ thị thấy rằng khi $R > 2 (v > 2u) \eta'' < 0$.

Chính ở đây, khi xem xét định nghĩa thứ hai về hiệu suất của động cơ tên lửa, một đặc điểm quan trọng khác của vật lý động cơ tên lửa, được xem xét từ quan điểm biến đổi động năng, được bộc lộ

15

của tên lửa chuyển động sau khi tốc độ bay của tên lửa đạt giá trị $v=2u$, trở thành âm! Lại một nghịch lý nữa…

Lời giải của các nghịch lý trên là gì?

1. «Nghịch lý» thứ nhất, tức là sự kiện công suất do lực đẩy phát triển tăng liên tục khi tốc độ của tên lửa tăng và khi $v > \frac{u}{2}$ trở nên lớn hơn công suất chuyển động của tên lửa, được giải thích, như thấy từ định nghĩa thứ nhất về hiệu suất ngoài, bởi sự tồn tại của phần trao đổi, công suất của nó đang được xét. Nó cũng tăng khi tốc độ của tên lửa tăng. Như vậy, khi tốc độ của tên lửa tăng, các khí rời khỏi tên lửa trở nên, có thể nói, ngày càng «giàu» hơn và truyền cho tên lửa một phần ngày càng lớn (tuyệt đối, chứ không phải tương đối) của năng lượng $\frac{\mu v^2}{2}$ mà chúng có trước khi thoát ra khỏi tên lửa. Các khí bay ra khỏi vòi phun của tên lửa truyền cho tên lửa phần năng lượng đã được tích trữ từ trước. Chính điều đó dẫn đến việc công suất do lực đẩy phát triển tăng liên tục và khi $v > \frac{u}{2}$ trở nên lớn hơn giá trị nhận được nhờ năng lượng hóa học của nhiên liệu.

2. «Nghịch lý» thứ hai cũng được giải thích khá đơn giản. Khi tốc độ của tên lửa trở nên lớn hơn hai lần tốc độ thoát của khí ($v > 2u$), năng lượng do khí mang đi tăng đến mức tia khí thoát ra không chỉ mang đi toàn bộ năng lượng được tạo ra tại thời điểm ấy bởi chuyển động của tên lửa, mà còn mang đi một phần năng lượng mà hệ «tên lửa — khí» đã có trước thời điểm đó (được tích lũy trong «lịch sử» bay trước đó). Hoặc, nếu tiếp cận hơi khác đối với ý nghĩa vật lý của «nghịch lý» này: sự giảm động năng của tên lửa do khối lượng của nó giảm (do «gầy đi») lớn hơn sự giảm động năng do tốc độ của tên lửa giảm. Vậy nên, hợp lý là đặc trưng động cơ tên lửa bằng lực đẩy của nó. Điều này khác hẳn tình huống quen thuộc, chẳng hạn đối với ô tô-

16

của động cơ ô tô hoặc máy bay, dùng để bảo đảm chuyển động trong môi trường có lực cản.

Trong trường hợp sau, chính công suất của động cơ là đặc trưng quan trọng nhất của nó, vì động cơ càng mạnh thì nó có thể duy trì tốc độ chuyển động của vật càng lớn, tương ứng với lực cản của môi trường tăng lên, tức là bù đắp tổn thất năng lượng để thắng lực cản của môi trường.

Trong quá trình tên lửa bay với động cơ đang hoạt động, động năng riêng (động năng trên một đơn vị khối lượng) của phần tên lửa còn lại liên tục tăng cùng với tốc độ (hiệu quả của quá trình này được đặc trưng bởi hiệu suất bay theo định nghĩa thứ nhất), mặc dù động năng của tên lửa với lượng nhiên liệu mới (còn lại) ở tốc độ $v > 2u$ nhỏ hơn động năng của tên lửa có nhiên liệu trước khi khối khí bị phóng ra rời khỏi tên lửa.

DIỄN ĐÀN CỦA CÁC NHÀ THIÊN VĂN VÀ TRẮC ĐỊA

Sáu ngày tháng Mười Một (23—28. XI. 1970), tại hội trường của Trường đại học quốc gia Kazan mang tên V. I. Ulyanov (Lenin), đã diễn ra Đại hội V thường kỳ của Hội Thiên văn—Trắc địa toàn Liên bang (VAGO) trực thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

VAGO là một tổ chức khoa học-xã hội tự nguyện, tiến hành công tác trong lĩnh vực thiên văn học, trắc địa và bản đồ học. Hội được thành lập năm 1932. Hội gồm 55 chi hội, tập hợp 5640 hội viên chính thức, 197 hội viên tập thể (xí nghiệp, cơ quan v.v.) và 1040 hội viên của ban thanh thiếu niên.

Hơn 600 người từ mọi miền đất nước đã tham gia công việc của Đại hội V VAGO. Tại đại hội đã xem xét các vấn đề tổ chức (báo cáo của Hội đồng Trung ương, bầu các cơ quan lãnh đạo của Hội và thông qua các quyết định). Tại các phiên họp toàn thể và các ban, đã nghe các báo cáo khoa học và thông báo của những nhà khoa học hàng đầu trong nước và các nhà thiên văn nghiệp dư.

Tại ban thanh thiếu niên của đại hội, trong các báo cáo của S. S. Voykov, V. V. Martynenko, B. G. Pshenicher, V. V. Chistyakov, S. S. Novikov và những người khác, công việc do các hội viên của ban này thực hiện đã được trình bày chi tiết. Theo Điều lệ VAGO, các hội viên của ban thanh thiếu niên có quyền:

“a) tham gia với quyền biểu quyết quyết định trong các đại hội, hội nghị, phiên họp, cuộc họp và hội nghị của Hội;

b) sử dụng các dịch vụ, phòng thí nghiệm, thư viện, kho lưu trữ và các bộ sưu tập của Hội;

b) đeo huy hiệu hội viên của Hội,”*)

Trong thời gian giữa Đại hội IV và V của VAGO, các hội viên của ban thanh thiếu niên, hoạt động tại 31 chi hội của Hội, đã tham gia hết sức tích cực vào công tác nghiên cứu nghiệp dư về sao biến quang, quan sát Mặt Trời, mây dạ quang, thiên thạch, vệ tinh nhân tạo của Trái Đất, các hành tinh, thăm dò khí quyển, nghiên cứu các cấu trúc giống miệng hố — tổng thể các hiện tượng khí quyển hạn chế hiệu quả của các kính thiên văn lớn. Trong các ban thanh thiếu niên của các chi hội Moskva, Novosibirsk và Krym của Hội, cũng như tại chi nhánh Uglich của chi hội Yaroslavl, đã thiết kế và chế tạo các điện kế, máy ảnh, thiết bị điện tử. Tại các ban Krym và Azerbaijan, các nhà thiên văn trẻ rất thành công trong việc chế tạo kính thiên văn nghiệp dư, làm gương cho các nhà thiên văn nghiệp dư ở những thành phố khác.

Rất chú trọng việc tổ chức các chuyến tham quan thiên văn khác nhau cho học sinh. Thường xuyên tiến hành các đoàn thám hiểm meteor, được tổ chức ở Krym

*) Việc kết nạp vào các phân ban thanh niên được các chi hội của hội hoặc các chi nhánh của chúng tiến hành trên cơ sở đơn viết của người xin gia nhập, của một hội viên VAGO, hoặc của một cơ sở giáo dục, xí nghiệp hay tổ chức đoàn thanh niên cộng sản.

(Xem phần tiếp theo ở tr. 21)

18

Hình 1.

