Kvant 1973, số 1 · Trang

1973
1
lượng tử
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

1

Tổng biên tập
học giả
I. K. Kikoin
Phó thứ nhất
tổng biên tập
học giả
A. N. Kolmogorov

tuyển tập biên tập
L.A.Artsimovich,
M. I. Bashmkov,
S. T. Bellev,
V. G. Boltyansky,
I. N. Bronstein,
N. B. Vasiliev,
I. F. Ginzburg,
Yu. N. Efremov,
V. G. Zubov,
P. L. Kapptsa,
V. A. Kirillin,
A. I. Klimanov
(nghệ sĩ thanh lịch),
S. M. Kozel,
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập),
L. G. Makar-Limanov,
A. I. Markushevich,
M. D. Millionshchikov,
N. A. Patrikeeva,
I. S. Petrkov,
N. Kh. Rozov,
A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky,
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập),
Y. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya,
S. I. Schwartzburg,
A. I. Shirshov.

biên tập:
V. N. Berezin,
A. N. Vilenkin,
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật),
N. A. Bạc hà,
T. S. Petrova,
V. A. Tikhomirova,
L. V. Chernova
(trưởng tòa soạn).

Người hiệu đính N. B. Rumyantseva
117071, Mátxcơva, V-71,
Triển vọng Leninsky, 15,
«Kvant», điện thoại. 234-08-11,

Giao theo bộ 15/X—72.
Đã ký in 24/XI-72.
Giấy 70×100/16 Vật lý. lò nướng l. 4.
Lò nướng có điều kiện l. 5.2 Biên tập học thuật. tôi. 5,86
Ấn bản đầu tiên
trồng 300.000 bản.
T-16898. Giá 30 kopecks.
Zach. 2044
Nhà máy in Chekhov “Soezoligrafproma”
trực thuộc Ủy ban Nhà nước của Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô
cho công việc xuất bản,
kinh doanh in ấn và sách
Chekhov, khu vực Moscow
Người quản lý không quay trở lại

Được thành lập vào năm 1970
1973

khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Học viện Sư phạm
Khoa học Liên Xô

Nhà xuất bản “Khoa học”
Tòa soạn chính
vật lý và toán học
văn học

TRONG PHÒNG:

2. S. G. Gindikin. Định lý vàng
3. B. M. Smirnov. Cân bằng nhiệt của Trái đất
4. A. T. Kolomov. Về một phần của hình chữ nhật

Phòng thí nghiệm «Kvant»
17. H. Rashlis. Bí ẩn của giọt nước

vòng tròn toán học
18. L. M. Lopovok. Hình lục giác được khắc

Bài toán Kvant
25. Bài toán M181—M185; F193—F197
26. Lời giải bài toán M141—M145; F159—F163

Xưởng của người nộp đơn
35. A. A. Ryvkin. Chính thức hóa các điều kiện bài toán
40. Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow
43. I. A. Zaitsev. Phương trình trạng thái khí.

Công và nhiệt lượng của khí

Thông tin
48. ZFMSH toàn liên minh tại Đại học quốc gia Moscow
50. J.M.Rabbot. Tuyển sinh mới vào VZMSH
51. T. A. Chugunova. Trường vật lý và kỹ thuật động vật học
54. I. A. Dykovov, A. G. Mordkovich, I. I. Nasluzov.
Các khóa học vật lý và toán học truyền hình dành cho ứng viên đại học.

56 Đáp số, gợi ý, lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
64. A. Yu. Soifer. Sở thú của chúng tôi
Bài toán (trang bìa thứ 3)
Trộn (trang 13, 23, 33, 50, 63)

Trang đầu tiên của trang bìa trình bày cấu hình của các đường thẳng và đường tròn, được thảo luận trong ghi chú “Vòng tròn Mikel” của V. N. Berezin (xem trang 23).

Trên trang bìa thứ hai là Đài thiên văn của Đại học Bologna. Nicolaus Copernicus đã thực hiện những quan sát đầu tiên về bầu trời đầy sao ở đây.

Trong số liên bang của tạp chí của chúng tôi, chúng tôi sẽ xuất bản các tài liệu dành riêng cho lễ kỷ niệm 500 năm ngày sinh của nhà khoa học hữu ích vĩ đại.

2

Định lý vàng

S. G. Gindikin

“Các tính chất của các con số được biết đến ngày nay phần lớn đã được khám phá bằng quan sát và khám phá từ rất lâu trước khi sự thật của chúng được xác nhận bằng bằng chứng xác thực. Thậm chí có nhiều tính chất của các con số mà chúng ta rất quen thuộc nhưng vẫn chưa thể chứng minh được.”

L. Euler

Chúng ta sẽ thực hiện một chuyến tham quan về nguồn gốc của lý thuyết số hiện đại - một nhánh của toán học nghiên cứu về số tự nhiên. Vào thời điểm đó, các nhà toán học nhận thấy những hình mẫu đơn giản và đẹp đẽ đến kinh ngạc trong thế giới số tự nhiên. Nhưng thường thì sự đơn giản trực quan của các công thức trở thành không thể tiếp cận được lời giải. Các cuộc tấn công trực diện không thành công; chúng tôi phải tìm ra cách giải quyết và tạo ra một thiết bị hoàn toàn mới.

Ở đây chúng ta đã thảo luận về một bài toán* như vậy), công thức của nó có thể hiểu được đối với một học sinh biết số nguyên tố là gì. Nhưng việc giải quyết bài toán này không hề dễ dàng, và Euler vĩ đại đã không thể thực hiện bước đầu tiên hướng tới nó lời giải ngay lập tức. Langgrange và Legendre đang cố gắng chứng minh giả thuyết do Euler đưa ra (nhưng ông chưa chứng minh được); Gauss mười chín tuổi đã làm được điều này. Đây là công việc thứ hai của anh ấy**).

Gauss gọi định lý này là “định lý vàng”. Nó nói về số dư có thể là bao nhiêu khi chia bình phương của một số nguyên cho số nguyên tố. Chúng tôi sẽ không trình bày công thức đầy đủ của mệnh đề đã được Gauss chứng minh mà trì hoãn đến trang 5. Bây giờ chúng tôi sẽ giới thiệu công thức bài toán, giới thiệu một số thuật ngữ và xem xét chi tiết trường hợp đặc biệt của “định lý vàng” do Euler chứng minh.

Các điều kiện khác nhau cần thiết để một số là số chính phương đã được biết rõ. Ví dụ: một số như vậy chỉ có thể là 0, 1, 4, 5, 6 hoặc 9. Một thuộc tính thường được sử dụng khác là bình phương của một số nguyên có thể chia hết cho 3 hoặc khi chia cho 3, dư 1 (bằng chứng). Tính chất thứ nhất có thể được xây dựng theo cách tương tự như tính chất thứ hai, lưu ý rằng chữ số cuối cùng là số dư khi chia cho 10.

Ở mọi nơi bên dưới, chúng tôi sẽ đề xuất rằng $p$ là số nguyên tố và $p \neq 2$. Bạn có thể chia các số nguyên “có phần thiếu” hoặc “có phần dư”. Nói cách khác, phần dư có thể được coi là dương hoặc âm. Điều kiện: chọn số dư có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất.

Không khó để chứng minh rằng nếu $p$ là số lẻ thì mọi số nguyên $n$ đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng

$$n = pq + r, \quad |r| \leq \frac{p-1}{2},$$

trong đó $q$ và $r$ là số nguyên.

Chúng ta sẽ gọi $r$ phần còn lại của phép chia $n$ cho $p$, hoặc nói chung là số $n$ modulo $p$. Điều này được biểu thị như sau: $n \equiv r \pmod{p}$).

Chúng ta hãy viết vào Bảng 1 các số dư của một vài số nguyên tố đầu tiên $p > 2$. Chúng ta quan tâm đến dư lượng (dư lượng) bình phương của các số nguyên có thể có. Chúng ta sẽ gọi những phần dư này là bình phương của phần dư và phần còn lại là phần dư bình phương.

Các số $n^2$ và $r^2$, trong đó $r$ là phần dư của số $n$ modulo $p$, có cùng số dư khi chia cho $p$**). Do đó, nếu chúng ta muốn tìm thặng dư bậc hai thì chỉ cần trả về $*)$ là đủ. Cái mà chúng ta gọi là khoản khấu trừ (số dư) thường được gọi là khoản khấu trừ nhỏ nhất tuyệt đối (số dư). Chúng tôi rút ngắn tên vì chúng tôi không tìm thấy bất kỳ khoản khấu trừ nào khác. Ký hiệu $n \equiv r \pmod{p}$ cũng thường được sử dụng trong tình huống tổng quát hơn: nó có nghĩa là $n-r$ chia hết cho $p$. Xem thêm bài “Định lý nhỏ Fermat” («Kvant» Số 10, 1972); sau này nhắc đến bài viết này chúng tôi sẽ viết ngắn gọn: “MTF”.

**) Để biết thêm thông tin về số học của số dư, xem MTF.

Chỉ có dư lượng bình phương, tức là các số nguyên $r$, $|r| \leq k$, $k = \frac{p-1}{2}$. Tất nhiên, trong trường hợp này, chỉ cần xem xét $r \geq 0$ là đủ.

Hãy thực hiện các phép tính cho các số nguyên tố từ bảng trước. Hãy tạo một bảng mới trong đó các số màu đỏ sẽ trả lời bằng phép trừ bình phương (Bảng 2). Chúng ta hãy cố gắng chú ý một số mẫu và đánh giá mức độ tổng quát của chúng. Câu hỏi, ở mỗi dòng có một số màu đỏ trong monostmi $k+1$. Hãy chứng minh rằng đây là trường hợp của số nguyên tố $p > 2$. Từ kết quả trên, suy ra rằng với mỗi dư lượng bình phương $p$ lẻ (sau đây không phải là số nguyên tố) có nhiều nhất là $k+1$. Chúng ta chứng minh rằng có chính xác $k+1$ nếu các số $r^2$ ($0 \leq r \leq k$) cho các số dư khác nhau khi chia cho $p$. Nếu $r_1 > r_2$ và $r_1^2, r_2^2$ có số dư bằng nhau thì $r_1^2 - r_2^2$ chia hết cho $p$. Vì $p$ là số nguyên tố nên $r_1 + r_2$ hoặc $r_1 - r_2$ phải chia hết cho $p$, điều này không thể xảy ra vì $0 < r_1 \pm r_2 < 2k<p$. Ở đây chúng ta đã sử dụng $p$ đơn giản lần đầu tiên (chỉ ra điều đó cho co-

Bảng 2

$p$ $k$ Phần dư bình phương và phần dư không modulo $p$

3 1 -1 0 1
5 2 -2 -1 0 1 2
7 3 -3 -2 -1 0 1 2 3
11 5 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
13 6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
17 8 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

4

đã sửa $p$ tuyên bố của chúng tôi là không đúng sự thật).

