Kvant 1973, số 4 · Trang

KEANT
1973
4
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
12
THÁNG TƯ
1961

1

Tổng biên tập - học giả
I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ
A. N. Kolmogorov
tuyển tập biên tập
L.A.Artsimovich,
M. I. Bashmkov,
S. T. Belyaev,
V. G. Boltyansky,
I. N. Bronstein,
N. B. Vasiliev,
I. F. Ginzburg,
Yu. N. Efremov,
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
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. Patrikeva,
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 A. L. Inamova
117071, Mátxcơva, V-71,
Triển vọng Leninsky, 15,
«Kvant», điện thoại. 234-08-11
Giao vào ngày 1/5/1973
Ký để xuất bản vào ngày 21/II—73.
Giấy 70×100/18 Vật lý. lò l.5.
Lò nướng có điều kiện l.6.5. Biên tập học thuật. l.6.77.
Lưu hành 380.720 bản. T-00766.
Giá 30 kopecks. Zach. 2516
Nhà máy in Chekhov Glavpoligraprom
Ủy ban Nhà nước Coleta của Bộ trưởng Liên Xô về Xuất bản, In ấn và Kinh doanh Sách
Chekhov, khu vực Moscow

Người quản lý không trở lại

Được thành lập vào năm 1970
1973
4

Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

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

TRONG PHÒNG:

2 A. G. Netuzhkin. K. E. Tsiolkovsky trong các bức ảnh
8 M. L. Smolyansky. Andrei Nikolaevich Kolmogorov (vào ngày sinh nhật thứ bảy mươi của ông)
12 A. N. Kolmogorov. Về nghề toán học
19 V. I. Kuznetsov. Đồng hồ hàng tỷ năm
24 V. G. Boltyansky. Về việc xoay một đoạn
30 L. S. Khrenov. Vấn đề của Pothenot
35 N. B. Vasiliev, G. A. Galperin. Đóng gói hình vuông

câu lạc bộ toán học
38 B. A. Kordemsky. Loài bài toán này đã hơn 1600 năm tuổi

Phòng thí nghiệm «Kvant»
42 V.V. Mayer, R.-E. E. Shafir. Âm thanh di chuyển với tốc độ bao nhiêu?

Bài toán Kvant
43 Bài toán M196—M200; F208—F212
46 Lời giải bài toán M156—M159; F176—F177

Xưởng của người nộp đơn
52 I. A. Smolyarov. Chuyển đổi từ hệ thống đơn vị này sang hệ thống đơn vị khác
57 V. P. Lebedev. Một số bài toán đang tiến triển
60 Đại học quốc gia Moscow mang tên M.V. Lomonosov
64 V. L. Klyushin. Đại học Patrice Lumutma của Naars khác

Đánh giá, thư mục
65 I. Zorich. Tính đối xứng trong tự nhiên
66 A.Makukha. Trong nhà xuất bản “Trường Vishcha”

Thông tin
67 V. A. Leshkovtsev. Giải thưởng Nhà nước 1972

«Kvant» cho học sinh nhỏ
70 Bài toán
71 AD Bendukidze. Về số nguyên tố
73 Đáp số, gợi ý, lời giải
80 Góc sưu tầm
V. A. Rudov. Tem, ràng buộc với Yu. A. Gagarin

Hỗn hợp. (trang 11, 29, 34, 45, 56, 59, 63)

Bức ảnh ở trang thứ hai của trang bìa được chụp tại zorax của vùng Caucasus. Việc nén từ đá voi sẽ cho phép người ta đánh giá sự tiến hóa của lớp vỏ trái đất và phản ánh các giai đoạn hình thành khác nhau của nó. Bạn có thể tìm hiểu về các phương pháp phóng xạ để xác định tuổi tuyệt đối của Trái đất bằng cách đọc bài viết “Đồng hồ hàng tỷ năm” của V. N. Kuznetsov (trang 19). Ảnh của G. I. Akokhin.

Bức ảnh chụp vào tháng 5 năm 1932, chụp ngôi nhà nơi Konstantin Eduardovich đã sống gần 30 năm. Bây giờ có một ngôi nhà-bảo tàng tưởng niệm K. E. Tsiolkovsky.

Konstantin Eduardovich cùng gia đình. Bức ảnh được chụp vào tháng 5 năm 1932 trong khu vườn của nhà K. E. Tsiolkovsky ở Kaluta.

K. E. Tsiolkovsky trong văn phòng của mình. Tháng 4 năm 1930. (ảnh bên dưới bên phải).

K. E. Tsiolkovsky lúc 5-6 tuổi.

Năm 1887, K. E. Tsiolkovsky đã đưa ra một báo cáo về các nguyên tắc cơ bản của việc chế tạo và bay của một bộ điều hòa toàn kim loại tại Hiệp hội các nhà khoa học tự nhiên Moscow. Trong số các diễn giả của báo cáo có giáo sư N. E. Zhukovsky và A. G. Stoletov.

Bức ảnh chụp K. E. Tsiolkovsky với mô hình khinh khí cầu bằng kim loại - một trong những phát minh lớn đầu tiên của ông. Bức ảnh này được chính Konstantin Eduardovich chụp vào mùa hè năm 1914 trong khu vườn nhà Tsiolkovsky.

K. E. Tsiolkovsky duy trì một lượng lớn thư từ. Phóng viên của ông bao gồm các học sinh nhỏ tuổi, các nhà khoa học bậc thầy và các nhà văn nổi tiếng. Trong bức ảnh chụp vào tháng 5 năm 1932, K. E. Tsiolkovsky đang xem tạp chí “Mũi tên đỏ”, được bạn của Mayakovsky, do đó là nghệ sĩ D. Burliuk, gửi cho ông. Tạp chí tiến bộ này, được xuất bản vào những năm 30 tại Hoa Kỳ bởi D. Burliuk, đã đưa tin một cách chính xác về cuộc sống của nước Nga Xô Viết. Số tạp chí dự kiến ​​có chứa tài liệu về Tsiolkovsky.

Konstantin Eduardovich thích làm việc, ngồi trên một cây thánh giá cũ kỹ thoải mái, sử dụng một tấm bảng nhỏ dọc bàn. Anh ấy viết bằng bút chì đen đơn giản, thường là trên vở học sinh. Trên tường là chiếc đồng hồ bỏ túi yêu thích của K. E. Tsiolkovsky, nó được dùng làm đồng hồ bấm giờ trong các thí nghiệm của ông.

K. E. Tsiolkovsky trong xưởng của mình, bên cạnh là K. N. Altaisky, thư ký tòa soạn tờ báo “Xã” tỉnh Kaluga. Xưởng của nhà khoa học nằm trong nhà ông, cạnh văn phòng của ông. Cạnh cửa sổ có một chiếc máy tiện vận hành bằng chân; K. E. Tsiolkovsky đang nghiên cứu màu sắc.

Năm 9 tuổi, do biến chứng sau bệnh sẹo lồi, K. E. Tsilkovsky bị mất thính giác. Qua nhiều năm, nó ngày càng tiến bộ hơn và Konstantin Eduardovich buộc phải sử dụng ống dịch vụ do chính mình chế tạo. Khi tiếp khách, anh ta yêu cầu được nói mà không cao giọng vì chiếc loa này khuếch đại âm thanh rất tốt.
Bức ảnh này chụp Konstantin Eduardovich Tsilkovsky khi đang tiếp khách.
Trên đùi tôi là một chiếc máy tính bảng có giấy. Trong cuộc trò chuyện, Tsilkovsky thích lấn sân sang những gì được nói bằng những hình vẽ, hình vẽ và tính toán. Ở phía sau, trên sàn, bạn có thể thấy những tập tài liệu quảng cáo của Tsilkovsky nhận được từ nhà in.
Dưới đây là tựa đề một số tác phẩm của ông:
“Cơ học của sinh vật động vật” (1885),
“Thiết bị phản lực như một phương tiện bay trong hư không và khí quyển” (1910),
“Nguyên nhân của không gian” (1925),
“Sức cản không khí và chuyến tàu nhanh” (1927),
“Áp suất trên máy bay trong quá trình chuyển động bình thường trong không khí” (1929),
“Máy bay bán phản lực” (1932).

8

Andrey Nikolaevich Kolmogorov
(vào ngày sinh nhật thứ bảy mươi)

Ngày 25 tháng 4 năm 1973 đánh dấu kỷ niệm 70 năm ngày sinh của một trong những nhà toán học hiện đại xuất sắc nhất - Anh hùng Lao động Xã hội Chủ nghĩa, Viện sĩ Andrei Nikolaevich Kolmogorov.

A. N. Kolmogov đã sớm có hứng thú với toán học. Khi mới 5 tuổi, qua nghiên cứu, cậu đã độc lập phát hiện ra rằng
$$1 + 3 + 5 + 7 + \dots + (2n + 1) = n^2.$$
Ở trường trung học phổ thông, các mối quan tâm khác chiếm ưu thế, đặc biệt là lịch sử Nga.

Ông chỉ trở lại với toán học trong những năm sinh viên và trong suốt quãng đời còn lại của mình. Vào đại học năm 1920 thì dễ, nhưng việc học còn khó hơn nhiều. Đây là những năm thăng trầm; bài giảng được giảng trong lớp học có nhiệt độ dưới 0. Được coi là một điều may mắn lớn khi bắt đầu từ năm thứ hai, mỗi học sinh mỗi tháng được nhận 16 kg bánh mì và 1 kg bơ.

Dưới ảnh hưởng của các bài giảng của Viện sĩ N. N. Luzin, A. N. Kolmogov bắt đầu công việc khoa học độc lập, xây dựng vào năm 1922 một “lý thuyết hoạt động trên một tập hợp” rất tổng quát, lý thuyết này vẫn không mất đi ý nghĩa cho đến tận ngày nay. Trong những năm sinh viên (1920-1925), A. N. Kolmogov đã nghiên cứu lý thuyết về chuỗi lượng giác và đặc biệt đã giải được bài toán rất khó là sự hội tụ của chuỗi, lần đầu tiên xây dựng một ví dụ về chuỗi Fourier phân kỳ.

Năm 1922-1925, song song với việc học ở trường đại học, Andrei Nikolaevich còn giảng dạy ở một trường thực nghiệm.

9

trường mẫu mực của Ủy ban Giáo dục Nhân dân RSFSR ở Potylix, trên Đồi Lenin ngày nay. Lúc đầu, anh vào trường này để kiếm sống, vì thời đó phong cách sinh viên chưa đủ, nhưng công việc đã thu hút anh. Khi còn làm việc ở trường, A. N. Kolmogorov từng là thư ký hội đồng trường, lãnh đạo câu lạc bộ sinh học và thậm chí còn là người đứng đầu đoàn đi bộ của trường ở Crimea. Cuộc sống ở trường Potylixin có tầm quan trọng rất lớn đối với Kolmogorov vì không có phần giáo dục thể chất, và Andrei Nikolaevich thậm chí còn không biết bơi cho đến khi hai mươi tuổi. Bây giờ anh ấy quyết định bù đắp khoảng thời gian đã mất và đạt được một số thành công, mặc dù khiêm tốn, trong các môn bơi lội, đi cột và chèo thuyền.

Ngôi trường đã truyền cho A. N. Kolmogorov niềm đam mê giảng dạy suốt đời. Điều này có lẽ giải thích thực tế là sau này Kolmogorov bắt đầu biên soạn sách giáo khoa phổ thông, tổ chức trường nội trú tại Đại học Tổng hợp Moscow, v.v.

Vào học cao học trong những năm đó đối với một chàng trai trẻ không bị gia đình cản trở có nghĩa là hoàn toàn tự do kiếm tiền. Từ năm 1925, Kolmogorov đã hướng những nỗ lực chính của mình vào công việc khoa học, kết hợp nó với việc giảng dạy tại các trường đại học, chủ yếu là tại Đại học Moscow, nơi ông trở thành giáo sư vào năm 1931.

Đó là những năm đặt nền móng cho công việc khoa học thành công và vẫn không hề suy yếu cho đến ngày nay. Đó là thời điểm Andrei Nikolaevich đã tạo ra các công trình chính của mình trong lĩnh vực lý thuyết xác suất, cấu trúc liên kết và cơ học.

Độc giả của chúng tôi, những người cảm thấy có khả năng hiểu được phần nào nội dung các tác phẩm của Kolmogorov có thể tham khảo các bài báo kỷ niệm đăng trên tạp chí “Thành công của Khoa học Toán học” năm 1953 và 1963 *).

*) Thành công của Khoa học Toán học, VIII, số. 3 (1953), 177-200; VIII, không. 5 (1963), 115-120.

10

về các vấn đề liên quan đến hàm nhiều biến; B. V. Gnedenko, Yu. V. Prosorov, S. Kh. Siradzhinov là những nhà nghiên cứu hàng đầu của Liên Xô về lý thuyết xác suất, chuyên ngành toán học chính của A. N. Kolmogorov.

Các nhà toán học tham gia vào công việc khoa học dành tương đối ít thời gian trong văn phòng của các viện khoa học; các hoạt động khoa học công cộng quốc tế diễn ra cả ở nhà, trong các kỳ nghỉ và trong các chuyến du lịch. A. N. Kolmogorov đã phủ hàng ngàn km bụi trên những chiếc thuyền chèo và thuyền kayak cùng với người bạn thân nhất của ông, nhà học giả P. S. Alexandrov, và với các sinh viên thuộc các thế hệ khác nhau.

Các vấn đề về sư phạm chiếm một vị trí rất quan trọng trong cuộc đời của A. N. Kolmogorov. Ông không coi khả năng sáng tạo của mình tách biệt với việc lựa chọn và giáo dục học sinh, khỏi việc chuyển giao kiến ​​​​thức và ý tưởng khoa học của mình cho họ. Đối với ông, làm việc với giới trẻ, tạo ra các trường phái, định hướng khoa học là một phần không thể thiếu và tự nhiên trong hoạt động nghiên cứu khoa học của chính ông. Các vấn đề về giáo dục thế hệ khoa học, việc lựa chọn các điều kiện để khả năng toán học không bị hạn chế nhưng sẽ nhận được động lực để phát triển, luôn khiến Andrei Nikolaevich lo lắng, và ông đã dành nhiều bài thuyết trình bằng miệng và bằng văn bản cho vấn đề quan trọng này. Điều này gắn liền với việc ông tích cực tham gia tổ chức các cuộc thi Olympic toán cấp trường, nói chuyện với học sinh bằng những câu chuyện về ý tưởng và kết quả của khoa học toán học. Cuốn sách nhỏ nổi tiếng của A. N. Kolmogorov dành cho học sinh và giáo viên, “Về nghề toán học”, đã trải qua nhiều lần xuất bản và được xuất bản thành hàng nghìn bản, nói về điều này.

Ở nước ta, kiến ​​thức về toán học không còn chỉ đóng vai trò tổng thể cho sự phát triển chung và tiếp thu các kỹ năng về các yếu tố tính toán: đối với nhiều thanh niên ở trường trung học, toán học đã trở thành một trong những công cụ quan trọng nhất trong công việc hàng ngày. Đó là lý do tại sao Andrei Nikolaevich bảo vệ luận điểm rằng việc sử dụng khéo léo thông tin toán học chỉ có thể thực hiện được khi nó không chỉ cố định trong trí nhớ mà còn là điều kiện để sáng tạo. Những câu hỏi trong cuộc đời của kế hoạch này đưa ra những yêu cầu nhất định đối với những người thực hiện nó. Chỉ một người đam mê nó và coi nó như một giáo viên sống động, đang phát triển mới có thể dạy toán thực sự tốt. Có lẽ, nhiều học sinh trung học biết môn toán trở nên thú vị như thế nào và nhờ đó, môn toán trở nên dễ dàng và dễ tiếp cận với những giáo viên như vậy.

