Tem dành riêng cho Leonhard Euler

62

THƯƠNG HIỆU DÀNH CHO
LEONARD EULER

Leonhard Euler (1707–1783) là nhà toán học và cơ khí lớn nhất và năng suất nhất của thế kỷ 18. Nghiên cứu của ông bao trùm tất cả các lĩnh vực toán học và ứng dụng của nó. Cùng với toán học, lĩnh vực công việc chính của ông là cơ học. Nhiều định lý, công thức và phương pháp đã duy trì tên tuổi của Euler. Trong suốt cuộc đời của mình, ông đã viết khoảng 800 tác phẩm có ảnh hưởng lớn. Trong số các tác phẩm của ông có nhiều tác phẩm dành cho thiên văn học, quang học, tính toán các thiết kế chính xác nhất của kính viễn vọng, chim ưng siêu nhỏ và thậm chí cả kính thông thường (xem bài viết trên trang 31-33).

Con tem đầu tiên có chân dung Leonhard Euler được phát hành tại Cộng hòa Dân chủ Đức vào năm 1950 trong loạt tem kỷ niệm 250 năm thành lập Viện Hàn lâm Khoa học Berlin. Sau đó, ba con tem có chân dung Euler được phát hành vào năm 1957 nhân kỷ niệm 250 năm ngày sinh của ông. Một trong số đó, được phát hành tại quê hương của Euler ở Thụy Sĩ, mô tả chân dung của ông, và ở phía bên trái là một trong những công thức mà ông rút ra. Trong một bức khác, được phát hành ở Liên Xô, bức chân dung của Euler được khắc họa trên bối cảnh của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg và Berlin, nơi ông là thành viên. Con tem thứ ba do Cộng hòa Dân chủ Đức phát hành trong bộ tem “Nhà khoa học xuất sắc”. Bạn nhìn thấy tất cả những thương hiệu này trong bức ảnh.

A. V. Almyks

63

Đến bài viết “Bảng rô và polyominoes”

1. Nếu $m$ và $n$ là số lẻ thì bảng $m \times n$ không có một cặp ô vuông nào tốt.
   Để $mn$ chẵn. Hãy sắp xếp một hình cờ trên bảng. Cặp ô nhiều màu - và chỉ chúng! - là những cặp tế bào tốt.
2. Nếu $m$ và $n$ lẻ thì rõ ràng người chơi đầu tiên sẽ thắng.
   Đặt ít nhất một trong các số $m, n$ là số chẵn. Hãy đặt bảng domino. Dễ dàng nhận thấy người chơi thứ hai có thể thắng bất kể ván đấu của người thứ nhất; Để làm được điều này, chỉ cần sau mỗi nước đi của người chơi đầu tiên, anh ta đánh dấu ô thứ hai của quân domino, ô đó sẽ được người chơi đầu tiên đánh dấu.
3. a) Dễ dàng thấy rằng $n$ phải chẵn. Bằng cách sử dụng màu cờ vua, chúng ta có thể chỉ ra rằng chúng ta phải tạo điều kiện cho khả năng sắp xếp được
   $n \equiv 0 \pmod{4}$.
   Sử dụng Hình 1, dễ dàng chứng minh được điều kiện này là đủ.

6. Đáp số sẽ không thay đổi: $n$ là bội số bất kỳ của bốn.

4. a) Dễ dàng thấy rằng $n$ phải chẵn. Bằng cách sử dụng hai màu tuần hoàn theo cột, chúng ta có thể chỉ ra rằng chúng ta phải điều kiện hóa khả năng xếp chồng để
   $n \equiv 0 \pmod{4}$.
   Sử dụng Hình 2, dễ dàng chứng minh được điều kiện này là đủ.

6. Đáp số sẽ không thay đổi: $n$ là bất kỳ số nào là bội số của bốn.

5. a) Đáp số: ít nhất một trong các số $m, n$ là bội số của $k$. (Nghị định i và e: đối với lời giải bài toán bạn có thể sử dụng bất kỳ phương pháp nào được sử dụng trong chỉ số cho lời giải bài toán 1).