Hơn nữa, điều rất cần thiết là 0 và 1 là màu sắc trong tất cả các công trình. Đối với các cột còn lại, mẫu mà các số màu đỏ xuất hiện trong chúng không được nhìn thấy ngay lập tức. Hãy bắt đầu với $a = -1$. Nó có màu đỏ ở $p = 5, 13, 17, \dots$ và đen ở $p = 3, 7, 11, \dots$. Bạn có thể nhận thấy rằng các số nguyên tố của nhóm thứ nhất khi chia cho 4 thì dư 1 và nhóm thứ hai - dư 1 (lưu ý rằng các số nguyên tố $p \neq 2$ không thể có bất kỳ số dư nào khác). Vì vậy, chúng ta có thể đề xuất rằng - 1 là số dư bình phương cho các số nguyên tố có dạng $p = 4l + 1$ và một số dư bình phương cho $p = 4l - 1$. Fermat (1601-1665) là người đầu tiên chú ý đến mô hình này nhưng lại không có bằng chứng. Hãy cố gắng tự mình tìm ra bằng chứng! Bạn sẽ thấy rằng khó khăn chính là không rõ cách sử dụng $p$ đơn giản và nếu không có câu này thì câu phát biểu sẽ trở thành sai.

Chứng minh đầu tiên, sau nhiều lần thử không thành công, đã được Euler (1707-1783) tìm ra vào năm 1847. Năm 1855, Euler tìm ra một bằng chứng rất hay khác sử dụng định lý nhỏ của Fermat: Nếu $p$ là số nguyên tố thì với mọi số nguyên $a$, $0 < |a| < p$: $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. (2)

Có nhiều cách chứng minh khác nhau cho định lý này. Tuy nhiên, một số trong số chúng được đưa ra trong ITF. Ở đây chúng tôi trình bày một bằng chứng khác, có khái niệm tương tự như những cân nhắc khác trong bài viết này.

Bằng chứng. Với $p = 2$ mệnh đề là hiển nhiên và chúng ta có thể coi $p$ lẻ. Hãy xem xét $p$ số $0, \pm a, \pm 2a, \pm 3a, \dots, \pm ka; k = \frac{p-1}{2}$. Tất cả những số này khi chia cho $p$ đều cho các số dư khác nhau, vì nếu không thì $r_1 a - r_2 a, r_1 > r_2, |r| \leq k, |r_2| \leq k$ chia hết cho $p$, nhưng $a$ không chia hết cho $p$ và $r_1 - r_2$ không chia hết cho $p$, vì $0 < r_1 - r_2 < p$. Các biến là các số được đề cập khác 0; chúng tôi nhận được $(-1)^k (k!)^2 a^{p-1}$. Vì phần còn lại của hệ số chứa tất cả các phần dư bằng 0 và tính đến cách tính chính xác phần còn lại của sản phẩm, chúng tôi thấy rằng sản phẩm có cùng phần dư là $(-1)^k (k!)^2$, tức là $(k!)^2 (a^{p-1} - 1)$ được chia cho $p$. Vì $k!$ không chia hết cho $p$ ($0 < k < p$), nên $p$ chia hết cho $a^{p-1} - 1$, và chứng minh hoàn tất.

Hệ quả (tiêu chuẩn Euler về độ bình phương của một dư lượng). Vycem $b \neq 0$ là moeda vuông và moeda sữa, koeda

$$b^k \equiv 1 \pmod p, \quad k = \frac{p-1}{2}. \quad (3)$$

Chứng minh điều kiện (3) rất dễ chứng minh. Nếu $a^2 \equiv b \pmod p$, $0 < a < p$, thì $a^{2k} = a^{p-1}$ và $b^k$ phải có cùng các thặng dư, bằng nhau, nhờ vào (2), 1. Chỉ cần có vẻ phức tạp hơn là đủ. Chúng ta sẽ rút ra nó từ bổ đề sau, được chứng minh trong ITF.

Bổ đề 1. Nếu $P(x)$ là đa thức của chiến lược $l$, $p$ là số nguyên tố và có nhiều hơn $l$ các dư lượng khác nhau $r$ modulo $p$ mà

$$P(r) \equiv 0 \pmod p, \quad (4)$$

mo (4) giữ cho tất cả các dư lượng.

Chúng ta hãy áp dụng bổ đề cho đa thức $P(x) = x^k - 1$. Khi đó sự tương ứng (4) thỏa mãn $k$ số dư bình phương khác 0. Tuy nhiên, nó có dư lượng $(r = 0)$, không thỏa mãn (4); Điều này có nghĩa là, theo bổ đề, tất cả các số dư bình phương không được thỏa mãn (4) và do đó, điều kiện (3) là đủ.

Quét. Đối với hình vuông không có dư $b$ ta có: $b^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod p$. Thật vậy, nếu $b^{\frac{p-1}{2}} \equiv r \pmod p$, thì $r^2 \equiv 1 \pmod p$, do đó $r = -1$. (So ​​sánh $r^2 \equiv 1 \pmod p$ chỉ thỏa mãn thặng dư: $r \equiv 1 \pmod p$, $r \equiv -1 \pmod p$).

Tiêu chí Euler cho phép chúng ta giải ngay lập tức câu hỏi trong đó $p$ phần dư - 1 là bình phương. Thay $b = -1$ vào (3), ta thấy rằng với $p = 4l + 1$ (3) $(k - \text{четно})$ thỏa mãn và với $p = 4l - 1$ (3)

5

chưa hoàn thành ($k$ - lẻ). Giả thuyết được xây dựng ở trên đã trở thành một định lý.

Bài toán 1. Chứng minh rằng nếu $p \neq 2$ là ước số nguyên tố của số $n^2 + 1$ thì $p = 4l + 1$.

Vì vậy, chúng ta đã chứng minh rằng $-1$ là số dư bình phương của $p = 4l + 1$ và là số dư bình phương của $p = 4l - 1$.

Hãy để chúng tôi thảo luận về một số tính năng của bằng chứng được trình bày. Câu này có hai phần: câu phủ định cho $p = 4l - 1$ và câu khẳng định cho $p = 4l + 1$. Trong trường hợp đầu tiên, người ta cố gắng tìm một tính chất neokotores thỏa mãn số dư bình phương, nhưng $-1$ thì không, đó là điều Euler đã làm. Tính chất tìm được hóa ra có tính chất đặc trưng, ​​tức là đồng thời có thể chứng minh được phần thứ hai của giả thuyết. Nếu bạn không thể tự mình chứng minh phần này của tuyên bố, thì bạn tin rằng bạn đang cố gắng xây dựng một cách rõ ràng từ $p = 4l + 1$ số $n^2$, số này cho phần dư $-1$ khi chia cho $p$. Chứng minh của Euler không hiệu quả theo nghĩa là nó không cung cấp một cách xây dựng rõ ràng cho số $n$ nhân với $p$, mà chỉ khẳng định sự tồn tại của nó. Nói cách khác, đảm bảo rằng nếu chúng ta xét các số $1,2,...,2l$, bình phương chúng, lấy số dư khi chia các bình phương cho $p$ thì sớm muộn gì chúng ta cũng sẽ nhận được $-1$. Câu hỏi đặt ra là liệu có thể chỉ ra một cấu trúc rõ ràng hơn từ $n$ đến $p$ mà không sử dụng các thủ tục liệt kê hay không. Số dương đáp số được Langgange (1736–1813) đưa ra vào năm 1773, sử dụng định lý sau.

Định lý Wilson*). Nếu $p = 2k + 1$ là số nguyên tố thì $(-1)^k (k!)^2 \equiv -1 (\bmod p)$.

Để chứng minh định lý này, chúng ta sẽ sử dụng Bổ đề 1. Đặt $P(x) = (x^2 - 1)(x^2 - 4) \ldots (x^2 - k^2), Q(x) = x^{2k} - 1$. Khi đó $R(x) = P(x) - Q(x)$ tối đa là đa thức bậc $2k - 1$, mà tại $x = \pm 1, \pm 2, \ldots, \pm k$ chia hết cho $p$ ($P$ và $Q$ có tính chất này). Theo bổ đề $R(x) \equiv 0 (\bmod p)$ cho tất cả $x$. Trên thực tế, yếu tố mới duy nhất là $R(0) \equiv 0 (\bmod p)$. Vì $R(0) = (-1)^k (k!)^2 + 1$ nên ta thu được (5).

Hệ quả Lagrange. Với $p = 4l + 1$ chúng ta có: $[(2l)!]^2 \equiv -1 (\bmod p)$.

Bài toán 2. Chứng minh rằng nếu (5) đúng thì $p$ là số nguyên tố.

bài toán này đưa ra lý do để lưu ý rằng trong cách xây dựng của Lagrange, sự đơn giản của $p$ tồn tại.

*) Wilson (1741-1793) - luật sư nghiên cứu toán học tại Cambridge.

Để tìm ra khi nào $a = -1$ là một thặng dư bình phương, Euler, sử dụng vật liệu số khổng lồ (bảng của anh ấy lớn hơn nhiều so với bảng thứ hai ở trên), cố gắng tìm các điều kiện tương tự cho $a$ còn lại. Anh ấy lưu ý rằng với $a = 2$ mọi thứ phụ thuộc vào số dư khi chia $p$ cho 8; 2 hóa ra là số dư bình phương đối với số nguyên tố $p = 8l \pm 1$ và không số dư đối với $p = 8l \pm 3$ (số nguyên tố khi chia cho 8 có thể cho số dư $\pm 1, \pm 3$). Hơn nữa, 3 là số dư bình phương tại $p = 12l \pm 1$ và số không bình phương tại $p = 12l \pm 5$. Euler phỏng đoán rằng trong trường hợp tổng quát, mọi thứ được xác định bởi phần dư của phép chia $p$ cho 4a.

Giả thuyết Euler*). Số a đồng thời là số dư bình phương hoặc không số dư bình phương đối với tất cả các số nguyên tố có trong phép tính số học $4aq + r$, $q = 0, 1, 2, \ldots, 0 < r < 4a$.

Rõ ràng là nếu $4a$ và $r$ có ước chung $s > 1$ thì sẽ không có một số nguyên tố nào trong cấp số cộng. Nếu số hạng đầu tiên và hiệu của phép phân tích là cùng nguyên tố, thì như định lý Dirichlet (1805-1859) phát biểu, trong phép phân tích này có vô số số nguyên tố (một dạng tổng quát hóa của định lý về vô số số nguyên tố trong chuỗi tự nhiên).

Hãy quay lại giả thuyết Euler. Hóa ra là tiêu chuẩn Euler, vốn phục vụ tốt cho chúng ta ở $a = -1$, đã thất bại ở $a = 2$. Euler đã thất bại trong việc giải quyết trường hợp này. Anh ấy đã chứng minh được giả thuyết của mình, không tính $a = -1$, chỉ tính $a = 3$. Khi đó Lagrange, người mà chúng ta đã đề cập, đã chứng minh giả thuyết tại $a = 2, 5, 7$; Legendre (1752-1833) vào năm 1785 đã đề xuất một bằng chứng về giả thuyết dành cho viên tướng, tuy nhiên, nó có những vấn đề quan trọng.

*) Gauss, người đã chứng minh phỏng đoán này, gọi nó là “định lý vàng”.

6

Ứng dụng

Bây giờ chúng ta chuyển sang phần thứ hai của câu chuyện, từ đó những độc giả thuần túy nhất đã học được cách chứng minh giả thuyết Euler.

