Kvant 1973, số 9 · Trang

Kvasht
1973
9
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

4

VII Olympic Toán học sinh toàn Liên đoàn

1. Đánh giá bài toán với trưởng nhóm.
2. Thảo luận bài toán.
3. Trình bày giải thưởng.
4. Học sinh lớp 8 đang làm việc.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoni
Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov,
S. T. Belyaev,
V. G. Boltyansky,
N. B. Vasiliev,
Yu. N. Efremov,
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirillin,

nghệ sĩ chính
A. I. Klimanov,
S. M. Kozel,

phó tổng biên tập
V. A. Leshkovtsev,
L. G. Makar-Limanov,
A. I. Markushevich,
N. A. Patrikeeva,
I. S. Petrkov,
N. Kh. Rozov,
A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky,

phó tổng biên tập
M. L. Smolyansky.
Vâng. 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,
biên tập viên nghệ thuật
T. M. Makarova,
I. B. Mamulova,
N. A. Bạc hà,
T. S. Petrova,
V. A. Tikhomirova,
do các biên tập viên đứng đầu
L. V. Cherpova

TRONG PHÒNG:
2 L. S. Khrenov. Abu Rayhan Beruni (nhân kỷ niệm 1000 năm ngày sinh của ông)
9 V. A. Alexandrova. Thomas Jung (nhân kỷ niệm 200 năm ngày sinh của ông)
12 T.Jung. Thí nghiệm chứng minh sự giao thoa ánh sáng

vòng tròn toán học
18 B. A. Kordemsky. Tổ hợp màu đỏ

Vấn đề «Kvant»
24 người chiến thắng cuộc thi «Kvant»
25 Bài toán M221—M225; F233—F237
27 Lời giải bài toán M179—M183; F193—F197

VII Olympic toàn diện dành cho học sinh môn toán và vật lý
38 M. L. Smolyansky. Tất cả các kỳ Olympic
41 L. M. Pashkova. Olympic dành cho các nhà toán học
47 L. G. Limanov. Bài toán trong toán học
50 I. N. Bernistey. matboi
52 T. S. Petrova, V. A. Tikhomirova. Olympic thể chất
60 I. M. Yaelom. Bộ sưu tập “Olympic” bài toán

Xưởng của người nộp đơn
63 G. V. Dorofeev. Hệ hai phương trình tuyến tính với hai ẩn số
68 L. P. Bakanina. Lực ma sát

Thông tin
72 AI Orlov. Trường Âm nhạc Cao cấp tại Hội Toán học Moscow
74 A. V. Kadanov, I. I. Nasluzov. Truyền hình chuẩn bị vào đại học

«Kvant» cho học sinh nhỏ
76 Bài toán
77 A. Yu. Soifer. Cư dân mới của sở thú «Kvant»
78 Khách mời của chúng ta là tạp chí Alpha
79 Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (xem 17, 23, 26, 71, 73)

Trên trang đầu tiên của trang bìa có một bức ảnh chụp vân giao thoa thu được khi ánh sáng từ chùm tia tới hạn đi qua giao thoa kế. Bạn có thể đọc về hiện tượng giao thoa ánh sáng trong bài viết của T. Jung “Thí nghiệm chứng minh sự giao thoa ánh sáng” (tr. 12).

L.S. Khrenov
ABU RAYKHAN BERUNI
đến kỷ niệm 1000 năm ngày sinh của ông

Nửa đầu thế kỷ 11 và hai thế kỷ trước đó được đặc trưng bởi sự phát triển nhanh chóng về văn hóa của các dân tộc Trung Đông và Trung Á. Việc hình thành và phát triển các thành phố xanh lớn, ốc đảo hoa, hệ thống thủy lợi, hình thành các tuyến thương mại quốc tế, xây dựng cung điện và đền thờ đã kích thích nghiên cứu trong các lĩnh vực toán học, trắc địa và thiên văn học.

Trung Á là một trong những trung tâm văn hóa thế giới lâu đời nhất. Công trình của các nhà khoa học Trung Á có ảnh hưởng lớn đến sự phát triển không chỉ của khoa học ở Trung Đông mà còn của toàn bộ nền khoa học châu Âu.

Các tác phẩm của các nhà thiên văn học và toán học Trung Á thế kỷ 9-16 được biết đến rộng rãi. Một trong những vị trí danh dự ở giữa thuộc về nhà khoa học quan trọng Abu Rayhan Muhammad ibn Axmad al-Beruki.

Người đàn ông vĩ đại này kết hợp những đặc điểm tốt nhất của một nhà khoa học - sự cống hiến cho khoa học, niềm đam mê kiến ​​thức không thể nguôi ngoai, sự quyết tâm và cống hiến.

Abu Raikhan Beruni sinh ngày 4 tháng 9 năm 973 tại Uzbekistan thuộc thành phố Kyat *), thủ đô khi đó của Khorezm.

Ông trải qua những năm đầu đời trong gia đình Khorezm Shah Mamu và A.

Do đó, phổ biến rộng rãi ở vùng hạ lưu của Amu Darya, nó được gọi là Berunni (trước đây Berunni được coi là một nhà khoa học Ả Rập, và trong tiếng Ả Rập, tên của ông nghe giống Berunni).

Ở đó, khả năng vượt trội của anh đã được chú ý bởi nhà khoa học nổi tiếng Abu Nasr Mansur, bin Ali và bin Iraq (khoảng 950-1034), những người đã truyền cho cậu bé Beruni niềm yêu thích với khoa học tự nhiên và đặc biệt là toán học và thiên văn học. Nhớ về giai đoạn này của cuộc đời mình, Berunni đã viết trong một trong những bài thơ cuối cùng của mình:

“Gia đình Iraq đã cho tôi ăn sữa của họ và Mansur của họ đảm nhận việc nuôi dưỡng tôi…”

Nhận được một nền giáo dục xuất sắc ở quê hương, Berunni, khi còn trẻ, đã thực hiện những quan sát độc lập và vào khoảng năm 995, ông là người đầu tiên ở Trung Á xây dựng một quả địa cầu có thể xác định tọa độ địa lý của các khu định cư với độ chính xác đủ cho thời điểm đó, đã tham gia chế tạo các dụng cụ thiên văn (hình vuông trên tường, v.v.) và xác định tọa độ địa lý của nhiều nơi khác nhau ở Khorezm.

Trí óc ham học hỏi và mong muốn tiếp thu kiến ​​​​thức thường xuyên của ông không thể được thỏa mãn bởi nền giáo dục mà gia đình Iraq nhận được, và Berunni dành nhiều thời gian cho việc nghiên cứu triết học, toán học, thiên văn học và các ngành khoa học khác. Với mục đích tương tự, ông đã đến các trung tâm khoa học lớn như Baghdad và Bukhara cũng như nhiều thành phố khác nhau ở Khorezm và Afghanistan.

Xung đột giữa những người nổi tiếng Khorezm đã buộc Beruni phải rời quê hương nhiều lần, vì vậy

4

ngay từ khi còn trẻ, ông đã tham gia tích cực vào đời sống chính trị của Kyat, chiếm một vị trí nổi bật dưới thời hai Khorezm Shahs.

Họ trở lại Khorezm vào năm 1004, đến thủ đô mới - thành phố Gurganj *), Beruni giữ vị trí cố vấn cho Shah và đứng đầu học viện được thành lập vào thời điểm đó. Các nhà khoa học xuất sắc được Khorezm Shah mời từ các quốc gia khác nhau đang tập trung xung quanh Beruni. Người trang trí cho học viện là nhà khoa học Bukhara Abu Ali và bn Sina (Avicenna, 980-1037), một nhà khoa học tự nhiên, bác sĩ và triết gia.

Sau khi Sultan Mahmud của Ghaznavid chiếm Khorezm vào năm 1017, Beruni cùng với các nhà khoa học khác buộc phải chuyển đến Ghazna (Afghanistan), nơi ông sống cho đến những ngày cuối đời. Tại đây ông nghiên cứu thiên văn học, toán học và trắc địa. Trong cùng thời gian đó, Beruni đã đến thăm Ấn Độ hai lần; Ở đó, ông không chỉ thực hiện công việc xác định kích thước của địa cầu mà còn thu thập tài liệu tổng quát về lịch sử, địa lý, dân tộc học và triết học của đất nước này.

Đồng thời, ông viết lịch sử phát triển toán học ở Ấn Độ, vẽ bản đồ thế giới và phát triển lý thuyết về nguồn gốc của biển.

Người ta biết rất ít về những năm cuối đời của Berunia: sự cô đơn, tuổi già và như mọi khi, công việc tập trung. Ông không có gia đình, rất ít học trò. Có lẽ Beruni đã thấy mục đích của mình là truyền đạt kiến ​​thức của mình không phải cho cá nhân mà cho tất cả mọi người. Nhà khoa học viết: “Tất cả những cuốn sách của tôi đều là con của tôi và hầu hết mọi người đều được ban phước bởi những đứa con và những bài thơ của họ”. Do đó, ông có thái độ cẩn trọng từng giờ, từng phút trong cuộc đời - ông cố gắng để lại cho mọi người tất cả những gì mình có, mọi thứ cho đến ý nghĩ cuối cùng.

*) Tàn tích của thành phố này nằm cách Urgench vài chục km.

Peru Beruni sở hữu khoảng 150 công trình khoa học, liên quan đến nhiều lĩnh vực khoa học: thiên văn học, toán học, khoáng vật học, địa lý, trắc địa, lịch sử, ngôn ngữ học và những lĩnh vực khác. Tuy nhiên, trong suốt cuộc đời của mình, ông đã nghiên cứu kỹ lưỡng nhất về thiên văn học, trắc địa và toán học.

Tác phẩm lớn đầu tiên của ông, “Những di tích còn sót lại từ các thế hệ trước”, được gọi ngắn gọn là “Niên đại học” (khoảng 1001), bao gồm mô tả về hệ thống lịch của nhiều dân tộc khác nhau (Hy Lạp, La Mã, Khorezmians, Arids, Ebvres, Ba Tư, v.v.), lịch sử phát triển của khoa học, văn hóa, phong tục, v.v..

Thông tin rất thú vị là vào thời cổ đại, người Ả Rập coi thời gian trong ngày từ hoàng hôn đến hoàng hôn, còn người Hy Lạp, Byzantine và Ba Tư - từ đông sang đông. Cuốn sách tiết lộ về các loại gác lửng thiên văn (mặt trăng, mặt trời và thời gian), về nguồn gốc của các gác lửng được đặt tên giữa các dân tộc khác nhau.

Mười hai chương của “Niên đại” được dành cho những ngày nổi tiếng và các ngày lễ tôn giáo của người Ba Tư, Hy Lạp, La Mã cổ đại và những người khác. Cuốn sách này thậm chí không phản ánh giá trị khoa học cho đến ngày nay: nó phản ánh rất đầy đủ về lịch sử, tôn giáo và dân tộc học của các dân tộc ở Phương Đông Cổ đại.