Xếp vào ô 0 tất cả những ai không mắc một lỗi nào, vào ô 1 — những người mắc một lỗi, vào ô 2 — hai lỗi, … và cứ thế đến ô 13, nơi có một Sasha Ivanov.

Bây giờ hãy áp dụng nguyên lý Dirichlet (hãy chú ý, đây là một chỗ rất quan trọng).

Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài toán bằng phản chứng. Giả sử không có ba học sinh nào mắc cùng một số lỗi, tức là trong mỗi ô 0, 1, …, 12 có ít hơn ba học sinh. Khi đó trong mỗi ô có không quá hai người, và tổng cộng trong 13 ô này có không quá 26 người. Thêm Sasha Ivanov vào, vẫn không đủ 30 em. Mâu thuẫn.

Có thể khẳng định rằng đúng ba người mắc cùng số lỗi không? Dĩ nhiên là không. Có thể tất cả các em, trừ Sasha, đều viết bài chính tả không mắc một lỗi nào, tức là tất cả đều mắc 0 lỗi. Có thể cho rằng ít nhất bốn người rơi vào cùng một “ô” không? Không, không thể. Một lớp trong đó có 3 người mắc 0, 1, 2 lỗi, mỗi số 3, 4, …, 12 lỗi có 2 người, và một người mắc 13 lỗi, thỏa mãn điều kiện của bài toán.

2. Giả sử lớp có 41 người, chứ không phải 30. Chứng minh rằng sẽ có bốn người mắc cùng một số lỗi. (Các điều kiện còn lại — như trong bài toán 1.)

3. Ở Moskva có khoảng 7,1 triệu dân, trên đầu mỗi người có không quá 100 000 sợi tóc. Chứng minh rằng ở Moskva có ít nhất 70 người có cùng số sợi tóc trên đầu.

Quen biết

Ta sẽ coi sự quen biết là một quan hệ “đối xứng” giữa người với người: nếu Komarov quen Zhukov, thì Zhukov cũng quen Komarov.

4. Chọn tùy ý 5 người. Chứng minh rằng ít nhất hai trong số họ có cùng số người quen trong số những người đã chọn.

⟦trang 20⟧

Hình 3.

14. Một số cung của đường tròn được tô màu đen. Tổng độ dài các cung được tô nhỏ hơn nửa độ dài đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại một đường kính mà cả hai đầu mút đều không được tô.

Tô màu xanh các cung đối xứng với các cung đen qua tâm đường tròn. Vì tổng độ dài các cung xanh bằng tổng độ dài các cung đen, nên tổng độ dài các cung được tô nhỏ hơn độ dài đường tròn. Vậy (nguyên lý Dirichlet!), sẽ có một điểm không được tô. Đường kính đi qua điểm đó là đường kính cần tìm.

“Hãy xét đoạn thẳng AB. Giả sử trên nó có một số đoạn thẳng đen với tổng độ dài bằng 1,5AB. Khi đó một điểm nào đó của AB thuộc ít nhất hai đoạn thẳng đen.” Lập luận này giúp giải bài toán sau.

15. Trong hình vuông ABCD cạnh 1 cm có một số đường tròn, tổng các bán kính của chúng bằng 0,6 cm. (Các đường tròn có thể cắt nhau hoặc trùng nhau.) Chứng minh rằng có một đường thẳng song song với AB, có điểm chung với ít nhất hai đường tròn.

Sớm hay muộn cũng lặp lại

16. Cho dãy
    1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,…,
    trong đó mỗi số, bắt đầu từ số thứ ba, bằng tổng của hai số trước đó. Trong 100 000 001 số hạng đầu của dãy này có số nào tận cùng bằng bốn chữ số không không?

Xét dãy các số dư khi chia các số đã cho cho 10 000. Số dư ở vị trí thứ n ký hiệu là $a_n$. $a_1=1$, $a_2=1$, $a_6=8$, $a_{10}=55$ và cứ thế. Có 10 000 số dư khác nhau, có $10 000^2=100 000 000$ cặp số dư khác nhau. Xét các cặp $a_1a_2; a_2a_3; a_3a_4;...; a_{100 000 001}a_{100 000 002}$. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 100 000 001 cặp số dư này có ít nhất hai cặp trùng nhau: $a_k=a_m$, $a_{k+1}=a_{m+1}$, trong đó k và m nhỏ hơn 100 000 002, k nhỏ hơn m. Từ số dư của tổng và một số hạng, xác định duy nhất được số dư của số hạng còn lại (hãy kiểm tra), vì vậy $a_{k-1}=a_{m-1}$, $a_{k-2}=a_{m-2}$ và cứ thế cho đến $a_2=1=a_{m-k+2}$, $a_1=1=a_{m-k+1}$. Bây giờ rõ ràng (vì sao?) rằng $a_{m-k}=0$.

17. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n trong dãy của điều kiện

21

của bài toán trước sẽ có một số tận cùng bằng $n$ chữ số không.

18. Chứng minh rằng tồn tại một lũy thừa của số 29 tận cùng bằng các chữ số 00 001.

19. Cho số $A$ không chia hết cho 2 và 5. Chứng minh rằng với mọi $n$ tồn tại một lũy thừa của số $A$ khi chia cho $10^n$ cho số dư là 1.

20. Chứng minh rằng tồn tại một số là bội của 1970 mà trong cách viết thập phân chỉ có các chữ số không và một.

Bảng

Trong một bảng gồm $n \times n$ ô, các số nguyên từ 1 đến $n^2$ được điền vào. Ta quan tâm đến mệnh đề sau:

“Với mọi cách điền, sẽ có hai ô chung một cạnh sao cho hiệu giữa các số trong hai ô ấy lớn hơn 5”.

21. Chứng minh mệnh đề này
    a) với $n=10$;
    b) với mọi $n$ lớn hơn 10;
    c) với $n=9$.

22. Bác bỏ nó với $n=5$.

Tác giả không biết liệu mệnh đề đang xét có đúng với $n=6, 7, 8$ hay không.

Bài tập

23. Trong một ngôi nhà có 123 cư dân, tổng số tuổi của họ là 3813. Có thể chọn 100 người trong số họ sao cho tổng số tuổi không dưới 3100 không?

24. Trên mặt phẳng cho 7 đường thẳng, không có hai đường nào song song. Chứng minh rằng có hai đường trong số đó tạo với nhau một góc nhỏ hơn $26^\circ$. Mệnh đề tương tự có đúng nếu thay $26^\circ$ bằng $25^\circ$ không?

25. Chứng minh rằng từ bất kỳ cây nào cũng có thể ngắt $8/15$ số lá của nó, đồng thời vẫn giữ lại không ít hơn $7/15$ bóng râm mà cây tạo ra (bỏ qua bóng râm của thân và cành; có thể coi số lá chia hết cho 15).

26. Hai mươi mốt cậu bé được cho 200 hạt dẻ. Chứng minh rằng, dù các em chia chúng thế nào, cũng sẽ có hai cậu bé nhận được số hạt dẻ bằng nhau (có thể là mỗi em 0 hạt).

27. Cho 7 đoạn thẳng. Độ dài mỗi đoạn lớn hơn 10 cm và nhỏ hơn 1 m. Chứng minh rằng từ ba đoạn nào đó có thể lập thành một tam giác.

28. Từ dãy 1, 2, …, 200, bằng một cách nào đó đã chọn 101 số. Chứng minh rằng một trong các số đã chọn chia hết cho một số khác.

(Kết thúc. Phần đầu xem ở trang 16.)

dành cho các nhà thiên văn trẻ, đến từ những nơi khác nhau của Liên Xô. Nhiều thành viên của phân ban thanh thiếu niên đã tích cực tham gia quan sát nhật thực năm 1968.