Vào ngày 30 tháng 3 năm 1796, Gauss 19 tuổi đã chứng minh được khả năng dựng một tam giác đều mười bảy cạnh bằng compa và thước. Từ hôm nay, nhật ký của Gauss sẽ bắt đầu - biên niên sử về những khám phá đáng kinh ngạc của ông. Mục thứ hai trong nhật ký xuất hiện vào ngày 8 tháng 4. Nó báo cáo rằng một bằng chứng chặt chẽ cho định lý “vàng” đã được tìm thấy – đó là cái mà Gauss gọi là giả thuyết Euler. Ông đã khám phá lại nó khi vẫn còn học tại Brunswick hypnasium, khi các tác phẩm của Euler, Lagrange, Legendre, những người mà ông chỉ làm quen sau khi chuyển đến Göttingen vào năm 1795, không được cung cấp cho ông. Đầu tiên, giống như những người tiền nhiệm, anh ấy chú ý đến mệnh đề cho $a=-1$, sau đó, sau khi đã làm phẳng kết quả cho trường hợp tổng quát, anh ấy tuần tự chia nhỏ từng trường hợp, tiến xa hơn những trường hợp khác: anh ấy xem xét $a=\pm 2$, $\pm 3$, $\pm 5$, $\pm 7$. Cuối cùng, vào ngày 8 tháng 4 năm 1796, ông tìm thấy một bằng chứng tổng quát mà Kronecker (1823-1891) gọi rất khéo léo là “sự phá vỡ các lực của thiên tài Gaussian”. Việc chứng minh được thực hiện bằng dấu hiệu kép trên $a$ và $p$; Gauss đưa ra những thông điệp khác nhau đáng kể để xem xét tám (!) trường hợp khác nhau. Không chỉ cần có sự khéo léo đáng kể mà còn phải có lòng dũng cảm đáng kinh ngạc để không tiếp tục đi trên con đường này. Sau đó, Gauss đã tìm ra thêm sáu cách chứng minh định lý “vàng” (hiện nay đã biết được khoảng 50 trong số đó). Như thường lệ, sau khi định lý được chứng minh, có thể tìm ra cách chứng minh đơn giản hơn nhiều so với chứng minh ban đầu. Ở đây chúng ta sẽ đưa ra một chứng minh khác một chút so với chứng minh thứ ba của Gauss. Nó dựa trên một bổ đề quan trọng được Gauss chứng minh không sớm hơn năm 1808.

Bổ đề 2. Cho $p=2k+1$ là số nguyên tố, $a$ là số nguyên, $0<|a| \leq 2k$; $r_1, r_2, \dots, r_k$-số được tính $a, 2a, \dots, ka$; $v$ là số âm

$a^k \equiv (-1)^v (\text{mod } p)$. (6)

Áp dụng tiêu chuẩn Euler, ta thu được hệ quả sau:

Tiêu chí Gaussian cho thặng dư bậc hai. Vyts là chế độ bình phương và chế độ molko khi số $v$ trong Bổ đề 2 có giá trị.

Chứng minh Bổ đề 2. Lưu ý rằng mọi thặng dư $r_1, \dots, r_k$ đều khác nhau về giá trị tuyệt đối. Điều này xuất phát từ thực tế là tổng và hiệu của hai số bất kỳ không chia hết cho $p: r_i \pm r_j = (i \pm j) a$, $i \neq j$; $|i \pm j| < p$, $|a| < p$. Như vậy, bộ mẫu $|r_1|, \dots, |r_k|$ là các số 1, 2, . . . , $k$ theo thứ tự nào đó. Kết quả là tích $a \cdot 2a \dots ka = a^k k!$ khi chia cho $p$ cho kết quả bằng $r_1 \dots r_k = (-1)^v k!$. Xét rằng $k!$ không chia hết cho số nguyên tố $p$, ta thu được (6).

Chứng minh giả thuyết Euler. Lưu ý rằng lập luận bên dưới không còn sử dụng tính đơn giản của $p$ nữa—nó được sử dụng hoàn toàn trong bổ đề Gauss. Chúng ta hãy đánh dấu các điểm trên trục số (Hình 1, $a, \delta$) $m \frac{p}{2}$, nếu $a > 0$ và $-m \frac{p}{2}$, nếu $a < 0$; $m = 0$, $1, 2, \dots, |a|$ - chấm màu xanh lam ($m$ - số của chúng). Chúng ta hãy đánh số các khoảng có các đầu tại các điểm này theo số của các đầu bên trái (trong hình, số các khoảng có màu đỏ). Bây giờ chúng ta lưu ý $a, 2a, \dots, ka$ - chấm màu xanh lá cây; vì $a$ là số nguyên không cộng với $p$ nên các chấm màu xanh lam không thể trùng nhau.

7

Cơm. 2.

với các vùng xanh và tất cả các vùng xanh của điểm sẽ rơi vào một số khoảng được xây dựng $\left(|a| \frac{p}{2} \geq |a| k\right)$. Dễ dàng nhận thấy số $v$ xuất hiện trong bổ đề chính là số điểm xanh nằm trong các khoảng có số lẻ (chứng minh!).

Bây giờ chúng ta hãy đưa hình ảnh của mình vào một phép biến đổi tương tự với hệ số $\frac{1}{a}$ (Hình 1 sẽ chuyển thành Hình 2).

Trong trường hợp này, các chấm màu xanh lam sẽ đi vào các điểm chia đoạn $\left[0, \frac{p}{2}\right]$ thành $|a|$ các phần bằng nhau và các chấm màu xanh lá cây sẽ đi vào các điểm nguyên 1, 2, …, $k$.

Việc đánh số các khoảng bây giờ sẽ phụ thuộc vào dấu của $a$: đối với $a > 0$ chúng được đánh số bằng số của các đầu bên trái, đối với $a < 0$ - bằng số của các đầu bên phải; $v$ là số điểm nguyên trong các khoảng có số lẻ. Nếu chúng ta tăng $p$ lên 4l thì chính xác 2l điểm nguyên sẽ được cộng vào mỗi khoảng. Điều này xuất phát từ thực tế là khi một khoảng được dịch chuyển bởi một số nguyên, số điểm nguyên trong đó không thay đổi và trên bất kỳ đoạn nào có độ dài nguyên $n$ hoặc khoảng có độ dài $n$ với các điểm cuối lẻ thì có chính xác $n$ điểm nguyên (bằng chứng!). Vì vậy, khi thay đổi $p$ thành $p + 4ал$ giá trị $v$ sẽ chuyển thành số chẵn nhưng $(-1)^v$ sẽ không thay đổi. Điều này có nghĩa là với mọi $p$ trong cấp số cộng $p = 4aq + r$ thì giá trị $(-1)^v$ là như nhau và phỏng đoán Euler đã được chứng minh.

Đồng thời, đưa ra một số cách để tìm hiểu xem $a$ có phải là thặng dư bình phương của $p$ hay không. Bạn cần lấy phần còn lại $r$ từ phép chia $p$ cho 4a (dương để thuận tiện); chia $\left(0, \frac{r}{2}\right)$ thành $|a|$ phần, được đánh số theo số đầu bên trái (phải), nếu $a$ là dương (âm); đếm số $v$ số điểm nguyên rơi vào các khoảng có số lẻ; $a$ là số dư bình phương khi và chỉ khi $v$ là số chẵn.

Hãy thực hiện những phép tính này cho $a = 2$ để xác nhận những quan sát của Euler được thảo luận ở trang 5. Đặt $a = 2$; thì chỉ cần xét $r = 1, 3, 5, 7$ là đủ, vì trong các trường hợp khác, cấp số cộng sẽ không chứa số nguyên tố. Như có thể thấy trong Hình 3, số 2 là số dư bình phương của

$$p = 8q + 1, \quad p = 8q + 7,$$

nghĩa là, $p = 8q \pm 1$.

Ở bên phải. Chứng tỏ rằng - 2 là số dư bình phương của $p = 8q + 1, \quad p = 8q + 3$.

Trường hợp $a = \pm 3$ cũng được xử lý tương tự. Dưới đây là kết quả tính toán (bảng cho $v$):

Cơm. 3. $r = 1, a = 2, v = 0; r = 3, a = 2, v = 1; r = 5, a = 2, v = 1; r = 7, a = 2, v = 2$.

9

Có sự khác biệt giữa các câu hỏi về khi nào $p$ là modulo số dư bình phương $q$ và khi nào $q$ là modulo số dư bình phương $p$.

Bằng chứng. Luôn luôn là $p-q=4a$ hoặc $p+q=4a$.

Tôi nghĩ thế. Giả sử $p-q=4a$, tức là $p$ và $q$ có ​​cùng số dư khi chia cho 4. Sau đó, $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{q+4a}{q}\right) = \left(\frac{4a}{q}\right) = \left(\frac{a}{q}\right)$ (chúng ta sẽ sử dụng (9), (8) và thực tế là $\left(\frac{4}{q}\right) = 1$ cho tất cả $q$). Tiếp theo, $\left(\frac{q}{p}\right) = \frac{p-4a}{p} = \left(\frac{-4a}{p}\right) = \left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{a}{p}\right)$. Dựa trên giả thuyết Euler đã được chứng minh, $\left(\frac{a}{p}\right) = \left(\frac{a}{q}\right)$, tức là $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{q}{p}\right)$ cho $\left(\frac{-1}{p}\right) = 1$ và $\frac{p}{q} = -\left(\frac{q}{p}\right)$ cho $\left(\frac{-1}{p}\right) = -1$. Cần nhớ rằng $\left(\frac{-1}{p}\right) = 1$ với $p=4l+1$, $\left(\frac{-1}{p}\right) = -1$ với $p=4l+3$.

trường hợp II. Giả sử $p+q=4a$, tức là $p$ và $q$ có ​​số dư khác nhau khi chia cho 4. Ta có $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{4a-q}{q}\right) = \left(\frac{a}{q}\right)$. Tương tự như $\left(\frac{q}{p}\right) = \left(\frac{a}{p}\right)$. Nhờ sự bổ sung cho giả thuyết Euler, $\left(\frac{a}{q}\right) = \left(\frac{a}{p}\right)$, tức là $\left(\frac{p}{q}\right) = \left(\frac{q}{p}\right)$. Bằng chứng đã kết thúc.

Dễ dàng nhận thấy rằng lý luận trên có thể đảo ngược và giả thuyết Euler cùng phần bù của nó có thể được suy ra từ định luật bình phương tương hỗ (hãy làm điều này!). Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng các công thức (8)–(10) cung cấp một phương pháp tính $\left(\frac{p}{q}\right)$ cần thiết đơn giản hơn phương pháp tổ hợp được mô tả ở trên. Hãy minh họa điều này bằng một ví dụ: $\left(\frac{59}{269}\right) = \left(\frac{269}{59}\right) = -1$,

bởi vì
$\left(\frac{3}{59}\right) = -\left(\frac{59}{3}\right) = -\left(\frac{2}{3}\right) = 1$;
$\left(\frac{11}{59}\right) = -\left(\frac{59}{11}\right) = -\left(\frac{4}{11}\right) = -1$.

Dễ dàng chứng minh rằng việc đánh giá ký hiệu Legendre luôn có thể được rút gọn về trường hợp $p$ hoặc $q$ bằng 2.