Năm 1025, Beruni hoàn thành chuyên luận “Xác định ranh giới các địa điểm để nghiên cứu khoảng cách giữa các điểm”, thuật ngữ gọi là “Trắc địa”. Trong đó, Beruni, nhà thiên văn học Hồi giáo đầu tiên, đưa ra sự phát triển chi tiết về phương pháp xác định kinh độ địa lý bằng cách quan sát đồng thời nguyệt thực từ hai điểm với kinh độ đã biết của một trong số chúng.

Ở Ấn Độ, giao tiếp với các nhà khoa học và nghệ nhân bị Mahmud của Ghaznavid bắt giữ, Beruni đã biết được thông tin chi tiết về quê hương tuyệt vời của họ, tôn giáo, phong tục tập quán.

6

tầm quan trọng của chuyển động của các ngôi sao sáng, và để duy trì những gì có vẻ vinh dự đối với những người đến muộn với thời đại chúng ta và xuất hiện sau này. Tôi kết hợp mỗi hành động trong mỗi chương với sự chỉ dẫn về các nguyên tắc hành động và với những lời giải thích về nhiều việc đã được thực hiện để giúp học sinh khỏi bắt chước tôi một cách mù quáng và sẽ mở ra cánh cửa để anh ta xác nhận sự thật về những gì tôi đã đúng hoặc sửa chữa những gì tôi đã sai.”
“Thông tin được thu thập về kiến ​​thức về đồ trang sức”, được gọi ngắn gọn là “Khoáng vật học”, là tác phẩm hoàn thành cuối cùng của Beruni. Ở một mức độ nhất định, cuốn sách đã theo đuổi các mục tiêu thực tế liên quan đến việc buôn bán đá quý màu. Phần lớn chuyên luận được dành cho các khoáng chất đã được Beruni biết đến và kim loại. Nhà khoa học đặt tên cho các khoáng chất bằng các ngôn ngữ khác nhau, mô tả màu sắc và sắc thái, tính chất vật lý và dược liệu của chúng. Điều đáng quan tâm nhất đối với lịch sử vật lý và khoáng vật học là việc Beruni là người đầu tiên xác định chính xác trọng lượng riêng của một số khoáng chất, khác xa với khả năng phân loại khoáng sản của ông. Do đó, khoáng sản, vẫn là một môn khoa học mô tả thuần túy, lần đầu tiên bắt đầu dựa trên dữ liệu kỹ thuật số thu được từ các thí nghiệm vật lý. “Khoáng vật học” được Beruni dự định không phải là một tác phẩm khoa học nghiêm túc mà là một tác phẩm khoa học và văn học. Điều này giải thích số lượng lớn các truyền thuyết, câu chuyện và câu chuyện hư cấu về đá được tìm thấy trong văn bản. Được viết bằng ngôn ngữ tươi sáng, biểu cảm, Khoáng vật học chứa đựng những đặc điểm giàu trí tưởng tượng của khoáng chất. Beruni mô tả về lapis lazuli: “Trên bề mặt được đánh bóng của đá, ở hầu hết các khu vực, có thể nhìn thấy những ngôi sao vàng, giống như những hạt bụi trong tia nắng mặt trời”.

Nghiên cứu quan trọng hơn về mặt nano của Beruni trong lĩnh vực lượng giác liên quan đến

bắt đầu tính một số đa giác dựa trên cách xây dựng của chúng bằng la bàn và thước kẻ. Sách của ông bao gồm việc chứng minh các định lý về dây cung tương ứng với các định lý về sin của tổng và hiệu của hai góc, về sin của các góc định vị và nhân đôi, tỷ số tính toán của chu vi với đường kính và các giá trị của sin của các góc cứ sau 15’ và các tiếp tuyến cứ sau 1° với độ chính xác là bốn chữ số thập lục phân, đồng thời đưa ra các quy tắc sử dụng immi, mô tả nội suy tuyến tính và bậc hai, cũng như các định lý sin là mặt phẳng đã được chứng minh và lượng giác cầu.

Beruni rất quan tâm đến lĩnh vực trắc địa, một trong bài toán trong số đó là việc xác định hình dạng và kích thước của hành tinh chúng ta. Việc nghiên cứu hình dạng và kích thước của Trái đất, cùng với vị trí và chuyển động của nó trong không gian, có tầm quan trọng rất lớn đối với sự hiểu biết của con người về thực tế xung quanh mình, nhằm giải đáp câu đố về vũ trụ.

Các nhà khoa học Chaldean thời cổ đại (thế kỷ VII-VI trước Công nguyên), quan sát nguyệt thực, bày tỏ suy nghĩ về tính hình cầu của Trái đất. Lịch sử cũng đã bảo tồn cho chúng ta định nghĩa nổi tiếng về bán kính địa cầu (phương pháp và kích thước), do nhà khoa học Hy Lạp Ertosthenes (khoảng 276-194 trước Công nguyên) đưa ra. Theo tính toán của ông, bán kính quả địa cầu là 6311 km.

Beruni đã biết đến sự khác biệt về kích thước bán kính địa cầu mà nhiều nhà khoa học khác nhau thu được vào cuối thế kỷ thứ 9 và thúc đẩy ông thực hiện các phép đo độc lập. Để đạt được mục đích này, ông đã áp dụng một phương pháp mới. Đây là những gì anh ấy viết: “Với mục đích này, tôi đã tìm thấy một ngọn núi lớn ở Ấn Độ, nhô lên trên một đồng bằng rộng lớn. Bề mặt của đồng bằng có chiều rộng rất lớn của Trái đất và bầu trời, tức là vòng tròn của đường chân trời, và tôi đã tìm thấy nó

7

Cơm. 1.

trong một công cụ (trong chiêm tinh học) được giới hạn bởi đường ngang đông-tây và xác định góc của đường ngang.”

Thật vậy, nếu chúng ta giả sử rằng chiều cao của ngọn núi $AM = H$ đã biết (Hình 1), thì bằng cách sử dụng chiêm tinh học, thay đổi góc của phương ngang $\alpha$, chúng ta có thể (từ $\triangle CBA$) viết rằng

$$R = (R + H) \cos \alpha;$$

từ đây

$$R = \frac{H \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}.$$

Đồng thời, để xác định điểm $B$, khi quan sát góc $\alpha$ sẽ được đo, bạn cần tìm “… một nơi như vậy cạnh biển hoặc trên sa mạc và quan sát Mặt trời từ ngọn núi ở phía đông hoặc lúc hoàng hôn cho đến khi một nửa đĩa của nó biến mất khỏi thời đại chúng ta.”

Bán kính của địa cầu, được xác định bởi Berunni bằng công thức (1), hóa ra là $R = 6399.58$ km, khác rất ít so với kích thước bán kính Trái đất ($R = 6371.11$ km) hiện đang được sử dụng.

Để xác định chiều cao $H$ (giả sử là một nhà thờ Hồi giáo), Berunni đã sử dụng máy đo độ cao do ông tạo ra để đo các đoạn $ND$ và $FQ$ (Hình 2). Đã định vị tấm chắn $MNPQ$ của máy đo độ cao trong mặt phẳng thẳng đứng sao cho mặt $QM$ hướng về điểm $A$ (nhìn qua đi-ốp $m$ và $n$), sử dụng bí danh $PZ$ quay quanh điểm $P$, ngắm qua đi-ốp $P$ và $Z$ đến điểm $A$. Ở vị trí này, tấm chắn được bảo mật và bí danh $PZ$ được gắn vào nó.

Vì $\triangle PND$ tương tự $\triangle AQP$ và $\triangle AFQ$ tương tự $\triangle ACQ$, nên

$$\frac{AQ}{PQ} = \frac{NP}{ND}, \quad \frac{AC}{AQ} = \frac{FQ}{PQ},$$

Ở đâu

$$AQ = \frac{NP \cdot PQ}{ND}, \quad AC = \frac{AQ \cdot FQ}{PQ}.$$

Chiều cao của $H = AC$ sẽ là $H = AC = AQ \cdot \frac{FQ}{PQ} = \frac{NP \cdot PQ \cdot FQ}{ND \cdot PQ} = \frac{NP \cdot FQ}{ND}.$

Berunni khuyến nghị tính toán khoảng cách ngắn nhất $S$ trên bề mặt trái đất giữa các thành phố có khoảng cách xa đáng kể $A$ và $B$ theo các vĩ độ địa lý được xác định trước $\varphi_A$ và $\varphi_B$ và kinh độ $\lambda_A$ và $\lambda_B$ của các thành phố $A$ và $B$. Để làm được điều này, theo đề xuất của ông

8

Cơm. 3

Công thức xác định dây cung $S$ phụ thuộc cung tròn lớn đi qua các điểm $A$ và $B$:

$$S = \sqrt{\Delta \lambda^2 \cos \varphi_A \cos \varphi_B + \Delta \varphi^2},$$

trong đó $\Delta \lambda$ và $\Delta \varphi$ là các dây phụ thuộc cung tương ứng với độ chênh của nợ ($\lambda_B - \lambda_A$) và vĩ độ ($\varphi_B - \varphi_A$). Biết dây cung $S$, chúng ta có thể tính được đường tròn lớn chắn bởi cung của nó đi qua các điểm $A$ và $B$, tức là khoảng cách ngắn nhất giữa chúng.

Beruni rất chú trọng đến việc thiết kế các dụng cụ thiên văn và trắc địa khác nhau.

Ông đã phát triển các phương pháp xác định chiều rộng của sông hoặc khe núi (không thể đo trực tiếp), độ sâu của giếng và cũng giải được một số phương pháp khác. bài toán, cho đến nay vẫn chưa mất đi ý nghĩa thực tế của chúng.

Cơm. 4.

Ví dụ: để xác định chiều rộng của sông $AB$ (Hình 3), Beruni khuyên bạn nên dựng hai tam giác vuông $BAC$ và $QAC$. Để thực hiện việc này, hãy sử dụng công cụ astrophilizer $AC$, hình chữ nhật $AB$ và thay đổi góc $ACB = \beta$ tại điểm $C$, sau đó tạo góc $ACM = \beta$ tại cùng một điểm $C$. Bây giờ vẫn còn phải tiếp tục dòng $BA$ để đạt được điểm $Q$ nằm trên dòng $CM$. Khi đó cạnh $AQ$ của tam giác $QAC$ đạt được để đo trực tiếp sẽ bằng khoảng cách riêng biệt $AB$.

Beruni khuyên bạn nên sử dụng astrophil để xác định độ sâu $H$ của giếng $ABCD$ (Hình 4). Để làm được điều này, chỉ cần thay đổi các góc $\alpha$ và $\beta$ tại các điểm $C$ và $M$, nằm trên phần tiếp theo của đường thẳng $DC$, sử dụng máy tạo hình thiên văn. Từ tam giác $ADM$ và $ADC$ suy ra $MD = AD$ sttg $\beta$, $H = CD = AD$ sttg $\alpha$. Tiếp theo, $h = MD - DC$, $H = \frac{h}{ctg \beta - ctg \alpha}$ sttg $\alpha$.