Việc nuôi dưỡng một phong cách tư duy toán học là cần thiết không chỉ đối với những người sau này trở thành nhà toán học mà còn đối với những người chọn nghề vật lý, kỹ sư, nhà kinh tế hoặc một trong nhiều nghề khác. Một số ý kiến ​​về vấn đề này đã được A. N. Kolmogorov bày tỏ trong bài “Tìm kiếm nhân tài” (Izvestia số 83 (14246), 6.4.1963). Câu hỏi quan trọng nhất mà việc giảng dạy hiện đại phải đối mặt – dạy cái gì và như thế nào – là mối quan tâm sâu sắc của A. N. Kolmogorov. Ngay cả trước Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, ông đã xuất bản một số bài báo về dạy đại số ở trường trung học và cùng với P. S. Alexandrov viết phần đầu tiên của sách giáo khoa đại số.

11

Việc tái cơ cấu giáo dục phổ thông hiện đang được tiến hành dưới sự lãnh đạo trực tiếp của A. N. Kolmogorov. Ông hoặc dưới sự chủ trì của mình đã xuất bản một số sách giáo khoa ổn định và thử nghiệm cho các trường trung học.

Trong hai thập kỷ qua, một vị trí nổi bật trong hoạt động của A. N. Kolmogorov là công việc quản lý khoa học của một trường nội trú tại Đại học Moscow và giảng dạy ở đó. Hiện các cựu sinh viên của trường này đã tốt nghiệp cao học, bảo vệ bằng Tiến sĩ. luận văn và xuất bản nhiều bài báo khoa học xuất sắc hơn.

Chính phủ Liên Xô đánh giá cao công lao to lớn của A.N. Kolmogorov với tư cách là nhà khoa học và hoạt động quần chúng, trao cho ông Giải thưởng Lênin (cùng với học trò của ông là V. I. Arnold), Giải thưởng Nhà nước, trao cho ông 4 Huân chương Lênin, Huân chương Cờ đỏ Lao động và các huân chương. Năm 1963, Andrei Nikolaevich Kolmogorov được phong tặng danh hiệu Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa.

Từ năm 1970, kể từ khi thành lập tạp chí của chúng tôi, Andrei Nikolaevich đã là trưởng khoa thường trực của bộ môn toán học «Kvant». Ban biên tập xin nhiệt liệt chúc mừng ngày kỷ niệm của nhà khoa học tuyệt vời.

M. L. Smolyansky

Dấu hiệu của sự phân chia

Ở 61. Gạch bỏ chữ số cuối cùng của số này và cộng chữ số có sáu chữ số bị gạch bỏ từ số kết quả. Hãy thực hiện thao tác này vài lần và chúng ta sẽ nhận được những con số ngày càng nhỏ hơn. Nếu ở một giai đoạn nào đó kết quả bằng 0 thì số ban đầu được chia cho 61, nếu không thành công thì số đó không được chia.

Ví dụ. 752886 có chia hết cho 61 không?

752886—6×4=752862
75286—6×2=75274
7527—6×4=7503
750—6×3=732
73—6×2=61
6—6×1=0.

Đáp số: lượt chia sẻ.

Ở mức 59. Gạch bỏ chữ số cuối cùng của số này và cộng chữ số có sáu chữ số bị gạch bỏ vào số kết quả. Hãy thực hiện thao tác này nhiều lần, một lần nữa các con số sẽ giảm dần. Nhưng bây giờ, nếu ở một giai đoạn nào đó nó trở thành 59, thì số ban đầu được chia cho 59, và nếu không ra thì nó không được chia.

Ví dụ. 728355 có chia hết cho 59 không?

72835+6×5=72865
7286+6×5=7316
731+6×6=767
76+6×7=118
11+6×8=59.

Đáp số: lượt chia sẻ.

Cố gắng chứng minh những dấu hiệu chia hết này và khái quát chúng cho các quá trình khác của số có hai chữ số (và có thể có nhiều chữ số).

V. M. Rosentuler

12

Về nghề toán học

Dưới đây chúng tôi đăng các đoạn trích từ tập tài liệu nổi tiếng của A. N. Kolmogorov “Về nghề toán học” *)
Ấn phẩm được chuẩn bị bởi M. Smolyansky và T. Kislova

1. Tầm quan trọng của các phương pháp toán học trong các ngành khoa học như cơ học, vật lý hay thiên văn học đã được nhiều người biết đến. Ai cũng biết toán học rất cần thiết trong công việc thực tế của các kỹ sư, kỹ thuật viên. Kiến thức cơ bản về hình học và khả năng sử dụng các công thức chữ cái là cần thiết đối với hầu hết mọi thợ thủ công hoặc công nhân lành nghề. Nhưng ít rõ ràng hơn đối với nhiều người là câu hỏi về ý nghĩa của việc có chuyên môn về toán học và tham gia vào toán học như một nghề chính.

Rất nhiều người tưởng tượng vấn đề theo cách mà sách giáo khoa và sách tham khảo toán học đã thu thập được một loạt các công thức và quy tắc cho lời giải tất cả các loại bài toán toán học gặp phải trong thực tế. Hơn nữa, những người có học thức cao thường bày tỏ sự hoang mang: liệu có thực sự có thể làm được điều gì mới trong toán học không?

Pozmota và các nhà toán học đôi khi được tưởng tượng là một người nhàm chán, người đã ghi nhớ một số lượng lớn các công thức và định lý, và họ tin rằng bài toán của anh ta bao gồm việc truyền lại những kiến ​​thức đã ghi nhớ, có sẵn cho người khác.

Trong tất cả những điều này, điều duy nhất đúng là thông tin toán học được truyền đạt ở trường trung học và ở giai đoạn đầu học toán ở bậc đại học đã được con người bổ sung từ rất lâu. Nhưng ngay cả những nhà toán học đơn giản này

*) A. N. Kolmogorov. Về nghề toán học. M., Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Mátxcơva, 1959.

thông tin trung thực có thể được áp dụng một cách khéo léo và sáng tạo để học sinh tự mình nhìn ra cách mình có thể tự mình tìm ra thông tin đó. Từ người đề xuất toán học ở cả trường trung học phổ thông và trung học, không chỉ cần có kiến ​​thức sáng tạo về khoa học mà người đó đề xuất. Chỉ một người đam mê nó và coi nó như một ngành khoa học sống động, đang phát triển mới có thể đưa ra một đề xuất hay về toán học. Có lẽ, nhiều học sinh trung học biết môn toán trở nên thú vị và dễ tiếp cận như thế nào đối với những học sinh như vậy.

Ở một mức độ lớn hơn, tính độc lập và khả năng tiếp cận công thức toán học của một nhiệm vụ theo một cách mới là cần thiết đối với những người áp dụng toán học vào lời giải các vấn đề kỹ thuật. Điều này áp dụng cho công việc của mọi kỹ sư. Nhưng vì điều này đòi hỏi kiến ​​thức toán học và không phải ai cũng có khả năng nên hầu hết các viện nghiên cứu kỹ thuật của chúng ta và thậm chí một số nhà máy lớn đã bắt đầu thu hút thành công các nhà toán học làm việc cùng với các kỹ sư về các vấn đề kỹ thuật.

Ý tưởng coi toán học như một môn khoa học hoàn chỉnh, từng được xây dựng trên nền tảng lý thuyết của nó, là sai lầm. Trên thực tế, toán học được làm phong phú thêm với các lý thuyết hoàn toàn mới và xây dựng lại đáp số cho các nhu cầu mới của cơ học (bánh xe phi tuyến

13

nhà tắm, cơ học tốc độ siêu âm), vật lý (phương pháp toán học của vật lý lượng tử) và các ngành khoa học liên quan khác. Ngoài ra, trong chiều sâu của toán học, sau khi tích lũy một số lượng lớn các bài toán đặc biệt khác nhau được giải bằng kỹ thuật từng phần, các lý thuyết tổng quát mới được tạo ra để làm sáng tỏ những bài toán này từ các quan điểm khác và cho phép giải chúng bằng các phương pháp đơn sắc. Ví dụ, các phương pháp “phân tích hàm” xuất hiện trước mắt chúng ta liên quan đến phân tích toán học (được tạo ra từ thế kỷ 17-18 và được dạy trong tất cả các cơ sở kỹ thuật cao hơn) gần giống như đại số liên quan đến số học. Cái gọi là “phương pháp toán tử” của giải tích hàm đã được ứng dụng rộng rãi trong vật lý và công nghệ hiện đại.

Hiện nay, đặc biệt thiếu các nhà toán học có khả năng giám sát công việc tính toán quy mô lớn.

Có nhiều bài toán yêu cầu tính toán vượt quá khả năng của một người để thu được kết quả bằng số. Việc tính toán ứng suất đàn hồi trong vật liệu dày đặc, khả năng lọc nước dưới vật liệu dày đặc, lực cản của máy bay trong quá trình bay hoặc quỹ đạo của đạn là những ví dụ điển hình của bài toán. Từ lâu, tại các viện khoa học, tổ chức thiết kế, nhà máy có nhu cầu lời giải như bài toán, các phòng tin học bắt đầu xuất hiện với hàng chục kỹ sư công nghệ cao, được trang bị máy đo số học và máy tính yêu cầu, để thực hiện các phép tính số học trên số có nhiều chữ số, chỉ cần gõ bằng phím và nhấn nút tương ứng (+, -, ×, :). Tuy nhiên, khoa học và công nghệ hiện đại đang phải đối mặt với những nhiệm vụ như vậy, đồng thời, mức độ tổ chức công việc tính toán đòi hỏi nhiều tháng, đôi khi hàng chục năm công việc tính toán. Tình trạng này đã gây ra sự phát triển nhanh chóng của “toán học máy” hiện đại.

Thiết kế và bảo trì máy tính hiện đại đã trở thành một chuyên ngành kỹ thuật rộng rãi mà sinh viên nhận được tại các khoa liên quan của trường kỹ thuật. Để làm việc trong các văn phòng máy tính kiểu cũ hoặc để nhập dữ liệu vào máy tính hiện đại, chỉ cần trình độ trung học phổ thông và đào tạo công nghiệp là đủ. Để đưa lời giải toán học bài toán lên giai đoạn sau đó chúng có thể được chuyển đến phòng máy tính hoặc máy tính để thu được kết quả bằng số, cần có nhiều người có kiến ​​thức toán học sâu sắc.

Lý thuyết về “phương pháp tính toán” của toán học hiện đã phát triển thành một ngành khoa học lớn và nhu cầu về các chuyên gia thành thạo các phương pháp này ngày càng tăng cùng với sự phát triển của “toán học máy”. Chúng ta đang phải đối mặt với một loại bài toán “lập trình”, tức là đưa quá trình tính toán về một dạng cho phép nó hoàn toàn tự động lời giải bài toán của một loại nhất định trên máy.

2. Giống như bất kỳ ngành khoa học nào, toán học trước hết đòi hỏi kiến ​​thức sáng tạo về những gì đã được thực hiện về vấn đề đang nghiên cứu. Nhưng người ta không nên nghĩ rằng trong toán học, việc đạt được khả năng làm được điều gì đó mới khó hơn các ngành khoa học khác. Kinh nghiệm lại nói lên một điều hoàn toàn khác: các nhà toán học có năng lực, theo quy luật, bắt đầu nghiên cứu khoa học độc lập khi còn rất trẻ. Nếu những khám phá toán học được thực hiện ở tuổi 16 hoặc 17 vẫn chỉ là ngoại lệ, trùng hợp với sự quan tâm đặc biệt trong nửa cuốn sách về lịch sử toán học, thì việc bắt đầu công việc khoa học nghiêm túc ở độ tuổi 19-20 tại các trường đại học trung học là đủ.

14

điển hình cho tiểu sử của nhiều nhà khoa học của chúng ta. Viện sĩ S. L. Sobolev vào năm 1933, ở tuổi 25, đã được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Năm 1953, nhà toán học 25 tuổi S. N. Mergelyan trở thành thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Tất nhiên, bề rộng của việc thiết lập bài toán thường đến muộn hơn một chút, nhưng với lời giải được nêu rõ ràng cụ thể khó bài toán những người trẻ hiện đại thường thực hiện thành công với các nhà khoa học nổi tiếng đã thành danh.

Hầu hết các khám phá toán học đều dựa trên một số ý tưởng đơn giản: một cấu trúc hình học trực quan, một bất đẳng thức cơ bản mới, v.v. Chỉ cần áp dụng đúng ý tưởng đơn giản này cho lời giải bài toán, mà thoạt nhìn có vẻ không thể tiếp cận được. Do đó, không có bức tường không thể xuyên thủng giữa nghiên cứu toán học ban đầu mới nhất và khó nhất và giải pháp bài toán, dành cho người mới bắt đầu có năng lực và đủ kiên trì trong toán học. Từ quan điểm này, thật thú vị khi đọc một số chương trong “Tác giả toán học” của nhà đại số nổi tiếng Liên Xô N. G. Chebotarev*, trong đó tác giả đặt ra lịch sử các khái niệm khoa học của mình, bắt đầu với định nghĩa đầu tiên để nói rằng nó thành công nhất với điều kiện là nhà toán học không giới hạn mình trong vai trò người thực thi “mệnh lệnh” được giao cho mình mà cố gắng thâm nhập vào các vấn đề khoa học và kỹ thuật hiện có. Các chuyên gia về toán học và vật lý lý thuyết, cơ học lý thuyết hoặc địa vật lý lý thuyết có thể chuẩn bị theo hai cách: bắt đầu học bằng cách nghiên cứu vật lý, cơ học hoặc địa vật lý, hoặc nghiên cứu toán học đầu tiên trong các khoa toán học của các trường đại học, sau đó đi sâu vào một hoặc một lĩnh vực ứng dụng khác của toán học.

Thậm chí còn có quan điểm cho rằng cách thứ hai cho kết quả tốt hơn, đó là nghiên cứu cơ học khí động học, đường kính khí, hiện tượng học hoặc khí tượng học đường kính trên cơ sở toán học vững chắc sẽ dễ dàng hơn việc chuyên sâu vào bất kỳ lĩnh vực nào trong số này để tận dụng việc thiếu đào tạo toán học. Ý kiến ​​này có thể được coi là quá cực đoan và có thể lưu ý rằng, ví dụ, sự nhấn mạnh vào kỹ thuật thực nghiệm được thấy ở những nhà toán học đã chuyển sang làm việc trong một số lĩnh vực liên quan chỉ như một ngoại lệ hiếm hoi. Nhưng phải thừa nhận rằng qua đào tạo, các nhà toán học đã đào tạo ra nhiều chuyên gia giỏi nhất của chúng ta trong các ngành khoa học liên quan.

Thật khó để tách toán học khỏi cơ học và khoa học hiện đại trong công trình của các học giả M. A. Lavrentiev và S. L. Sobolev. Trước hết, học giả M.V. Kelysh, L.I. Sedov và thành viên tương ứng được gọi là thợ máy. Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô L. N. Sretensky; với tư cách là nhà địa vật lý - thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô A. N. Tikhonov và A. M. Obukhov; là một chuyên gia về vật lý lý thuyết - Viện sĩ N. N. Bogolovov. Trong khi đó, họ đều tốt nghiệp đại học với tư cách là nhà toán học.

Có thể kể ra nhiều thành tựu cụ thể trong các lĩnh vực tự nhiên, kỹ thuật gắn liền với tên tuổi của các nhà toán học, hóa ra lại là sức nặng tồn tại với những khía cạnh thực tiễn khó lường.