Bài tập. Đếm $\left(\frac{37}{557}\right)$, $\left(\frac{43}{991}\right)$.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng bài toán trên thặng dư bậc hai đóng vai trò là điểm khởi đầu của một hoạt động toán học lớn và hiệu quả. Nhiều nỗ lực của Gauss nhằm đạt được những chứng minh mới về luật tương hỗ bậc hai chủ yếu không phải do mong muốn đơn giản hóa các chứng minh. Gauss bị ám ảnh bởi ý nghĩ rằng ông chưa thực sự khám phá ra những quy luật sâu xa tạo nên quy luật tương hỗ. Điều này chỉ đạt được đầy đủ sau đó, trong khuôn khổ lý thuyết số đại số. Gauss đã dành rất nhiều công sức để khái quát hóa định luật bậc hai cho các trường hợp bậc ba và hai bậc hai, thu được những kết quả đáng chú ý. Những nghiên cứu này vẫn được tiếp tục và việc nghiên cứu các quy luật tương hỗ khác nhau vẫn là một trong những câu hỏi trọng tâm của lý thuyết số cho đến ngày nay.

10

Cân bằng nhiệt của Trái đất

B. M. Smirnov

Hầu như tất cả năng lượng phi hạt nhân mà chúng ta xử lý trên Trái đất là kết quả của sự chuyển đổi năng lượng bức xạ mặt trời. Điều này bao gồm năng lượng hóa học của nhiên liệu hóa thạch, năng lượng nước, năng lượng gió, v.v.

Nguồn bức xạ mặt trời chính là các phản ứng nhiệt hạch xảy ra ở độ sâu của Mặt trời.

Mục đích chính của các phản ứng này có thể được xác định theo sơ đồ sau:

$$2p \rightarrow d + e^+ + v + 0,42 \text{ Mэв},$$
$$d + p \rightarrow He^3 + \gamma + 5,49 \text{ Mэв},$$
$$2He^3 \rightarrow He^4 + 2p + 12,85 \text{ Mэв}.$$

Ở đây $p$ là proton, $d$ là deuteron, tức là hạt nhân gồm một proton và neutron, He$^3$, He$^4$ là các hạt nhân gel chứa ba và bốn nucleon tương ứng (nucleon là proton hoặc neutron), $e^+$ là positron, $v$ là neutrino, $\gamma$ là photon Năng lượng của hạt ghi ở vế phải của phương trình biến thành nhiệt, được truyền đến bề mặt Mặt trời và sau đó bức xạ. Ngoại lệ duy nhất là neutrino, nó ngay lập tức rời khỏi Mặt trời, mang theo năng lượng bằng 0,26 MeV. Positron tham gia vào phản ứng tạo góc với sóng điện từ, bước sóng tương ứng với năng lượng cực đại của bức xạ này càng ngắn thì nhiệt độ cơ thể càng cao.

Tổng dòng bức xạ từ bề mặt Mặt trời ở mọi bước sóng được xác định theo định luật Stefan-Boltzmann: $j = \sigma T^4$, trong đó $j$ là dòng năng lượng bức xạ, $T$ là nhiệt độ tuyệt đối của bề mặt, $\sigma = 5,69 \cdot 10^{-12} \text{bm/cm}^2$ erad$^4$ là hằng số Stefan-Boltzmann.

11

Chúng ta sẽ giả định rằng nội năng của Mặt trời chỉ được giải phóng do các phản ứng hạt nhân được mô tả liên quan đến sự chuyển đổi hydro thành heli. (Trên thực tế, helium có thể tiếp tục biến đổi thành các nguyên tố nặng hơn đồng thời giải phóng năng lượng.) Sau đó, do quá trình xử lý một proton dẫn đến giải phóng năng lượng 6,3 MeV, nên tổng năng lượng dự trữ của Mặt trời là 6,3 × 6,6 10⁵⁶ MeV = 6,7 10⁴⁴ J. Mỗi giây, năng lượng j⊙·4πR²⊙ = 3,9·10²⁶ W được phát ra từ bề mặt Mặt trời, trong đó j⊙ = 6,4 kW/cm² là công suất bức xạ trên một đơn vị bề mặt mặt trời, R⊙ = 7·10¹⁰ cm là bán kính của Mặt trời. Theo đó, với một lượng năng lượng không đổi do Mặt trời phát ra trong một đơn vị thời gian, nguồn dự trữ năng lượng mặt trời hạt nhân sẽ tồn tại trong 55 tỷ năm. Về vấn đề này, một người không có lý do gì để lo lắng.

Trên bề mặt Mặt trời, toàn bộ năng lượng bức xạ có diện tích 4πR²⊙ và ở khoảng cách l tính từ Mặt trời - đến diện tích 4πl². Do đó, dòng năng lượng của bức xạ mặt trời ở khoảng cách l tính từ Mặt trời bằng j⊙·R²⊙/l², trong đó j⊙ là dòng năng lượng trên bề mặt Mặt trời, R⊙ là bán kính của Mặt trời. Từ đây ta thấy sức mạnh của năng lượng bức xạ rơi xuống bề mặt Trái đất:

πR²⊙·j⊙/R²⊙/d²⊙ = 1,75·10¹⁷ W,

trong đó R⊙ = 6,4·10⁸ cm là bán kính Trái đất, d⊙ = 1,5·10¹² cm là khoảng cách trung bình từ Trái đất đến Mặt trời.

Một phần nhỏ sức mạnh của bức xạ mặt trời chạm tới bề mặt Trái đất (chưa đến một phần tỷ), nhưng trên quy mô trái đất của chúng ta, sức mạnh này rất lớn. Để rõ ràng, hãy đưa ra một ví dụ. Phần chính năng lượng mà con người tiêu thụ được giải phóng trong quá trình đốt cháy nhiên liệu hóa thạch (dầu, khí đốt, than đá). Nếu tính đến toàn bộ trữ lượng nhiên liệu hóa thạch của trái đất, chúng ta có thể lấy ví dụ về 2·10²³ J. Trái đất nhận được năng lượng như vậy từ Mặt trời trong vòng chưa đầy 14 ngày. Từ ví dụ tương tự, chúng ta có thể thấy rất ít năng lượng mặt trời được gửi tới bề mặt Trái đất trong một thời gian dài được chuyển đổi thành năng lượng nhiên liệu hóa thạch.

Điều gì xảy ra với năng lượng bức xạ mặt trời chiếu vào bề mặt Trái đất? Một phần được phản xạ từ bề mặt, phần còn lại được bầu khí quyển Trái đất phản xạ từ bề mặt và được chuyển hóa thành các dạng năng lượng khác.

Năng lượng hấp thụ được chuyển hóa như thế nào? Khối lượng của Trái Đất là M⊙ = 6·10²⁷ e, nhiệt độ riêng trung bình của Trái Đất là 0,5 √2f/ε·radd. Điều này có nghĩa là làm nóng Trái đất thêm một độ cần năng lượng 3·10²⁷ J. Năng lượng như vậy được bề mặt và bầu khí quyển của Trái đất hấp thụ trong khoảng 1000 năm. Như vậy, năng lượng mặt trời được Trái đất hấp thụ trong quá trình tồn tại (4,5 tỷ năm) không được tích lũy mà bị tiêu tán ra không gian xung quanh.

Hãy cùng tìm hiểu xem năng lượng mặt trời được Trái đất hấp thụ sẽ quay trở lại không gian như thế nào. Có hai cách để định vị Trái đất. Một trong số chúng liên quan đến sự thoát ra ngoài của các nguyên tử và phân tử ngoài khí quyển, cái còn lại liên quan đến bức xạ từ bề mặt Trái đất. Trong trường hợp đầu tiên, để một phân tử thoát ra khỏi bề mặt Trái đất, tốc độ của nó theo hướng vuông góc với bề mặt Trái đất phải vượt quá tốc độ thứ hai √2gR⊙ ≈ 11√κm/s. Ví dụ, đối với một phân tử nitơ, điều này tương ứng với năng lượng mv²/2 = mg R⊙ = 2,9×10⁻¹³ hạt (m là khối lượng của phân tử). Ở nhiệt độ phòng, năng lượng cuối cùng trung bình của các phân tử là 2×10⁻¹⁴ hạt. Có rất ít phân tử trong bầu khí quyển của Trái đất. Hơn nữa, nếu

12

Chúng xuất hiện trên bề mặt Trái đất, sau đó khi va chạm với các phân tử khác sẽ tỏa ra năng lượng dư thừa và không thể vượt ra ngoài bầu khí quyển Trái đất. Do đó, cơ chế tiêu tán năng lượng liên quan đến sự thoát ra ngoài của các nguyên tử và phân tử ra ngoài bầu khí quyển Trái đất tỏ ra không hiệu quả.

Cách thứ hai để đưa năng lượng mặt trời trở lại không gian là bức xạ. Nhiệt độ bề mặt Trái đất (≈300 °K) thấp hơn đáng kể so với nhiệt độ bề mặt Mặt trời (6000 °K). Năng lượng cực đại của bức xạ mặt trời tương ứng với các bước sóng trong phần quang phổ nhìn thấy được, còn bước sóng của bức xạ Trái đất nằm trong vùng hồng ngoại xa. Hãy cùng tìm hiểu xem Trái đất sẽ có nhiệt độ bao nhiêu nếu nó tỏa ra năng lượng có công suất 10^17 m dưới dạng một vật thể hoàn toàn màu đen. Từ định luật Stefan-Boltzmann, chúng ta thấy rằng công suất bức xạ do Trái đất phát ra trong trường hợp này bằng σT⁴4π R². Trong trường hợp này, nhiệt độ của Trái đất phải là 240 ° K.

Sự khác biệt giữa giá trị thu được và nhiệt độ thực tế của bề mặt Trái đất không quá lớn, đặc biệt nếu chúng ta tính đến việc chúng ta chỉ có thể giả định rất gần đúng rằng Trái đất bức xạ dưới dạng một vật thể hoàn toàn đen.

Mô hình được sử dụng có thể trình bày một bức tranh định tính chung về các quá trình xảy ra trong bầu khí quyển Trái đất trong quá trình chuyển đổi năng lượng bức xạ mặt trời thành năng lượng bức xạ Trái đất. Rõ ràng là năng lượng của Mặt trời phân bố không đều trên bề mặt Trái đất. Về vấn đề này, các dòng năng lượng từ vùng ấm hơn đến vùng lạnh hơn xuất hiện trong bầu khí quyển Trái đất: gió nổi lên. Chuyển động của gió tập trung khoảng 2% năng lượng bức xạ được Trái đất hấp thụ.

Phần lớn năng lượng bức xạ (khoảng 4·10^16 Vm) được dùng làm bay hơi nước. Hơi nước được các dòng khí quyển mang đi theo hướng, do đó lượng nước bốc hơi và lượng mưa tại mỗi điểm trên Trái đất không trùng nhau. Điều này được bù đắp bằng dòng nước trên bề mặt Trái đất - những con sông mang sức mạnh đáng kể - khoảng 3·10^15 m.

Nước đóng vai trò quan trọng không chỉ trong việc hấp thụ năng lượng mặt trời mà còn hấp thụ bức xạ từ Trái đất. Các phân tử nước hấp thụ hiệu quả các photon phát ra từ bề mặt Trái đất. Kết quả là bức xạ nhiệt bị trì hoãn. Điều này giải thích hai loại khí hậu - biển và lục địa. Trong trường hợp khí hậu biển, sự hiện diện của hơi ẩm trong khí quyển làm trì hoãn sự thoát ra khỏi bề mặt Trái đất và vào ban đêm, khi bức xạ mặt trời không đến được một khu vực nhất định trên bề mặt Trái đất, bề mặt không có thời gian để

13

nhưng hãy nguội đi. Ở Pozny, trong khí hậu hàng hải, nhiệt độ ban ngày và hàng giờ không chênh lệch nhiều. Trong trường hợp khí hậu lục địa, khi có ít độ ẩm trong khí quyển, năng lượng bức xạ mặt trời của thành phố nhanh chóng được chuyển hóa thành năng lượng bức xạ của Trái đất. Kết quả là bề mặt trái đất nguội đi nhanh hơn vào ban đêm và sự chênh lệch giữa nhiệt độ ban ngày và nhiệt độ hàng giờ lớn hơn so với khí hậu biển.