Đây là một cái nhìn tổng quan rất ngắn gọn về các công trình của Beruni, người đã cống hiến cả cuộc đời mình để phục vụ khoa học. Ông có mối quan tâm đặc biệt đến khoa học, và không phải vô cớ mà các nhà sử học khoa học gọi nửa đầu thế kỷ 11 trong lịch sử khoa học thế giới là kỷ nguyên Beruni.

Xa quê hương, tại thành phố Ghazna ở Afghanistan (phía nam Kabul), vào ngày 11 tháng 12 năm 1048, trái tim của Abu Raikhan Beruni, một tác phẩm kinh điển của văn hóa Uzbek, nhà khoa học vĩ đại nhất thời Trung Cổ, đã ngừng đập. Những gì ông đã mang đến cho thế giới, Tổ quốc và nhân dân không hề bị lãng quên hay phai nhạt. Những khám phá khoa học của ông vẫn là tấm gương cho hậu thế.

Văn học

1. Abu Rayhan Beruni. Tác phẩm chọn lọc. III. Trắc địa. Tashkent, “FAN”, 1966.
2. Beruni. Đã ngồi. do S. P. Tolstova biên tập. M., Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, 1950.
3. Beruni. Ấn Độ. Tashkent, Viện Hàn lâm Khoa học Uzbekistan. Liên Xô, 1963.
4. Bulgak P. G. Cuộc đời và tác phẩm của Beruni. Tashkent, “FAN”, 1972.

9

V.A.Alexandrova
THOMAS JUNG

và kỷ niệm 200 năm ngày sinh của ông

Nhà vật lý xuất sắc người Anh Thomas Young sinh ra ở Milverton vào ngày 13 tháng 6 năm 1773. Tuổi thơ của Jung thật khác thường. Năm hai tuổi, anh đọc thành thạo, năm sáu tuổi anh bắt đầu học tiếng Latinh, năm 8 tuổi, anh bắt đầu thích khảo sát đất đai và học cách xác định khoảng cách và tính độ cao. Lúc đầu anh học ở nhà, sau đó ở trường tư. Đến năm mười lăm tuổi, anh đã học được một số ngôn ngữ hiện đại và cổ xưa.

Năm 1792, Jung mười chín tuổi quyết định cống hiến hết mình cho y học. Một năm sau, ông trình bày trước Hiệp hội Hoàng gia*) tác phẩm “Quan sát về quá trình thị giác”, nghiên cứu vấn đề về chỗ ở*) của mắt. Vào thời điểm đó có nhiều ý kiến ​​​​khác nhau về vấn đề này. Một số nhà khoa học tin rằng toàn bộ con mắt có khả năng biến dạng (kéo dài hoặc co lại); những người khác cho rằng ống kính có thể thay đổi vị trí của nó; vẫn còn những người khác liên kết khả năng thích ứng với những thay đổi về độ cong của giác mạc; thứ tư - với sự thay đổi độ cong của thấu kính. Qua nhiều thí nghiệm trên chính đôi mắt của mình, Jung đã bác bỏ ba quan điểm đầu tiên và chỉ ra rằng khả năng điều tiết của mắt là do sự biến dạng của thấu kính. Thật không may, dưới áp lực của chính quyền lúc bấy giờ

*) Hiệp hội Hoàng gia - Viện Hàn lâm Khoa học Anh.

*) Điều tiết của mắt - sự thích ứng của mắt để nhìn rõ các vật ở những khoảng cách khác nhau.

10

Lúc đầu, ông phải từ bỏ lý thuyết của mình, nhưng vào năm 1800, ông quay lại với nó một lần nữa và chứng minh tính đúng đắn của nó bằng nghiên cứu mới.

Sau khi hoàn thành chương trình học y khoa (đầu tiên ở London, sau đó ở Edinburgh, Heaten và Cambridge), Jung trở lại London, nơi ông mở một phần cơ sở hành nghề y của mình, đồng thời tiếp tục tham gia nghiên cứu khoa học. Từ 1801 đến 1804, Jung là giáo sư triết học tự nhiên tại Viện Hoàng gia, từ năm 1811, ông là bác sĩ tại Bệnh viện St. George ở London, và từ năm 1818, ông là thư ký của Cục Kinh độ, nơi ông được giao nhiệm vụ xuất bản Lịch Hàng hải.

“Bất kỳ ai cũng có thể làm những gì người khác làm” là phương châm của Jung. Là một nhạc sĩ xuất sắc, một chuyên gia về văn học và hội họa, ông quan tâm đến các vấn đề về cơ học, âm học, quang học, thiên văn học, thực vật học và động vật học. Tác phẩm của ông nhiều đến mức một số trong số chúng phải được xuất bản ẩn danh để không làm tổn hại đến danh tiếng bác sĩ của ông. Mặc dù vậy, các bệnh nhân cho rằng anh ta quá uyên bác và anh ta không được lòng họ.

“Tiểu luận về Âm nhạc và Hội họa”, “Về sự ổn định của các vòm địa phương”, “Về tính toán nhật thực”, “Kinh nghiệm và các vấn đề về âm thanh và ánh sáng”, “Lý thuyết về ánh sáng và màu sắc”, “Phục hồi và dịch thuật các dòng chữ Hy Lạp khác nhau”, “Kinh nghiệm và tính toán liên quan đến quang học vật lý”, “Bài giảng về triết học tự nhiên” - đây là tiêu đề một số tác phẩm của ông. Đồng nghiệp của Jung tại Viện Hoàng gia, Hefmy Deviskaal, nói về anh ấy: “Ngay cả khi anh ấy chỉ giới hạn bản thân trong một lĩnh vực kiến ​​thức, chắc chắn anh ấy sẽ là người đầu tiên trong lĩnh vực này. Nhưng anh ấy là một chuyên gia xuất sắc cả với tư cách là một nhà ngôn ngữ học và chữ tượng hình; anh ấy biết nhiều đến mức thậm chí rất khó để nói những gì anh ấy không biết.”

Jung là người sáng lập ra lý thuyết về tầm nhìn màu sắc. Ông cũng có những đóng góp đáng kể cho các lý thuyết quản lý. Nhưng trong lịch sử vật lý, ông chủ yếu được biết đến với tư cách là một nhà khoa học đã đưa ra bằng chứng hợp lý và không thể chối cãi về tính chất sóng của ánh sáng.

Ánh sáng đã được các nhà khoa học quan tâm từ lâu nhưng chỉ đến cuối thế kỷ 17, những giả thuyết đầu tiên về bản chất của ánh sáng mới được đưa ra. Các định luật như định luật truyền thẳng, phản xạ và khúc xạ ánh sáng đã được ứng dụng thực tế trong các dụng cụ quang học (kính lúp, kính thiên văn, kính hiển vi), khi phát hiện ra các hiện tượng đòi hỏi phải nghiên cứu và giải thích cẩn thận. Đây chủ yếu là hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng, lần đầu tiên được quan sát bởi nhà khoa học Ilyan Grimaldi (1618-1663), và sự hình thành các màu sắc khác nhau của màng mỏng, được nghiên cứu bởi nhà khoa học người Anh Hooke (1635-1703). Cả Grimaldi và Hooke đều kết nối ánh sáng với bóng đèn, và Hooke thậm chí còn đề cập rằng hướng của bóng đèn vuông góc với hướng truyền ánh sáng, tức là bóng đèn có hướng ngang (mặc dù điều này sẽ được thảo luận sau).

Lý thuyết sóng của ánh sáng đã được nhà khoa học người Hà Lan Huygen (1629-1695) trình bày chi tiết và chi tiết hơn trong “Chuyên luận về ánh sáng” nổi tiếng của ông, trong đó nhiều hiện tượng ánh sáng được giải thích từ quan điểm sóng. “Không còn nghi ngờ gì nữa, ánh sáng bao gồm sự chuyển động của một số chất,” Huygens viết, rõ ràng đưa ra sự tương đồng với quá trình truyền âm thanh. Nghĩa là, Huygens đã phải xây dựng nên sự tồn tại của một chất đặc biệt - ether, chất này lấp đầy mọi không gian yên bình và có những phẩm chất đáng kinh ngạc: độ đàn hồi rất cao và mật độ rất thấp. Nguồn sáng tạo ra một cái bình trong ête, nó lan truyền với tốc độ lớn đến mắt

11

Hình ảnh vi mô của bề mặt kim cương thu được bằng phương pháp giao diện.

người quan sát; có một cảm giác nhẹ nhàng.

Người cùng thời với Huygen, nhà khoa học vĩ đại người Anh Isaac Newton (1642-1727), đã có đóng góp đáng kể cho sự phát triển của quang học. Ông đã phát hiện ra hiện tượng tán sắc ánh sáng, tạo ra lý thuyết về màu sắc và chứng minh rằng ánh sáng trắng có thành phần quang phổ phức tạp. Newton tiếp tục thí nghiệm với các dải mỏng, và thí nghiệm, ngày nay được gọi là thí nghiệm quan sát bánh xe của Newton, hóa ra lại đặc biệt hiệu quả. Ông cũng lặp lại thí nghiệm của Grimaldi về nhiễu xạ ánh sáng.

Để giải thích các hiện tượng quan sát được, Newton đã tạo ra cái gọi là lý thuyết nguồn sáng. Theo lý thuyết này, mỗi nguồn sáng phát ra các hạt cực nhỏ (tiểu thể), kích thước của chúng khác nhau (lớn nhất đối với ánh sáng đỏ và nhỏ nhất đối với ánh sáng phylote); Khi các hạt đi vào mắt, chúng gây ra cảm giác ánh sáng.

Một số hiện tượng ánh sáng, chẳng hạn như sự phản xạ và khúc xạ ánh sáng, đều phù hợp với cả hai lý thuyết.

Thật thú vị khi lưu ý rằng bản thân Newoton, mặc dù ông không đồng ý với lý thuyết sóng của Huygen, nhưng cũng không nhất quyết nhấn mạnh vào lý thuyết của mình, vì ông tin rằng không cần thiết phải có một quan điểm rõ ràng về bản chất của ánh sáng. Tuy nhiên, Newton kiên định đã tích cực quảng bá lý thuyết ánh sáng của mình đến mức phải mất rất nhiều thời gian và công sức mới quay trở lại với lý thuyết sóng ánh sáng vào đầu thế kỷ 19. Bước đầu tiên hướng tới điều này là sự quy kết của Young về hiện tượng giao diện trên cơ sở biểu diễn sóng và tầm quan trọng của nó đối với trải nghiệm về giao diện và nhiễu xạ ánh sáng.