Trong những năm gần đây, mạng lưới các hội thiên văn thanh niên và các câu lạc bộ, nhóm khác nhau, tập hợp khoảng 3000 học sinh, đã mở rộng rõ rệt. Sự giúp đỡ cho các tổ chức này được thực hiện từ năm trung tâm phương pháp khu vực, đặt tại các bộ phận thiên văn học của Cung Thiếu nhi Moskva và Baku, tại đài thiên văn của Cung Thiếu nhi Alma-Ata, Đài thiên văn thanh thiếu niên tỉnh Krym (Simferopol) và đài thiên văn thiếu nhi của câu lạc bộ kỹ thuật viên trẻ thuộc Phân viện Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô; các trung tâm này hướng công việc của các nhà thiên văn trẻ vào việc phát triển quan sát bằng các phương pháp và phương tiện kỹ thuật hiện đại, vào việc thiết kế và chế tạo các dụng cụ thiên văn khác nhau và tổ chức các đài thiên văn nhân dân cùng các phòng thí nghiệm thiên văn.

Sự quan tâm lớn đối với công việc của các nhà thiên văn trẻ từ phía Bộ Giáo dục Liên Xô và CHXHCN LB Nga, Trung ương Đoàn Thanh niên Cộng sản Lenin, Trạm Trung ương Kỹ thuật viên trẻ, VDNKh và Ban chấp hành Hội toàn Liên bang “Tri thức” phải cho phép phát triển rộng hơn công việc của các phân ban thanh thiếu niên VAGO. Tất cả điều đó đã cho phép tổ chức năm 1969 tại Baku Hội nghị toàn Liên bang lần thứ nhất của những người yêu thiên văn trẻ, hội nghị đã góp phần trao đổi và phổ biến kinh nghiệm tốt nhất của các phân ban thanh thiếu niên VAGO.

Phó chủ tịch VAGO, giáo sư L. S. Khrenov

⟦trang 22⟧

BÀI TOÁN

M91. Hai người chơi «dấu nhân» và «dấu tròn» trên một tờ giấy kẻ ô vô hạn. Người bắt đầu đặt một dấu nhân vào một ô bất kỳ. Mỗi nước tiếp theo, người đó phải đặt một dấu nhân vào một ô trống bất kỳ kề với một ô đã có; hai ô được coi là kề nhau nếu chúng có chung một cạnh hoặc một đỉnh. Mỗi nước đi, người chơi thứ hai có thể đặt ngay ba dấu tròn vào ba ô trống bất kỳ (không nhất thiết gần nhau). Chứng minh rằng, dù người thứ nhất chơi thế nào, người thứ hai vẫn có thể «vây kín» anh ta: làm cho người thứ nhất không còn chỗ nào để đặt dấu nhân.

Hãy khảo sát các trò chơi tương tự, trong đó người thứ hai được phép mỗi nước đặt không phải ba mà chỉ hai hoặc chỉ một dấu tròn. Khi các đối thủ chơi đúng, kết quả sẽ thế nào: các dấu tròn có «vây

Hình 1. Ở đây biểu diễn một trong các vị trí có thể xuất hiện sau nước đi thứ ba (màu đen là các dấu nhân và dấu tròn được đặt ở nước đi thứ nhất, màu đỏ — ở nước thứ hai, màu xanh — ở nước thứ ba).

kín» các dấu nhân được không (và các dấu nhân có thể «cầm cự» nhiều nhất bao nhiêu nước) hay trò chơi có thể kéo dài vô hạn?

Hãy thử nghiên cứu những biến thể khác của trò chơi này: khi chỉ những ô có chung cạnh mới được coi là kề với một ô đã cho; khi mặt phẳng được chia không phải thành các hình vuông mà thành các hình lục giác đều; khi người thứ nhất được phép đặt ngay p dấu nhân, còn người thứ hai — q dấu tròn.

A. P. Savin

M92. Petya dự định sống cả 90 ngày nghỉ ở làng và nghiêm ngặt tuân theo thời gian biểu sau: cứ ngày thứ hai (tức là cách một ngày) đi tắm ở hồ, cứ ngày thứ ba đi cửa hàng mua thực phẩm và cứ ngày thứ năm giải các bài toán toán học. (Ngày đầu tiên Petya đã làm cả việc này, việc kia và việc thứ ba, nên rất mệt.) Petya sẽ có bao nhiêu ngày «thú vị», khi cần đi tắm nhưng không cần đi cửa hàng và giải toán? Bao nhiêu ngày «buồn chán», khi hoàn toàn không có việc gì?

M93. Mỗi số trong các số $x_1, \dots, x_n$ đều bằng cộng hoặc trừ một. Biết rằng

$$x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n+x_nx_1=0.$$

Chứng minh rằng $n$ chia hết cho bốn.

A. M. Leontovich

M94. Chứng minh rằng không tồn tại một đa diện mà tại mỗi đỉnh và mỗi mặt đều có không dưới bốn cạnh kề vào.

L. G. Limanov

24

LỜI GIẢI

Trong số này, chúng tôi công bố lời giải các bài M39—M49.

M39

Chứng minh rằng các số nguyên không âm $x, y$ thỏa mãn phương trình $x^2 - mxy + y^2 = 1$ (trong đó $m$ — số nguyên đã cho, lớn hơn một) khi và chỉ khi $x$ và $y$ là hai số hạng liên tiếp của dãy $\varphi_0 = 0, \varphi_1 = 1, \varphi_2 = m, \varphi_3 = m^2 - 1, \varphi_4 = m^3 - 2m, \varphi_5 = m^4 - 3m^2 + 1$, …, trong đó $\varphi_{k+1} = m\varphi_k - \varphi_{k-1}$ với mọi $k \ge 1$.

Chẳng hạn, mọi nghiệm của phương trình

$$x^2 - 3xy + y^2 = 1$$

(1)

trong các số nguyên $(x, y)$, $0 \leq x < y$, là các cặp

$$(0, 1), (1, 3), (3, 8), (8, 21), \dots$$

(2)

gồm hai số hạng liên tiếp của dãy $0, 1, 3, 8, 21, \dots$, được xác định bởi các điều kiện $\varphi_0 = 0, \varphi_1 = 1, \varphi_{k+1} = 3\varphi_k - \varphi_{k-1}$ với mọi $k \ge 1$.

Giải bài toán này với $m = 3$ (với các $m > 1$ khác, lời giải hoàn toàn tương tự.) Ta phải chứng minh rằng, thứ nhất, mọi cặp số (2) đều thỏa mãn phương trình (1), và thứ hai, không có cặp số không âm nào khác thỏa mãn phương trình này. (Lưu ý rằng phần thứ hai, khó hơn, của lời giải này đã bị nhiều độc giả gửi thư bỏ qua.)

Trong dãy (2), sau mỗi cặp $(x, y)$ là cặp $(x_1, y_1)$, có thể nhận được từ $(x, y)$ bằng phép biến đổi sau:

$$x_1 = y, y_1 = 3y - x.$$

(3)

Phép biến đổi $(x, y) \rightarrow (y, 3y - x)$ này ta ký hiệu bằng chữ $T$. Không khó

25

kiểm tra rằng nếu cặp $(x, y)$ thỏa mãn phương trình (1), thì cặp $(x_1, y_1) = T(x, y)$ cũng thỏa mãn phương trình đó:

$$x_1^2 - 3x_1y_1 + y_1^2 = y^2 - 3y(3y - x) + (3y - x)^2 = y^2 - 3xy + x^2.$$

(4)

Từ đây thấy ngay rằng mọi cặp (2) đều thỏa mãn phương trình (1): bởi vì cặp (0, 1) thỏa mãn phương trình đó, còn tất cả các cặp khác đều nhận được từ nó bằng một số hữu hạn phép biến đổi $T$.

Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng phương trình (1) không có nghiệm nguyên $(x, y)$ nào khác, thỏa các điều kiện $0 \leq x < y$. Giả sử $(x_1, y_1)$ là một trong các nghiệm như vậy. Ta tìm một cặp $(x, y)$ sao cho các $x_1$ và $y_1$ này nhận được từ nó theo các công thức (3), — để làm điều đó chỉ cần biểu diễn $x$ và $y$ qua $x_1$ và $y_1$:

$$x = 3x_1 - y_1, y = x_1.$$

(5)

Phép chuyển như vậy từ $(x_1, y_1)$ sang $(x, y)$ — phép biến đổi ngược *) với $T$ — chúng ta sẽ kí hiệu là $T^{-1}$. Từ các đẳng thức (4) suy ra rằng nếu cặp $(x_1, y_1)$ thỏa mãn phương trình (1), thì cặp $(x, y) = T(x_1, y_1)$ cũng thỏa mãn phương trình đó. Ta sẽ chứng minh rằng nếu thêm vào đó $0 < x_1 < y_1$, thì

$$0 \leq x < y.$$

(6)

Biểu diễn đẳng thức $x_1^2 - 3x_1y_1 + y_1^2 = 1$ theo hai cách sau:

$$x_1^2 + y_1(y_1 - 3x_1) = 1,$$

$$x_1(x_1 - y_1) + y_1(y_1 - 2x_1) = 1.$$

(7)

Từ đẳng thức (7) suy ra ngay ($x_1$ và $y_1$ dương!) rằng $-x = y_1 - 3x_1 \leq 0$, hơn nữa nếu $y_1 - 3x_1 = 0$, thì $x_1 = 1$ và $y_1 = 3$. Đến lượt mình, từ đẳng thức (8) suy ra rằng $y - x = y_1 - 2x_1 > 0$ (vì $x_1 - y_1$ âm). Các bất đẳng thức (6) đã được chứng minh. Lưu ý rằng chúng cũng có thể viết lại như sau:

$$0 \leq x < x_1,$$

(9)

vì $x_1 = y$. Vậy, mọi nghiệm $(x_1, y_1)$, $0 < x_1 < y_1$, sau phép biến đổi $T^{-1}$ sẽ chuyển thành nghiệm $(x, y)$, với $0 \leq x < y$. Nếu đồng thời $x > 0$, thì ta có thể áp dụng $T^{-1}$ thêm một hoặc vài lần nữa, thu được các nghiệm mới (nhỏ hơn về độ lớn). Thật vậy, như (9) cho thấy, giá trị của số nguyên $x$ giảm đi sau mỗi phép biến đổi. Vì thế, sau một số hữu hạn bước nào đó ta phải dừng lại, và ta chỉ có thể dừng khi nhận được nghiệm $(x, y)$, trong đó $x = 0$ và do đó $y = 1$. Như vậy, ta đã chứng minh rằng từ mỗi nghiệm $(x_1, y_1)$, sau một số hữu hạn phép biến đổi $T^{-1}$, thu được nghiệm (0, 1). Từ đó suy ra rằng mỗi nghiệm từ (0, 1) sau một số hữu hạn phép biến đổi $T$ (nghĩa là không có nghiệm nào khác, khác với (2)). Bài toán đã được giải hoàn toàn.

Có thể trình bày lời giải này trực quan hơn như sau. Ta sẽ biểu diễn một cặp số $(x, y)$ như thường lệ bằng một điểm trên mặt phẳng. Khi đó phương trình $x^2 - 3xy + y^2 = 1$ xác định trên mặt phẳng một đường cong, gọi là “hyperbol”. (Trên bìa vẽ cả một họ hyperbol, được xác định bởi các phương trình $x^2 - 3xy + y^2 = c$ với các giá trị khác nhau của tham số $c$, còn đường chúng ta quan tâm có màu vàng.) Giải phương trình này trong các số nguyên nghĩa là chỉ ra tất cả các điểm có tọa độ nguyên nằm trên hyperbol. Tuy nhiên, chỉ ra một điểm như vậy thì dễ: đó là điểm đen có tọa độ (0, 1). Tất cả các điểm còn lại (trong góc $0 \leq x < y$), như chúng ta đã chứng minh, nhận được từ nó bằng cách áp dụng liên tiếp phép biến đổi $T : (x, y) \rightarrow (y, 3y - x)$. Phép biến đổi $T$ của mặt phẳng có các tính chất sau:

1. Biến mỗi đường thẳng trên mặt phẳng thành một đường thẳng (những phép biến đổi như vậy được gọi là tuyến tính).

*) Khái niệm phép biến đổi ngược đã được bàn trong bài viết của A. N. Kolmogorov “Hàm số là gì?” (“Kvant” số 1,1970).

28

Cơm. 2. Trong số các phần tử $m+k+1$, trước tiên hãy chọn một phần tử (sao cho có ít nhất $k$ phần tử ở bên trái và bên phải của nó), vẽ một đường dọc theo nó, sau đó chọn các phần tử $k$ ở bên trái và bên phải của dòng. Trong hình ảnh của chúng tôi $m=9, k=3, m+k+1=13$.

la các phần tử $k+m$ nhất định và sau đó là các phần tử $k$ khác từ các phần tử $n-m$ còn lại. Những gì đã được nói có thể được tìm thấy như thế này. Hãy đặt dữ liệu của các phần tử $n+k$ “trong một dòng” và vẽ một đường thẳng đứng ngăn cách các phần tử $k+m$ ở bên trái với các phần tử $n-m$ ở bên phải. Bằng cách nào đó, hãy chọn các phần tử $k$ ở bên trái của thanh và các phần tử $k$ ở bên phải của thanh, sau đó tạo thành một kết nối của từng lựa chọn “bên phải” này. Rõ ràng là sẽ có $C_{k+m}^k \cdot C_{n-m}^k$ những kết nối như vậy.

Bây giờ không khó để chứng minh điều đó

$$C_k^k \cdot C_n^k + C_{k+1}^k \cdot C_{n-1}^k + C_{k+2}^k \cdot C_{n-2}^k + \dots + C_n^k \cdot C_k^k = C_{n+k+1}^k \cdot C_{n-k+1}^k.$$

Để làm điều này, chỉ cần thiết lập sự tương ứng một-một giữa các mẫu gồm $n+k+1$ phần tử của $2k+1$ và mẫu của $n+k$ phần tử có dạng sau: “$k$ phần tử ở bên trái dòng; đặc điểm; $k$ phần tử ở bên phải dòng,” tổng số của chúng bằng tổng ở bên trái của đẳng thức (2). Vậy số tiền cần tìm là

$$(k!)^2 \cdot C_{n+k+1}^2 = \frac{(n+k+1)!(k!)^2}{(2k+1)!(n-k)!}.$$

Đặc biệt, đối với nhiệm vụ đầu tiên M40, chúng ta có $k=1$ và do đó tổng sẽ là $C_{n+2}^3 = \frac{(n+2)(n+1)n}{6}$.

Nếu lý do trên có vẻ khó đối với bạn và thậm chí còn hơn thế nếu nó có vẻ thú vị với bạn, chúng tôi khuyên bạn nên xem xét N. Ya. Cuốn sách “Tổ hợp” của Vilenkin (M., “Nauka”, 1969). Cụ thể, ở trang 57, công thức (24), tương tự như công thức (2), đã được chứng minh.