Chúng ta hãy ước tính thời gian đặc trưng để xử lý năng lượng bức xạ mặt trời thành năng lượng bức xạ Trái đất. Giả sử, bắt đầu từ một thời điểm nhất định, năng lượng bức xạ của Mặt trời ngừng chiếu tới bề mặt Trái đất. Trong trường hợp này, Trái đất vẫn sẽ phát ra bức xạ sóng dài, nhưng do dòng năng lượng trên bề mặt của nó đã dừng lại nên bề mặt Trái đất sẽ nguội đi. Chúng ta sẽ gọi thời gian đặc trưng để xử lý năng lượng bức xạ mặt trời thành năng lượng bức xạ Trái đất là thời gian trong đó cường độ bức xạ Trái đất đã thay đổi nhiều lần.

Chúng tôi muốn thiết lập một thí nghiệm tưởng tượng, nhưng một thí nghiệm như vậy thực sự tồn tại. Cụ thể, dòng bức xạ mặt trời tại điểm đang xét trên Trái đất dừng lại vào ban đêm trong thời gian t và trong thời gian này nhiệt độ giảm xuống một giá trị ΔT - chênh lệch giữa nhiệt độ ban ngày và nhiệt độ hàng giờ. Điều này tương ứng với sự thay đổi dòng bức xạ từ bề mặt Trái đất.

Δj = σT⁴ - σ(T−ΔT)⁴ ≈ 4σT³ΔT.

Thời gian đặc trưng của việc xử lý năng lượng bức xạ mặt trời theo thứ tự độ lớn bằng

τ/Δj ~ τ/T/4ΔT,

trong đó j = σT⁴ là dòng bức xạ từ bề mặt Trái đất. Giả sử các giá trị của ΔT vào khoảng vài độ, τ vào khoảng vài giờ và lấy T ≈ 300° K, chúng ta thấy rằng thời gian đặc trưng để xử lý năng lượng bức xạ mặt trời thành năng lượng bức xạ Trái đất là khoảng 100 giờ.

Đầu tiên chúng tôi đang cố gắng thông báo thời điểm xử lý năng lượng bức xạ này trong đời sống thực tế. Ví dụ, khi xây dựng một nhà kính, nó được bao phủ bởi kính hoặc phim, chúng truyền bức xạ mặt trời nhưng phản xạ bức xạ sóng dài đã qua xử lý. Do đó, quá trình giải phóng năng lượng từ nhà kính bị trì hoãn và nhiệt độ bên trong nhà kính cao hơn bên ngoài. Tương tự, nó bảo vệ cây ăn quả trong những đợt sương giá bất ngờ. Để làm điều này, ngọn lửa được đốt lên và khói không truyền bức xạ sóng dài. Kết quả là bề mặt Trái đất nguội đi chậm hơn nhiều.

Khác nhau bài toán

1. Chữ số nào phải cộng với 97 ở bên phải và bên trái để số thu được chia hết cho 27?
   G. M. Vozniak
2. a) Giải phương trình x2 − y2 = 1972
   nhằm mục đích số dương.
3. b) Chứng minh phương trình x2 − y2 = 1973
   có chính xác một lời giải

cho số dương và tìm nó lời giải.
A. V. Zubik
3. Trong tam giác ABC tùy ý, lấy một điểm K tùy ý trên cạnh AC, các điểm L và N lần lượt được lấy trên các cạnh AB và BC và ∠ALK = ∠KNC. Chứng minh rằng AB·LK·KC = BC·NK·KA.
A. Kozlitin
4. Hình vẽ cho thấy hai cơ thể hình học. Có thể bên

bề mặt của vật thể thứ nhất có lớn hơn bề mặt bên của vật thể thứ hai không?
A. V. Ivanov

14

Về một phân vùng của hình chữ nhật

A. T. Kolomov

Ghi chú này giải quyết bài toán M144. Tìm điều kiện cần và đủ điều kiện mà các số a, b, α, β phải thỏa mãn để cắt hình chữ nhật a×b thành nhiều hình chữ nhật α×β.

Ví dụ: có thể cắt hình chữ nhật 50x60 thành hình chữ nhật có kích thước:
a) 20×15; b) 5×8; c) 6,25×15;
e) (2−√2)×(2+√2).

Lời giải khái quát hóa lời giải bài toán 1 từ bài viết “Bảng rô và polymnos” của Soifer («Kvant» Số 11, 1972).

lời giải bài toán M144 hoàn chỉnh được cho bởi định lý sau. Để cắt hình chữ nhật a×b thành hình chữ nhật α×β thì cần và đủ các điều kiện sau đây đồng thời được thỏa mãn:

1. mỗi số α và β phải là số nguyên nhỏ hơn ít nhất một trong các số a, b.

2. Mỗi số a và b phải được biểu diễn dưới dạng mα + nβ, trong đó m và n là các số không âm α và β.

Bằng chứng. Hãy biểu thị hình chữ nhật lớn bằng R và hình chữ nhật nhỏ bằng p.

Có đủ ăn. Nếu a=nα, b=mβ (m và n là các số tự nhiên), thì bằng cách chia một trong các cạnh của hình chữ nhật R thành m, và các cạnh liền kề thành n phần bằng nhau, sau đó vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của R qua các điểm chia, từ đó chúng ta sẽ chia nó thành các hình chữ nhật bằng p (Hình 1).

Nếu a=n α=mβ, thì nhờ điều kiện thứ hai, b chấp nhận biểu diễn b=kα+lβ, trong đó k và l có thể được coi là số nguyên dương. Sau đó, chia hình chữ nhật R thành hai hình chữ nhật P và Q có kích thước lần lượt là a×kα và a×lβ, chúng ta rút gọn trường hợp này thành trường hợp đã được xem xét (Hình 2).

Sự cần thiết của điều kiện thứ hai là hiển nhiên. Hãy chứng minh sự cần thiết của điều kiện đầu tiên. Có hai trường hợp có thể xảy ra:

1. Các số α và β bao gồm chúng ta. Khi đó, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể coi các số α, β, a và b là các số nguyên, vì điều này luôn có thể đạt được

Cơm. 1.

lựa chọn các đơn vị quy mô thích hợp. Bây giờ chúng ta giả sử rằng phát biểu của chúng ta không đúng và để xác định sa mạc a, b không chia hết cho α. Sau khi chia hình chữ nhật R thành các ô vuông đơn vị, chúng ta thực hiện tô màu đúng sau đây cho lưới kết quả bằng các màu khác nhau (một màu được gọi là đúng nếu có bất kỳ ô vuông α liền kề nào ở đỉnh

15

dấu tích hoặc đường ngang đại diện cho tất cả các màu α). Cụ thể, chúng ta sẽ tô màu các ô nằm trên đường chéo và các ô từ trên xuống dưới và từ trái sang phải bằng cùng một màu và chúng ta sẽ chọn màu sao cho bất kỳ hai đường chéo nào như vậy, giữa đó có các đường chéo α-1 khác, có cùng màu. Dễ dàng thấy rằng nếu chúng ta quyết định thực hiện phân vùng cần thiết của hình chữ nhật R, thì mỗi màu α đã cho sẽ được biểu thị bằng cùng một số ô vuông đơn vị trong bất kỳ hình chữ nhật thu được nào, và do đó, số ô vuông trong toàn bộ hình chữ nhật R, được sơn bằng một màu nhất định, không phụ thuộc vào việc chọn màu này. (Hình 3 thể hiện đúng màu 4 màu).

Cơm. 3.

Gọi $r_a$ và $r_b$ là số dư thu được khi chia a và b cho α. Chia hình chữ nhật R thành ba hình chữ nhật A, B và C có kích thước lần lượt là $r_a \times r_b$, $(a - r_a) \times r_b$ và $a \times (b - r_b)$ sao cho A chiếm góc trên bên trái của hình chữ nhật ban đầu R, B liền kề với A và C nằm ở bên phải của A và B (Hình 4).

Cơm. 4.

Cơm. 5.

Trong hình chữ nhật B, mỗi màu được biểu thị bằng cùng một số ô vuông, vì α—r_a được chia cho α. Tuyên bố tương tự cũng đúng với hình chữ nhật C. Do đó, theo nhận xét trước, nó cũng phải đúng cho A.

Chúng ta hãy nhìn vào hình chữ nhật A kỹ hơn. Chúng tôi quan tâm đến ba đường chéo nằm trong nó, một trong số đó đi từ góc trên bên trái của A và được tô màu thứ $i_1$, và hai đường chéo còn lại hướng thẳng đến nó từ cả hai phía và được tô màu thứ $i_2$ và $i_\alpha$ màu. Rõ ràng, mỗi màu được đặt tên chỉ có thể xuất hiện trong hình chữ nhật A trên các đường chéo được chỉ định. Nhưng sau đó, nếu $r_a \leqslant r_b$, thì số ô có màu $i_\alpha$ nhỏ hơn một so với số ô có màu $i_1$ (Hình 5), nếu $r_a > r_b$, thì số ô có màu $i_2$ nhỏ hơn một so với số ô có màu $i_1$ (Hình 6). Trong cả hai trường hợp chúng ta đều đi đến mâu thuẫn.

2. Cho α và β là không thể ước lượng được và xác định α<β.

Nếu hai hình chữ nhật bất kỳ của phân vùng được định hướng giống hệt nhau đối với các cạnh của R (nói cách khác, nhiều cạnh của các hình chữ nhật này song song với cùng một cạnh của hình chữ nhật ban đầu), thì định lý là hiển nhiên.

Hãy chứng minh rằng trường hợp hình chữ nhật p có hướng khác nhau là không thể xảy ra. Giả sử ngược lại,

16

Có thể giả định không mất tính tổng quát rằng các hình chữ nhật $\rho$ có nhiều hướng khác nhau đã được áp dụng cho đáy của hình chữ nhật $R$. Chia lớp hình chữ nhật $\rho$, hệ số trực tiếp $R$, thành các mảnh hình chữ nhật có hướng giống hệt nhau sao cho hình chữ nhật của hai mảnh liền kề có hướng khác nhau.

Cơm. 6.

Vì hai mảnh liền kề bất kỳ có chiều cao khác nhau, nên hình chữ nhật của bất kỳ mảnh “thấp” nào đều nằm ở đáy “giếng” (Hình 7), các bức tường của chúng được hình thành bởi các cạnh của các mảnh liền kề (tuy nhiên, một trong các bức tường cũng có thể là cạnh của hình chữ nhật $R$).

Do tính không thể so sánh được của $\alpha$ và $\beta$ mỗi cái, một cái giếng như vậy phải được lấp đầy bằng các hình chữ nhật có cùng hướng với hình chữ nhật của mảnh nằm ở đáy của nó. Ngay sau khi việc lấp đầy này xảy ra, thì ngay lập tức mỗi mảnh “cao” sẽ nằm ở đáy “giếng”, các bức tường của nó sẽ được hình thành bởi các cạnh bên của các khu phức hợp lân cận, bao gồm các hình chữ nhật có hướng khác nhau, được lấp đầy bằng các “đồng” trước đó.