3. Nhu cầu về khả năng đặc biệt để học và hiểu toán học thường bị cường điệu hóa. Trong việc in ấn, sự khó khăn đặc biệt của toán học đôi khi được tạo ra bằng cách trình bày nó một cách quá hình thức.

15

trình bày phù hợp trên lớp. Khả năng tính toán trung bình của con người là khá đủ để, với sự hướng dẫn tốt hoặc những cuốn sách hay, không chỉ thành thạo môn toán trung học mà còn có thể hiểu được, chẳng hạn như sự khởi đầu của phép tính vi phân và tích phân. Tuy nhiên, khi chọn toán học làm chuyên ngành, việc kiểm tra “năng khiếu toán học” của bạn là điều hết sức tự nhiên. Rốt cuộc, không còn nghi ngờ gì nữa, những người khác nhau cảm nhận được những điều kỳ diệu của toán học, giải quyết các vấn đề toán học bài toán hoặc—ở mức độ cao hơn—đi đến những khám phá toán học mới với tốc độ, sự dễ dàng và thành công khác nhau. Và tất nhiên, chúng ta nên cố gắng đảm bảo rằng trong số hàng triệu thanh niên của chúng ta, những người làm việc thành công nhất trong lĩnh vực này sẽ trở thành chuyên gia về toán học.

Nội dung Posny nhằm phát triển năng khiếu toán học của thanh thiếu niên là một trong những bài toán vòng tròn toán học quan trọng, các cuộc thi Olympic toán học và các sự kiện khác nhằm thúc đẩy kiến ​​thức toán học và truyền bá sự quan tâm đến các nghiên cứu toán học độc lập. Không nên quá nhanh chóng trong việc tạo dựng danh tiếng “tài năng toán học” cho cá nhân giới trẻ. Nhưng cần phải chuẩn bị kịp thời cho những nhà toán học có năng lực để lựa chọn toán học làm công việc tương lai của mình với những lời khuyên hoặc tiền thưởng tại Optimida.

Những khả năng này là gì? Trước hết, cần nhấn mạnh rằng thành công trong toán học ít nhất dựa trên việc ghi nhớ một cách máy móc một số lượng lớn các sự kiện, công thức riêng lẻ, v.v. Trí nhớ tốt về toán học, cũng như bất kỳ vấn đề nào khác, đều hữu ích, nhưng hầu hết các nhà toán học nổi tiếng đều không có trí nhớ đặc biệt, xuất sắc.

Đặc biệt, những pháp sư điền vào một chuỗi dài các số có nhiều chữ số và thêm hoặc thay đổi chúng trong đầu hoàn toàn không thể coi là tấm gương về những người có khả năng toán học tốt theo nghĩa tốt của từ này.

Khả năng thực hiện các phép tính đại số, tức là khả năng biến đổi các biểu thức chữ phức tạp, tìm ra cách thành công cho các phương trình lời giải không phù hợp với các quy tắc tiêu chuẩn, v.v., đã phù hợp hơn với các khả năng thường được yêu cầu của một nhà toán học trong công việc khoa học phục vụ.

Thậm chí thật thú vị khi nghĩ rằng sự phát triển vượt bậc của khả năng tính toán như vậy hoặc đôi khi người ta nói, khả năng “thuật toán” là đặc điểm của một trong một số loại tài năng toán học cơ bản. Loại khả năng này cần thiết để vượt qua những khó khăn của đại số ở trường, và trên hết - trong việc phân tích các biểu thức đại số thành nhân tử.

Hơn nữa, ứng dụng chính của loại khả năng này trở thành phương trình lời giải. Tuy nhiên, bất cứ khi nào có thể, các nhà toán học cố gắng làm cho những khoảng trống mà họ nghiên cứu trở nên trực quan về mặt hình học. Ở trường trung học, người ta thấy khá rõ đồ thị hữu ích như thế nào trong việc nghiên cứu các tính chất của hàm số. Vì vậy, người đọc sẽ không ngạc nhiên trước nhận định rằng trí tưởng tượng hình học, hay như người ta nói, “trực giác hình học” đóng một vai trò to lớn trong công việc nghiên cứu ở hầu hết các lĩnh vực toán học, ngay cả những lĩnh vực quan trọng nhất.

Ở trường, thường rất khó hình dung các chức năng không gian. Ví dụ, bạn phải là một nhà toán học rất giỏi thì mới có thể nhắm mắt lại và tưởng tượng rõ ràng giao điểm của bề mặt hình lập phương với mặt phẳng đi qua tâm hình lập phương và vuông góc với nó trông như thế nào.

18

Đập của các nhà máy điện lớn chiếm không gian và thậm chí mất nhiều năm làm việc của các phòng máy tính đặc biệt. Tình trạng này đương nhiên dẫn đến nhu cầu cải tiến công nghệ máy tính. Trước hết, cùng với các máy số học thông thường, các “máy tính nhỏ” đã trở nên phổ biến, tự động thực hiện các phép tính số học trên các số có nhiều chữ số. Các biến của hai số có tám chữ số mất bốn mươi giây trên một máy như vậy.

Khi sử dụng các máy này, máy tính cũng buộc phải ghi lại kết quả của từng hành động và từ đó nhập lại vào máy. Trong hai mươi năm qua, công việc đã mở rộng rộng rãi để tạo ra những “máy tính lớn” mà không cần sự can thiệp của con người, thực hiện hàng loạt phép tính số học dài.

Chương trình vận hành của một chiếc máy như vậy được thiết lập bằng băng giấy đục lỗ. Bản thân máy thực hiện các phép tính số học theo thứ tự đã chỉ định, ghi lại kết quả của quá trình, sử dụng chúng trong các phép tính tiếp theo và cuối cùng tạo ra kết quả cuối cùng, được in trên băng hoặc thẻ hoặc thậm chí được in.

Lúc đầu, những chiếc máy tính phức tạp như vậy sử dụng các bộ phận cơ học như bánh xe của máy cộng thông thường và rơle điện từ để đóng và mở dòng điện điều khiển các bộ phận của máy. Một cuộc cách mạng hoàn chỉnh trong công nghệ máy tính đã diễn ra khoảng mười năm trước, khi người ta chứng minh rằng có thể thực hiện hoàn toàn mà không cần chuyển động cơ học của các bộ phận máy, thay thế chúng bằng các ống điện tử (hình nộm, triode, v.v.) và sự kết hợp của chúng (bộ kích hoạt, v.v.). Nhờ đó, chẳng hạn, có thể thực hiện hàng nghìn thao tác nhân các số có nhiều chữ số trong một giây. Một thời gian sau, các ống chân không bắt đầu thay thế các phần tử thu được với kích thước đáng kể; để “ghi nhớ” một số lượng lớn dữ liệu trung gian (lên tới vài trăm nghìn), cơ sở từ tính đã được giới thiệu, v.v. Có thể thực hiện các phép tính, chẳng hạn như 20 triệu thao tác để dự đoán thời tiết cho ngày hôm sau dựa trên dữ liệu từ các trạm khí tượng, tính toán quỹ đạo của một quả đạn trong thời gian ngắn hơn thời gian bay của nó, v.v.

Các máy tính lớn đôi khi được sử dụng và được chế tạo đặc biệt cho một mục đích (ví dụ: dự đoán thời tiết), nhưng thường thì chúng có tính chất phổ quát, nghĩa là chúng được thiết kế cho lời giải đa dạng nhất bài toán. Trong trường hợp này, chúng được đặt tại các “trung tâm máy tính” phục vụ nhiều tổ chức khoa học và kỹ thuật khác nhau không có máy tính lớn của riêng họ. Thông thường máy tính được kết nối với các thiết bị tự động điều khiển một hoặc một quy trình khác.

Nếu việc quản lý một quy trình có nhịp độ nhanh đòi hỏi những tính toán phức tạp dựa trên dữ liệu thu được trong quá trình này, thì nếu không có tốc độ của máy tính thì điều đó sẽ không khả thi chút nào. Phạm vi ứng dụng của các bộ điều khiển máy như vậy đang tăng lên nhanh chóng.

Máy điều khiển về nhiều mặt tương tự như các bộ phận cơ học điều khiển xuất hiện một cách tự nhiên và được nghiên cứu bởi các ngành khoa học mới nổi gần đây: lý thuyết khoa học máy tính và điều khiển học, phần lớn là toán học và đặt ra nhiều yêu cầu mới về toán học thuần túy.

20

Cơm. 1. Chuỗi biến đổi phóng xạ chính của uranium. Trục hoành biểu thị số neutron trong hạt nhân và trục hoành biểu thị số proton (số nguyên tử của nguyên tố). Mũi tên hướng xuống tương ứng với quá trình phân rã α. Trong quá trình này, hạt nhân nguyên tử phát ra hạt nhân gel nhanh (hạt α), làm mất đi hai proton và hai neutron. Mũi tên hướng lên biểu thị phân rã β. Trong quá trình này, hạt nhân trở thành proton và số nguyên tử tăng thêm một.

Để đo được những chu kỳ cỡ hàng tỷ năm, phải có một cỡ độ lớn như vậy. Chỉ trong điều kiện này, các nguyên tử phóng xạ mới được bảo tồn trong khoáng vật cho đến ngày nay.

Quá trình phân rã phóng xạ đầu tiên được sử dụng để xác định tuổi của khoáng chất là sự chuyển đổi các đồng vị uranium thành chì.

Uranium tự nhiên bao gồm ba loại nguyên tử có khối lượng khác nhau - đồng vị $^{238}$U, $^{235}$U và $^{234}$U. Đồng vị phổ biến nhất của uranium là $^{238}$U. Trong uranium phân lập từ bất kỳ loại đá nào, nó chiếm tới 99,3%.

Hãy cùng theo dõi chuỗi biến đổi phóng xạ của đồng vị $^{238}$U

(Hình 1). Các nguyên tử $^{238}$U từ từ biến thành nguyên tử chì ($^{206}$Pb) và gel ($^{4}$He). Phải mất 4,5 tỷ năm để lượng $^{238}$U ban đầu chuyển hóa thành chì và gel. Trong trường hợp này, 14 biến đổi phóng xạ xảy ra, kết quả là mỗi nguyên tử uranium phân rã tạo ra một nguyên tử chì ổn định và tám nguyên tử gel:

$$\frac{238}{92}U \rightarrow 8_{2}^{4}He + \frac{206}{82}Pb + 6_{-1}^{0}e.$$

Nếu một mảnh đá dày đặc, chẳng hạn như ranh giới, được nghiền nát, thì bột thu được được hòa tan trong axit, chì và uranium được tách ra khỏi dung dịch, sau đó chúng ta xác định có bao nhiêu nguyên tử của đồng vị $^{206}$Pb kết hợp với một nguyên tử $^{238}$U, thì từ những dữ liệu này, chúng ta có thể xác định tuổi của đá granit. Chúng ta hãy biểu thị bằng chữ cái $N$ số nguyên tử urani và $N_1$ số nguyên tử chì $^{206}$Pb có trong khoáng chất tại thời điểm phân tích. Khi đó $N_0 = N + N_1$ là số lượng nguyên tử uranium tại thời điểm hình thành đá granit. (Chúng tôi tin rằng toàn bộ chì trong đá granit được hình thành từ uranium bằng quá trình phân rã phóng xạ.) Theo định luật phân rã phóng xạ

$$\frac{N}{N_0} = \frac{N}{N + N_1} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}},$$

trong đó $t$ là tuổi của đá granit. Lấy logarit của đẳng thức này, chúng ta thu được công thức tính tuổi của khoáng vật:

$$t = \frac{T_{1/2}}{\ln 2} \ln \frac{N_0}{N}.$$

Trong tính toán, giả định rằng không có chì tích tụ trong mẫu và việc trao đổi vật chất với môi trường bên ngoài đã bị loại trừ. Tuy nhiên, điều này không phải lúc nào cũng đúng. Nguyên tố radon xuất hiện trên con đường biến đổi giữa uranium và chì, thuộc nhóm khí hiếm, nếu khoáng chất đang nghiên cứu không đủ đậm đặc thì radon có thể bay hơi. Khi đó số nguyên tử chì trong mẫu hóa ra ít hơn số nguyên tử urani, phân bố

21

giảm trong quá trình tồn tại của mẫu. Trong trường hợp này tuổi khoáng sản tính theo công thức (1) sẽ nhỏ hơn tuổi thực tế. Mặt khác, đá có thể chứa chì, chất này xuất hiện đồng thời với các nguyên tố khác và xâm nhập vào khoáng chất trong quá trình hình thành lớp vỏ trái đất rắn chắc. Khách hàng tiềm năng này được gọi là chính. Trên bề mặt của chì chính dẫn đến việc đánh giá quá cao tuổi của đá. Vì vậy, để xác định chính xác tuổi, cần đảm bảo rằng radon không bị rò rỉ ra khỏi khoáng vật và có thể xác định được tỷ lệ chì nguyên sinh trong đá.

Chì từ quá trình sản xuất phóng xạ (chì phóng xạ) không chỉ tích tụ sau khi phân rã đồng vị $^{238}$U mà còn được hình thành do sự biến đổi phóng xạ $^{235}$U và $^{232}$Th. Đồng vị $^{206}$Pb là dòng $^{238}$U, còn các đồng vị $^{207}$Pb và $^{208}$Pb ​​​​lần lượt hoàn thành mục tiêu phân rã $^{235}$U và $^{232}$Th.

Chì tự nhiên cũng chứa đồng vị nhẹ $^{204}$Pb, chất này không tích lũy nhằm mục đích biến đổi phóng xạ của bất kỳ nguyên tố phóng xạ tự nhiên nào. Chì “ánh sáng” đến từ đâu? Đáp số một - chì có số khối 204 được hình thành đồng thời với các nguyên tố khác trên Trái đất.

Thành phần đồng vị của chì không có tạp chất phóng xạ được xác định bằng cách phân tích các thiên thạch sắt. Những thiên thạch như vậy không chứa uranium và thorium, nguồn chì phóng xạ. Chì thiên thạch chứa 10 phần $^{206}$Pb, 10 phần $^{207}$Pb và 29 phần $^{208}$Pb cho một phần đồng vị $^{204}$Pb.

Phân tích đồng vị cho phép chúng ta ước tính lượng chì chính trong đá dựa trên lượng đồng vị $^{204}$Pb. Do đó, nếu chì thiếu đồng vị $^{204}$Pb hoặc chứa một phần nhỏ của nó thì hầu như toàn bộ chì đều có tính phóng xạ.

Những thay đổi đầu tiên trong thời đại khoáng sản và Trái đất bằng phương pháp phóng xạ hẳn phải có ý nghĩa quan trọng hơn những gì được chấp nhận ngày nay. Các lỗi dường như được gây ra bởi sự khuếch tán radion.

Sau đó, các giá trị tuổi chính xác hơn thu được không chỉ nhờ sự cải tiến của phương pháp chì-uranium mà còn do sự phát triển của các phương pháp khác. Dữ liệu được coi là đáng tin cậy tại hiện trường khi đáp số thu được theo những cách khác nhau đều giống nhau. May mắn thay, các đồng vị uranium không phải là tập hợp hạt nhân nguyên tử duy nhất có chu kỳ bán rã tương xứng với thời gian của các kỷ nguyên địa chất. Bảng này cho thấy các đồng vị phóng xạ khác cho phép xác minh lẫn nhau về tuổi của khoáng sản.