V. N. Berezin

M41

Cho một hình tròn, đường kính của nó $AB$ và một điểm $C$ trên đường kính này. Vẽ hai điểm $X$ và $Y$ trên đường tròn, đối xứng với đường kính $AB$, sao cho đường thẳng $YC$ vuông góc với đường thẳng $XA$.

Đặt $K$ là giao điểm của các đoạn $XY$ và $AB$; theo điều kiện $XY \perp AB$ và $XK = KY$. Đối với bất kỳ điểm $X$ trên vòng tròn $\Rightarrow AXB = 90^\circ$. Do đó, yêu cầu $YC \perp AX$ tương đương với từng điều kiện sau:

$$YC \parallel BX, \Rightarrow YCB = \Rightarrow CBX,$$

$$\triangle CYK = \triangle KBX, \quad CK = KB.$$

Do đó, nếu chúng ta sử dụng đường vuông góc với đường $AB$ ở giữa đoạn $CB$, chúng ta sẽ có được hai điểm cần thiết tại giao điểm của nó với đường tròn (bất kỳ điểm nào trong số chúng có thể được lấy là $X$, thì điểm còn lại sẽ đóng vai trò $Y$).

29

M42

Các chữ số của một số số có mười bảy chữ số được viết theo thứ tự ngược lại. Số kết quả được thêm vào số gốc. Chứng minh rằng ít nhất một trong các chữ số của tổng của chúng là số chẵn.

Chúng ta hãy chứng minh indica bằng $n$ rằng phát biểu này đúng với mọi số có $(4n+1)$ chữ số. Tại $n=0$ điều đó là hiển nhiên. Giả sử rằng đối với một số $n$ nó sai, nghĩa là có một số $a_1 a_2 a_3 \dots a_{4n-1} a_{4n} a_{4n+1}$ sao cho tổng cộng

$$\frac{a_1}{a_{4n+1}} + \frac{a_2}{a_{4n}} + \dots + \frac{a_{4n-1}}{a_{4n}} + \frac{a_{4n+1}}{a_{4n}}$$

mọi số đều lẻ. Khi đó tổng của các chữ số $a_1 + a_{4n+1}$ là số lẻ và ở những vị trí được chỉ định bằng mũi tên sẽ không chuyển đơn vị sang chữ số tiếp theo. Do đó, trong tổng các số có $(4n-3)$ chữ số

$$\frac{a_3 \dots a_{4n-1}}{a_{4n-1} \dots a_3}$$

Ngoài ra, tất cả các chữ số đều là số lẻ, do đó, tuyên bố của chúng tôi không đúng với $(n-1)$. Chứng minh đã hoàn tất (hãy nghĩ về lý do tại sao “bước chỉ báo” thông thường - “nếu đúng với $n$ thì nó đúng với $(n+1)$” - có thể được thay thế bằng một bước theo hướng ngược lại: “nếu sai với $n$ thì sai với $(n-1)$”!).

Lưu ý rằng mệnh đề đã được chứng minh không thể đơn giản hóa: đối với các số có số chữ số chẵn hoặc có dạng $(4n+3)$, mệnh đề bài toán có thể không đúng:

$$11 \ 112 \ 222 + 22 \ 221 \ 111 = 33 \ 333 \ 333, \ 72 \ 727 \ 262 \ 626 + 62 \ 626 \ 272 \ 727 = 135 \ 353 \ 535 \ 353.$$

M43

Cạnh nào của một tam giác đều được chia thành $n$ phần bằng nhau. Các đường thẳng song song với các cạnh được vẽ qua các điểm chia. Kết quả là hình tam giác được chia thành $n^2$ hình tam giác nhỏ. Được gọi là “chuỗi” là một chuỗi các hình tam giác không có hình nào xuất hiện hai lần và mỗi hình tiếp theo có một cạnh chung với hình trước. Số lượng hình tam giác tối đa có thể có trong chuỗi là bao nhiêu?

Đáp số: $n^2 - n + 1$. Để chứng minh rằng chúng thường được tìm thấy trên các khối u, chỉ cần thực hiện một bước bất ngờ: tô màu các hình tam giác theo hình bàn cờ, như được thực hiện trong hình. Phần còn lại khá đơn giản.

Trong toàn bộ tam giác, các tam giác màu đỏ lớn hơn các tam giác màu vàng $n$ (trong mỗi hàng ngang, các tam giác màu đỏ lớn hơn một) và trong chuỗi màu phải là đen nên chỉ có thể có một tam giác màu đỏ lớn hơn các tam giác màu vàng.

Một trong những chuỗi có độ dài tối đa có thể được hiển thị trong hình. (Từ những gì đã nói ở trên, rõ ràng là để một chuỗi có độ dài $n^2 - n + 1$, điều cần và đủ là nó bắt đầu và kết thúc bằng các hình tam giác màu đỏ và đi qua tất cả các hình tam giác màu vàng mà không có ngoại lệ.)

30

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $K$ đều có vô số số tự nhiên $T$ không chứa số 0 trong ký hiệu thập phân và sao cho $T$ và $KT$ có tổng các chữ số bằng nhau.

Đặt $k$ chữ số trong số $K$ (theo ký hiệu thập phân). Sau đó, trong vai trò $T$ bạn có thể lấy bất kỳ số 999…99 nào, được viết $n$ bằng số chín, trong đó $n \geqslant k$; thì cả tổng các chữ số $T$ và tổng các chữ số $KT$ đều bằng 9$n$ (trong số $KT = K(10^n-1)$, các chữ số cách nhau $n$ các chữ số cộng lại bằng 9; ví dụ: $743\ 552 \cdot 99\ 999\ 999 = 743\ 552 \cdot (10^8-1) =$
$= 74\ 355\ 200\ 000\ 000-743\ 552 = 74\ 355\ 199\ 256\ 448$;

Chúng tôi để lại cho bạn đọc cách chứng minh gần như hiển nhiên nhất cho trường hợp tổng quát).

M45

Chứng minh rằng từ 200 số nguyên bất kỳ chọn được 100 có tổng chia hết cho 100.

Hãy thử khái quát hóa bài toán này: chứng minh rằng từ bất kỳ số nguyên $2n-1$ nào chúng ta có thể chọn $n$ có ​​tổng chia hết cho $n$, trong đó $n \geqslant 2$.

Bổ đề. Nếu câu bài toán đúng với $n = a$ và $n = b$ thì nó cũng đúng với $n = ab$.

Lưu ý rằng thuộc tính “tổng $n$ của các số nguyên $x_1, \ldots, x_n$ chia hết cho $n$” cũng có thể được xây dựng như sau: “trung bình số học $\frac{x_1 + \ldots + x_n}{n}$ là một số nguyên”.

Vì vậy, hãy cho các số nguyên $2ab-1$ tùy ý. Vì khẳng định đúng với $n = b$ và $2ab-1>2b-1$ nên từ $2ab-1$ số đã cho, chúng ta có thể chọn $b$ có tổng chia hết cho $b$. Sau đó, từ những số còn lại (nếu có ít nhất $2b-1$), chúng ta chọn một số $b$ khác có thuộc tính này, v.v.