Cơm. 7.

thuyền." Sau khi lấp đầy các giếng mới hình thành, chúng ta sẽ có ngay giếng mới (Hình 8), v.v.

Do đó, tại mỗi bước của khu vực lấp đầy, các hình chữ nhật sẽ được giới hạn từ trên xuống bởi một đường đứt nét có ít nhất một chỗ lõm và do đó, trong trường hợp này, việc lấp đầy tất cả $R$ hình chữ nhật $\rho$ là không thể.

Như vậy định lý đã được chứng minh hoàn toàn.

Bây giờ hãy xem hình chữ nhật nào được liệt kê trong các điều kiện có thể chia thành hình chữ nhật $50 \times 60$.

Cơm. 8.

a) $20 \times 15$ có thể chia thành các mặt phẳng hình chữ nhật (theo định lý).

b) $5 \times 8$ không thể chia thành hình chữ nhật, vì 50 và 60 đều không chia hết cho 8.

b) Phân vùng thành hình chữ nhật $6,25 \times 15$ rất indo (cả hai số 50/6,25 và 60/15 đều là số nguyên).

d) $(2 + \sqrt{2}) \times (2 - \sqrt{2})$ không thể chia thành hình chữ nhật (điều kiện (1) của định lý không được thỏa mãn).

Cố gắng tự đưa ra gợi ý cho trường hợp như vậy khi ở định lý, điều kiện (1) được thỏa mãn, nhưng điều kiện (2) thì không.

18

Trong phần “Vòng tròn toán học”, chúng tôi xuất bản các ghi chú trong đó chúng tôi đang nói về các nhiệm vụ gần với chương trình tuần hoàn trong toán học. Nói chung, những ghi chú này được xây dựng theo ý nghĩa của một vòng tròn toán học: Cyclelo đưa ra một số vị trí của ma túy được kết nối với ma túy bài toán. Một số trong số chúng có lời giải trong văn bản, trong khi một số khác - cả bài giảng và khó hơn - được để lại cho lời giải độc lập.

Theo quy định, “Vòng tròn toán học” của chúng tôi có sẵn theo chu kỳ, chúng ta đang nói về các hình lục giác đều. Trong khi đó, một hình lục giác lồi tùy ý trong một hình tròn đáng được quan tâm đặc biệt vì nó có một số tính chất thú vị.

Hơn 330 năm trước, nhà toán học nổi tiếng người Pháp Blaise Pascal (khi đó là một cậu bé 16 tuổi) đã nghiên cứu một số tính chất của hình lục giác nội tiếp trong một tiết diện hữu hạn (tức là hình tròn, hình elip, hyperbol hoặc parabol). Đồng thời, ông phát hiện ra định lý mà ngày nay mang tên ông: nếu một hình lục giác nội tiếp trong một tiết diện hữu hạn thì giao điểm của các cạnh đối diện của nó (hoặc phần mở rộng của chúng) nằm trên cùng một đường thẳng. Pascal thực hiện nghiên cứu của mình bằng cách sử dụng phương pháp gọi là hình học xạ ảnh. Chúng ta sẽ xét tính chất của một hình lục giác lồi nội tiếp trong một đường tròn. Việc đơn giản hóa bài toán này cho phép chúng ta duy trì trong phạm vi hình học cơ bản.

góc

Các tổng tính qua một góc của một hình lục giác nội tiếp lồi thì bằng nhau.

Giả sử (Hình 1) là một hình lục giác lồi $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ nội tiếp trong một hình tròn. Chúng ta hãy biểu thị các cung của nó $A_1A_2$, $A_2A_3$, …, $A_6A_1$ của cung tương ứng bằng $2x_1$, $2x_2$, …, $2x_6$. Khi đó theo tính chất các góc nội tiếp $\Rightarrow A_1=x_2+x_3+x_4+x_5$, $\Rightarrow A_3=x_1+x_4+x_5+x_6$, $\Rightarrow A_5=x_1+x_2+x_3+x_6$.

Bởi vì $\Rightarrow A_1+\Rightarrow A_3+\Rightarrow A_5=2x_1+2x_2+2x_3+2x_4+2x_5+2x_6=360^\circ$.

Vì tổng các góc trong của một hình lục giác lồi là $720^\circ$ nên $\Rightarrow A_2+\Rightarrow A_4+\Rightarrow A_6=360^\circ$.

20

(rõ ràng điều này luôn có thể được thực hiện).

Để $A_1A_2 \cdot A_3A_4 \cdot A_5A_6 = A_2A_3 \cdot A_4A_5 \cdot A_6A_1$; đường chéo $A_1A_4$ và $A_2A_5$ cắt nhau tại điểm $M$ và đường chéo $A_3A_6$ không đi qua điểm này (Hình 3). Xét một hình lục giác $A_1A_2A_3A_4A_5B$ nội tiếp trong cùng một đường tròn, với điểm $B$ nằm tại giao điểm của đường tròn và đường thẳng $A_3M$; hình lục giác này ngày càng có nhiều đường chéo đi qua điểm $M$.

Khi đó theo định lý đã được chứng minh
$$A_1A_2 \cdot A_3A_4 \cdot A_5B = A_2A_3 \times A_4A_5 \cdot BA_1.$$
So sánh đẳng thức này với điều kiện, ta thấy rằng
$$\frac{A_5A_6}{A_5B} = \frac{A_6A_1}{BA_1}.$$
Nhưng nếu điểm $B$ (nằm giữa $A_5$ và $A_1$) nằm giữa $A_5$ và $A_6$, thì từ điều kiện $\bigcup A_1A_5 < 180^\circ$ ta thu được:
$$A_5B < A_5A_6, BA_1 > A_6A_1,$$
Ở đâu
$$\frac{A_5A_6}{A_5B} > 1 > \frac{A_6A_1}{BA_1}$$

• bất bình đẳng nghiêm ngặt thay vì bình đẳng. Trường hợp điểm $B$ nằm giữa $A_1$ và $A_6$ cũng được coi là tương tự. Do đó, giả sử đường chéo lớn thứ ba của hình lục giác ban đầu không đi qua điểm $M$ là sai.

Như vậy, đẳng thức tích là cạnh của mặt lồi

Cơm. 4.

lục giác đi qua một là điều kiện cần và đủ để giao các đường chéo lớn của lục giác tại một điểm.

Số liệu tương ứng giữa các cạnh và các đường chéo chính của một hình lục giác lồi nội tiếp

Tích các đường chéo chính của một hình lục giác lồi nội tiếp bằng tổng các tích các cạnh của nó đi qua một và tích các cạnh đối diện của nó với đường chéo chính ngăn cách chúng ($xyz = abc + a_1b_1c_1 + aa_1x + bb_1y + cc_1z$ trong Hình 4).

Như đã biết, tích các đường chéo của một tứ giác nội tiếp bằng tổng các tích các cạnh đối của tứ giác đó (định lý Ptolemy).

Ký hiệu của tất cả các phần tử của hình lục giác được thể hiện trong Hình 4. Theo định lý Ptolemy, từ tứ giác $A_2A_3A_5A_6$ người ta tìm thấy
$$xy = cc_1 + de$$
Và
$$xyz = cc_1z + dez.$$
Nhưng $e$ và $z$ là các đường chéo của tứ giác nội tiếp $A_1A_3A_4A_5$. Vì vậy $ez = fa_1 + gb$. Như vậy,
$$xyz = cc_1z + dfa_1 + dgb.$$

Từ tứ giác nội tiếp $A_1A_2A_3A_6$ người ta tìm thấy $df = ax + b_1c_1$ và từ tứ giác $A_1A_2A_5A_6$:$dg = ac + b_1y$. Thay thế các giá trị này, chúng ta thu được đẳng thức cần thiết.

Tính các đường chéo của một hình lục giác lồi nội tiếp dọc theo các cạnh của nó là một công việc rất khó khăn. Chỉ trong trường hợp hình lục giác tuần hoàn là một nửa bên phải ($a = b = c, a_1 = b_1 = c_1$), lời giải là đơn giản. Vì tất cả các góc của hình lục giác như vậy đều bằng $120^\circ$ nên đường chéo nhỏ được định nghĩa là cạnh thứ ba của tam giác có hai cạnh bằng $a$

21

Cơm. 5.
và $a_1$, và góc giữa chúng là $120^\circ$. Vì vậy, $\alpha = \sqrt{a^2 + aa_1 + a_1^2}$. Đường chéo chính là đáy của một hình thang, các cạnh của nó bằng nhau và tạo thành các góc $60^\circ$ với đáy. Một hình thang như vậy có đáy lớn hơn bằng tổng của đáy thứ hai và cạnh, tức là
$$x = a + a_1.$$

Một số điểm

Chúng ta sẽ cần một tính chất của một tam giác - định lý Menelaus.

Cho một đường thẳng không đi qua đỉnh của tam giác ABC cắt các cạnh AB, BC, CA hoặc phần kéo dài của chúng tại các điểm tương ứng C$_1$, A$_1$ và B$_1$ (ví dụ về cấu hình như trên Hình 5); moeda

$$\frac{AC_1}{BC_1} \cdot \frac{BA_1}{CA_1} \cdot \frac{CB_1}{AB_1} = 1.$$

Cũng dễ dàng chứng minh tính đúng đắn của định lý Menelaus trong trường hợp đường thẳng chỉ cắt cạnh tiếp tục của tam giác - hãy tự làm điều đó.

Để một hình lục giác lồi treo thành một vòng tròn và kéo dài phần mở rộng tương ứng của nó tại các điểm K, L và M (Hình 6). Khi đó các điểm K, L và M nằm trên cùng một đường thẳng.

Các phần kéo dài của cạnh $A_1A_2$, $A_3A_4$ và $A_5A_6$ cắt nhau tại các điểm B, C và D. Khoảng cách giao điểm của tam giác BCD bởi các đường $KA_2A_3$, $LA_5A_4$, $MA_6A_1$ (các kỹ thuật được viết không phải bằng hai điểm như thường lệ mà dùng các khay để chỉ ra điểm mà đường thẳng cắt tiếp

22

Cơm. 7.

phía dưới cạnh tương ứng của tam giác BCD). Theo định lý Menelaus cho những đường này ta có:

$$\frac{BA_2}{A_2D} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CA_3}{A_3B} = -1;$$

$$\frac{BL}{LD} \cdot \frac{DA_5}{A_5C} \cdot \frac{CA_4}{A_4B} = -1;$$

$$\frac{CM}{MB} \cdot \frac{BA_1}{A_1D} \cdot \frac{DA_6}{A_6C} = -1.$$

Thay đổi các đẳng thức này, ta có:

$$\frac{BL \cdot DK \cdot CM}{LD \cdot KC \cdot MB} \times$$

$$\times \frac{BA_2 \cdot CA_3 \cdot DA_5 \cdot CA_4 \cdot BA_1 \cdot DA_6}{A_2D \cdot A_3B \cdot A_5C \cdot A_4B \cdot A_1D \cdot A_6C} = -1.$$

(*)

Theo tính chất các cát tuyến vẽ đường tròn từ một điểm, $BA_1 \cdot BA_2 = BA_3 \cdot BA_4; CA_3 \cdot CA_4 = CA_5 \cdot CA_6; DA_5 \cdot DA_6 = DA_1 \cdot DA_2$.