6. Không: cả hai xi lanh có thể được xếp chồng lên nhau $k$-mino hoặc cả hai không thể xếp chồng lên nhau.

6. a) Để dễ định nghĩa, chúng ta hãy giả sử rằng để tạo một dải Mobius từ một tấm bảng $m \times n$, chúng ta dán các cạnh đối diện có chiều dài $m$; thì dải Mobius có thể được trình bày dưới dạng $k$-mino tuyến tính nếu từ các số $m$,

Cơm. 1. Hình 2.

2$n$ ít nhất là một bội số của $k$ và chỉ trong trường hợp này. (Gợi ý: đối với lời giải bài toán bạn có thể sử dụng bất kỳ phương pháp nào được sử dụng trong chỉ số cho lời giải bài toán 1.)

6. Có thể cho bất kỳ $k$ nào, ngoại trừ $k = 2$. Để chính xác một trong hai dải Möbius được sắp xếp theo một $k$-mino tuyến tính, điều cần thiết và đủ là chính xác một trong các số $2m, 2n$ là bội số của $k$.

Đến bài viết “MẠNG LƯỚI trong các vấn đề và nhiệm vụ”

Nếu các số biểu thị khoảng cách giữa các xung được viết ở dạng kép, cái này ở dưới cái kia, chúng ta nhận được:
$$7645 = 1110111011101$$
$$4361 = 1000100001001$$
$$4553 = 100011001001$$
$$4361 = 1000100001001$$
$$7625 = 111011001001$$

Nếu bây giờ chúng ta xóa số 0, chúng ta sẽ nhận được:
$$111 111 111 1$$
$$1 1 1 1 1$$
$$1 111 1 1$$
$$1 1 1 1 1$$
$$111 111 1 1$$

tức là tên của hội nghị được nhắc đến ở đầu bài viết.

Về bài viết “Khoảng cách giữa các đường giao nhau”

bài toán đầu tiên có thể được giải dễ dàng bằng cách áp dụng nguyên lý Dirichlet. Sau Thế vận hội, nhiều thành viên của đội Liên Xô đã khám phá khả năng lời giải bài toán với số lượng ít hơn. Đối với 8 số, S. Konyagin đã xây dựng một đoạn mồi mà câu lệnh bài toán không đúng. Đối với 9 số bài toán không giải được.

Câu bài toán thứ hai được hầu hết học sinh giải theo cách sau: các em chia tứ giác đã cho thành hình thang và một tứ giác có các góc bằng các góc đã cho. Sau đó, một hình thang có cạnh bằng nhau được tạo khung từ hình thang.

64

một cái hang và một hình thang, có thể dễ dàng chia thành 2 hình tứ giác, xung quanh mỗi hình có thể mô tả một hình tròn.

bài toán thứ tư có nhiều lời giải khác nhau và bài toán được đơn giản hóa nếu chúng ta lưu ý rằng hệ bất đẳng thức không thay đổi khi sắp xếp lại các ẩn số theo chu kỳ và mỗi lời giải của hệ tương ứng với một giây lời giải, thu được bằng cách hoán vị $y_i = \frac{1}{x_i}$, sao cho nếu $x_i = x_j$, thì $y_i < y_j$ và nếu $x_i = x_j$ thì $y_i = y_j$.

bài toán thứ năm có thể được giải bằng cách xây dựng chuỗi trả về không giới hạn $f(|x_n|)$. Nó có lời giải đơn giản hơn, nếu bạn sử dụng cạnh trên rõ ràng.

bài toán thứ sáu có tính chất tính toán. Nó có thể được giải bằng cách tính khoảng cách từ một trong các mặt phẳng này đến một trong các đỉnh của tứ diện, tùy thuộc vào góc nghiêng của mặt tứ diện, nơi đặt các đỉnh khác của nó, với bốn mặt phẳng song song này.

Đến nhiệm vụ «Kvant» cho học sinh nhỏ"
(Xem «Kvant» Số 10, trang thứ 3 của khu vực.)