Từ
$$2ab-1 = (2a-1)b + (b-1),$$
thì thao tác này có thể được lặp lại $2a-1$ lần và thu được $2a-1$ bộ $b$ số, trong đó mỗi bộ số có trung bình số học của $b$ số là một số nguyên. Vì mệnh đề đúng với $n = a$, nên từ các phương tiện số học $2a-1$ này, chúng ta có thể chọn $a$, tổng của nó chia hết cho $a$. Rõ ràng là khi đó các số $ab$ tạo nên bộ $a$ tương ứng của $b$, mỗi số đều có thuộc tính mong muốn: tổng của chúng chia hết cho $ab$. Bổ đề đã được chứng minh (bổ đề này, giống như bài toán, được phát minh bởi Yu. I. Nonin).

Vì vậy, để chứng minh khẳng định bài toán cho tính tùy ý $n = a_1a_2\ldots a_k$ thì chỉ cần chứng minh cho từng thừa số $n = a_1$, $n = a_2$, …, $n = a_k$ (và áp dụng bổ đề nhiều lần). Vì vậy, chỉ cần học cách chứng minh khẳng định này cho các thừa số nguyên tố của số $n$ là đủ. Ví dụ, để chứng minh cho $n = 100$, chỉ cần chứng minh hai phát biểu: “từ 3 số nguyên bất kỳ chọn 2 có tổng chia hết cho 2” và “từ 9 số nguyên bất kỳ chọn 5 có tổng chia hết cho 5”. Điều đầu tiên là hiển nhiên, và điều thứ hai có thể được chứng minh bằng một cuộc tìm kiếm không lâu. Chúng tôi mang đến cho người đọc cơ hội xác minh điều này, đồng thời cố gắng đưa ra một bằng chứng phù hợp ngay lập tức cho bất kỳ $n$ đơn giản nào. Tuy nhiên, chúng tôi sẽ trình bày bằng chứng đó trong số tiếp theo của tạp chí.

31

M46

Một đa giác lồi có thể có bao nhiêu cạnh bằng đường chéo lớn nhất?

Đáp số: hai, một hoặc không.

Không khó để xây dựng các ví dụ cho từng trường hợp này. Một đa giác trong đó ba cạnh trở lên bằng đường chéo lớn nhất không tồn tại, vì hai cạnh bằng đường chéo lớn nhất nhất thiết phải có một đỉnh chung (Hình 5) và chỉ một tam giác mới có thể có ba cạnh, mỗi cạnh có một đỉnh chung và không có đường chéo.

M47

Từ các chữ số 1 và 2, năm số có $n$ chữ số được tạo ra sao cho mỗi số đều trùng nhau ở $m$ chữ số, nhưng không phải tất cả năm số đều trùng nhau ở một chữ số nào. Chứng minh rằng $\frac{2}{5} \leq \frac{m}{n} \leq \frac{3}{5}$.

Hãy viết các số này ở dưới số kia. Mỗi chữ số (“cột”) có 5 chữ số. Trong số này, bạn có thể tạo 10 cặp (không có thứ tự). Đối với tất cả các cột $n$ sẽ có 10 cặp $n$ như vậy. Chúng ta hãy tìm xem có bao nhiêu trong số chúng bao gồm các số giống hệt nhau, tức là các cặp (1, 1) và (2, 2). Có 4 hoặc 6 cặp như vậy trong mỗi cột. Do đó, tổng số cặp như vậy không ít hơn 4 $n$ và không quá 6 $n$. Mặt khác, số cặp như vậy bằng 10 $m$, vì khi so sánh hai số bất kỳ trên tất cả $n$ chữ số, theo điều kiện, kết quả bằng $m$ các cặp đó và tất cả các cặp 5 số có thể có đều là 10.

Vì vậy, $4n \leq 10m \leq 6n$, đây là điều cần chứng minh (xem Hình 6).

M48

Trong một tam giác nhọn $ABC$ bicsectrix $AD$, đường trung tuyến $BM$ và đường cao $CH$ cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng góc $BAC$ lớn hơn 45°.

Không khó để chứng minh rằng với một $\Rightarrow BAC = \alpha < \frac{\pi}{2}$ cho trước có đúng một tam giác (cho đến chia nhỏ) $ABC$ trong đó chiều cao là $CH$, bicsectrix $AD$ và đường trung tuyến $BM$

32

Diana $BM$ cắt nhau tại một điểm. Thật vậy, khi phân biệt đoạn thẳng (tùy ý) $AC$ trên một cạnh của góc $\Rightarrow A = \alpha$, thả đường vuông góc $CH$ sang cạnh kia của góc và chỉ định giao điểm của nó với phân giác của góc $A$ đến $O$, chúng ta sẽ tìm được điểm $B$ giao điểm của cạnh thứ hai của góc và đường thẳng $OM$ (trong đó $M$ là trung điểm của đoạn $AC$) và từ đó dựng nên tam giác cần tìm $ABC$; rõ ràng là cho $\Rightarrow A$ và $AC$ nó được xác định theo một cách duy nhất. Lưu ý rằng trong trường hợp này góc $B$ là góc nhọn (vì điểm $H$ - đáy của chiều cao - nằm ở cạnh $AB$).

Hãy chứng minh rằng nếu $\Rightarrow A < \frac{\pi}{4}$ thì $\Rightarrow ACB > \frac{\pi}{2}$. Chúng ta hãy vẽ đoạn $HB_1 = AH$ trên đường thẳng $AB$. Khi đó đường phân giác $B_1F$ của góc $B_1$ của tam giác cân $AB_1C$ sẽ đi qua điểm $O$. Vì $\frac{AF}{FC} = \frac{AB_1}{B_1C} > 1$, điểm $M$ nằm giữa $A$ và $F$, nên $B_1$ nằm giữa $A$ và $B$ và $\Rightarrow BCA > \Rightarrow B_1CA > \frac{\pi}{2}$.

Trong bài toán này, người ta có thể thu được kết quả chính xác hơn: tìm ước tính chính xác cho góc $\alpha$, với điều kiện là $\Rightarrow ACB = \gamma < \frac{\pi}{2}$. Để làm điều này, chúng tôi biểu thị $\gamma$ dưới dạng hàm của $\alpha$. Hãy vẽ $HE \parallel BM$ (E là điểm trên $AC$). Sau đó (Hình 7)

$$\frac{EM}{MC} = \frac{HO}{OC} = \frac{AH}{AC} = \cos \alpha, \quad \frac{HB}{AH} = \frac{EM}{AE} = \frac{\cos \alpha}{1 - \cos \alpha}, \quad \frac{HB}{HC} = \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha (1 - \cos \alpha)},$$

$$\gamma = \gamma(\alpha) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \arctg \frac{\cos^2 \alpha}{\sin \alpha (1 - \cos \alpha)}.$$

Từ đây, rõ ràng hàm số $\gamma = \gamma(\alpha)$ trên đoạn $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ giảm đơn điệu ( $\alpha$ càng nhiều thì sin $\alpha$ càng lớn và cos $\alpha$ càng nhỏ, và do đó phân số dưới dấu cung luôn nhỏ hơn). Bây giờ chúng ta hãy tìm $\alpha$ mà $\gamma(\alpha) = \frac{\pi}{2}$. Phương trình tính chất này là: $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}, \sin^2 \alpha (1 - \cos \alpha) = \cos^3 \alpha$, từ đó cos $\alpha = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$. Vì vậy, nếu $\gamma < \frac{\pi}{2}$, thì $\alpha > \alpha_0 = \arccos \frac{\sqrt{5} - 1}{2} \left( \alpha_0 > \frac{\pi}{4} \right)$, vì $\frac{\sqrt{5} - 1}{2} < \frac{\sqrt{2}}{2}$; như bạn có thể thấy trong các bảng, góc tương ứng với $\alpha_0$ tính bằng độ là khoảng $51^\circ 50'$).