Do đó phân số thứ hai trong (*) bằng 1. Do đó,

$$\frac{BL}{LD} \cdot \frac{DK}{KC} \cdot \frac{CM}{MB} = -1.$$

Và điều này, như chúng ta đã biết, chứng tỏ các điểm K, L và M nằm trên cùng một đường thẳng.

Điểm giao nhau của các đường chéo $A_1A_3$ và $A_2A_4$, $A_2A_5$ và $A_3A_6$, $A_1A_5$ và $A_4A_6$ (Hình 7) cũng nằm trên cùng một đường thẳng.

Để chứng minh, ông sử dụng định lý sin (cạnh của một tam giác tỉ lệ với sin của các góc đối diện) và định lý nghịch đảo với định lý Menelaus cho tam giác $A_1A_3E$ và các điểm B, C, D:

$$\frac{A_1B}{BA_3} = \frac{A_1B}{A_2B} \cdot \frac{A_2B}{BA_3} =$$

$$= \frac{\sin(x_4 + x_5 + x_6)}{\sin x_2} \cdot \frac{\sin x_1}{\sin x_3};$$

$$\frac{A_3C}{CE} = \frac{A_3C}{CA_5} \cdot \frac{CA_5}{CE} =$$

$$= \frac{\sin x_2}{\sin x_5} \cdot \frac{\sin(x_3 + x_4 + x_6)}{\sin x_1};$$

$$\frac{ED}{DA_1} = -\frac{ED}{A_1D} =$$

$$= -\frac{ED}{DA_6} \cdot \frac{DA_6}{A_1D} = -\frac{\sin x_3}{\sin(x_1 + x_2 + x_5)} \times \frac{\sin x_5}{\sin(x_1 + x_2 + x_3)}.$$

Thay đổi các đẳng thức này, ta có:

$$\frac{A_1B}{BA_3} \cdot \frac{A_3C}{CE} \cdot \frac{ED}{DA_1} =$$

$$= -\frac{\sin(x_3 + x_4 + x_6)}{\sin(x_1 + x_2 + x_3)} \cdot \frac{\sin(x_4 + x_5 + x_6)}{\sin(x_1 + x_2 + x_5)}.$$

Vì $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 = 180^\circ$ thì

$$\sin(x_1 + x_2 + x_3) = \sin(x_4 + x_5 + x_6)$$

Và

$$\sin(x_1 + x_2 + x_5) = \sin(x_3 + x_4 + x_6)$$

Kể từ đây,

$$\frac{A_1B}{BA_3} \cdot \frac{A_3C}{CE} \cdot \frac{ED}{DA_1} = -1.$$

Và điều này chứng tỏ điểm B, C và D nằm trên cùng một đường thẳng.

Tương tự, có thể chứng minh giao điểm của các đường chéo $A_1A_3$ và $A_2A_6$, $A_3A_5$ và $A_4A_6$, $A_1A_4$ và $A_2A_5$ cũng như giao điểm của các đường chéo $A_1A_5$ nằm trên cùng một đường thẳng

23

và $A_2A_6$, $A_2A_4$ và $A_3A_5$, $A_1A_4$ và $A_3A_6$ (chỉ cần sắp xếp lại các ký hiệu đỉnh theo vòng tròn là đủ).

Bây giờ chúng ta có thể giải bài toán: “Cho 5 thùy của hình tròn. Dùng một đường thẳng vẽ một hình tròn khác của hình tròn này.”

Đặt các điểm đã cho là $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ và $A_5$. Sau khi tìm được điểm $B$ là giao điểm của $A_1A_3$ với $A_2A_4$, chúng ta chọn một điểm tùy ý $C$ trên $A_2A_5$. Khi đó, điểm $D$ được xác định là giao điểm của $BC$ với $A_1A_5$ và điểm $A_6$ được xác định là giao điểm của $A_4D$ với $A_3C$.

Rõ ràng là bằng cách này có thể dựng được càng nhiều điểm góc của đường tròn càng tốt.

Để kết luận, chúng tôi đưa ra một số bài toán về hình lục giác nội tiếp.

Bài tập

1. Viết một hình lục giác vào một vòng tròn nhất định dọc theo các cạnh ở giữa, đi qua một cạnh.
2. Năm góc liên tiếp của một hình lục giác lồi nội tiếp có quan hệ với nhau là $6:5:8:9:10$. Tìm các giá trị của góc thứ sáu.
3. Hình lục giác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ được nội tiếp trong một vòng tròn, với $A_1A_2 = A_3A_4 = A_5A_6 = a$ và $A_2A_3 = A_4A_5 = A_6A_1 = b$. Chứng minh rằng các đường chéo $A_1A_4$, $A_2A_5$ và $A_3A_6$ bao quanh một tam giác đều và tìm diện tích của nó.
4. Các đường chéo chính của một hình lục giác lồi nội tiếp $A_1A_2$, $A_3A_4$ và $A_5A_6$ cắt nhau tại một điểm; $A_1A_2 = 6$ cm, $A_3A_4 = 16$ cm và $A_5A_6 = 18$ cm, ba cạnh còn lại bằng nhau. Tìm chu vi của hình lục giác.
5. Một hình lục giác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ được nội tiếp trong một hình tròn có bán kính 25 cm, ba đường chéo đi qua tâm hình tròn. Nghĩa là $A_1A_2 = 14$ cm, $A_3A_4 = 30$ cm xác định chu vi của hình lục giác.

Văn học

1. S.I. Zetel. Hình học mới của tam giác, Uchredgiz, 1962.
2. J. Hadamard. Hình học sơ cấp, tập. 1, Uchredgiz, 1948.
3. N. F. Chetverukhin. Hình học thiết kế, “Khai sáng”, 1969.

chu vi Miquel

Quả bóng có đường màu trên trang bìa này là gì? Có thể phân biệt được thứ tự nào trong vị trí của chúng không?

Vâng, bạn có thể. Các vòng tròn được mô tả xung quanh các hình tam giác không có cạnh màu đỏ được vẽ bằng màu đỏ. Vòng tròn màu xanh lam được mô tả xung quanh các hình tam giác không có cạnh màu xanh lam, v.v. Mỗi đường tròn trong số bốn đường tròn, bất kể góc giữa các đoạn thẳng (miễn là các đường ở giữa không song song và không có quá hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm), cắt nhau tại một điểm chung cho các đường tròn này (điểm Wallace, được phát hiện vào năm 1799). Tất cả các gót của điểm Wallace đều nằm trên đường tròn Miquel (được phát hiện năm 1844). Vòng tròn của Mikel trong hình minh họa bìa trước đóng vai trò trung tâm. Nó được đánh dấu bằng màu trắng.

Nhưng đó không phải là tất cả. Năm 1871, nhà toán học người Anh William Clifford đã chứng minh các quy tắc sau: không song song với bất kỳ đường nào trong năm đường thẳng đã cho và không đi qua giao điểm của các đường đã dựng sẵn. Hãy dựng sáu đường tròn Mikel (cho mỗi đường trong số năm đường thẳng) - chúng sẽ giao nhau tại một điểm!

Hãy quay lại cấu hình bốn dòng. Hãy mô tả một vòng tròn xung quanh mỗi hình tam giác trong số bốn hình tam giác. Nhà toán học người Đức Jacob Steiner đã khẳng định vào thế kỷ trước rằng tâm của các đường tròn này và các điểm Wallace nằm trên cùng một đường tròn.

Điều thú vị là bằng chứng về những sự thật này được mô tả bằng những đường cong và góc độ trung tâm của chính nó. Hãy cố gắng tự mình kiểm tra tất cả các bằng chứng.

V. N. Berezin

24

Vấn đề «Kvant»

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. Trong đó còn có những bài toán tương đối dễ giải mà không hề dễ đối với các chuyên gia - nhà toán học và vật lý học. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng một ngôi sao. Họ không được đánh dấu nếu không thể nhanh chóng hoàn thành nhiệm vụ; cố gắng quay lại nó một lần nữa - trong một ngày, trong một tuần, trong một tháng. Nhưng lời giải đã được tìm thấy. Nếu bài toán làm bạn quan tâm, thì đừng trì hoãn nó ngay lập tức - hãy nghĩ về cách bạn có thể viết ra lời giải một cách hợp lý và ngắn gọn nhất, khái quát hóa bài toán, làm rõ hoặc đơn giản hóa kết quả của nó, nhiệm vụ tương tự mà nó cho phép bạn giải quyết.

Trong phần thứ hai, chúng tôi đặt các phần lời giải đã cho (khoảng nửa tháng sau khi công bố các điều kiện của chúng) có tính đến những độc giả gửi sau đó. Chúng tôi khuyên những người không tiêm «Kvant» năm ngoái hoặc không giải quyết được vấn đề hãy làm quen với các giải pháp.

Ở «Kvant» số 2,4,6,8,10,12 chúng tôi sẽ cung cấp tên của độc giả đã gửi cho chúng tôi lời giải chính xác được đưa ra trong phần này. Những học sinh trong năm quyết định gửi lời giải thú vị và đầy đủ sẽ nhận được quyền tham gia các vòng khu vực của All-Olympiad cùng với người chiến thắng Olympic khu vực. Ngoài ra, đối với những người chiến thắng trong cuộc thi đang diễn ra của chúng tôi dành cho lời giải, các biên tập viên của dịch vụ đã giới thiệu một số giải thưởng đặc biệt.

Sau khi tạo nhiệm vụ, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất nhiệm vụ này cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả các nhiệm vụ này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Đưa ra một vấn đề mới ban đầu thường khó hơn việc giải quyết nó. Khó hơn nhưng xin thưa, lại càng thú vị hơn. Nếu bạn thành công, hãy giao cho chúng tôi nhiệm vụ cùng với giải pháp. Chúng tôi sẽ xuất bản những bài tập hay và thú vị nhất trong “Sách Vấn đề Kvant” hoặc trong các phần khác của tạp chí.

Địa chỉ của chúng tôi: 117071, Moscow B-71, Leninsky Prospekt, 15, tòa soạn tạp chí «Kvant». Trên phong bì, sau địa chỉ của tạp chí, hãy viết lời giải cho mỗi mục bạn gửi (ví dụ: “Bài toán Kvant, M181, M184”; hoặc “F201” hoặc “mới bài toán”). Lời giải được giao cho từng môn học (nếu bạn gửi cả toán và vật lý), đồng thời gửi bài tập mới trong các phong bì riêng. Ở đầu bức thư, hãy nhớ viết họ, tên, họ hàng, địa chỉ nhà (cũng như lớp và trường nơi bạn học). Chúng tôi sẽ có thể xem xét và tính đến sữa của người đọc nếu chúng được viết bằng tiếng Nga. Lời giải phải được gửi không muộn hơn một tháng rưỡi sau khi số báo tương ứng hết bản in. Đặc biệt, thời hạn gửi đáp số nhiệm vụ từ số này không muộn hơn ngày 1/3/1973.

25

Bài toán
M181–M185; F193–F197.

M181. Chiều dài ngắn nhất mà một đoạn dây phải có để có thể uốn khung hình lập phương có cạnh 10 cm là bao nhiêu? (Dây có thể đi dọc theo một cạnh hai lần, uốn cong 90° và 180° nhưng không thể đứt được.)