Trong một tác phẩm của mình, Jung đã công thức hóa khám phá của mình về “quy luật chung và đơn giản” của giao diện ánh sáng: “Khi hai phần của cùng một ánh sáng đi vào mắt theo những cách khác nhau, chính xác hoặc gần nhau, ánh sáng trở nên mạnh khi sự khác biệt về đường đi là bội số nguyên của một độ dài nhất định và ít mạnh nhất trong khoảng trạng thái của các phần giao thoa; và độ dài này khác nhau đối với ánh sáng có màu sắc khác nhau.”

Thật không may, tầm quan trọng của công việc không được những người đương thời hiểu rõ; Kết quả là nguyên lý giao diện đã bị bỏ rơi trong mười năm rưỡi nữa cho đến khi nó được nhà khoa học người Pháp Fresnel (1788-1827) khám phá lại.

12

Thomas Junge
THỬ NGHIỆM
MÌNH HÀNH
NHIỄM SÁNG

Sau đây là đoạn trích từ hai tác phẩm gốc của Thomas Young:
I - từ bài giảng của ông vào ngày 24 tháng 11 năm 1803 tại Hiệp hội Hoàng gia; II - từ bài giảng thứ 39 của Khóa giảng về Triết học Tự nhiên, xuất bản năm 1807.
Trong những công trình này, dựa trên sự phân tích các hiện tượng giao thoa và nhiễu xạ, giá trị của lý thuyết sóng ánh sáng đã được chứng minh một cách logic một cách chặt chẽ và đáng ngạc nhiên.
Việc dịch thuật và chuẩn bị xuất bản được thực hiện bởi S. R. Filonovich.

I. “… Tôi đã phát hiện ra một bằng chứng đơn giản và dễ chứng minh về định luật chung về sự giao thoa của hai luồng ánh sáng mà tôi đã cố gắng thiết lập trước đó, nên tôi quyết định nộp cho Hiệp hội Hoàng gia một báo cáo ngắn gọn về thực tế đó, đối với tôi điều này có vẻ thuyết phục. Tuyên bố mà tôi sắp đưa ra bây giờ rất đơn giản: các sọc màu xuất hiện là kết quả của sự giao thoa của hai luồng ánh sáng. Tôi nghĩ rằng thực tế là có thể kiểm tra khẳng định này bằng các thí nghiệm đơn giản mà tôi sắp kể và có thể dễ dàng được lặp đi lặp lại vào bất kỳ ngày nắng nào với sự trợ giúp của các đồ vật trong tay, sẽ không được giải đáp ngay cả bởi những người có thành kiến.

Tôi tiếp tục câu trả lời nhỏ trên cửa chớp và che nó bằng một mảnh giấy dày rồi dùng kim mỏng đâm vào. Để dễ quan sát hơn, tôi đặt một tấm kính nhỏ ở cửa sổ để nó phản chiếu ánh sáng mặt trời theo chiều ngang lên bức tường đối diện. Cùng lúc đó, luồng ánh sáng phân kỳ truyền qua chiếc bàn, trên đó có vài màn hình nhỏ làm bằng thẻ giấy. Tôi đưa một dải thẻ rộng 1/3 inch* vào luồng ánh sáng và quan sát bóng của nó trên bức tường đối diện và trên các thẻ khác được đặt ở khoảng cách khác với thẻ đầu tiên. Đồng thời, các sọc màu hình thành dọc theo các cạnh của bóng và bản thân bóng được chia thành nhiều sọc song song, trong khi phần giữa của nó vẫn sáng. Bản thân những sọc này trong bóng tối là kết quả của sự kết hợp của hai phần ánh sáng đến từ các phía khác nhau của dải thẻ và khuếch tán trong vùng bóng. Nếu một màn hình nhỏ được đặt cách dải vài inch sao cho các cạnh của bóng của nó và dải trùng nhau, tất cả các vệt nhìn thấy trước đó trong bóng trên tường sẽ ngay lập tức biến mất, mặc dù ánh sáng truyền qua phía bên kia của dải sẽ truyền đi theo cách tương tự. Hơn nữa, khi cường độ ánh sáng tăng lên, các sọc không thể phục hồi được. Do đó, một trong hai luồng ánh sáng không thể tự

*) 1 inch - 2,54 cm. (Sau đây, với cơ chế dịch thuật.)

13

Điều quan trọng là hình thành sọc. Nếu bạn không làm gián đoạn bất kỳ dòng chảy nào, thì các dòng linnie sẽ xuất hiện ngay cả khi cường độ giảm đi 12 lần…

Nếu bạn cố gắng nghiên cứu kích thước của các sọc trong các điều kiện khác nhau, bạn có thể tính được sự khác biệt về độ dài của các đường đi qua các luồng ánh sáng. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ thấy rằng nếu độ dài đường đi bằng nhau thì ánh sáng luôn có màu trắng. Khi ánh sáng sáng nhất hoặc ánh sáng của bất kỳ màu nào xuất hiện lại lần đầu tiên, lần thứ hai hoặc lần thứ ba, thì sự khác biệt về độ dài đường đi của hai luồng tạo thành một cấp số cộng, một cách tự nhiên, chính xác như các thí nghiệm thuộc loại này có thể nhất quán với nhau.

Những quan sát về tác dụng của nhiễu xạ và giao thoa đôi khi có thể hữu ích xét theo quan điểm thực tế, khiến chúng ta thận trọng hơn khi đưa ra kết luận về hình dáng bên ngoài của những vật thể nhỏ nhất được kiểm tra dưới kính hiển vi. Bóng của một sợi mờ đặt trong chùm ánh sáng xuyên qua một lỗ nhỏ luôn nhẹ hơn ở trung tâm so với ở rìa. Ở một mức độ nhất định, một hiệu ứng tương tự có thể xảy ra liên quan đến hình ảnh trên võng mạc. Bằng cách này, một ý tưởng về chủ nghĩa ủng hộ có thể được tạo ra, điều này không xảy ra trong thực tế. Nếu một chùm ánh sáng nhỏ thực sự đi qua một chất, nó có thể bị phá hủy do sự giao thoa với ánh sáng nhiễu xạ và tạo ra ấn tượng về độ mờ một phần của chất này. Do đó, điểm trung tâm và điểm sáng được bao quanh bởi một vòng tối có thể thu được tương ứng dưới dạng hình ảnh của các hạt trong mờ hoặc mờ đục và tạo ấn tượng về một cấu trúc phức tạp không có trong thực tế. Để tránh nhầm lẫn, chúng ta có thể buộc hai hoặc ba sợi dây lên kính

Bản đồ địa hình giao thoa của bề mặt mica. Khoảng cách từ vạch tối này đến vạch tối khác tương ứng với độ dày tăng thêm 1/40000 cm.

Hình ảnh giao thoa được tạo ra bằng một phương tiện thậm chí còn thuận tiện hơn - để thay đổi độ phóng đại của kính hiển vi và nếu hiện tượng này không thay đổi về cường độ và đặc điểm, bạn có thể chắc chắn rằng

14

Cơm. 1.
ở chỗ nó thực sự thuộc về bản chất của đối tượng được đề cập…”
II. “Bản chất của ánh sáng không phải là một chủ đề quá quan trọng theo quan điểm vật chất, liên quan đến cuộc sống và thực tiễn, nhưng ở nhiều khía cạnh khác, chủ đề này rất thú vị, vì nó làm phong phú thêm kiến ​​thức của chúng ta về bản chất của các giác quan và của Vũ trụ nói chung. Nghiên cứu về việc tạo ra màu sắc và sự phong phú của các sắc thái của chúng trong bột gắn liền với lý thuyết về các tính chất và nguyên tắc quan trọng nhất của chúng. Nhiều hiện tượng trong số này sẽ giúp chúng ta hình thành ý tưởng về tự nhiên và nguồn ánh sáng nói chung.”

Người ta cho rằng ánh sáng hoặc bao gồm một dòng gồm các hạt chất phát sáng rất nhỏ, sự tồn tại của chúng bị phủ nhận (những hạt này chuyển động với tốc độ ánh sáng), hoặc là sự kích thích của chuyển động giống như sóng trong môi trường ánh sáng và đàn hồi lấp đầy Vũ trụ, tương ứng với âm thanh. Ý kiến ​​​​của các nhà khoa học ở mọi thế kỷ đều bị chia rẽ khi cần phải ưu tiên một trong những phán đoán này. Ngoài ra, có những trường hợp buộc những người có cùng quan điểm thứ nhất phải tin, cùng với Newoton, rằng sự bức xạ của các hạt luôn đi kèm với chuyển động giống như sóng của môi trường etheric, hoặc tin rằng bản thân các hạt nhỏ nhất tại thời điểm bức xạ nhận được những chuyển động quay và dao động nhất định mà chúng duy trì trong suốt toàn bộ thời gian chuyển động được cho là của chúng. Những thông điệp bổ sung này, được phát minh ra để giải thích một số hiện tượng cụ thể, chưa bao giờ được xem xét hoặc chấp nhận nói chung, mặc dù không có nỗ lực nào được thực hiện nhằm điều chỉnh lý thuyết để giải thích những hiện tượng này theo bất kỳ cách nào khác.

Giả sử rằng ánh sáng có màu sắc nhất định bao gồm các dao động có chiều dài nhất định hoặc của một hạt nhất định, chúng ta kết luận rằng những chuyển động sóng này là nguyên nhân gây ra những hiệu ứng mà chúng ta đã nghiên cứu trong trường hợp sóng nước và xung âm thanh. Người ta đã chứng minh rằng hai nhóm sóng bằng nhau, nhận được từ hai trung tâm nằm gần nhau, tại một số điểm nhất định có thể triệt tiêu ảnh hưởng của nhau, và tại những điểm khác, nó có thể nhân đôi ảnh hưởng của nhau; nhịp đập của hai âm thanh được giải thích bằng một giao diện tương tự. Bây giờ chúng ta sẽ áp dụng những nguyên tắc này cho việc thêm và tắt các màu có thể thay đổi.

Để hoạt động của hai luồng ánh sáng được kết hợp theo cách này, chúng cần phải được tạo ra bởi cùng một nguồn và chúng phải đến cùng một điểm bằng các đường khác nhau theo các hướng không khác nhau nhiều *). Sự khác biệt về đường đi này có thể đạt được bằng nhiễu xạ, phản xạ, khúc xạ hoặc bằng

*) Như người ta nói bây giờ, dòng ánh sáng phải chính xác.