Kali tự nhiên chứa một lượng nhỏ đồng vị phóng xạ $^{40}$K với chu kỳ bán rã 1,3 tỷ năm. Thông thường, hạt nhân $^{40}$K phát ra một electron và

Tên phương thức (đồng vị)	Tuổi đo (năm)	Thời gian bán hủy (năm)
Radiocarbon ($^{14}$C)	100 đến 50 nghìn	5570
Kali-argon ($^{40}$K)	Trên 100 nghìn	1.3·10^9
Rubide-strontium ($^{87}$Rb)	Trên 5 triệu	5.0·10^10
Chì-uranium ($^{238}$U)	Trên 200 triệu	4.5·10^9

22

Cơm. 2. Sự phân rã phóng xạ của đồng vị $^{40}$K.

quay thành canxi. Không thể phân biệt được canxi phóng xạ tích tụ trong đá với canxi gốc. Tuy nhiên, 89% đồng vị $^{40}$K phân rã theo cách này, và 11% phân rã theo cách khác, trải nghiệm, như các nhà vật lý nói, bắt giữ $K$. Quá trình bắt giữ $K$ là hạt nhân nguyên tử bắt giữ một electron quỹ đạo và trở thành hạt nhân của một nguyên tố có số nguyên tử nhỏ hơn một. Do đó, $^{40}$K biến thành đồng vị argon $^{40}$Ar (Hình 2).

Các nghiên cứu về khoáng sản đã chỉ ra rằng trong một số loại đá, chẳng hạn như mica, argon tồn tại hàng tỷ năm mà không bị mất đi. Trong quá trình hình thành vỏ trái đất, argon sơ cấp “đun sôi” vào khí quyển nên các khoáng chất chỉ chứa argon phóng xạ.

Như vậy, bằng cách tách argon khỏi mica có trong đá granit, có thể xác định được mức tăng thu được bằng phương pháp chì-uranium.

Chu kỳ bán rã của đồng vị $^{40}$K có thể được xác định bằng cách sử dụng máy đếm hạt beta và đồng hồ thông thường, số lượng nguyên tử $N$ - là kết quả của phân tích hóa học. Giá trị của $N_0$ bằng $N + N_p$, trong đó $N_p$ là số lượng nguyên tử $^{40}$K đã phân rã trong quá trình tồn tại của đá granit. $N_p$ có thể được tính nếu biết số lượng nguyên tử argon có trong mica.

Hãy biểu thị số này bằng chữ cái $A$. Sau đó $N_p = \frac{A}{0,11}$ (vì tỷ lệ biến đổi với kali - argon chiếm 11% tổng số phân rã của đồng vị phóng xạ của kali). Vì vậy, $N_0 = N + \frac{A}{0,11}$. Thay biểu thức này vào công thức (1), chúng ta thu được

$$t = \frac{T_{1/2}}{\ln 2} \ln \left(1 + \frac{A}{0,11}\right).$$

Đồng hồ phóng xạ Rubide-strontium cũng rất được quan tâm. Đồng vị rubidium $^{87}$Rb có tính phóng xạ và phát ra các hạt beta, biến đổi thành đồng vị strontium $^{87}$Sr. Rubidi tự nhiên chứa 28% đồng vị phóng xạ. Nguyên tắc xác định sự ra đời của khoáng sản bằng phương pháp đánh giá rubide-strontium rất đơn giản. Phân tích hóa học xác định tổng lượng rubidium và sau đó là hàm lượng đồng vị $^{87}$Sr. Sau các quy trình như vậy, các phép tính được thực hiện bằng cách sử dụng các công thức phân rã phóng xạ.

Tất cả các phương pháp chúng ta đã nói đến đều áp dụng cho sự phát triển của khoáng chất kể từ thời điểm chúng kết tinh. Chỉ ở chất rắn, sản phẩm phân rã phóng xạ mới ở gần hạt nhân mẹ. Trong chất lỏng nóng chảy, các nguyên tử trộn lẫn tự do và do tính chất hóa học của chất bao gồm các hạt nhân con khác với tính chất của chất gốc nên các sản phẩm con tập trung ở những nơi khác.

Theo quy luật, những tảng đá cổ nhất nằm dưới những lớp trầm tích khổng lồ. Chỉ ở một số khu vực chúng mới đến gần bề mặt. Một phiến đá granit, chất được đông cứng lại cách đây 3,4 tỷ năm, đã được nghiên cứu tại Kolysky Poluchovo. Đây là một trong những khoáng chất lâu đời nhất trên Trái đất. Nếu chúng ta cộng thời gian cần thiết để hình thành lớp vỏ rắn trên Trái đất với tuổi của mảng Kola thì tổng tuổi của Trái đất sẽ là gần 5.

24

Về vòng quay của một đoạn

V. G. Boltyansky

1. Rõ ràng là một đoạn có độ dài 1 có thể quay một vòng hoàn toàn, đồng thời vẫn ở trong hình có diện tích π/4, tức là trong một đường tròn có đường kính 1 (Hình 1). Nhưng chẳng phải một đoạn có chiều dài 1 có thể quay hết một vòng khi chuyển động trong một hình có diện tích nhỏ hơn sao? Thoạt nhìn, điều này có vẻ khó xảy ra: có vẻ như đường tròn có đường kính 1 là hình “kinh tế” nhất (về mặt diện tích), trong đó một đoạn có chiều dài 1 có thể thực hiện một vòng quay hoàn toàn. Tuy nhiên, điều này không đúng!

Năm 1918, A. S. Bezikovich đã chứng minh rằng có một hình có diện tích nhỏ thích hợp, chuyển động trong đó một đoạn có độ dài bằng 1 có thể tạo thành một vòng quay hoàn toàn. Chính xác hơn, nếu chúng ta đưa ra bất kỳ số dương ε nào (ví dụ: ε = 0,000001), thì chúng ta có thể xây dựng một hình có diện tích ε, trong đó một đoạn có độ dài 1 có thể tạo thành một vòng quay hoàn chỉnh. Besicovitch đề xuất những ý tưởng hình học đơn giản mà nhờ đó chúng ta có thể chứng minh sự thật đáng kinh ngạc này. Tuy nhiên, để biến những ý tưởng này thành một chứng minh hoàn chỉnh, ông đã phải thực hiện những phép tính khá cồng kềnh, khiến toàn bộ lý luận trở nên phức tạp (chứng minh, tương tự như chứng minh của Besikovich, được đưa ra ở trang 258-263 của cuốn sách “Các hình lồi” của I. M. Yaglom và V. G. Boltyansky).

Cách đây không lâu, Viện sĩ I.M. Vinogradov đã kể cho tôi nghe một cách chứng minh ngắn gọn và hay về định lý này. Ông đưa ra cách chứng minh này ngay sau khi Besikovich nói với ông về định lý của mình và bắt đầu in nó một lần. Với sự đồng ý tốt bụng của I.M. Vinogradov, tôi sẽ trình bày bằng chứng của ông ở đây.

2. Trước hết, chúng ta hãy xem xét các ý tưởng hình học của A. S. Bezikovich.

Rõ ràng là chỉ cần xây dựng một hình có diện tích nhỏ, trong đó một đoạn có chiều dài 1 có thể quay được một góc 60°: sau đó áp dụng ba hình như vậy với nhau, chúng ta thu được một hình trong đó một đoạn có thể quay được một góc 180°.

Một đoạn có chiều dài 1 có thể quay được 60° bên trong một tam giác đều có chiều cao 1 (Hình 2). Bây giờ chúng ta hãy cắt hình tam giác có chiều cao này thành hai phần và đặt các phần này chồng lên nhau. Bên trong hình kết quả (Hình 3), đoạn AB có thể được xoay đến vị trí AC; Ngoài ra, đoạn DE song song với AC có thể quay đến vị trí DF. Nhưng di chuyển đoạn AB tới vị trí DF trong đoạn này

25

Chúng ta hãy xem hình được hiển thị trong Hình 3, các đoạn $AH$ và $DH$ và một cung có bán kính 1 với tâm $H$, như được hiển thị trong Hình 4. Trong hình kết quả, bạn đã có thể xoay đoạn từ vị trí $AB$ sang vị trí $DF$: cần phải di chuyển đoạn dọc từ vị trí $AC'$ $AH$ đến vị trí $HK$, sau đó xoay nó bên trong khu vực đến vị trí $HL$, rồi di chuyển nó dọc theo $HD$ đến vị trí $DE$.

Kết quả là chúng ta đã nhận được gì? Diện tích của hình vẽ ở Hình 3 nhỏ hơn diện tích của tam giác đều thứ nhất (vì hai nửa của tam giác này chồng lên nhau). Khi chuyển từ Hình 3 sang Hình 4, chúng ta chỉ thêm các đoạn $AH$, $DH$ (chúng có diện tích bằng 0) và một cung có tâm $H$, và diện tích của cung này có thể được tạo thành một góc nhỏ (bạn chỉ cần đưa điểm $H$ ra xa sao cho góc $AHD$ nhỏ).

Nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu bạn cắt một hình tam giác đều không phải thành hai mà thành bốn phần (Hình 5)? Sau đó, bằng cách thực hiện chuyển song song các phần này (sao cho chúng chồng lên nhau), chúng ta có được một hình (Hình 6), trong đó chúng ta có thể xoay một đoạn có độ dài 1 theo một góc $15^\circ$, sau đó “nhảy” đến vị trí song song, xoay nó một lần nữa theo $15^\circ$, sau đó lặp đi lặp lại theo $15^\circ$. Và vì phân khúc của chúng tôi không được phép “nhảy”, nên chúng tôi sẽ phải, như trong Hình 4, thêm các phân khúc và lĩnh vực (Hình 7). Trong hình vẽ ở Hình 7, một đoạn có chiều dài 1, chuyển động liên tục, có thể quay một góc $60^\circ$. Trong trường hợp này, tổng diện tích của các phần được thêm vào có thể được tính bằng một góc nhỏ (bạn chỉ cần lấy các điểm $H_1$, $H_2$, $H_3$ đủ xa). Đồng thời, diện tích của hình trong Hình 6 nhỏ hơn đáng kể so với diện tích của tam giác đều ban đầu, vì bốn phần mà tam giác này được cắt chồng lên nhau nhiều lần.

Bây giờ họ đã thấy rõ hướng đi chung của chứng minh: điều cần thiết là

26

những phần này có diện tích nhỏ hơn ε, trong đó ε là một số dương cho trước.

3. Tuy nhiên, các tin nhắn được báo cáo vẫn chưa cung cấp bằng chứng. Đây chỉ là hướng để tìm kiếm nó. Phần khó nhất còn ở phía trước: chúng ta cần tìm ra cách di chuyển các bộ phận sao cho, do có nhiều lớp chồng lên nhau, chúng ta sẽ có được một hình có diện tích đủ nhỏ. Phương pháp dịch chuyển một phần và tính diện tích do I.M. Vinogradov đề xuất như sau.

Hãy lấy một số tự nhiên m tùy ý và chia đáy của tam giác đều thành 2$^m$ phần bằng nhau. Bằng cách nối các điểm chia với đỉnh, chúng ta thu được một phần của tam giác đều thành 2$^m$ phần, được gọi là cliæ. Ngoài ra, chúng ta hãy vẽ các đường thẳng song song với đáy và chia chiều cao của tam giác thành m phần bằng nhau; Chúng tôi biểu thị những đường này, bắt đầu từ đỉnh, bằng $l_1, \dots, l_{m-1}$ (Hình 8).

Hãy xem xét hai hình nêm liền kề. Đường thẳng $l_1$ cắt các đoạn giống hệt nhau trong đó. Chúng ta hãy di chuyển các hình nêm này lại với nhau sao cho các đoạn này “nhảy” qua nhau (Hình 9), và bây giờ “dán” hai hình nêm này, tức là hình thu được từ hai hình nêm này sẽ được coi là một tổng thể duy nhất cho tất cả các lần chuyển song song tiếp theo. Chúng tôi sẽ thực hiện việc dán như vậy cho mỗi hai cạnh nhau

27

nêm: Clem thứ 1 với thứ 2, thứ 3 với thứ 4, …, (2$^m$—1)th với 2$^m$.

Hình thu được bằng cách dán hai hình nêm được chia thành các phần như sau: chúng ta chọn từ đó một hình tam giác có một đỉnh trên đường thẳng $l_1$ và bốn “đuôi”. Mỗi “đuôi” là một hình tam giác có chiều cao $1/m$ (hãy nhớ rằng chiều cao của tam giác đều ban đầu là 1). Đáy của mỗi “đuôi” bằng $\frac{a}{m \cdot 2^m}$, trong đó $a = \frac{2}{\sqrt{3}}$ là cạnh của tam giác đều ban đầu. Do đó, tổng diện tích của cả bốn “đuôi” bằng $2 \cdot \frac{a}{m^2 \cdot 2^m}$ và vì có tổng cộng $2^{m-1}$ cặp nêm được dán nên tổng diện tích của các “đuôi” bằng $a/m^2$. Diện tích $S_1$ của tam giác đều $\Delta_1$, cắt khỏi tam giác ban đầu bằng đường thẳng $l_1$ (Hình 10), bằng $\frac{a}{2m^2}$. Do đó, tổng diện tích của tất cả các “đuôi” là $2S_1$. Bây giờ chúng ta hãy loại bỏ tất cả những “cái đuôi” này khỏi phần xem xét, điền vào tổng diện tích của chúng. Với tất cả các cdw tiếp theo, tổng diện tích của các “đuôi” bị loại bỏ chỉ có thể giảm (do chồng chéo).

Các hình tam giác còn lại sau khi loại bỏ hết “đuôi” (số lượng các hình tam giác này là $2^{m-1}$),

Bây giờ chúng ta sẽ coi chúng như những cái nêm mới. Bằng cách di chuyển chúng lại với nhau, chúng ta thu được từ $2^{m-1}$ các hình nêm mới này một tam giác đều có chiều cao $1 - \frac{1}{m}$ (Hình 11). Bây giờ nó không còn là đường thẳng $l_1$ nữa mà là đường thẳng $l_2$ cắt khỏi nó hình tam giác đều nhỏ $\Delta_2$, và nó rất bằng với tam giác $\Delta_1$. Bằng cách dịch chuyển và dán các hình nêm mới theo cách tương tự như trước, chúng ta sẽ lại thu được các “đuôi”, tổng diện tích của chúng bằng $2S_1$ và các hình nêm “hoàn toàn mới”, các đỉnh của chúng nằm trên đường thẳng $l_2$.

Từ những hình nêm “hoàn toàn mới” này, di chuyển chúng, chúng ta thu được một tam giác đều có chiều cao $1 - \frac{2}{m}$, và bằng cách dán các hình nêm “hoàn toàn mới” lại với nhau theo cặp, chúng ta lại thu được “đuôi”, tổng diện tích của chúng bằng $2S_1$, v.v.

Chúng ta hãy thực hiện tất cả các bước $m$ của cách xây dựng như vậy (ở bước $m$ cuối cùng, bạn sẽ chỉ có một tam giác đều bằng $\Delta_1$, vì vậy bạn không cần phải di chuyển bất cứ thứ gì). Chúng tôi thấy rằng không có gì còn lại từ những cái nêm ban đầu đầu tiên sau khi cắt bỏ “đuôi”. Nói cách khác, diện tích của hình thu được từ các hình nêm ban đầu đầu tiên sau tất cả các lần dịch chuyển và mổ nhỏ hơn tổng diện tích của tất cả các “đuôi”, khi đó

28

vv ít hơn

$$m \cdot 2S_1 = 2m \cdot \frac{a}{2m^2} = \frac{a}{m} = \frac{2}{\sqrt{3}m} < \frac{2}{m}.$$

Bây giờ rõ ràng là bằng cách lấy $m$ đủ lớn, chúng ta có thể làm cho diện tích này thành một góc nhỏ. Bằng chứng hoàn tất!