M182. Chứng minh rằng nếu a) $a > 0$, $b > 0$ và $c > 0$ thì
$$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}.$$
6) $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$ và $d > 0$, sau đó
$$\frac{a}{b+c+d} + \frac{b}{a+c+d} + \frac{c}{a+b+d} + \frac{d}{a+b+c} \geq \frac{4}{3}.$$
c) $a_1, a_2, a_3, \dots, a_n$ là số dương ($n \geq 2$), thì
$$\frac{a_1}{a_2+a_3+\dots+a_n} + \frac{a_2}{a_1+a_3+\dots+a_n} + \dots + \frac{a_n}{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}} \geq \frac{n}{n-1}.$$

M183. Tìm chiều cao của một hình thang có hai đáy bằng a và b ($a < b$), góc giữa hai đường chéo là 90° và góc giữa hai cạnh kéo dài là 45°.

M184 *. Chứng minh chính xác
$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \dots + (-1)^n \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}.$$
G. E. Esinenko

M185 *. Trên một caften có diện tích 1, có thể đặt 5 miếng vá, diện tích của mỗi miếng không nhỏ hơn $1/2$. Chứng minh rằng bạn tìm được hai mảng, diện tích

phần tổng quát không nhỏ hơn $1/5$.
E. B. Dykin

F193. Có hai hệ thấu kính có cùng tiêu cự. Trục quang của thấu kính trùng nhau (Hình 1). Hệ thấu kính thứ nhất bao gồm các thấu kính hội tụ; trong trường hợp thứ hai, thấu kính hội tụ được nối với nhau bằng thấu kính phân kỳ. Tìm quỹ đạo của các tia sáng trong mỗi hệ nếu khoảng cách giữa các thấu kính nhỏ hơn nhiều so với tiêu cự.

F194. Một điện tích được đặt giữa các bản của một tụ điện phẳng. Nó sẽ chuyển động như thế nào nếu đặt một điện áp hình sin có pha ban đầu $\varphi_0 = 0$ vào tụ điện?

F195. Giữa hai khối lập phương có khối lượng $m_1$ và $m_2$ có ​​một lò xo cuộn có độ cứng k. Các hình khối được buộc bằng chỉ, khoảng cách giữa chúng là l (Hình 2). Hỏi nếu sợi dây bị đốt cháy thì khối tâm của hệ sẽ tăng lên độ cao bao nhiêu? Mùa xuân được coi là đáng kinh ngạc. Eelina ở trạng thái bình thường bằng $l_0$.

F196. Một chùm proton rất mỏng chuyển động theo đường tròn bán kính R trong buồng máy gia tốc. Kích thước của điểm tại thời điểm ban đầu là I, tổng số phần trong buồng là n. Từ thông xuyên qua chùm tia không làm thay đổi quỹ đạo và thay đổi với tốc độ f. Kích thước của điểm sẽ là bao nhiêu sau khi các hạt thực hiện một vòng quay? Tốc độ của bộ phận vẫn nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng.

F197. Trên một vật có khối lượng m, nằm trên một mặt phẳng nằm ngang có hệ số ma sát k, tại thời điểm t=0, một lực tỉ lệ với thời gian bắt đầu tác dụng một góc α so với đường chân trời. Xác định vận tốc v của chuyển động của vật sau t giây.

A. V. Ustinova

26

Lời giải bài toán
M141—M145; F159—F163.

M141. Chúng ta chọn một điểm P tùy ý tại độ cao BH của tam giác ABC (Hình 1). Gọi K là giao điểm của AP và BC, L là giao điểm của CP và AB. Chứng minh hai đoạn thẳng KH và LH tạo thành các góc bằng nhau với chiều cao BH.

Nhận định này dễ chứng minh bằng phương pháp tọa độ. Để thuận tiện, ta lấy cạnh đáy AC và chiều cao HB của tam giác làm trục tọa độ (H là gốc tọa độ). Chúng ta hãy ký hiệu tọa độ của các điểm như trong Hình 2 (trong hình này a < 0, c > 0). Chúng ta sẽ sử dụng bổ đề sau:

Phương trình đường thẳng cắt trục Hx tại điểm (x₀, 0) và trục Hy tại (0, y₀), có dạng

$$\frac{x}{x_0} + \frac{y}{y_0} = 1.$$ (1)

Vì chỉ có thể vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, nên để chứng minh bổ đề chỉ cần kiểm tra xem đường thẳng (1) đi qua từng điểm này là đủ.

Theo bổ đề, tọa độ (xₖ, yₖ) của điểm K—điểm giao nhau của đường AP và BC—thu được dưới dạng hệ phương trình lời giải

$$\begin{cases} \frac{x}{c} + \frac{y}{b} = 1, \\ \frac{x}{a} + \frac{y}{p} = 1. \end{cases}$$ (2)

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Tương tự, tọa độ (xₘ, yₘ) là hệ lời giải

$$\begin{cases} \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1, \\ \frac{x}{c} + \frac{y}{p} = 1. \end{cases}$$

Chúng ta quan tâm đến hệ số góc của các đường thẳng HK và HM - các tiếp tuyến góc nghiêng của các đường thẳng này với trục Hx. Trừ một phương trình của hệ (2) theo số hạng khác, chúng ta tìm thấy:

$$x_K \left( \frac{1}{c} - \frac{1}{a} \right) + y_K \left( \frac{1}{b} - \frac{1}{p} \right) = 0,$$

Ở đâu

$$tg \rightarrow KHx = \frac{y_K}{x_K} = \frac{(a-c) bp}{ac(b-p)}.$$ (3)

Tương tự như vậy

$$tg \rightarrow MHx = \frac{y_M}{x_M} = \frac{(c-a) bp}{ac(b-p)}.$$ (4)

Ta thấy các hệ số góc này có độ lớn bằng nhau và trái dấu. Suy ra các đường thẳng KH và MH tạo thành các góc bằng nhau với đường thẳng BH (và đối xứng với đường thẳng này).

Tất nhiên, có thể thu được cùng các công thức (3) và (4) mà không cần đưa vào hệ tọa độ mà bằng cách xem xét nhiều cặp tam giác đồng dạng. Đây là điều mà hầu hết các viện đã làm khi giải quyết được bài toán này. Nhiều người cũng gửi lời giải, sử dụng định lý sin. Tuy nhiên, từ việc áp dụng phép phân tích lời giải (dùng hệ tọa độ), ngoài sự ngắn gọn của ký hiệu, không cần phải lo lắng về vị trí của điểm: lời giải cũng phù hợp với trường hợp một trong các góc thuộc loại AP hoặc C: nó không chỉ đạt trong trường hợp “biểu thị”, khi một trong các góc này là góc vuông, tức là a hoặc c bằng 0; trong trường hợp này cả hai điểm K và M đều nằm trên đường thẳng BH, nên mệnh đề bài toán rất indo.

27

Cơm. 3.

Một số độc giả đã gửi lời giảis hình học bằng cách sử dụng “định lý Ceva”. Đây là một trong những lời giải.

Đặt $K_1$ và $M_1$ là giao điểm của $HK$ và $HM$ với đường thẳng $l$ song song với $AC$ và đi qua $B$ (Hình 3). Khi đó với lời giải bài toán chỉ cần chứng minh rằng $BK_1 = BM_1$ là đủ (từ đây ta sẽ có đẳng thức $\Delta BK_1H = \Delta BM_1H$). Nhưng từ sự giống nhau của $\Delta BKK_1$ và $\Delta CKH$ thì suy ra rằng

$$BK_1 = \frac{CH \cdot BK}{CK}$$

và tương tự

$$BM_1 = \frac{AH \cdot BM}{AM},$$

vì vậy đẳng thức cần thiết rút ra từ phát biểu sau.

Định lý (Chevy). Nếu $P$ là điểm bất kỳ trong mặt phẳng của tam giác thì $ABC$, $K$, $H$ và $M$ lần lượt là giao điểm của các đường $AP$ và $BC$, $BP$ và $AC$, $CP$ và $AB$ (Hình 4), sau đó

$$AH \cdot BM \cdot CK = CH \cdot AM \cdot BK.$$

Chứng minh định lý. Chúng ta sẽ biểu thị bằng $S(ABC)$ diện tích tam giác $ABC$. Sau đó

$$\frac{AH}{CH} \cdot \frac{BM}{AM} \cdot \frac{CK}{BK} =$$

$$= \frac{S(APH)}{S(CPH)} \cdot \frac{S(BPM)}{S(APM)} \cdot \frac{S(CPK)}{S(BPK)} =$$

$$= \frac{S(APH)}{S(BPK)} \cdot \frac{S(BPM)}{S(CPH)} \cdot \frac{S(CPK)}{S(APM)} =$$

$$= \frac{PA \cdot PH}{PB \cdot PK} \cdot \frac{PB \cdot PM}{PC \cdot PH} \cdot \frac{PC \cdot PK}{PA \cdot PM} = 1$$

(Tôi thảo luận chi tiết về các tính chất của diện tích hình tam giác được sử dụng ở đây trong bài viết của P.R. Kantor và J.M. Work “Diện tích đa giác” trong «Kvant» Số 2, 1972).

Mời bạn đọc độc lập xây dựng và chứng minh mệnh đề ngược lại với mệnh đề bài toán Số 141.

Cơm. 4.

M142. a) Chứng minh rằng không thể làm vướng víu các cạnh của một khối lập phương số 1, 2, …, 12马克 sao cho mỗi đỉnh có tổng số ba cạnh đi lên từ đỉnh đó bằng nhau. b) Có thể gạch bỏ một trong các số 1, 2, …, 12, 13 và dùng các số còn lại để nhầm lẫn các cạnh của hình lập phương sao cho thỏa mãn điều kiện tương tự?

a) Giả sử có thể sắp xếp các số 1, 2, …, 12 trên các cạnh của hình lập phương sao cho tổng ba số ở mỗi đỉnh bằng s. Hãy cộng tất cả tám số tiền như vậy tương ứng với các đỉnh khác nhau của hình lập phương. Trong tổng kết quả của 24 số, mỗi số 1, 2, …, 12 sẽ xuất hiện hai lần, vì mỗi cạnh của hình lập phương liền kề với hai đỉnh. Như vậy,

$$2(1 + 2 + \dots + 12) = 8s$$

từ đâu $s = \frac{12 \cdot 13}{8} = \frac{39}{2}$; s hóa ra không trọn vẹn! Mâu thuẫn nảy sinh cho thấy không thể xác định và vướng víu các cạnh của các số 1, 2,…, 12.

b) Đáp số: Có.

Từ lời giải điểm a) rõ ràng là chỉ gạch bỏ số c sao cho hợp lý

$$s = \frac{1 + 2 + \dots + 13 - c}{4} = \frac{91 - c}{4}$$

là một số nguyên, nghĩa là c = 3, c = 7 hoặc c = 11. Trong trường hợp này, s = 22, s = 21 hoặc s = 20.

Nhiều độc giả, sau khi tự thuyết phục rằng với c số s này hóa ra là một số nguyên, từ đó kết luận rằng tồn tại sự sắp xếp cần thiết. Nhưng sự xác minh này tất nhiên là chưa đủ.

Phải đưa ra ví dụ để biện minh cho đáp số. Hầu hết độc giả gửi ví dụ về cách sắp xếp cần thiết cho c = 7 (Hình 5). Trong ví dụ này, mỗi cặp quan hệ đối xứng gồm 7 số (k, 14 – k) nằm trên các cạnh đối xứng với quan hệ tâm của khối lập phương.

Thực tế là họ gửi cho chúng tôi từ những nơi khác nhau gần như giống nhau