M49

Các thẻ chứa các số từ 11.111 đến 99.999. Sau đó, các thẻ này được đặt lần lượt theo thứ tự ngẫu nhiên. Chứng minh rằng số có 444.445 chữ số thu được không thể là lũy thừa của hai.

33

Dễ dàng chứng minh rằng số này chia hết cho 11.111, dẫn đến thực tế là các số $10^5A$ và $A$ đối với bất kỳ số nguyên $A$ nào đều có số dư như nhau khi chia cho 11.111 và tổng $11 111+11 112+\dots+99 998+99 999$ chia hết cho 11.111. Nhưng nếu số đó chia hết cho 11.111 thì tất nhiên nó không thể là lũy thừa của hai. (Ví dụ, điều này xảy ra ngay sau định lý về tính duy nhất của phân tích nhân tử.)

Nan thành công hơn lời giải bài toán đã được E. Turkevich từ Chernivtsi gửi cho chúng tôi (anh ấy đã tìm thấy ước tính chính xác về góc $\alpha$ trong bài toán M48, đã giải được bài toán M46 và M49) và R. Akhmetshin từ Osh (M42, M44, M47).

N. B. Vasiliev

Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài toán F45, F59—F65

Hãy quay trở lại bài toán F45 một lần nữa. Cô ấy có một chiếc lời giải khá đơn giản và màu đỏ.

F45

Một tụ điện hình cầu chứa đầy chất điện môi và được tích điện đến một hiệu điện thế nhất định được phóng điện qua chất điện môi của nó. Từ trường của dòng điện phóng điện trong không gian giữa các quả cầu sẽ như thế nào?

Vì tại bất kỳ điểm nào của chất điện môi, mọi hướng trong mặt phẳng vuông góc với bán kính đều bằng nhau nên vectơ $\vec{B}$ độ tự cảm của từ trường không thể có thành phần nằm trong mặt phẳng này. Do đó, vectơ $\vec{B}$ chỉ có thể hướng dọc theo bán kính. Nhưng tất cả các điểm của chất cách điện đều bằng nhau. Điều này có nghĩa là các vectơ $\vec{B}$ và các đường sức từ sẽ hội tụ hoặc thoát ra khỏi tâm quả cầu. Nhưng các đường sức từ phải đóng lại. Điều này có nghĩa là điều đó là không thể, và $\vec{B} = 0$. Từ trường của dòng điện phóng điện trong tụ điện bằng không.

F59

Cần loại bỏ cạnh nào của khối dây để điện trở giữa các điểm $A$ và $B$ (Hình 8) thay đổi nhiều nhất có thể? Điện trở của tất cả các cạnh của khối lập phương là như nhau.

Đánh số tất cả các cạnh của hình lập phương và các đỉnh của nó. Dòng điện chạy dọc theo cạnh 1 phân nhánh ở đỉnh 1 thành hai dòng, sau đó chạy dọc theo cạnh 7 và 8.

Tương tự, dòng điện chạy dọc theo cạnh 2 phân nhánh thành hai dòng bằng nhau ở đỉnh 2, v.v. Qua cạnh 4 dòng điện chạy qua cạnh 7 và 12… Cạnh 4 tương đương với cạnh 5 và 6. Điều này có nghĩa là qua cạnh 1, 2, 3, 4, 5 và 6 dòng điện chạy qua cạnh 7, 8, 9, 10, 11 và 12. Rõ ràng điện trở của mạch sẽ thay đổi nhiều nhất nếu loại bỏ vật dẫn mang dòng điện lớn nhất ra khỏi mạch. Từ khối dây, bạn cần loại bỏ một trong các cạnh 1, 2, 3, 4, 5 hoặc 6.

Đảm bảo điều này bằng cách tính toán điện trở của các mạch tương ứng.

34

Một số lời khuyên. Điện trở của khối lập phương giữa hai đỉnh A và B dễ dàng tính được. Để làm được điều này, bạn chỉ cần lưu ý rằng, do tính đối xứng nên các đỉnh 1, 2 và 3 có điện thế như nhau. Do đó, điện trở của mạch sẽ không thay đổi nếu chúng được nối với nhau. Tất nhiên, các đỉnh 4, 5 và 6 cũng có điện thế như nhau và cũng có thể thông nhau. Sau này, bạn sẽ nhận được một sợi dây xích (Hình 9), điện trở của nó rất dễ tính toán. Nếu lấy điện trở của một cạnh bằng 1 ohm thì điện trở của dây xích sẽ bằng 5/6 ohm. Không khó để tìm được điện trở của mạch khi bỏ đi một trong các cạnh 1, 2, 3, 4, 5 hoặc 6. Tại đây, bạn cũng có thể tìm thấy các điểm tương đương, kết nối để bạn có được một mạch gồm các kết nối nối tiếp và song song. Nhưng trước khi tìm điện trở của mạch sau khi loại bỏ một trong các gân 7, 8, 9, 10, 11 hoặc 12, hãy đọc bài viết của A. R. Zilberman “Biến đổi mạch điện” ở «Kvant» Số 3 năm 1971. Bạn sẽ cần phương pháp được giải thích trong bài viết này.

F60

Có thể nhìn thấy ảnh của một ngọn nến trong gương phẳng. Điều gì sẽ xảy ra nếu đặt một tấm kính phẳng song song giữa gương và ngọn nến?

Sau khi vẽ đường đi của một số tia, không khó để xác minh rằng sau khi đặt một tấm kính phẳng song song giữa cây nến và gương, ảnh của cây nến sẽ tiến lại gần gương (Hình 10). Các đường màu xanh biểu thị đường đi của tia không có tấm, các đường màu đỏ - có tấm.

F61

Một khối lập phương trượt không ma sát trên mặt sàn nhẵn nằm ngang và chạm vào một tấm kính thẳng đứng bằng một mặt bên của nó. Hệ số ma sát giữa khối lập phương và tấm kính là k. Khối lập phương sẽ nảy lên một góc bao nhiêu so với tấm kính nếu trước khi va chạm với nó, nó chuyển động theo hướng tạo thành một góc α với tấm kính?

Khi khối lập phương được lấy ra khỏi kính, có hai lực tác dụng: lực N của phản lực pháp tuyến của chồng và lực ma sát Ftr (Hình 11). Chúng ta hãy phân tích tốc độ của khối lập phương trước và sau khi va chạm với chồng thành các thành phần song song với các lực này. Vận tốc v1 = v sinα và u1 vuông góc với thủy tinh và vận tốc v2 = v cosα và u2 song song với thủy tinh. Theo hướng vuông góc với tấm kính, giữa khối lập phương và tấm kính, như thường lệ, xảy ra một va chạm đàn hồi tuyệt đối, kết quả là thành phần vận tốc của khối lập phương, vuông góc với tấm kính, thay đổi theo hướng ngược lại: u1 = −v1 = −v sinα. Nó có nghĩa là:

Cơm. 10.
Cơm. 11.

35

Nó có nghĩa là thành phần động lượng của khối lập phương vuông góc với bức tường thay đổi thành $2mv\sin\alpha$ ($|u_1-v_1| = 2v\sin\alpha, m - \text{masca кубика})$.