4. Chưa hết, có lẽ trực giác của chúng ta sẽ không đánh lừa chúng ta? Có thể hình tròn có đường kính 1 thực sự là hình nhỏ nhất trong diện tích mà đoạn có độ dài 1 có thể quay hết một vòng, nhưng không phải trong số bất kỳ hình nào (như chúng ta đã thấy, điều này không đúng), mà là trong số tất cả chúng? Xét cho cùng, những hình vẽ có diện tích khá nhỏ, đã được thảo luận ở trên (xem Hình 7), rất “lỏng lẻo”, rải rác và trong mọi trường hợp, không lồi. Chúng ta hãy nhớ lại rằng một hình được gọi là lồi nếu cùng với hai điểm mỗi điểm, nó chứa toàn bộ đoạn nối chúng (Hình 12). Vậy có phải trong số tất cả các hình lồi có đoạn dài 1 quay được một vòng thì hình tròn đường kính 1 có diện tích nhỏ nhất?

Hóa ra điều này cũng không đúng. Hãy giải thích những gì đang xảy ra ở đây. Cho $F$ là một hình trong đó đoạn có độ dài bằng 1 có thể thực hiện một vòng quay hoàn toàn. Lấy một đường thẳng $l$ và vẽ hai đường hỗ trợ $l_1$ và $l_2$ của hình $F$, song song với $l$, tức là hai đường thẳng mà hình $F$ được “kẹp” (Hình 13). Vì đoạn đã hoàn thành một vòng quay hoàn toàn trong hình $F$ đến một lúc nào đó phải chiếm vị trí vuông góc với đường thẳng $l$ nên khoảng cách giữa các đường thẳng $l_1$ và $l_2$ (gọi là chiều rộng của hình $F$ theo hướng vuông góc với $l$) không nhỏ hơn 1. Vì vậy, các hình có chiều rộng $F$ theo bất kỳ hướng nào không nhỏ hơn 1.

Có vẻ hoàn toàn tự nhiên khi cho rằng một hình trên một diện tích nhỏ phải có chiều rộng theo mọi hướng bằng 1 (nếu không thì diện tích đó dường như sẽ lớn hơn). Hãy xem giả định này dẫn chúng ta đến đâu.

Trước hết, câu hỏi được đặt ra: hình nào có chiều rộng theo mọi hướng bằng 1? Họ thường trả lời rằng hình như vậy chỉ có thể là hình tròn có đường kính bằng 1. Tuy nhiên, điều này không đúng! Có vô số hình dạng khác nhau có chiều rộng bằng 1 theo mọi hướng; chúng được gọi là các hình có chiều rộng không đổi 1. Hình 14 cho thấy hai hình như vậy. Cả hai hình đều được giới hạn bởi hai đường tròn và khoảng cách giữa các đường thẳng này là 1. Hình đầu tiên trong Hình 14 có một cái tên đặc biệt: tam giác Reuleaux (được đặt theo tên của người thợ cơ khí lần đầu tiên quan tâm đến tính chất của hình này và cố gắng sử dụng nó trong việc thiết kế các cơ chế).

29

Các hình có chiều rộng không đổi có nhiều đặc tính đáng chú ý. Ví dụ: độ dài của đường cong giới hạn bất kỳ hình nào có chiều rộng không đổi 1 bằng π, nghĩa là bằng chiều dài của một đường tròn có đường kính 1 (định lý Barbier). Hơn nữa, trong tất cả các hình có chiều rộng không đổi 1, hình tròn có diện tích lớn nhất (chứ không phải nhỏ nhất!), và tam giác Reuleaux có diện tích nhỏ nhất; trong mọi trường hợp, không khó để xác minh rằng diện tích của tam giác Reuleaux bằng $\frac{\pi - \sqrt{3}}{2} \approx 0,7048$ - nhỏ hơn đáng kể so với diện tích hình tròn, bằng $\frac{\pi}{4} \approx 0,7854$. Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng hai đường hỗ trợ song song được vẽ thành một hình có chiều rộng không đổi 1 có hai điểm chung với hình này và đoạn nối các điểm này vuông góc với đường hỗ trợ (và do đó, có chiều dài 1; Hình 14). Từ đó suy ra rằng trong bất kỳ hình nào có chiều rộng không đổi 1, một đoạn có chiều dài 1 có thể tạo thành một vòng quay hoàn chỉnh. Bằng chứng cho những nhận định được đưa ra ở đây có thể được tìm thấy trong cuốn sách “Hình lồi” nói trên (xem thêm tạp chí «Kvant» Số 3, 1971, trang 21).

Vì vậy, nếu giả định trên là đúng thì hình lồi nhỏ nhất (theo diện tích) trong đó đoạn có độ dài 1 có thể quay một vòng hoàn toàn sẽ là tam giác Reuleaux (và hoàn toàn không phải là hình tròn). Nhưng hóa ra (thoạt nhìn các nước có vẻ như vậy) tam giác Reuleaux không phải là hình nhỏ nhất. Hình nhỏ nhất như vậy là một tam giác đều có chiều cao 1 (diện tích của nó bằng $\frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0,5773$, tức là diện tích nhỏ nhất của tam giác Reuleaux). Bằng chứng về thực tế này có thể được tìm thấy ở trang 256-258 của cuốn sách Hình lồi.

Về bình phương số

Dưới đây là một số sự thật thú vị về số bình phương. Nếu hai chữ số cuối của hình vuông giống nhau nhưng không bằng 0 thì đây phải là hai số bốn. Hình vuông nhỏ nhất như vậy là 144. Có thể có ba phần bốn ở cuối - đây là số 1444. Nhưng những hình vuông có bốn phần bốn ở cuối không còn tồn tại nữa. Không có nhiều ô vuông được đánh số với tất cả các số giống nhau và những ô trong đó tất cả các số đều là số lẻ. Hãy cố gắng chứng minh điều đó.

Trong số có hai chữ số có một số có tính chất bất kỳ. Số này là 13. Bình phương của nó là 169. Đọc số này từ phải sang trái, ta được 961 - một số có căn bậc hai là 31, tức là 13 đọc ngược. Và cuối cùng, tổng các chữ số của 169 bằng 16, tổng các chữ số của 13 là 4, tức là căn bậc hai của 16. Trong các số có hai chữ số chỉ có một số có cùng bộ tính chất, các bạn hãy thử tìm nhé.

Có những hình vuông chứa tất cả các số và mọi số ở trang 256-258 của cuốn sách “Hình lồi”.

30

Vấn đề của Pothenot

L. S. Khrenov

Nếu cho ba điểm A, B và C trên mặt phẳng (tức là đã biết vị trí tương đối của các điểm này), thì để xác định vị trí của điểm thứ tư M thường chỉ cần biết hai góc: $\angle ABM = \alpha$ và $\angle BMC = \beta$. bài toán này được gọi là bài toán Potenota. Ví dụ, nó sẽ phát sinh khi xác định vị trí của một con tàu mà từ đó có thể nhìn thấy ba ngọn hải đăng, tọa độ của chúng đã được biết, cũng như trong nhiều trường hợp khác.

Hình học lời giải bài toán Potenot

Bài toán Pothenot trùng hợp với cách dựng cung AB (Hình 1), từ bất kỳ điểm M nào trong đó đoạn AB nhìn thấy được một góc $\alpha$, và cung BC, từ điểm mà đoạn BC nhìn thấy được một góc $\beta$. Để làm được điều này, chỉ cần đặt một góc $\alpha$ khỏi đường thẳng AB và dựng AP vuông góc với đường thẳng AV thu được, đồng thời dựng đường vuông góc với đoạn AB ở giữa của nó. Điểm $O_1$ giao nhau của các đường vuông góc này sẽ là tâm của đường tròn đi qua các điểm A, B và M, còn đường thẳng AB sẽ là dây cung của cung tròn, tạo thành một góc $\alpha$. Tương tự, dựng tâm $O_2$ của đường tròn đi qua các điểm B, C và M với một BC khác được dựng cùng nhau tại $\beta$.

Giao nhau hai đường tròn dựng theo cách này và xác định vị trí của điểm M vì chúng không thể có nhiều hơn hai điểm chung. Tuy nhiên, trong số này, theo cách xây dựng, điểm B là điểm thứ hai, điểm M được tìm kiếm sẽ là điểm thứ hai. Do đó, bài toán Potenot có định nghĩa sóng và lời giải duy nhất, ngoại trừ trường hợp cả hai đường tròn hợp nhất thành một, đi qua các điểm A, B, C và M (Hình 2). Trong trường hợp này, điểm M cần tìm nằm trên đường tròn đi qua các điểm A, B và C, và để xác định vị trí của điểm M cần biết một số khoảng cách khác.

Tuy nhiên, bất chấp sự đơn giản của hình học lời giải bài toán của Potenot, nó không được sử dụng trong thực tế.

Trong thực tế, đối với lời giải bài toán Potenot, tương tự *) hoặc các phương pháp đồ họa được sử dụng bằng cách sử dụng mensula, cypregel hoặc aldada và la bàn.

*) Tương tự đầu tiên lời giải được đề xuất vào năm 1616 bởi nhà chiêm tinh và toán học người Hà Lan W. Snegl ius (1580-1626), sau đó, vào năm 1692, nhà toán học người Pháp L. Potenot (1660-1732) đã đề xuất thành công hơn một lời giải cái này bài toán, cái sau cũng được gọi chính xác là cơ sở này bài toán anh ta.

Cơm. 1. Hình 2.

31

Mensula là một bảng để vẽ một kế hoạch. Nó bao gồm một shativ và một máy tính bảng - một bảng vẽ hình vuông, được gắn trên giá đỡ. Chân đế có ba vít nâng cho phép căn chỉnh trên chân đế. Chân đế cùng với máy tính bảng được gắn vào chân máy bằng vít. Giá đỡ có thể bằng gỗ hoặc kim loại. Phuộc định tâm (xem hình) dùng để căn giữa một điểm trên bảng phía trên điểm tương ứng trên địa hình: một dây dọi được treo ở đầu dưới của phuộc, đầu trên của phuộc nằm trên cùng một đường thẳng đứng với đầu dưới.

Và vâng, vâng, tôi đã liếm nó để có thể quan sát từ điểm mặt nam đến điểm địa hình. Nó bao gồm một thước đo có khắc thang đo ngang và hai diop có khe và sợi lông; Một thước đo hình trụ thường được đặt trên thước alidade để đưa thước đo về vị trí nằm ngang. Telery, cùng với alidad và diopters, sử dụng Cypregel.

Kipregel bao gồm một thước đo có tỷ lệ và mức ngang, và một ống cọ xát quay trên trục của cột sao cho mặt phẳng được mô tả bởi trục ngắm của ống (chuẩn trực) đi qua cạnh vát của thước kipregel. Do đó, trên mặt phẳng, cần có được vị trí nằm ngang của địa hình, do đó, để thay đổi góc nghiêng, người ta tạo ra các kipregel với các vòng tròn thẳng đứng, nhờ đó các góc nghiêng được thay đổi với độ chính xác 1°. Hai sợi bổ sung (máy đo khoảng cách), nằm đối xứng quanh trục giữa, có thể nhìn thấy được trong trường nhìn của ống kipregel. Chúng được sử dụng để xác định khoảng cách trên mặt đất.

La bàn (la bàn cải tiến) dùng để định hướng la bàn theo các điểm chính. La bàn có dạng hộp tròn hoặc hình chữ nhật có vạch chia độ; một kim nam châm quay ở trung tâm. La bàn luôn được cấu tạo sao cho đường nối các phần 0°-0° hoặc 0°-180° và đi qua tâm của la bàn song song với các cạnh ngoài của hộp.

Đồ họa lời giải bài toán Potenot

Nếu có ba điểm trên bảng tỷ lệ tương ứng với các điểm đó trên địa hình (tức là nếu có, ví dụ: bản đồ khu vực), bạn có thể xác định vị trí của điểm thứ tư bằng cách chỉ quan sát trong đó, tức là giải bài toán Pothenot.

32

Đối với đồ họa lời giải bài toán Potenot, hơn 100 phương pháp khác nhau đã được đề xuất *). Chúng dựa trên sự định hướng của bảng cân. Đặt ba điểm $a, b$ và $c$ (Hình 3), tạo nên tam giác $abc$ trên bảng tỷ lệ $Q$, tương ứng với ba điểm $A, B$ và $C$ trên mặt đất. Máy tính bảng $Q$ được định hướng nếu nó được đặt sao cho $ab \parallel AB, ac \parallel AC$ và $bc \parallel BC$.

Trong trường hợp này các hướng đi qua $a, b$ và $c$ khi ngắm tại các điểm địa hình tương ứng sẽ giao nhau tại một điểm. Để chứng minh điều này, chúng ta dựng điểm $m$ làm giao điểm của các đường $Aa$ và $Bb$. Tương tự, bằng cách giảm $\Delta ABC$ để $AB$ đi vào $ab$, chúng ta nhận được $\Delta abc'$, nhưng vì $ac \parallel AC \parallel ac'$ và $bc \parallel BC \parallel bc'$, các điểm $c'$ và $c$ phải trùng nhau và các đường $Aa, Bb$ và $Cc$ đều sẽ giao nhau điểm $m$, tương ứng trên máy tính bảng với điểm $M$, từ đó chúng ta nhìn thấy các điểm $A, B, C$.

Nếu bảng tỷ lệ đặt tại điểm $M$ chỉ có hướng gần đúng thì ba hướng $aA, bB$ và $cC$ giống nhau sẽ không giao nhau tại một điểm mà tạo thành một tam giác nhỏ (Hình 4), gọi là tam giác sai số. Và việc định hướng được thực hiện càng chính xác

*) Phương án đầu tiên được đề xuất vào năm 1592 bởi Sisiutti người Mexico (Nhà khảo sát Canada, 1936).

Cơm. 3.

Cơm. 4.

Nếu thước đo được đặt ở một điểm nhất định thì kích thước của tam giác sai số sẽ càng nhỏ. Vị trí này đã được I. Lehman (1765-1811) sử dụng trong đồ họa lời giải bài toán Potenot, đề xuất một phương pháp gần đúng sử dụng chụp hình nam giới trong thực tế.

Với sự giúp đỡ của I. Leman. Mensula được lắp phía trên điểm mong muốn $M$, mặt phẳng phía trên của máy tính bảng được đưa về vị trí nằm ngang và máy tính bảng được định hướng chính xác nhất có thể *) $Q$ sao cho các đường $ab, bc$ và $ac$ trên máy tính bảng song song với các đường $AB, BC$ và $AC$ trên mặt đất. Sau đó, thông qua ba điểm cho trước trên máy tính bảng, họ quan sát các điểm tương ứng của địa hình và đi theo đường dọc theo mép thước của thiết bị quan sát (kppregel, alidade) (như Hình 3). Nếu việc định hướng của máy tính bảng được thực hiện chính xác thì theo hướng, điểm còn lại $a, b$ và $c$ khi ngắm tại các điểm tương ứng của địa hình sẽ giao nhau tại điểm mong muốn $m$.

Nếu máy tính bảng $Q$, nằm ở điểm $M$ của địa hình, không được định hướng chính xác thì các điểm khác $a, cC$ và $bB$ sẽ không giao nhau trên máy tính bảng tại một điểm mà tạo thành một tam giác lỗi.

*) Để định hướng máy tính bảng chính xác hơn, nên sử dụng la bàn.