15

sức mạnh của bất kỳ sự kết hợp nào của những hiện tượng này. Trường hợp đơn giản nhất là khi một luồng ánh sáng đồng nhất rơi trên màn hình có hai lỗ hoặc khe rất nhỏ (Hình 1), đây có thể được coi là tâm phân kỳ và từ đó ánh sáng nhiễu xạ theo mọi hướng *). Trong trường hợp này, khi hai luồng mới hình thành rơi xuống các bề mặt nơi chúng chồng lên nhau, ánh sáng của chúng bị ngăn cách bởi các sọc tối, có kích thước gần bằng nhau, nhưng trở nên rộng hơn khi màn hình di chuyển ra khỏi lỗ. Phần giữa của hai luồng luôn sáng và các sọc sáng ở mỗi bên cách nhau đến mức ánh sáng tới chúng từ lỗ này phải truyền một đường dài hơn từ lỗ kia, một lượng bằng chiều dài của một, hai, ba hoặc nhiều sóng, trong khi các sọc tối nằm giữa chúng tương ứng với sự khác biệt về đường đi của các bước sóng 1/2, 3/2, 5/2, ….

Từ việc so sánh kết quả của nhiều thí nghiệm khác nhau, người ta suy ra rằng bước sóng của ánh sáng đỏ phải là 1/36.000 inch trong không khí, và đối với ánh sáng phylote là 1/60.000 inch; giá trị trung bình trên toàn bộ phổ là khoảng 1/45000 inch **). Dựa trên các kích thước này và tính đến giá trị đã biết ở trên của tốc độ ánh sáng, có thể tính được rằng ngay cả đối với ánh sáng có bước sóng dài, 500.000.000.000 sóng như vậy đi vào mắt trong một giây.

Một minh chứng thậm chí còn đơn giản và thuận tiện hơn về định luật giao thoa ánh sáng nói chung được thể hiện bằng màu sắc của màng mỏng của các chất dẫn xuất. Ở đây người ta có thể quan sát sự giao thoa của ánh sáng phản xạ một phần từ bề mặt trên và dưới của màng, hoặc khi nhìn trong

*) Thí nghiệm nổi tiếng của Nam về nhiễu xạ từ hai khe.
**) Vùng ánh sáng khả kiến ​​thực tế chỉ nằm ngoài phạm vi này một chút. Quan sát phía Nam đã có điểm nhìn thấy được.

Các vân giao thoa trong không khí nóng bốc lên từ ngọn lửa nến.

16

màu vàng, sau đó là đỏ, đỏ sẫm và xanh lam, sau đó hiệu ứng biến mất do màng chuyển sang trạng thái mờ đục.

Tuy nhiên, thông thường, sự xen kẽ của các màu thu được trong ánh sáng phản xạ có phần khác nhau. Mật độ của màng oxit lớn hơn mật độ của không khí và mật độ của kim loại lớn hơn mật độ của oxit; nhưng nếu mật độ của môi trường bên trên và bên dưới màng đồng thời lớn hơn hoặc nhỏ hơn mật độ của màng, thì các bề mặt khác nhau sẽ thay đổi trạng thái sóng khác nhau và một lớp mỏng của màng trở nên tối thay vì sáng, một luồng ánh sáng sẽ phá hủy một luồng ánh sáng khác thay vì hợp nhất với nó *).

Nếu bạn lấy một màng xà phòng và giữ nó thẳng đứng, mép trên của màng sẽ trở nên rất mỏng và gần như đen, trong khi các vùng phía dưới sẽ có các đường ngang thành một loạt sọc màu (Hình 2).

Khi hai chiếc kính, trong đó một chiếc hơi lồi, được ép vào nhau bằng một lực nào đó, lớp không khí giữa chúng gây ra sự xuất hiện của các vòng màu, bắt đầu bằng một điểm tối ở trung tâm và ngày càng hẹp hơn khi độ cong của kính tăng nhanh độ dày của lớp không khí giữa các kính. Đốm đen nhường chỗ cho một màu tím nhạt đến mức khó nhận thấy; tiếp theo là màu vàng cam, đỏ sẫm và xanh lam (Hình 3).

Nếu bạn thay thế không khí giữa các ly bằng nước hoặc chất lỏng khác, thì các vòng sẽ xuất hiện ở độ dày làm thay đổi độ dày của lớp không khí, vì mật độ của chất lỏng lớn hơn. Điều này suy ra trực tiếp từ tỉ số tốc độ mà ánh sáng,

*) Điều này sẽ xảy ra do sự thay đổi pha ngược lại khi phản xạ từ một chất có chiết suất cao.
**) Cái gọi là “Vòng Newton”.

Cơm. 2. Hình ảnh giao thoa thu được bằng cách phản xạ ánh sáng từ một màng xà phòng mỏng. Ảnh được chụp: dưới ánh sáng trắng; trong đèn đỏ; cũng vượt đèn đỏ nhưng có phần muộn hơn lần trước.

17

Cơm. 3. Cực Newton trong ánh sáng phản xạ.

theo giả thuyết của Huygen, nó di chuyển trong nhiều môi trường khác nhau.

Một hệ quả khác rút ra trực tiếp từ lý thuyết này và không tương thích với các lý thuyết khác là nếu một tia truyền xiên qua một màng dày hơn, thì điều này tương đương với ánh sáng truyền vuông góc qua một màng mỏng hơn; sự khác biệt về đường đi của các luồng ánh sáng khác nhau hoàn toàn phù hợp với các hiện tượng quan sát được…

Chúng tôi giả định rằng độ chính xác mà khả năng áp dụng định luật can thiệp chung vào rất nhiều sự kiện, rất khác nhau về chi tiết, cho phép chúng tôi coi tính hợp lệ của nó đã được chứng minh hoàn toàn. Sự chấp nhận hoàn toàn hoặc sự bác bỏ dứt khoát đối với lý thuyết mà định luật này được rút ra có thể xảy ra cả với định lý về thời gian và là kết quả của các thí nghiệm. Nếu nó bị bác bỏ, thì quan điểm của chúng ta về sự vật sẽ trở thành tài sản của lịch sử, nhưng nếu nó được xác nhận, thì chúng ta có thể mong đợi sự thâm nhập rộng rãi hơn vào những bí mật của thời đại với sự trợ giúp của những phương tiện nghiên cứu môi trường mạnh mẽ và phổ quát như vậy có thể được coi là sự truyền bá của ánh sáng.

Bài toán
trên ca rô
giấy

Bạn có một tờ giấy ca rô và một chiếc thước kẻ không có vạch chia. Hãy thử giải bài toán sau.

a) Vẽ trung điểm của đoạn AB (Hình 1).

b) Chia đoạn AB thành 5 phần bằng nhau (Hình 2).

b) Chia tam giác ABC thành ba tam giác có diện tích bằng nhau (Hình 3).

d) Vẽ một đường thẳng đi qua điểm A song song với đường thẳng CD (Hình 4).

e) Từ điểm A hạ đường vuông góc với đường thẳng CD (Hình 5).

e) Từ cuối đoạn AB dựng đường vuông góc với nó (Hình 6).

E. A. Dyshinsky

18

đầy màu sắc
TỔNG HỢP
B.A. Korgemsky

Những buổi học đầu tiên của “lớp tổ hợp đầy màu sắc” thật đáng nhớ đối với mỗi chúng ta: trên giấy trắng - “bầu trời màu cam”, “lạc đà màu cam” và “mẹ màu cam”. Bước qua ranh giới của hình học tổ hợp “màu cam” dành cho trẻ em này, trí tưởng tượng toán học đã giới thiệu một bảng màu trong điều kiện bài toán, mang tính giải trí nhưng đồng thời nghiêm túc - bài toán về sự kết hợp của màu sắc và thẻ tô màu. Và trong một số vấn đề, hóa ra có thể sử dụng một cách sử dụng màu sắc khác: tô màu là một yếu tố lời giải, một đặc điểm riêng mang lại sự duyên dáng và ngắn gọn cho lý luận.

Đối với hình học tổ hợp, đây là một nhánh toán học non trẻ và đang phát triển. Các phương pháp của nó và đặc biệt là tô màu kết hợp với cái gọi là “nguyên tắc kiểm tra tính chẵn lẻ” của số phần liên kết đơn của một hình có thể hữu ích trong lời giải kỹ thuật bài toán tìm ra những cách tối ưu để khớp với các phần tiêu chuẩn. Dành một câu chuyện chi tiết hơn về vấn đề này cho tương lai, chúng ta hãy xem xét, “như một sự khởi động”, một số tổ hợp “đầy màu sắc” bận rộn bài toán.

Một mẹo: hãy làm theo nội dung của bài viết, mỗi lần cố gắng chuyển tác giả đến lời giải được đề xuất bài toán.

Sự kết hợp hai màu

Bài toán 1. Sáu thùy nằm trong không gian sao cho không có ba thùy nào nằm trên cùng một đường thẳng và không có bốn thùy nào thuộc cùng một mặt phẳng. Tất cả các điểm được kết nối theo cặp theo phân đoạn: xanh hoặc đỏ - theo ý của bạn. Cấu hình kết quả, chứa 15 đoạn ($C_6^2 = 15$), cũng chứa các hình tam giác. Có thể chọn phân bố màu tối đa cho các phân đoạn sao cho không hình thành một vùng duy nhất của tam giác một thanh không?

Những thử thách và cố gắng sẽ dẫn bạn đến kết quả tiêu cực đáp số. Nó cần phải được biện minh.

Lời giải. Chúng ta hãy chọn một trong sáu điểm tùy ý và ký hiệu nó bằng chữ A. Trong năm đoạn thẳng hội tụ tại A, có ít nhất ba đoạn cùng màu, vì chúng ta chỉ có hai màu; Hãy đánh dấu ba đoạn này và giả định chắc chắn rằng chúng có màu đỏ. Hãy xem xét ba đoạn nối các cặp đầu kia của các đoạn được đánh dấu. Không có đoạn nào trong số ba đoạn đang xem xét phải có màu đỏ, do đó không xuất hiện một hình tam giác, tất cả các cạnh của chúng đều có cùng màu. Nhưng rồi ba đoạn cuối cùng đều có màu xanh lam và chắc chắn tạo thành một hình tam giác một chiều.

Hãy thực hiện sàn gỗ

Bài toán 2. Hình 1 thể hiện phần bao phủ (napkem) của hình vuông $8 \times 8$ với 21 minimo phẳng ($3 \times 1$) và một monomino phẳng ($1 \times 1$). Chứng minh rằng vị trí xác định của khối là “monomino”

21

khối ferium. Liệu nó có thể đi qua tâm của tất cả các cốc và dừng lại ở khối trung tâm nếu con mối chỉ di chuyển song song với các cạnh của khối và đi qua mỗi khối một lần?

Một đồng tiền giả khác

“Một lần nữa” - theo nghĩa, có lẽ nhiều bạn đã quen thuộc với loạt bài bài toán về việc xác định một đồng tiền giả từ một loạt các đồng xu có cùng mệnh giá và loại bằng cách sử dụng số cân quy định trên cân cốc không có nấm. Tác giả của bài toán này không rõ; lời giải và nghiên cứu của họ bắt đầu xuất hiện trên các tạp chí toán học vào năm 1945.