Nếu thời gian giữ khối lập phương với bức tường được ký hiệu là $\tau$ và giá trị trung bình của phản lực của bức tường bằng $N_{cp}$ thì theo định luật thứ hai Newton, độ biến thiên thành phần động lượng của khối vuông góc với bức tường bằng xung lực $N_{cp}$, tức là

$$2mv\sin\alpha = N_{cp}\tau.$$

Nếu lực ma sát không tác dụng lên khối lập phương thì thành phần động lượng của khối lập phương song song với bức tường sẽ không thay đổi và khối lập phương sẽ bật ra khỏi bức tường ở cùng một góc $\alpha$ mà tại đó nó chuyển động về phía nó trước khi va chạm. Tuy nhiên, do tác dụng của lực ma sát trong trường hợp của chúng ta, thành phần $v_2$ của tốc độ của khối lập phương cũng thay đổi. Trước tiên chúng ta giả sử rằng lực ma sát trung bình $F_{\tau p,cp} = N_{cp}k$ tác dụng lên khối lập phương sao cho trong quá trình tương tác giữa khối lập phương với tường, thành phần vận tốc của khối lập phương song song với tường không có thời gian giảm về 0. Trong trường hợp này, theo định luật II Newton,

$$mu_2 - mv_2 = -F_{\tau p,cp}\tau,$$ hoặc $mu_2 = mv\cos\alpha - N_{cp}k\tau$.

Nhưng $N_{cp}\tau = 2mv\sin\alpha$, do đó

$$mu_2 = mv\cos\alpha - 2kmv\sin\alpha,$$

hoặc

$$u_2 = v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha).$$

Bây giờ hãy tìm góc mà khối lập phương sẽ nảy lên:

$$tg\beta = \frac{|u_1|}{u_2} = \frac{v\sin\alpha}{v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha)} = \frac{tg\alpha}{1 - 2ktg\alpha}.$$

đáp số này đã được nhận bởi V. Goncharenko từ Maikol, vùng Krasnoarsk, M. Gilburg từ Borislav, vùng Lvov, N. Smirnov từ Gorky, V. Zakass từ Usolya-Sibirsky, vùng Irkutsk, I. Gritsik từ David-Gorodok, vùng Brest, A. Senyavin từ Moscow, A. Anishchenko từ Sarapula, UASSR và Kudek từ Rzhev.

Tuy nhiên, đây không phải là lời giải bài toán hoàn chỉnh. Điều này đã được độc giả A. Vlasov từ Valdai, B. Shparberg từ Mogilev trên Dnieper, A. Zhukov từ Kirovsk, vùng Donetsk và I. Berman từ Chernivtsi chú ý.

Rõ ràng, lời giải của chúng tôi hợp lệ nếu $u_2 > 0$, tức là $2ktg\alpha < 1$.

Tại $tg\alpha \rightarrow \frac{1}{2k}$ $tg\beta \rightarrow \infty$ và $\beta \rightarrow \frac{\pi}{2}$. Điều này có nghĩa là gì?

Nếu $tg\alpha = \frac{1}{2k}$ thì $u_2 = v(\cos\alpha - 2k\sin\alpha) = v\left(\cos\alpha - \frac{1}{tg\alpha}\sin\alpha\right) = 0$.

Trong quá trình tương tác của khối lập phương với tường, thành phần vận tốc của khối lập phương song song với tường trở thành bằng không. Nhưng va chạm với tường sẽ xảy ra như thế nào nếu $tg\alpha > \frac{1}{2k}$?

Trong trường hợp này, khối lập phương sẽ trượt so với tường không phải trong toàn bộ quá trình va chạm mà cho đến khi thành phần vận tốc của nó song song với tường bằng không. Cùng với nó, lực ma sát tác dụng lên khối lập phương cũng sẽ bằng 0 và khối lập phương sẽ bật ra một góc $90^\circ$ so với tường.

Vì thế,

$$\beta = \begin{cases} \arctg\left(\frac{tg\alpha}{1 - 2ktg\alpha}\right) & \text{при } tg\alpha < \frac{1}{2k}, \\ \frac{\pi}{2} & \text{при } tg\alpha \geq \frac{1}{2k}. \end{cases}$$

36

Một sợi dây mỏng, không co giãn bao gồm hai phần. Khối lượng trên một đơn vị chiều dài của một trong các bộ phận là $\rho_1$, và bộ phận kia là $\rho_2$. Sợi dây bao quanh một vòng rất nhẹ có bán kính $R$, khối lượng của vòng này không đáng kể so với khối lượng của sợi dây bao quanh nó, hai đầu được gắn vào sàn (Hình 12). Một đoạn dây có khối lượng trên một đơn vị chiều dài $\rho_1$ cuộn vòng với tốc độ $v_1$. Vòng dây sẽ lăn với tốc độ bao nhiêu dọc theo đoạn thứ hai của sợi dây?

Khi vòng dây di chuyển từ phần này sang phần khác, thế năng của sợi dây thay đổi. Thật vậy, khi vòng dây chuyển động dọc theo một đoạn dây có mật độ tuyến tính $\rho_1$ thì thế năng của bóng đèn bằng $m_1 g R = \rho_1 2 \pi R g R = 2 \pi \rho_1 R^2 g$ (tâm khối của bóng đèn nằm ở tâm của nó). Khi vòng đai di chuyển dọc theo một đoạn dây có mật độ tuyến tính $\rho_2$ thì nó bằng $m_2 g R = 2 \pi \rho_2 R^2 g$. Sự tương ứng thay đổi và động năng của bình dây. Vì không có tổn thất nên ta có thể sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Tuy nhiên, để làm được điều này, chúng ta cần biết động năng của một bình có khối lượng $m$ chuyển động không trượt dọc theo mặt phẳng với tốc độ $v$. Bạn có thể sử dụng kết quả thu được trong bài viết của A.K. Kikon, Chuyển động quay của vật thể》（Kvant số 1, 1971):

$$K = \frac{mv^2}{2} + \frac{I \omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mR^2 \omega^2}{2} = \frac{mv^2}{2} + \frac{mv^2}{2} = mv^2.$$

Nhưng chúng ta sẽ có được công thức này bằng một thủ thuật đơn giản.

Một bóng đèn chuyển động không xuyên thấu sẽ quay bất cứ lúc nào xung quanh tâm quay tức thời - điểm tiếp xúc với mặt phẳng (Hình 13). Tốc độ góc quay của bóng đèn là $\omega = \frac{v}{R}$. Điều này có nghĩa là tốc độ của điểm $A$ vuông góc với đoạn $OA$ và bằng $OA \cdot \omega$. Từ $\triangle OAD$ $OA = 2R \cos \alpha$. Vì vậy $v_A = 2R \cos \alpha = 2v \cos \alpha$. Tương tự, tốc độ của điểm $B$, đối diện theo đường kính với điểm $A$, là $v_B = 2v \cos (90^\circ - \alpha) = 2v \sin \alpha$. Động năng của những vùng nhỏ có khối lượng $\Delta m$ gần các điểm $A$ và $B$

$$K_{A+B} = \frac{\Delta mv_A^2}{2} + \frac{\Delta mv_B^2}{2} = \frac{1}{2} \Delta m (4v^2 \cos^2 \alpha + 4v^2 \sin^2 \alpha) = 2\Delta mv^2.$$

$K_{A+B}$ độc lập với $\alpha$. Điều này có nghĩa là bất kỳ cặp điểm đối xứng nào khác trên bóng đèn đều có cùng năng lượng. Do đó, động năng của toàn bộ bình là $mv^2$. Bây giờ chúng ta viết định luật bảo toàn năng lượng:

$$m_1 v_1^2 + m_1 g R = m_2 v_2^2 + m_2 g R;$$

từ đây

$$v_2 = \sqrt{\frac{m_1}{m_2} v_1^2 + g R \left(\frac{m_1}{m_2} - 1\right)} = \sqrt{\frac{\rho_1}{\rho_2} v_1^2 + g R \left(\frac{\rho_1}{\rho_2} - 1\right)}.$$