34

tại một thời điểm, vị trí được đặt tên của điểm sẽ tương ứng với điểm mong muốn trên máy tính bảng; nếu không, bạn sẽ lại nhận được một tam giác lỗi, nhưng ít hơn lỗi đầu tiên, liên quan đến việc bạn có thể đánh dấu vị trí của điểm mong muốn với độ chính xác cao hơn. Những hành động như vậy được lặp lại cho đến khi các hướng chải kỹ giao nhau tại một điểm.

Ghi chú. Sau khi nhận được tam giác lỗi thứ hai, bạn có thể nối các đỉnh cùng tên của chúng bằng các đường thẳng; tại giao điểm của những đường này, điểm mong muốn $m$ trên máy tính bảng sẽ được định vị. Điểm thu được theo cách này được sử dụng để định hướng mới cho máy tính bảng và điểm thứ ba còn lại được dùng để định hướng.

Danh sách A.P. Bolotov. lời giải bài toán Poteota ban đầu, vẫn không mất đi ý nghĩa thực tiễn cho đến ngày nay, được đề xuất bởi A.P. Bolotv (1803-1853) (danh sách này đặc biệt gần với hình học lời giải được mô tả ở trên).

Với phương pháp này, một mặt cầu có các điểm $a, b$ và $c$ trên địa hình, tương ứng với các điểm $A, B$ và $C$ trên địa hình, được lắp đặt phía trên điểm $M$ của địa hình (Hình 6). Phủ sáp (giấy can) lên máy tính bảng và đánh dấu một điểm $m$ trên đó, nằm gần phía trên điểm mong muốn $M$ của khu vực. Sau đó, qua điểm $m$ trên sáp, người ta ngắm tuần tự các điểm $A, B$ và $C$ của khu vực và các hướng khác $mA, mB$ và $mC$. Sau đó, sáp được di chuyển dọc theo bảng cân sao cho hướng $mA, mB$ và $mC$ đọc trên đó đi qua các điểm $a, b$ trên bảng. Nếu bây giờ, giữ sáp ở vị trí này và đâm vào điểm $m$, thì vị trí thực sự của điểm mong muốn sẽ thu được trên máy tính bảng.

Để kiểm soát các hành động được thực hiện, bạn nên kiểm tra hướng của máy tính bảng tại điểm $A, B$ hoặc $C$ cách xa nó nhất.

Ở nơi trú ẩn yên tĩnh

Tripirata chia sẻ chiến lợi phẩm bao gồm 10 pistres, 10 dvolons và một thùng rượu. Họ có những thùng để rót rượu, nhưng than ôi, mỗi tên cướp biển đều có quan điểm riêng của mình về giá trị so sánh của pistres, dvolons và rượu.

Tuy nhiên, mọi người đều đồng ý rằng một thùng rượu có giá trị hơn bốn pistre và hơn bốn dvolons.

Chứng minh rằng có thể chia chiến lợi phẩm sao cho mỗi tên cướp biển được một phần mà theo ý kiến ​​của hắn, có giá trị không kém phần của mỗi tên cướp biển khác.

A. Tom

36

các góc độ. Vì mỗi hình chữ nhật không nhỏ hơn $\sqrt{2} - x$ và tổng chiều cao của chúng bằng $h - x$ nên tổng diện tích của tất cả các hình chữ nhật không nhỏ hơn $(\sqrt{2} - x)(h - x)$, do đó, tổng diện tích của tất cả các hình vuông không nhỏ hơn $x^2 + (\sqrt{2} - x)(h - x)$.

Nhưng theo điều kiện thì tổng diện tích của chúng bằng 1. Vậy,

$$x^2 + (\sqrt{2} - x)(h - x) \leq 1,$$

Ở đâu

$$h \leq \frac{1 - x^2}{\sqrt{2} - x} + x = \sqrt{2} \left[ 3 - \left( y + \frac{1}{y} \right) \right],$$

Ở đâu

$$y = 2 - x \sqrt{2}.$$

Do đó, vì số lượng $y + 1/y$ trong ngoặc đơn không nhỏ hơn 2 đối với bất kỳ $y$, $h \leq \sqrt{2}$ nào.

Thứ hai lời giải. Nếu trong lời giải đầu tiên, rất dễ dàng để mô tả phương pháp khoảng cách của các hình vuông và khó khăn chính là chứng minh ước tính cần thiết, thì ngược lại, trong lời giải thứ hai, rất khó để mô tả phương pháp đóng gói (và ước tính sẽ gần như được ước tính). Một số độc giả đã đề xuất mô tả chính xác về bao bì dưới đây.

Chúng tôi sẽ mô tả ở đây một cách đóng gói trang trọng hoàn hảo. Mô tả về “thuật toán” - hướng dẫn mà chúng tôi đề xuất đóng gói các hình vuông - được chứa trong đoạn tiếp theo. Sau khi thao tác được mô tả đã thực hiện $k$ lần, hình vuông $\sqrt{2} \times \sqrt{2}$ được đặt đầu tiên phía trên các hình vuông $k$ (chúng tôi vẫn giả định rằng chúng được xếp theo thứ tự giảm dần của các cạnh) và phần còn lại của hình vuông $\sqrt{2} \times \sqrt{2}$ được chia thành các hình chữ nhật $(k + 1)$, được gán các số nhất định (từ 0 đến $k$). Một số hình chữ nhật được khai báo là “đóng” (có nghĩa là sẽ không chèn thêm hình vuông nào vào chúng nữa) và những hình chữ nhật khác được khai báo là “mở” (bất kỳ hình chữ nhật mở nào cũng sẽ vừa với hình vuông $(k + 1)$). Đầu tiên, “hình chữ nhật số 0” khai báo toàn bộ hình vuông $\sqrt{2} \times \sqrt{2}$. Vì vậy, thuật toán đặt hình vuông:

$$k - \text{шаг} (k = 1, 2, 3, \dots).$$

Từ tất cả các hình chữ nhật không đóng kín, chúng tôi chọn hình có số lượng cao nhất. (Đặt số này là $m$). Chúng tôi đặt hình vuông thứ $k$ vào góc của nó. Chúng ta tiếp tục cạnh của hình vuông này song song với cạnh nhỏ hơn của hình chữ nhật $m$ (nếu các cạnh của hình chữ nhật bằng nhau thì chọn bất kỳ cạnh nào trong số chúng) sao cho phần hình chữ nhật $m$ không bị hình vuông $k$ chiếm giữ được chia thành hai hình chữ nhật. Trong hai hình chữ nhật này, chúng ta gán số $k$ cho hình tạo nên hình chữ nhật cùng với hình vuông $k$, và số $m$ hiện được dành riêng cho phần còn lại của hình chữ nhật “cũ” $m$ (Hình 4). Tất cả hình vuông và hình chữ nhật, ngoại trừ hình chữ nhật $m$ và $k$, vẫn giữ nguyên số cũ. Nếu hình vuông thứ $k$ mà chúng ta đặt không phải là hình vuông cuối cùng thì chúng ta sẽ kiểm tra xem hình vuông thứ $(k + 1)$ có ​​vừa với hình chữ nhật $k$ và trong hình chữ nhật $m$ hay không, và nếu không, thì chúng ta tuyên bố hình chữ nhật tương ứng (hoặc cả hai) đã đóng.

(Hình 5 cho thấy khả năng sau bước thứ 4 làm ví dụ. Đối với $k = 5$ số $m$ bu-

37

Cơm. 5.

det là 2; các hình chữ nhật không có gốc được đóng lại).

Cũng cần phải chứng minh rằng không thể có trường hợp tất cả các đường thẳng hình chữ nhật đều đóng, kể cả “số 0”. Trước khi chứng minh điều này, chúng tôi lưu ý rằng diện tích của hình chữ nhật đóng số $k$ nhỏ hơn diện tích của hình vuông $k$ (đây là ý chính của phương pháp xếp hình của chúng tôi!). Thật vậy, rõ ràng là miễn là cạnh này của hình chữ nhật $k$ bằng cạnh của hình vuông $k$ thì nó vẫn chưa thể đóng được (ngay cả hình vuông thứ $k$ cũng vừa với nó).

Bây giờ, giả sử rằng ở bước thứ $n$ nào đó, hình chữ nhật 0, có kích thước $c \times d$ ($c \geq d$) trước bước này, bị đóng. Rõ ràng là ở bước thứ $n$ $m = 0$, tức là tất cả các hình chữ nhật có số $m > 0$ đều đóng và diện tích của chúng nhỏ hơn diện tích của các hình vuông tương ứng.

Gọi $u$ và $v$ là các cạnh của hình vuông được đánh số $n$ và $n+1$. Do đó, nếu hình vuông $v \times v$ không vừa với hình chữ nhật $d \times (c - u)$ (Hình 6), thì $v \geq c - u$

$$2(u^2 + v^2) \geq (u + v)^2 \geq c^2 \geq cd,$$

tức là tổng diện tích của các hình vuông thứ $n$ và $(n+1)$ không nhỏ hơn một nửa diện tích của hình chữ nhật $c \times d$. Hóa ra các hình vuông $(n+1)$ đầu tiên đã chiếm hơn một nửa diện tích của hình vuông $\sqrt{2} \times \sqrt{2}$. Sự mâu thuẫn.

Cơm. 6.

Chúng tôi đề xuất một số câu bài toán nhằm tinh chỉnh và khái quát hóa các câu bài toán về việc đóng gói các hình vuông.

1. Không thể đặt hai hình vuông bằng nhau có cạnh $a$ mà không giao nhau trong một hình vuông có cạnh nhỏ hơn 2$a$.

2. Các hình vuông có tổng diện tích hình vuông là $S$ và cạnh dài nhất là $x$ có thể được xếp thành một hình vuông có cạnh $x + \sqrt{S - x^2}$.

3. Những hình vuông này có thể được xếp thành hình chữ nhật $a \times b$ nếu $a \geq x$, $b \geq x$ và $ab \geq 2S$.

4. Nếu bất kỳ hệ hình vuông nào có tổng diện tích bằng 1 có thể được xếp thành hình chữ nhật $a \times b$, trong đó $a \geq b$, thì ít nhất một trong hai điều kiện là đúng: 1) $a \geq \sqrt{3}$ và $b \geq 1$ 2) $a \geq \sqrt{2}$ và $b \geq 2/\sqrt{3}$.

D. Kleitman và M. Krieger đã chứng minh rằng hình chữ nhật $1 \times \sqrt{3}$ có thể chứa bất kỳ hệ hình vuông nào có tổng diện tích bằng 1. Điều hợp lý là tuyên bố tương tự cũng đúng đối với hình chữ nhật $\sqrt{2} \times 2/\sqrt{3}$.

5. Hình chữ nhật, tổng diện tích các hình vuông bằng $S$ và phần lớn các cạnh của hình vuông bằng $x$, có thể xếp thành hình chữ nhật $a \times b$, nếu $a \geq x$ và $ab \geq 2S + a^2/8$.

6. Các khối có tổng thể tích $V$ có thể được đóng gói thành khối có thể tích 4$V$.

38

Loài bài toán này đã hơn 1600 năm tuổi

B. A. Kordemsky

Cốt truyện và hình thức ký hiệu bài toán đã thay đổi, các phương thức lời giải được tích lũy, nhưng bản chất vẫn không thay đổi: tìm số nguyên (thường là tự nhiên) $x$ và $y$, thỏa mãn phương trình
$$ax + by = c$$
(1)
Với. được cho bởi các hệ số nguyên $a$, $b$ và $c$.

Có lẽ $c$ là 1001 câu chuyện của Sheherezda và chúng tôi quan tâm đến việc Sheherezda sẽ mất bao nhiêu đêm để kể tất cả câu chuyện của mình nếu cô ấy kể 5 câu chuyện trong $x$ đêm và 3 câu chuyện trong $y$ đêm.

Những tác phẩm tuyệt vời rõ ràng sẽ cần $x+y$ đêm, trong đó $x$ và $y$ là nghiệm tự nhiên của phương trình $5x+3y=1001$.

Hoặc có thể $c$ là 10 $p$. 01 $\kappa$., số tiền này một số người chi cho $x$ chuyến đi bằng xe buýt (5 kopecks mỗi chuyến) và $y$ chuyến đi bằng xe điện (3 kopecks mỗi chuyến). Đáp số cho câu hỏi đã thực hiện bao nhiêu chuyến đi được đưa vào cùng một phương trình $5x+3y=1001$.

Nghiệm của phương trình này cũng cho chúng ta biết về những điểm trên đường thẳng

Cơm. 1.

$5x+3y=1001$ (xem hình), cả hai tọa độ đều là số tự nhiên (hoặc số nguyên - trong một số bài toán khác).

Các phương trình trong đó chỉ có các giá trị nguyên của ẩn số được tách ra khỏi tập hợp lời giải thường được gọi là Diophantine để vinh danh nhà toán học nổi tiếng thế kỷ 2-3. Diophanthus từ Alexandria.

Các vấn đề lý thuyết liên quan đến điều kiện tồn tại của số nguyên, đặc biệt là phương trình lời giải tự nhiên có dạng $ax+by=c$, được V. N. Vaguten xem xét trong bài “Thuật toán Euclide và Lý thuyết cơ bản của số học” («Kvant» Số 6, 1972). Chúng ta sẽ không đề cập đến lý thuyết này mà sẽ xem xét lời giải của một phương trình cụ thể $5x+3y=1001$ để chỉ ra, bằng cách sử dụng ví dụ này, các kỹ thuật khác nhau giúp tìm phương trình số nguyên lời giải *).

Lời giải theo cách “học sinh sáng tạo”

Chúng ta chia cả hai vế của phương trình $5x+3y=1001$ cho hệ số nhỏ hơn: $\frac{5}{3}x+y=\frac{1001}{3}$; ở bên phải và làm theo toàn bộ các phần:
$$x+\frac{2}{3}x+y=333+\frac{2}{3};$$
$$x+y+\frac{2(x-1)}{3}=333.$$ (2)

Vì $x$ và $y$ là số nguyên nên $\frac{x-1}{3}$ cũng phải là số nguyên; chúng tôi đặt $\frac{x-1}{3}=t$; thì $x=3t+1$. Thay vào (2), ta được
$$3t+1+y+2t=333; y=332-5t.$$

Trong bài viết được đề cập, V. N. Vagutena chứng minh rằng các biểu thức thu được cho $x$ và $y$ là “lời giải tổng quát”, nghĩa là chúng chứa

*) Chúng ta chỉ nhắc lại rằng sự tồn tại của số nguyên lời giải của phương trình (1) đảm bảo các điều kiện gcd ($a,b)=1$, do đó phương trình $5x+3y=1001$ có ​​lời giải là số nguyên.

39

chứa tất cả các số nguyên lời giải của phương trình đã cho.

Đưa tham số $t$ giá trị $t = 0, 1, 2, \dots, 66$, chúng ta tìm thấy 67 cặp nghiệm tự nhiên có thể có của phương trình này.

Bây giờ chúng ta hãy giả định thêm rằng Scheherazade muốn phân phát một nghìn lẻ một câu chuyện của cô ấy trong càng nhiều đêm càng tốt *). Yêu cầu này được thỏa mãn tối đa $(x + y)$, là tổng lớn nhất trong tổng các cặp nghiệm của phương trình. Chúng tôi có $x + y = 333 - 2t$; Rõ ràng, đạt được tối đa $(x + y)$ ở $t = 0$.

Vì vậy, Scheherazade sẽ kể những câu chuyện của mình trong nhiều nhất là 333 đêm, nếu cô ấy kể 3 câu chuyện trong 332 đêm và 5 câu chuyện chỉ trong một đêm. Cô ấy có thể rút ngắn thời gian “làm việc” của mình và nâng nó lên 201 đêm, nếu chỉ 2 lần (với khả năng sáng tạo tối đa của một học sinh sáng tạo), bạn đã nhận được $x + y + \frac{4y - 1}{3} = 77$. Bây giờ chúng ta nên tính toán và hành động như thế nào để thể hiện cách tiếp cận trước tiên là $y$, sau đó là $x$ cho đến toàn bộ $t$?