Hãy để chúng tôi nhắc bạn rằng nếu không có thông tin về đồng xu giả (dù nặng hay nhẹ hơn đồng thật), thì ba lần cân là đủ để tách nó ra khỏi 12 đồng tiền đã cho, nhưng không đủ để tách nó ra khỏi 13. Nhưng…

Bài toán 9. Giả sử rằng ngoài 13 đồng xu, trong đó có một đồng giả (không biết nó nhẹ hơn hay mềm hơn), chúng ta có một đồng xu giả,

và cuộn dây. Màu sắc của nó như sau để mô tả nó so với những chiếc khác, nhưng không có sự thay đổi đáng chú ý nào về trọng lượng của chính nó. Chứng minh rằng trong trường hợp này có thể chọn ra một đồng xu giả từ 13 đồng xu đã cho bằng cách sử dụng ba lần cân trên một chiếc cân giả mà không cần đến nấm.

Đã giải quyết và e. Chúng ta biểu thị: 13 đồng xu thử nghiệm được đánh số từ 1-13, một đồng xu thật có màu bằng hình tròn ●, cốc bên trái và bên phải của cân tương ứng với chữ L và P, trạng thái cân bằng - L=P; đĩa cân bên trái hạ xuống L/R, đĩa cân bên phải hạ xuống - L/R.

Sẽ rất thuận tiện khi trình bày sơ đồ các sự kiện có thể xảy ra trong bảng (bên dưới).

“Chất xúc tác” toán học
Quá trình tăng tốc phản ứng hóa học với sự trợ giúp của chất phụ trợ - chất xúc tác không bị tiêu hao trong quá trình phản ứng - được gọi là kamaliz. Hãy để chúng tôi chỉ ra bằng một ví dụ rằng màu sắc có thể trở thành một loại “chất xúc tác” lời giải bài toán.

| Cân lần đầu | Cân lần thứ hai | Lần cân thứ ba | Đồng xu giả |
| :— | :— | :— | :— |
| đồng xu trên cốc | đồng xu trên cốc | đồng xu trên cốc | đồng xu trên cốc |
| L=P | L(10; 11) P(12; ●) | L(13); P(●) | {L/R L/R L/R L/R } | 13; nặng 13; nằm xuống 12; nằm xuống 10; nặng 11; nặng 12; nặng 11; nằm xuống 10; nằm xuống |
| trái/phải | L(1, 2, 6, 7, 8) P(9, 10, 11, 12, ●) | L(3); P(4) L(1); P(2) L(6); P(7) | {L=R L/R L/R L/R } | 5; nặng 3; nặng 4; nặng 9; nằm xuống 1; nặng 2; nặng 8; nằm xuống 6; nằm xuống 7; nằm xuống |
| trái/phải | | | | |

Tìm hiểu điều gì là quan trọng nhất

22

Cơm. 9.

Bài toán 10. Xác định số lượng dừa tối thiểu mà năm thủy thủ đổ bộ lên đảo sau một vụ đắm tàu ​​có thể thu thập được, nếu họ chia số quả dừa như sau: người đầu tiên thu hoạch một quả martin và lấy $1/5$ một phần số quả còn lại; mạnh mẽ, lần lượt 4 thủy thủ còn lại cũng chấp nhận; Sau Emodo, lần thứ sáu, họ thu hoạch một hạt từ martynika và chia đều phần còn lại cho mình.

Trong một phiên bản được sửa đổi một chút, bài toán này đã được thảo luận trong bài viết của tác giả “Loài bài toán này đã hơn 1600 năm tuổi” («Kvant» Số 4, 1973).

Đại số lời giải dẫn đến một phương trình tuyến tính không xác định với các hệ số cồng kềnh, tuy nhiên, như đã trình bày trong bài viết đã đề cập, phương trình này có thể dễ dàng giải bằng phương pháp “so sánh modulo”. Nhưng bất kỳ ai đam mê toán học có thể sẽ hài lòng khi quay lại với bài toán này và, trình bày thêm, sẽ cố gắng tìm ra một mô hình lý luận mới, sử dụng như một “chất xúc tác” lời giải bài toán các hạt bổ sung, được sơn màu vàng (để phân biệt chúng với những hạt ban đầu).

M. Gardner trong cuốn sách “Câu đố toán học và giải trí” (Thế giới, 1971) lưu ý rằng “Tô màu như một phương pháp lời giải bài toán được Giáo sư N. Anning phát triển lần đầu tiên vào năm 1912. Nhiệm vụ của ông liên quan đến việc ba người chia táo cho nhau” (xem trang 238). Sau đó, M. Gardner chỉ ra cách áp dụng phương pháp của Anning cho lời giải bài toán về dừa.

Thật không may, đây là chỗ cuốn sách chứa đựng những tuyên bố sai lầm có thể phát sinh do bản dịch không chính xác.

Lời giải. Bài toán sẽ dễ giải quyết hơn nhiều nếu bạn không phải đưa hạt cho khỉ. Sáu lần tách $1/5$ các hạt khỏi đống, chúng ta sẽ để lại $4/5$, $(4/5)^2$, $(4/5)^3$, …, $(4/5)^6$ các hạt trong đống. Số hạt nhỏ nhất mà $(4/5)^6$ là số nguyên là $5^6$, vì nó phải chứa đa thức năm sáu lần.

Nhưng chúng ta vẫn cần đưa hạt cho khỉ, nên ngay cả số hạt ban đầu cũng không được giảm đi 5 hạt. Để làm cho nó chia hết cho 5, hãy thêm bốn hạt màu vàng vào đống. Hãy xem điều gì sẽ xảy ra.

Vì vậy, chúng tôi thêm bốn quả hạch màu vàng nữa vào đống hạt được các thủy thủ thu thập. Chúng ta sẽ chia đống này thành năm đống bằng nhau và chia lần lượt các hạt màu vàng thành bốn đống. Bốn thủy thủ đã chuẩn bị một đống hạt màu vàng, và một trong số họ đã chuẩn bị một đống trong đó tất cả các loại hạt đều là thật. Chúng ta hãy lấy ra một hạt từ đống: từ bốn - một hạt màu vàng, và từ hạt cuối cùng - một hạt thật. Các thủy thủ sẽ nhận được phần hạt bằng nhau, con khỉ sẽ được một hạt, còn bốn quả màu vàng để lại. Mọi thứ diễn ra theo điều kiện bài toán.

Bây giờ, theo điều kiện, một nhóm bốn thủy thủ lại với nhau và cộng thêm bốn hạt còn lại. Theo điều kiện, đống này

23

Chu có thể được chia thành năm phần bằng nhau. Chúng ta hãy lấy ra bốn hạt tế bào một lần nữa và một hạt cho con khỉ. Nó đã hoạt động trở lại!

Hãy làm điều này sáu lần. Bốn hạt tế bào sẽ vẫn còn và thoát ra ngoài nguyên vẹn. Chúng chỉ đóng vai trò là một danh mục và giúp chúng tôi giảm bài toán xuống mức đã được xem xét: chúng tôi cần tìm đống hạt nhỏ nhất (có bốn ô!) sao cho $1/5$ hạt có thể được tách ra khỏi nó sáu lần. Số hạt nhỏ nhất trong một đống như vậy là $5^6$ nên các thủy thủ phải thu thập $5^6 - 4 = 15621$ hạt.

Bài toán 11. Chúng tôi đã thêm bốn loại hạt, nhưng chúng chưa bao giờ đến. Tuy nhiên, con khỉ đã nhận được sáu quả hạch. Họ đến từ đâu? Rốt cuộc, trong bài toán đơn giản hơn, không còn hạt nào nữa!

Thiết kế câu đố

Tìm 4 hình khối giống hệt nhau trong đồ chơi của trẻ em (hoặc dán chúng lại với nhau từ giấy dày) và sơn chúng bằng bốn màu như trong Hình 9 - mỗi mặt được sơn một loại sơn. Trong bản vẽ của chúng tôi, các mặt trước của hình khối không được sơn hoàn toàn để có thể nhìn thấy màu của tất cả các mặt khác. Kết quả là bạn sẽ có được một câu đố vui, mang tính xây dựng cho bản thân và bạn bè.

Bài toán 12. Từ bốn chiếc cốc được tạo ra, chúng tôi tạo ra một hình song song tổng hợp $1 \times 1 \times 4$ sao cho tất cả 4 màu đều được thể hiện trên mỗi mặt bên của nó.

Đây là một câu đố khó, vì với một màu nhất định của các cạnh chỉ có một trong 41.472 hình bình hành nhiều màu khác nhau, thỏa mãn điều kiện của câu đố, liệu có lựa chọn nào trong số 41.472 phương án không?

Bài toán 13. Những phép tính nào dẫn đến kết luận rằng có 41.472 phương án để lựa chọn trong câu đố thực hành lời giải?

Bài toán 14. Để chuẩn bị một câu đố có bốn chiếc cốc, người ta trình bày màu sắc các mặt sau: 7 đỏ, 6 xanh lam, 6 xanh lục và 5 ô. Thay vào đó, hãy nghĩ ra một màu mới cho các cạnh của bốn chiếc cốc, điều này sẽ tạo ra 6 cạnh liền khối và sao cho câu đố có một lời giải.

24

NGƯỜI CHIẾN THẮNG
“QUANTA”

Ban biên tập tạp chí «Kvant» đã thành lập các giải thưởng đặc biệt dành cho lời giải bài toán thú vị nhất được đặt trong “Sách Vấn Đề Kvant”.
Các biên tập viên của tạp chí đã nhận được cho năm 1972-1973. khoảng 4000 chữ cái có đáp án bài toán, được đặt trong phần “Sổ bài toán lượng tử”. Trong số các tác giả của những bức thư này, bộ sưu tập xã luận đã chọn ra những học sinh thường xuyên gửi lời giải đặc biệt độc đáo và thành công. Chúng chứa đầy tạp chí «Kvant» đặt mua hàng năm cho năm 1974.
Theo quyết định của Ban tổ chức Olympic toàn Liên đoàn, các học sinh này đã được vào vòng khu vực Olympic toàn Liên đoàn năm 1974 cùng với người đoạt giải Olympic toán và vật lý khu vực.