1. Người soát vé là người thổ dân.
2. Không. Gợi ý. Sau mỗi lần di chuyển, màu sắc của sân mà hiệp sĩ thấy mình sẽ thay đổi.
3. 64 tuổi. Gợi ý. 1936=442.
4. Gợi ý. Khi một người ra tay thì đối tác của anh ta cũng nhúng tay vào. Do đó, tổng số lần bắt tay đã hoàn thành $2+2+\ldots +2$ là số chẵn. Hãy coi con số này là tổng của hai số: cái bắt tay được thực hiện bởi những chiếc thuyền thực hiện số lần bắt tay chẵn (nó là số chẵn) và những chiếc thuyền thực hiện số lần bắt tay chẵn (hóa ra nó là số chẵn).
5. 9801: 1089=9.

Đến “Nhiệm vụ” được đặt trong «Kvant»
Số 10 (trang 30)

1. $n=36$.
2. Bổ đề. Giả sử đây là 2 đường thẳng song song thì bất kỳ đoạn thẳng nào trên một trong các đường thẳng này đều có thể chia thành $n$ phần ($n$ là số tự nhiên).

Bằng chứng. Sơ đồ chia một đoạn thành 2 phần được thể hiện trong Hình 1 (kiểm tra). Bây giờ chúng ta có thể chia đoạn này thành $2^m$ phần (để làm điều này, chúng ta chia mỗi nửa làm đôi, v.v.). Để chia $AC$ (Hình 2) thành $n$ phần, chúng ta chia $MN$ thành $2^m$ phần, trong đó $2^m \ge n$. Hãy đếm từ điểm $M$ của các đoạn (đoạn $MF$) và tiếp tục $AM$ và $FC$ cho đến khi chúng cắt nhau tại điểm $Q$. Phần còn lại là như nhau.

Lời giải bài toán. Hãy phân bố các trọng số như Hình 3, tức là chúng ta sẽ giả sử tại các điểm $N$ và $K$ có 2 trọng số độc lập là 1 kc. Dễ dàng tìm được trọng tâm của các tam giác $AMN$, $KLC$ và $BNK$ (điểm giao nhau của các đường trung tuyến). Telery tại điểm $R(PR=RQ)$ có trọng lượng 6 kts, tại điểm $O$ có trọng lượng 3 kts. Vẫn phải chia $OR$ thành 3 phần.

3. Áp dụng đảo ngược.

Hết danh sách độc giả giải đúng bài toán Số 138, Số 140—Không. 142, số 145—Không. 147 (xem «Kvant» Số 10, 1972).

A. Sokolovsky (Krivoy Rog)
số 142, số 147; M. Sulmangaleve (làng Vanysh, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Bashkir) số 140; O. Sahakyan (Yerevan) số 140; F. Simakin (Novokuznetsk) số 142; E. Sokolov (Tula) số 145; L. Stepanov (Tbilis) số 147; Kazimir Salova (Warsaw, Ba Lan) số 147; V. Safonov (Alma-Ata) số 141; V. Terentyev (Pavlovo, vùng Gorky) số 147; O. Toronov (Orenburg) số 145; O. Trunov (Jalal-Abad) số 145; D. Người cá (Chernivtsi) số 147; A. Frosov (Moscow) số 142; G. Fradin (Dnepropetrovsk) số 142; G. Furman (Chernivtsi) số 138,. số 145; M. Khuskov (Chistopol, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Tatar) số 147; I. Khvostmantsev (Moscow) số 145; S. Kholodkov (Kaluga) số 147; M. Horoshin (Chernigov) số 147; V. Chubov (Armavir) số 142; A. Sharshakov (Moscow) số 146; V. Shapkin (Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Oktyabrsky Bashkir) số 142; R. Shitsanov (Lyubertsy, vùng Moscow) số 141, số 142; I. Yurenko (Kyiv) số 138.

K bài toán “Bữa trưa thất bại”
(Xem trang 21, 39)

Dorofey Martyanch có thể mời năm vị khách: Nikodim Gavrilovch, Cleopatra Ivanovna, Porfiry Apollinarevch, Rozallya Leopoldovna và Akaki Akakievch.