Lời giải theo cách của một “nhà toán học sáng tạo” **)

Đối với phương trình $ax + by = c$, quy trình như sau: tìm số dư $m$ khi $a$ chia cho $b$ (gọi $a > b$) và số dư $n$ khi $c$ chia cho $b$; nếu $n = 0$, thì ngay lập tức chúng ta nhận được $x = bt$, $y = \frac{c}{b} - at$, $t = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$;

*) Tất nhiên, với điều kiện mỗi đêm cô ấy kể ba hoặc năm câu chuyện cổ tích.
**) Người phát minh ra phương pháp này, Taylor L. F., “Numbers”, London, 1970, không đặt tên cho nó.

nếu $n \neq 0$ thì nhân $m$ liên tiếp với 1, 2, …, $(b - 1)$ và viết dãy số dư khi chia các tích này cho $b$. Chuỗi kết quả sẽ chứa số $n$ (nếu không có thì sẽ không có phương trình số nguyên lời giải). Số vị trí bị chiếm bởi số $n$ trong dãy dư lượng là một trong những giá trị có thể có $x$.

Hãy áp dụng phương pháp này cho phương trình $5x + 3y = 1001$. Chúng ta có: $m = 2$, $n = 2$, nhân $m = 2$ với mỗi thành viên của chuỗi {1; 2}, ta được {2; 4}; chia cho 3 và viết số dư: {2; 1}. Chúng tôi lưu ý rằng số $n = 2$ chiếm vị trí đầu tiên trong chuỗi số dư này, do đó $x = 1$. Điều này xác định giá trị tương ứng $y = 332$.

Một cách dễ dàng và khá tổng quát lời giải cho số phương trình tuyến tính vô định của hai ẩn số!

Nhưng “phương pháp của nhà toán học sáng tạo”, không giống như phương pháp trước đó, chỉ cho chúng ta một cặp nghiệm: (1; 332). Phương pháp khiếm khuyết? Không có gì. Xem lại các công thức cho “tổng quát lời giải” bài toán, thu được “theo phương pháp học sinh”: $x = 1 + 3t$, $y = 332 - 5t$.

《Thương lời giải》 $x_0 = 1, y_0 = 332$ giống nhau trong các phương pháp chung và các hệ số $t$ (3 và 5) được xác định bởi các hệ số lời giải của phương trình: $3 = b; -5 = -a$. Và đây không phải là sự trùng hợp ngẫu nhiên mà là một quy luật: nếu $(x_0, y_0)$ là bất kỳ số nguyên lời giải nào của phương trình $ax + by = c$, và $a$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau, thì tất cả các số nguyên lời giải của nó được xác định bởi các công thức: $x = x_0 + bt$, $y = y_0 - at$, $t = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$.

Lời giải “bằng phương pháp so sánh mô-đun”

Đây là một cách hay và thường nhanh nhất để tìm phương trình số nguyên lời giải $ax + by = c$.

Đối với toàn bộ chúng ta, chỉ cần nhớ lại tuyên bố $a \equiv b$ (mod $m$) là đủ

40

tương đương với $a-b$ được chia cho $m$ hoặc $a=b+km$ ($a, b$ và $k$ là số nguyên, $m$ là số tự nhiên).

Hơn nữa, nếu $a \equiv b$ (mod $m$), thì đúng là $a \equiv b+km$ (mod $m$), trong đó $k$ là số nguyên bất kỳ $^*$). Ví dụ: đặt $3x \equiv 2$ (mod 5), sau đó $3x \equiv 2+2\cdot 5$ (mod 5), $3x \equiv 12$ (mod 5) và $x \equiv 4$ (mod 5).

Lưu ý rằng việc chia cả hai vế của modulo so sánh $m$ cho một thừa số chung $q$ chỉ được phép nếu $q$ và $m$ là các số nguyên tố tương đối.

Ví dụ sơ bộ. Hãy giải quyết sự so sánh $11x \equiv 2$ (mod 23). Việc cộng 23 vào vế phải là không thực tế cho đến khi bạn nhận được bội số của 11. Bạn phải tìm một đường đi thấp hơn. Ví dụ: cách này phù hợp: viết $22x \equiv 4$ (mod 23), sau đó trừ $23x$ từ vế trái; chúng tôi nhận được $-x \equiv 4$ (mod 23), $x \equiv -4$ (mod 23) và cuối cùng là $x \equiv 19$ (mod 23).

Đối với phương trình lời giải $5x+3y=1001$ “bằng phương pháp so sánh modulo”, bạn cần thực hiện như sau: $3y=1001-5x; 3y=1001$ (mod 5). Vì $1001=200\cdot 5+1$, thì $3y \equiv 1$ (mod 5) hoặc $3y \equiv 6$ (mod 5); $y \equiv 2$ (mod 5), do đó $y=2+5k$ ($k=0, \pm 1, \pm 2, \dots$). Dễ dàng nhận thấy rằng lời giải này tương đương với việc đến sớm

$$y=332-5t \ (t=0, \pm 1, \pm 2, \dots).$$

Lời giải “bằng phương pháp so sánh modulo” bạn cần thực hiện như sau: $3y=1001-5x; 3y=1001$ (mod 5). Vì $1001=200\cdot 5+1$, thì $3y \equiv 1$ (mod 5) hoặc $3y \equiv 6$ (mod 5); $y \equiv 2$ (mod 5), do đó $y=2+5k$ ($k=0, \pm 1, \pm 2, \dots$). Dễ dàng nhận thấy rằng lời giải này tương đương với việc đến sớm

$$y=332-5t \ (t=0, \pm 1, \pm 2, \dots).$$

*) Rất nhiều thông tin hữu ích về việc so sánh các số nguyên theo modulo được đưa ra trong các bài viết của A. A. Egorov “So sánh theo modulo và số học của số dư” («Kvant» Số 5, 1970), M. I. Bashmkov “Bạn có thích mày mò với số nguyên” («Kvant» Số 3, 1971) và phía trên các bài viết của V. N. Vaguten.

các phương trình ở “vùng đất trinh nguyên”:

$$\frac{a}{b} = [a_0; a_1, a_2, \dots, a_n],$$

tính trực tiếp tử số và mẫu số của phân số “khớp” áp chót $\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}$ hoặc sử dụng công thức truy hồi

$$P_{k+1} = P_k \cdot a_{k+1} + P_{k-1};$$

$$Q_{k+1} = Q_k \cdot a_{k+1} + Q_{k-1},$$

trong đó $P_0=a_0$, $Q_0=1$ và $P_1=a_0 \cdot a_1+1$ và $Q_1=a_1$, $k=0, 1, 2, \dots$.

Lời giải bài toán được hoàn thành bằng cách áp dụng các công thức có sẵn*) biểu diễn tổng quát lời giải của phương trình đã cho

$$\begin{cases} x = (-1)^{n-1} \cdot c \cdot Q_{n-1} + b \cdot t, \\ y = (-1)^{n} \cdot c \cdot P_{n-1} - a \cdot t, \\ t = 0; \pm 1; \pm 2, \dots. \end{cases}$$

Chúng ta hãy xem phương trình $5x+3y=1001$ lần cuối. Hãy thực hiện chuyển đổi chi tiết số $\frac{5}{3}$ thành phân số tiếp theo:

$$\frac{-5}{3} \left| \frac{3}{1} \right| \dots a_0=1,$$

$$\frac{-3}{2} \left| \frac{2}{1} \right| \dots a_1=1,$$

$$\frac{2}{2} \left| \frac{1}{2} \right| \dots a_2=2,$$

từ đâu $\frac{5}{3} = [1; 1, 2]$. Hãy tạo một phân số “thích hợp”

$$\frac{P_0}{Q_0} = \frac{a_0}{1} = 1; \quad \frac{P_1}{Q_1} = a_0 + \frac{1}{a_1} = \frac{2}{1};$$

$$\frac{P_2}{Q_2} = a_0 + \frac{1}{a_1 + \frac{1}{a_2}} = \frac{5}{3}$$

(không cần phân số thích hợp cuối cùng, ngoài ra nó luôn bằng phân số đã cho

*) Nguồn gốc của các công thức này có thể được tìm thấy trong sách giáo khoa đặc biệt, hoặc, ví dụ, trong cuốn “Bách khoa toàn thư về toán tiểu học”, cuốn một, năm 1951 (bài viết của A. Ya. Khinchin “Các phần tử của lý thuyết số”). Phân số tiếp tục cũng được thảo luận trong bài viết “Phân số tiếp tục” của N. M. Beskin («Kvant» Số 1, 1970).

41

phần Nô-ê; chúng tôi thực hiện phép tính chỉ để điền vào cách soạn vô thời hạn các phân số “phù hợp”).

Vì ở đây $n = 2$, tử số $P_{n-1}$ và mẫu số $Q_{n-1}$ của phân số “phù hợp” áp chót lần lượt bằng nhau

$$P_{n-1} = P_1 = 2; \quad Q_{n-1} = Q_1 = 1.$$

Mọi thứ đã sẵn sàng để áp dụng công thức (3): $x = -1 \cdot 1001 \cdot 1 + 3t, y = 1 \cdot 1001 \cdot 2 - 5t, t = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$.

Cuối cùng, $x = -1001 + 3t, y = 2002 - 5t, t = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$.

Với sự xuất hiện của lời giải, có vẻ như một kết quả khác đã thu được một lần nữa, không được giữ nguyên với các kết quả trước đó, nhưng có thể dễ dàng phát hiện sự tương đương của nó với tất cả các bản ghi trước đó của phương trình tổng quát lời giải đang xem xét. Do đó, $x = 1$ và $y = 332$ được lấy từ đây tại $t = 334$. Bây giờ chúng ta hãy giải một bài toán khác.

Sau vụ đắm tàu

Năm thủy thủ đổ bộ lên đảo và đến tối đã thu được một chùm dừa. Việc phân chia được hoãn lại cho đến sáng. Một người trong số họ thức dậy vào ban đêm, đếm số dobtsych, đãi con khỉ một quả hạch và lấy chính xác $\frac{1}{5}$ phần số quả hạch còn lại, sau đó anh ta quay lại giường và nhanh chóng chìm vào giấc ngủ. Trong đêm, lần lượt các thủy thủ còn lại cũng làm như vậy; Hơn nữa, mỗi người đều không hề hay biết về hành động của những người đi trước. Sáng hôm sau họ chia đều số hạt còn lại, nhưng lần này không còn hạt thừa nào cho con khỉ. Các thủy thủ đã thu thập được bao nhiêu quả hạch?

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị số lượng hạt cần thiết là $x$. Biểu diễn các hành động tuần tự của các thủy thủ bằng phương trình, ta được $x = 5a + 1; 4a = 5b + 1; 4b = 5c + 1; 4c = 5d + 1; 4d = 25y + 1$ (nghĩ về ý nghĩa của các phương trình đã đề xuất).

Hệ thống này giảm xuống một phương trình không xác định

$$256x = 2101 + 15625y.$$

Tính lời giải bằng số nguyên của phương trình phức tạp này sẽ là một phần thưởng thú vị cho việc kiên nhẫn làm quen với bốn phương pháp được đề xuất - bạn có thể chọn phương pháp hiệu quả nhất cho một bài toán nhất định. Đáp số trong bài toán này là: $x = 3121$ là giá trị tự nhiên cao nhất có thể có của $x$.

Quét. Trong cuốn sách Câu đố toán học và giải trí (Thế giới, 1971) của M. Gardner, trong đó có bài toán, người ta viết rằng nó “được xếp trong số những câu đố được giải thường xuyên nhất nhưng dễ tuân theo nhất đối với lời giải Câu đố Diophantine” (trang 234). Khi bài toán này xuất hiện trên một tờ báo vào năm 1926 (không có lời giải và đáp số), thì trong 20 năm sau đó, luồng thư gửi đến tờ báo không dừng lại với yêu cầu báo cáo đáp số, hoặc với một biến thể lời giải của riêng họ.

Trận chiến

1. Tìm phương trình số nguyên lời giải $10x + 21y = 23$ bằng cách sử dụng từng phương pháp được mô tả.
2. Tìm một số có hai chữ số có tổng số hàng đơn vị là 13 nhỏ hơn ba lần số hàng chục.
3. Một số du khách được xếp đều trên 5 xe buýt (mỗi xe chở không quá 54 người) đã được đưa đến ga. Ở đó, họ có thêm 7 người nữa tham gia và tất cả những người tham gia chuyến du ngoạn được phân bổ đều ở 14 varonas. Tổng cộng có bao nhiêu khách du lịch ở đó?
4. Ví dụ: có $13x - 5y + 96 = 0$ điểm có tọa độ nguyên không vượt quá số 10 về giá trị tuyệt đối không?
5. Cho $n$ là một số tự nhiên. Tìm phương trình số nguyên lời giải

$$nx + (n + 1)y = 2n + 1.$$

6. Cần đổ 15 lít chất lỏng vào các chai 0,5 lít và 0,8 lít sao cho đầy các chai đã sử dụng. Cần bao nhiêu chai của cả hai?
7. Chứng minh rằng với mọi $x$ số lẻ thì phép so sánh $x^2 \equiv 1$ (mod 8) đúng, tức là bình phương của một số nguyên lẻ bất kỳ khi chia cho 8 đều có dư một.

42

Onna di chuyển nhanh như thế nào?

V.V. Mayer, R.-E. E. Shafir

Để trả lời câu hỏi vật chuyển động với tốc độ bao nhiêu, chúng ta có thể thực hiện một thí nghiệm trong đó có thể nhìn thấy trực tiếp chuyển động của các hạt mang điện. Một thiết bị đơn giản để thử nghiệm một thí nghiệm như vậy đã được đề xuất vào năm 1948 bởi S. A. Artsybyshev và I. A. Bildzyukevich.

Trên tấm kính (1) có kích thước 50 × 60 mm, đặt khung (2) cắt từ giấy dày có cửa sổ có kích thước khoảng 25 × 40 mm (xem hình). Đặt hai điện cực nhôm (3) có kích thước 20x40 mm trên khung song song với nhau ở khoảng cách khoảng 15 mm. Nhấn các điện cực bằng các tiếp điểm lò xo (4). Nhỏ vài giọt dung dịch nước table coli vào giữa các điện cực và đặt khay thủy tinh (5) lên khung giấy sao cho thu được một lớp chất điện phân mỏng. Nhựa phải có chiều rộng sao cho có khoảng cách khoảng 1 mm giữa mép của nó và cực âm.

Nếu bây giờ bạn đặt một hướng vào các điện cực thì dòng điện sẽ chạy qua dung dịch điện phân NaCl. Trong trường hợp này, các Na⁺ và Cl⁻ sẽ chuyển động trong dung dịch, nhưng chuyển động của chúng được quan sát thấy.

Tốc độ di chuyển của các ion bị oxy hóa thay đổi tùy theo điều kiện thí nghiệm. Nó bị ảnh hưởng bởi nồng độ của dung dịch, hướng cung cấp cho các điện cực và nhiều lý do khác. Hãy thử, bằng cách thay đổi một chút các điều kiện thí nghiệm, để xác định tốc độ mà vật thể có thể di chuyển.