1. VALKOV ALEXEY (Tashkent, làng số 110, lớp 9)
2. VOYNOVA OLGA (SSR Kyrgyzstan, làng Kosh-Tegirmen, đường làng số 1, hạng 9)
3. ALEXANDER GRIGORYAN (Baku, làng số 211, lớp 9)
4. ZASLAVSKY ALEXANDER (Kalinin, làng số 20, lớp 9)
5. KOGAN YAN (Glazov, làng số 3, lớp 8)
6. LUTINGER HERMAN (Chernivtsi, đường cao tốc nông thôn số 14, hạng 9)
7. MAKARICHEV ALEXANDER (Lvov, làng số 14, lớp 9)
8. SLESARENKO ANATOLY (Rubtsovsk, vùng Altai, Xa lộ nông thôn số 11, hạng 9)
9. SOLENTSEV YURY (Essentuki, làng số 3, lớp 9)
10. SHENDRIK VIKTOR (Alma-Ata, RFMSH, lớp 9)
11. SHMELEV YURY (Yaroslavl, đường cao tốc nông thôn số 20, hạng 7)
12. SHERBINA NIKOLAY (Dnepropetrovsk, làng số 80, hạng 9)

25

Bài toán

M222-M225, F222-F237

M221. Họ bôi một vết bẩn lên tờ giấy. Đối với mỗi điểm của đốm, chúng tôi xác định khoảng cách ngắn nhất từ ​​đường viền của đốm, cũng như khoảng cách ngắn nhất từ ​​đường viền của đốm (hình minh họa khoảng cách nhỏ nhất và nhỏ nhất từ ​​​​đường viền cho điểm K). Trong số tất cả các khoảng cách nhỏ nhất, $-r_0$ nhiều nhất đã được chọn và trong số các khoảng cách nhỏ nhất, $-R_0$ nhiều nhất đã được chọn. Vết bẩn có hình dạng gì nếu $r_0 = R_0$?

A. Bloch, học sinh lớp 8

M222. Chứng minh rằng mọi khối đa diện lồi đều có hai mặt có số cạnh bằng nhau.

A. Cằn nhằn

M223. Một số tự nhiên được gọi là số hoàn hảo nếu nó bằng tổng các ước của nó ngoại trừ chính số đó. (Ví dụ: số 28 là số hoàn hảo: $28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14$.) Chứng minh rằng một số hoàn hảo không thể là số chính phương.

A. Makartsev, học sinh lớp 9

M224. Góc tam diện có các tia phân giác của các góc phẳng. Chứng minh rằng các cặp góc giữa

26

ba đường phân giác này đều tròn trịa, hoặc đều nhọn, hoặc đều thẳng.

E. G. Gotman

M225. Các mặt của khối lập phương được xếp các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 sao cho tổng các số trên các mặt đối diện là 7. Khối lập phương được di chuyển từ góc dưới bên trái sang góc trên bên phải của bàn cờ có kích thước $50 \times 50$ ô (mỗi ô vuông của bàn cờ bằng mặt của khối lập phương) sao cho mỗi lần lăn qua cạnh của nó lên ô vuông liền kề; trong trường hợp này, bạn chỉ được phép di chuyển sang phải hoặc lên trên. Trên mỗi ô dọc theo đường đi của khối lập phương, số mặt nằm trên ô này được ghi. Giá trị quan trọng nhất mà tổng của tất cả 99 số được viết có thể có là bao nhiêu? Nhỏ nhất là gì?

G. A. Galperin

F233. Trong khi trượt tuyết xuống dốc, người trượt tuyết lướt xuống dốc ($\varphi = 45^\circ$) mà không dùng gậy đẩy. Hệ số ma sát giữa bề mặt và tuyết là $k = 0,1$. Lực cản không khí tỉ lệ với bình phương tốc độ của vật bay $F_c = \alpha v^2$, trong đó $\alpha$ là hằng số bằng $0,7 \frac{H}{(m/c)^2}$. Tốc độ tối đa mà một vận động viên trượt băng có thể đạt được nếu khối lượng của anh ta là 70 kg?

F234. Buồng nổ chứa đầy hỗn hợp khí metan và oxy ở nhiệt độ phòng và áp suất $p_0 = 760$ mm Rm. cm. Áp suất riêng phần của metan và oxy là như nhau. Sau khi làm nóng buồng, một vụ nổ sẽ xảy ra trong đó. Tìm áp suất ổn định bên trong buồng sau khi làm nguội sản phẩm cháy đến nhiệt độ ban đầu tại đó áp suất của hơi nước bão hòa là $p_H = 17$ mm rm. cm.
A. V. Franceson

F235. Một giọt nước nhỏ rơi trong không khí với tốc độ không đổi do lực ma sát gây ra bởi sự va chạm của các phân tử không khí với giọt nước tác dụng lên nó từ không khí. Tốc độ rơi của một giọt nước thay đổi như thế nào khi nhiệt độ không khí tăng?

Bỏ qua sự bay hơi của giọt.

F236. Xác định chu kỳ bình của một phân tử có cực trong điện trường đều, hướng của nó là $E = 300$ b/cm. Một phân tử phân cực có thể được biểu diễn dưới dạng một quả tạ cứng có chiều dài $l(l = 10^{-8} \text{ cm})$, ở hai đầu của nó có hai vật liệu có khối lượng một điểm $m(m = 10^{-24} \text{ e})$, mang điện tích $+e$ và $-e$, tương ứng $(e = 1,6 \cdot 10^{-19} \text{ K})$.

V. D. Krivenkov

F237. Tại sao công chúng không thể nhìn thấy khuôn mặt của một vận động viên đấu kiếm đeo mặt nạ dây, nhưng môn thể thao này vẫn nhìn rõ mọi thứ như không có mặt nạ?

Tác giả của định luật nhiệt động thứ ba, Walter Nerist, đã nuôi cá chép trong giờ tiếp cận. Có người từng trầm ngâm nhận xét:

• Một sự lựa chọn kỳ lạ. Nuôi gà còn thú vị hơn nữa.
  Nerist bình tĩnh trả lời:
  — Tôi nuôi những con vật ở trạng thái cân bằng nhiệt động với môi trường. Nuôi động vật máu nóng đồng nghĩa với việc sưởi ấm không gian thế giới bằng chi phí của chính bạn.

27

Lời giải bài toán
M179—M183; F193—F197

M179. Đối với mỗi tam giác hữu ích không trực tiếp $T$ chúng ta biểu thị bằng $H(T) = T_1$ tam giác có các đỉnh là đáy và chiều cao của tam giác $T$; qua $T_2 = H(T_1)$ một tam giác có các đỉnh là đáy của tam giác $T_1$; hãy tiếp tục $T_3 = H(T_2)$, $T_4 = H(T_3)$, …

Các góc của tam giác $T$ phải bằng bao nhiêu để
a) tam giác $H(T)$ có nhọn không?
b) trong dãy $T_1, T_2, T_3, \dots$ ta vẽ một tam giác vuông $T_n$ (trong trường hợp này $H(T_n) = T_{n+1}$ không được xác định)?
c) tam giác $T_1 = H(T)$ có đồng dạng với tam giác $T$ không?
e)* với mỗi $n = 1, 2, 3, \dots$ chúng ta chỉ ra có bao nhiêu tam giác khác nhau $T$ tồn tại mà $T_n$ tương tự với $T$.

Gọi $AA_1, BB_1$ và $CC_1$ là đường cao của tam giác $T$. Các góc $\alpha_1, \beta_1, \gamma_1$ tại các đỉnh $A_1, B_1, C_1$ (tương ứng) của tam giác $A_1B_1C_1$ được biểu thị bằng các góc $\alpha, \beta, \gamma$ tại các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $ABC$ như sau:

$$\alpha_1 = \pi - 2\alpha, \quad \beta_1 = \pi - 2\beta, \quad \gamma_1 = \pi - 2\gamma,$$

(11)

Cơm. 1.

Cơm. 2.

28

s ($\alpha, \beta, \gamma$). Rõ ràng chúng ta chỉ có thể xét trường hợp
$$\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$$
(2).

Các góc của bất kỳ tam giác nào cũng có thể được ký hiệu bằng các chữ cái $\alpha, \beta$ và $\gamma$, sao cho bất đẳng thức (2) được thỏa mãn.

Nếu $\alpha < \frac{\pi}{2}$ (tất cả các góc đều nhọn), thì vì bất đẳng thức $2\pi - \alpha \leqslant 2\pi - \beta \leqslant 2\pi - \gamma$ theo (2), nên đối với sự đồng dạng của các tam giác $T_1$ và $T$ thì hệ đẳng thức phải được thỏa mãn
$$\pi - 2\alpha = \gamma, \quad \pi - 2\beta = \beta, \quad \pi - 2\gamma = \alpha,$$
Ở đâu
$$\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}.$$

Nếu $\alpha > \frac{\pi}{2}$, thì từ (2) chúng ta chỉ có thể sử dụng thực tế là $2\beta \geqslant 2\gamma$ và phải xem xét ba mối quan hệ có thể có giữa các góc $\alpha_1, \beta_1$ và $\gamma_1$: $2\beta \geqslant 2\gamma \geqslant 2\alpha - \pi, \quad 2\beta \geqslant 2\alpha - \pi \geqslant 2\gamma$ và $2\alpha - \pi \geqslant 2\beta \geqslant 2\gamma$. Điều đầu tiên dẫn đến hệ thống
$$2\beta = \alpha, \quad 2\gamma = \beta, \quad 2\alpha - \pi = \gamma,$$
chúng ta tìm thấy những điều thú vị ở đâu lời giải:
$$\alpha = \frac{4\pi}{7}, \quad \beta = \frac{2\pi}{7}, \quad \gamma = \frac{\pi}{7},$$

và hai cái còn lại, rất dễ kiểm tra, dẫn đến các giải pháp “được biểu thị” (một trong các góc được tạo thành bằng 0), không phù hợp với chúng tôi, như người ta nói, “không nằm trong phạm vi các giá trị cho phép”.

Là những độc giả chiếm lời giải trong số bài toán này, hãy viết, cho $n = 2, 3, 4$ và nói chung cho bất kỳ $n$ lời giải nào, đều có thể được tìm thấy bằng cách tìm kiếm tương tự nhưng phức tạp hơn nhiều. Thật vậy, về nguyên tắc chúng ta đã quy bài toán thành đại số. Chúng ta hãy phác thảo khả năng của một kế hoạch mở rộng hơn nữa (đối với $n$ tự nhiên tùy ý). Từ (1) bằng quy nạp ta thu được công thức tính các góc của một tam giác

$$\begin{cases} \alpha_n = s2^n & \alpha + p\pi \\ \beta_n = s2^n & \beta + q\pi \\ \gamma_n = s2^n & \gamma + r\pi, \end{cases}$$

trong đó $s$ bằng $+1$ hoặc $-1$, $p, q$ và $r$ là số nguyên (chứng minh rằng đã cho $\alpha, \beta$ và $\gamma$ và với điều kiện bổ sung $\alpha_n \geqslant 0, \beta_n \geqslant 0, \gamma_n \geqslant 0$, $\alpha_n + \beta_n + \gamma_n = \pi$ thì các tham số $p, q, r$, $s$ được xác định từ (3) duy nhất!). Hãy viết sáu hệ, đánh đồng ($\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$) với các hoán vị khác nhau ($\alpha, \beta, \gamma$) và giải từng hệ. Từ lời giải thu được (tùy thuộc vào tham số $p, q, r, s$), chúng tôi chọn những kết quả thỏa mãn điều kiện $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$. Để trả lời câu hỏi: có bao nhiêu lời giải (với một $n$ cho trước), bạn sẽ cần tìm xem có bao nhiêu lời giải trong các số nguyên $p, q, r, s$ (trong đó $s = \pm 1$) có sáu hệ bất đẳng thức dẫn đến. Để thực hiện kế hoạch này,

30

Câu trả lời “có”: số $n$ luôn lớn hơn hoặc bằng số $x$ tiếp theo. Rõ ràng là $x$ tiếp theo phải được thực hiện nhiều hơn tất cả những câu đã được sử dụng (nếu không câu hỏi này sẽ là câu hỏi duy nhất).