43

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 31 tháng 5 năm 1973 đến địa chỉ: 117071, Moscow V-71, Leninsky Prospekt, 15, Nhà xuất bản Nauka, tạp chí «Kvant».
Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết lời giải mà bài toán bạn đang gửi, ví dụ: “Sự cố «Kvant», M196, M198 hoặc “…F210”.
Lời giải bài toán cho từng môn học (toán học và vật lý), cũng như bài toán mới phải được gửi trong phong bì riêng.
Chúng tôi chỉ định opprizinal bài toán được đề xuất xuất bản cùng với các giải pháp của bạn cho bài toán này (trên phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”). Bài toán từ các số khác nhau của tạp chí được đựng trong các phong bì khác nhau.
Nhiệm vụ có độ khó tăng dần được đánh dấu bằng dấu hoa thị.
Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Bài toán
M196-M200; F208-F212

M196. Thực hiện một số bước di chuyển trong đường tròn bán kính 1. Chứng minh rằng nếu mỗi đường kính cắt nhau không quá k hod thì tổng chiều dài của các hod nhỏ hơn lx.

A. T. Kolomov

M197. Một bảng hình chữ nhật gồm m hàng và n cột chứa mn số dương tùy ý. Hãy tìm tích các số ở mỗi cột rồi tìm tổng S của tất cả n tích đó. Chứng minh rằng nếu

$$S = 84$$
Cơm. 1.

M199. a) Chứng minh rằng tổng
$$C_n^0 - C_{n-1}^1 \frac{1}{4} + C_{n-2}^2 \frac{1}{4^2} - \cdots + (-1)^i C_{n-i}^i \frac{1}{4^i} + \cdots$$
(tổng được lấy trên tất cả các số nguyên i, $0 \leq i \leq \frac{n}{2}$) bằng $\frac{n+1}{2^n}$.

6)* Chứng minh rằng nếu p và q là các số khác nhau và p+q=1 thì tổng
$$C_n^0 - C_{n-1}^1 pq + C_{n-2}^2 p^2 q^2 - \cdots + (-1)^i C_{n-i}^i p^i q^i + \cdots,$$

44

người ta có thể ánh xạ tập hợp sáu điểm này lên chính nó theo 24 cách khác nhau sao cho cứ ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng thì được ánh xạ thành ba điểm cũng nằm trên cùng một đường thẳng.

6. Trong Hình 4, chín điểm nằm ba trên chín đường thẳng và ba đường thẳng như vậy đi qua mỗi điểm. Chín điểm và chín đường này tạo thành “cấu hình Pascal” nổi tiếng. Bằng cách nào một tập hợp chín điểm của chúng ta có thể được ánh xạ lên chính chúng sao cho mỗi bộ ba điểm nằm trên một trong chín đường thẳng của chúng ta được ánh xạ lên một bộ ba điểm nằm trên một đường thẳng nào đó từ cấu hình của chúng ta?

c) Câu hỏi tương tự đối với cấu hình Desargues (mười điểm và mười dòng) được hiển thị trong Hình 5.

A. N. Kolmodorov

F208. Lốp của chiếc máy tự động liên quan đến vụ nổ tonka. Hãy ước tính xem ô tô nên đi với tốc độ bao nhiêu để lốp không bị nhăn.

P. L. Kapitsa

F209*. Bạn có thể mô phỏng quỹ đạo của một hạt tích điện trong từ trường bằng cách đặt một dây dẫn linh hoạt cố định ở hai đầu để dòng điện chạy qua trong từ trường đều. Lực căng của sợi dây như vậy sẽ là bao nhiêu khi có dòng điện 1 A, nếu nó mô phỏng

M200. a) Hình 3 cho thấy sáu điểm nằm trên bốn đường thẳng. Chứng minh rằng

Cơm. 6.

45

Cơm. 7.

quỹ đạo của một proton có năng lượng 1 MeV bay vào từ trường vuông góc với các đường sức từ?

F210. Hai bình mở giống hệt nhau được nối với nhau bằng hai ống giống hệt nhau và đổ đầy nước lên trên. Các ống được đóng lại bằng vòi $K_1$ và $K_2$ (Hình 6). Nhiệt độ của nước trong bình được duy trì không đổi và $t_1^\circ > t_2^\circ > 4^\circ$ C. Điều gì sẽ xảy ra với nước trong bình nếu bạn mở vòi $K_2$ lần đầu tiên, sau đó (với vòi $K_2$ mở) mở vòi $K_1$?

F211. Một quá trình (chu trình) khép kín được thực hiện với một loại khí đơn nguyên tử lý tưởng, như trong Hình 7. Tại điểm $C$ khí có thể tích $V_C$ và áp suất $P_C$, và tại điểm $B - V_B = \frac{1}{2} V_C$ và $P_B = 2P_C$. Tìm hiệu suất của chu trình này và so sánh nó với hiệu suất lý thuyết tối đa của một chu trình trong đó nhiệt độ của lò sưởi và tủ lạnh lần lượt bằng nhiệt độ tối đa và tối thiểu của chu trình đang được xem xét.

M. E. Marinchik

F212. Từ một dòng sông băng trượt xuống biển dọc theo một sườn dốc hình tròn ở độ sâu 1 km, một khối băng mở ra - một tảng băng trôi (chiều cao của nó dưới 1 km). Phần nào của tảng băng trôi có thể tan chảy khi trôi nổi? Nhiệt độ của nước đá và nước là 0°C.

NHIỆM VỤ

Bốn chiếc bình chứa những quả bóng. Hai người chơi thay phiên nhau lấy bóng từ bình. Trong mỗi lượt, người chơi chọn hai chiếc bình và lấy số lượng bóng bất kỳ từ chúng và phải lấy ít nhất một quả bóng. Người nào lấy được quả bóng cuối cùng sẽ thắng. Với mỗi số bi trong bình, liệu người mới bắt đầu có thắng không và nên chơi như thế nào để giành chiến thắng? Hãy thử tóm tắt trò chơi này.

G. I. Podolny

Ở «Kvant» Số 3, do thiếu ban biên tập nên danh sách học sinh lớp 7–10 được quyền tham gia các kỳ thi Olympic vật lý cấp khu vực, khu vực và tài nguyên:

I. Bratovskaya - Usolye-Sibirskoye, s.sh.2;
V. Kuusk—Ông. Rzhev, ssh.4;
G. Levin - Kuibyshev, s.sh.135.
Các biên tập viên sẽ chấp nhận những phát hiện sâu sắc của họ.

46

Lời giải bài toán

M156-M159; F176-F177

M156. Cho hình chữ nhật ABCD, M là trung điểm cạnh AD, N là trung điểm cạnh BC. Trên đoạn thẳng dài DC, lấy điểm D là điểm P. Ta ký hiệu giao điểm của đường thẳng PM và AC bằng Q. Chứng minh rằng QNM = MNP.

Bài toán có nhiều hình học đơn giản lời giải. Đây là một trong số đó.

Gọi O là tâm của hình chữ nhật (xem Hình 1) (giao điểm của MN và AC), K là giao điểm của QN với đường vuông góc với đoạn MN tại điểm giữa O. Khi đó, dễ thấy, QM/MP = QO/OC = QK/KN, và do đó, MK||PN. Nhưng tam giác MKN là tam giác đều: theo cách xây dựng KO có cả đường cao và đường trung tuyến. QNM tư thế = KMN = MNP.

Không khó để giải bài toán bằng phép tính. Ví dụ: bạn có thể sử dụng phương pháp tọa độ. Nếu ta đưa vào hệ tọa độ như Hình 2 thì tọa độ $(x_0, y_0)$ của điểm Q thỏa mãn hai phương trình:

$(p - 2b)x - ay = -2ab$ (phương trình đường thẳng MP) và $bx + ay = ab$ (phương trình đường thẳng CA).

Hãy nhân phương trình thứ hai với 2 và cộng nó với phương trình thứ nhất. Chúng tôi nhận được (cho $x = x_0, y = y_0$) $px_0 + ay_0 = 0$. Do đó, độ dốc của đường NQ bằng $\frac{y_0}{x_0} = -\frac{p}{a}$,

cơm. 1. Hình 2.

M157. Tổng của n số dương $x_1, x_2, x_3, \dots, x_n$ bằng 1. Gọi S là số lớn nhất

$$\frac{x_1}{1+x_1}, \frac{x_2}{1+x_1+x_2}, \dots, \frac{x_n}{1+x_1+x_2+\dots+x_n}.$$

Tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của S. Đạt được giá trị nào của $x_1, x_2, \dots, x_n$?

Giả sử các số dương $a_1, a_2, \dots, a_n$ sao cho $a_1 + a_2 + \dots + a_n = 1$ và

$$\frac{a_1}{1+a_1} = \frac{a_2}{1+a_1+a_2} = \dots = \frac{a_n}{1+a_1+a_2+\dots+a_n}.$$

(Bên dưới chúng ta sẽ thấy rằng một tập hợp $a_1, a_2, \dots, a_n$ như vậy thực sự tồn tại.) Hãy chứng minh rằng với $x_1 = a_1, x_2 = a_2, \dots, x_n = a_n$ giá trị S nhận giá trị nhỏ nhất có thể có. Đặt $b_1, b_2, \dots, b_n$ là một tập hợp số dương khác có tổng bằng 1. Lưu ý rằng nếu $x_k$ tăng và tất cả $(x_1, x_2, \dots, x_k-1)$ trước đó không tăng thì số lượng

$$\frac{x_k}{1+x_1+\dots+x_{k-1}+x_k} = \frac{1}{\frac{1}{x_k}+\frac{x_1}{x_k}+\dots+\frac{x_{k-1}}{x_k}+1} = \frac{1}{1+x_1+\dots+x_{k-1}+x_k} + 1$$

sẽ tăng lên.

Pozny, nếu $b_1 > a_1$, thì $\frac{b_1}{1+b_1} > \frac{a_1}{1+a_1}$; nếu $b_1 \leq a_1, b_2 > a_2$, thì $\frac{b_2}{1+b_1+b_2} > \frac{a_2}{1+a_1+a_2} = \frac{a_1}{1+a_1}$; nếu $b_1 \leq a_1, b_2 \leq a_2, b_3 > a_3$ thì $\frac{b_3}{1+b_1+b_2+b_3} > \frac{a_3}{1+a_1+a_2+a_3} = \frac{a_1}{1+a_1+a_2+a_3}$, v.v. Vì tập hợp số $b_1, b_2, \dots, b_n$ khác với tập hợp $a_1, a_2, \dots, a_n$ và tổng các số trong các tập hợp chung

47

rah cũng vậy, thì $b_k > a_k$ đối với một số $k$. Đặt $k$ là chỉ số nhỏ nhất có thuộc tính này, tức là $b_1 \leq a_1, b_2 \leq a_2, \dots, b_{k-1} \leq a_{k-1}, b_k > a_k$, thì

$$\frac{b_k}{1+a_1+\dots+a_k} > \frac{a_k}{1+a_1+\dots+a_k} = \frac{a_1}{1+a_1}.$$

Như vậy số lớn nhất

$$\frac{b_1}{1+b_1}, \frac{b_2}{1+b_1+b_2}, \dots, \frac{b_n}{1+b_1+\dots+b_n}$$ lớn hơn $\frac{a_1}{1+a_1}$

số lớn nhất trong các số $\frac{a_1}{1+a_1}, \frac{a_2}{1+a_1+a_2}, \dots, \frac{a_n}{1+a_1+\dots+a_n}$.

Việc còn lại là giải hệ phương trình số dương

$$\begin{cases} x_1+x_2+\dots+x_n=1, \\ \frac{x_1}{1+x_1} = \frac{x_2}{1+x_1+x_2} = \dots, \\ \dots = \frac{x_n}{1+x_1+x_2+\dots+x_n}. \end{cases}$$

Phương trình $\frac{x_1}{1+x_1} = \frac{x_k}{1+x_1+\dots+x_k}$ (đối với dương $x_1, x_2, \dots, x_k$) được chuyển về dạng $x_k = (1+x_1+\dots+x_{k-1})x_1$ nên hệ này tương đương với hệ

$$\begin{cases} x_2 = (1+x_1)x_1, \\ x_3 = (1+x_1+x_2)x_1, \\ \dots, \\ x_n = (1+x_1+\dots+x_{n-1})x_1, \\ x_1+x_2+\dots+x_n=1, \end{cases}$$

do đó tương đương với hệ thống

$$\begin{cases} x_2 = (1+x_1)x_1, \\ x_3 = (1+x_1)^2x_1, \\ \dots, \\ x_n = (1+x_1)^{n-1}x_1, \\ x_1+x_2+\dots+x_n=1, \end{cases}$$

nghĩa là, các số $x_1, x_2, \dots, x_n$ tạo thành một cấp số nhân có giá trị $(1+x_1)$ và tổng $(1+x_1)^n-1$.

1. Teler rất dễ tìm thấy hệ thống lời giải:

$$a_1 = \sqrt[n]{2}-1, a_2 = \sqrt[n]{2}\left(\sqrt[n]{2}-1\right), a_3 = \sqrt[n]{2^2}\left(\sqrt[n]{2}-1\right), \dots, a_n = \sqrt[n]{2^{n-1}}\left(\sqrt[n]{2}-1\right).$$

Giá trị bắt buộc của $S$ là

$$\frac{\sqrt[n]{2}-1}{\sqrt[n]{2}} = 1 - \frac{1}{\sqrt[n]{2}}.$$

M158. Bảng bộ ba được xây dựng theo quy tắc sau: số tự nhiên $a > 1$ được viết ở dòng trên cùng, sau mỗi số $k$ có $k^2$ và bên phải - số $k+1$. Ví dụ: với $a = 2$ ta có bảng:

Chứng minh rằng trên mỗi hàng của bảng tất cả các số đều khác nhau.

Giả sử rằng một số hàng của bảng chứa các số giống nhau. Gọi $n$ là số trên cùng của các dòng này, $p$ và $q$ là các số bằng nhau trong dòng được đánh số $n$. Vì không có số nào bằng nhau ở dòng trước, nên $p$ và $q$ được lấy từ các số ở dòng trước bằng các hành động khác nhau: một bằng cách bình phương, số còn lại bằng cách cộng 1. Đặt $p = r^2$, $q = s+1$ sao cho $s = r^2-1$. Các số $r$ và $s$ nằm ở dòng $(n-1)$. Hãy xem xét đường đi mà số $s$ được lấy từ số $a$. Giả sử rằng dọc theo con đường này, chúng ta gặp bình phương. Vì $s < r^2$, số lớn nhất chúng ta có thể bình phương sẽ là $r-1$. Nhưng $s-(r-1)^2 = 2r-2$. Điều này có nghĩa là chỉ có thể lấy được số $s$ từ số $(r-1)^2$ bằng cách thêm 2$r-2$ bước. Do đó, số $s$ được lấy từ số $a$ với không ít hơn $2r-1$ bước, sao cho $n-2 \geq 2r-1$. Nhưng tất cả các số thu được từ số $a$ trong số bước đó không nhỏ hơn $a+2r-1 > r$, trong khi số $r$, nằm trên cùng dòng với $s$, được lấy từ $a$ trong cùng số bước như $s$. Do đó, khi lấy số $s$ từ số $a$ thì không có bình phương. Điều tương tự cũng có thể nói về số $q = s+1$. Do đó, $q$ là số ngoài cùng bên phải nhỏ nhất trong hàng của nó, mâu thuẫn với đẳng thức $q = p$.

Bài toán có thể khái quát như sau.

Đặt $f$ là hàm được xác định trên tập hợp số tự nhiên và lấy giá trị. Giả sử $f(n+1)-f(n)>n+1$ với mọi số tự nhiên $n$. Do đó, một bảng tam giác theo sơ đồ tương tự như trong bảng đã cho, nhưng áp dụng mỗi lần