Vì vậy, khi bắt đầu trò chơi, bạn phải thông báo $x$ mọi lúc - cho đến khi người thực hiện điều ước nói “không” lần đầu tiên. Đặt $x_1 < x_2 < x_3 < \dots$ là chuỗi mà người đoán quyết định đặt tên cho đến khi nhận được đáp số “không” đầu tiên. Nó phải là vô hạn, vì $n$ có thể lớn như bạn muốn.

Bây giờ chúng ta đến với trò chơi thứ hai: đến câu hỏi thứ $k$, người hỏi lần đầu trả lời “không”. Như vậy,

$$x_{k-1} \leq n < x_k.$$

Sau đó, bạn có thể áp dụng chiến lược tương tự như chiến lược $S_n$ được mô tả ở trên, chia đôi khoảng cách còn lại. Rõ ràng, điều này sẽ yêu cầu tới $|\log_2(x_k - x_{k-1})|$ câu hỏi.

Giả sử rằng ở giai đoạn thứ hai của trò chơi, tức là sau đáp số “không” đầu tiên, chúng ta có và chơi như thế này. Vẫn còn phải chọn một chuỗi tăng dần đơn điệu $x_k$ để xác định hoàn toàn chiến lược.

Chúng ta hãy xem xét ba chiến lược cụ thể, chỉ khác nhau ở việc lựa chọn chuỗi $x_k$.

1. Chiến lược $T^1$: $x_k = 10k$. Sau đó, như đã nêu trong các điều kiện, $f_T(n)$ tăng lên xấp xỉ bằng $\frac{n}{10}$.

2. Chiến lược $T^2$: $x_k = 2^k$. Khi đó số câu hỏi ở giai đoạn đầu không quá $|\log_2 n|$, và số câu hỏi ở giai đoạn thứ hai không quá $|\log_2 \frac{n}{2}|$. Tổng cộng có khoảng $2\log_2 n$ câu hỏi.

3. Chiến lược $T^3$: $x_k = 2^{2k}$. Bây giờ số lượng câu hỏi ở giai đoạn đầu tiên đã giảm mạnh. Trên thực tế, hãy

$$2^{2k-1} \leq n < 2^{2k}.$$

Khi đó số câu hỏi ở màn đầu tiên của trò chơi bằng $k$ và không vượt quá

$$k \leq \log_2 \log_2 n + 1,$$

đối với $n$ lớn thì nhỏ hơn đáng kể so với $\log_2 n$. Trong giai đoạn thứ hai, chúng ta sẽ tiêu thụ khoảng

$$\log_2(2^{2k} - 2^{2k-1}) \approx \log_2 2^{2k} = 2^k$$

câu hỏi. Điều này tốt hay xấu? Nó phụ thuộc vào số $n$. Hóa ra là đối với hầu hết $n$ trong khoảng (2), chiến lược này tốt hơn đáng kể so với hầu hết $n$ trong cùng khoảng thời gian.

Hãy để $n = 2^{2k} - 1$.

Sau đó

$$f_T(n) \approx \log_2 \log_2 n + 2^k \approx \log_2 n + \log_2 \log_2 n,$$

Đối với $n$ lớn, số hạng thứ hai nhỏ hơn nhiều và tỷ lệ $f_T(n)$ so với ước tính thấp hơn $\log_2 n$ (xem công thức (1)) gần bằng 1.

Hãy để bây giờ $n = 2^{2k-1}$. Khi đó giá trị $f_T^3(n)$ giống nhau và được biểu thị qua $n$ là

$$f_T^3(n) \approx \log_2 \log_2 n + 2^k \approx 2\log_2 n + \log_2 \log_2 n,$$

nghĩa là có khoảng hai vượt quá ước tính thấp hơn (1). Do đó, đối với các giá trị $n$ này, chiến lược $T^3$ không tốt hơn chiến lược $T^2$.

Tình huống này được minh họa bằng biểu đồ trong Hình 7. Trong biểu đồ này, đường màu đỏ thường mô tả ước tính thấp hơn đã được chứng minh ở trên: $\log_2 n$ (biểu đồ có tính chất định tính, sơ sài và không được cho là chính xác).

Đường màu đen có bậc thể hiện đồ thị của hàm $f_T^3(n)$. Hàm này không đổi trên mỗi khoảng của loại (2). Vào cuối khoảng thời gian như vậy, ước tính thấp hơn gần như bắt kịp nó, nhưng ở đây, giả sử, $f_T^3(n)$ bị tê liệt và trở nên lớn gấp đôi.

Câu hỏi đặt ra: liệu có một chiến lược $T^4$ mà $f_T^4(n)$ cho tất cả $n$ không khác quá nhiều so với giới hạn dưới không? (Lịch trình ước tính $f_T^4(n)$ được đưa ra trong đoạn văn sau.)

Bây giờ chúng ta mô tả một chiến lược $T^4$ sao cho

$$\lim_{n \to \infty} \frac{f_T^4(n)}{\log_2 n} = 1,$$

nghĩa là mức vượt quá tương đối của $f_T^4(n)$ so với giới hạn dưới $\log_2 n$ đối với các chiến lược $n$ lớn bằng 0.

Giai đoạn đầu tiên của trò chơi, trước một chuỗi số

$$x_k = 2^{2k}.$$

Giả sử rằng đối với câu hỏi thứ $k$ lần đầu tiên chúng tôi nhận được đáp số “không” thì ở đâu

$$2^{2k-1} \leq n < 2^{2k}.$$

Hãy để chúng tôi mô tả chiến lược $T^4$ cho giai đoạn thứ hai của trò chơi. Chúng ta hãy gán $n$ cho mỗi phần trong khoảng (2)

Cơm. 7.

31

“trọng lượng” bằng $\frac{1}{n}$. Bây giờ chúng ta sẽ đặt câu hỏi theo cách chia xấp xỉ một nửa không phải số giá trị mà $n$ vẫn có thể lấy mà là tổng trọng số của chúng.

Hãy tính toán xem sẽ cần bao nhiêu câu hỏi để gỡ lỗi $n$ tùy ý trong khoảng thời gian (2). Hãy đặt $m=2^{2k-1}$. Ban đầu tổng các trọng số xấp xỉ bằng

$$\frac{1}{m} + \frac{1}{m+1} + \cdots + \frac{1}{m^2} \approx$$

$$\approx \left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{m^2}\right) -$$

$$- \left(1 + \cdots + \frac{1}{m}\right) \approx \ln(m^2) - \ln m =$$

$$= \ln m \leqslant \ln n.$$

Nếu chúng ta đoán $n$ thì chúng ta sẽ đưa tổng các trọng số về giá trị $\frac{1}{n} \cdot$, nghĩa là tổng các trọng số sẽ giảm khoảng $n\ln n$ lần. Giả sử rằng chúng ta có thể chia nó thành một nửa mỗi lần. Sau đó nó đã được chi tiêu

$$\log_2 n\ln n = \log_2 n + \log_2 \ln n \approx \log_2 n$$

Vortsov (thuật ngữ thứ hai cho $n$ lớn nhỏ hơn đáng kể so với thuật ngữ đầu tiên). Vì theo quy định, không thể chia chính xác tổng trọng số làm đôi nên số lượng câu hỏi thực sự lớn hơn một chút. Có thể chứng minh (nhưng điều này khó hơn) là nó vẫn không vượt quá

$$\log_2 n + \text{const}\log_2 \log_2 n$$

vortsov. (Ở đây const có nghĩa là một số không đổi mà chúng tôi không đánh giá.) Bằng cách thêm vào đây số lượng câu hỏi trong màn đầu tiên của trò chơi, chúng tôi chỉ chỉ ra hệ số trong số hạng thứ hai. Vì vậy, chúng tôi đã xây dựng một chiến lược cho phép chúng tôi gỡ lỗi bất kỳ $n$ nào trong thời gian không quá

$$\log_2 n + \text{const}\log_2 \log_2 n$$

vortsov.

Dễ dàng chỉ ra rằng hàm này thỏa mãn điều kiện (3) mà chúng ta đã hứa thực hiện.

J. M. Bardzin, A. L. Toom

M 181. Chiều dài tối thiểu của một miếng nút bần để có thể dùng làm khung hình lập phương có cạnh 10 cm là bao nhiêu? (Một chiếc nút chai có thể đi dọc theo một cạnh hai lần, tùy thuộc vào $90^\circ$ và $180^\circ$, nhưng không thể bẻ gãy được.)

Đáp số. Bạn cần ít nhất 150 cm nút chai.

Theo khung nút chai có chiều dài như vậy, được thể hiện như thế nào trong Hình 8. Bây giờ chúng ta cần chứng minh rằng khung nút chai ngắn hơn chiều dài của khối lập phương có cạnh 10 cm?

(Chúng ta hãy giả sử trong giây lát rằng chúng ta chỉ được phép uốn nút chai ở các đỉnh của khối lập phương và chúng ta đã tạo ra một loại khung nào đó, và nút chai bắt đầu và kết thúc

Cơm. 8.

tại các đỉnh của hình lập phương. Hãy đếm số cạnh trong khung này. Tất nhiên, chúng ta sẽ không tính các cạnh của hình lập phương - có 12 cạnh - mà là các cạnh được tạo thành từ các lỗ. Trong khung có đúng một đỉnh mà lỗ bắt đầu và một đỉnh mà lỗ kết thúc (các đỉnh này có thể trùng nhau). Chúng ta sẽ gọi những đỉnh này là đỉnh cuối và tất cả các đỉnh còn lại là đỉnh đi qua. Mỗi đỉnh đi qua liền kề với một số cạnh chẵn. Thật vậy, một con bọ đã đi vào đỉnh này nhất thiết phải thoát ra khỏi nó. Do đó, có ít nhất bốn xương sườn liền kề với nó. Ít nhất ba gân liền kề với đỉnh cuối. Do đó, tổng số cạnh không nhỏ hơn $\frac{6 \cdot 4 + 2 \cdot 3}{2} = 15$. Thật vậy, mỗi cạnh liền kề với hai đỉnh, vì vậy nếu một đỉnh có số $i$ liền kề với $c_i$ cạnh ($i = 1, 2, \ldots, 8$), thì $c_1 + c_2 + \ldots + c_8$ bằng hai lần số cạnh. Do đó, có ít nhất 15 gân trong khung và vì chiều dài của một gân là 10 cm nên cần có ít nhất 150 cm lỗ.

Bây giờ chúng ta cần chứng minh rằng nếu chúng ta uốn cong các phích cắm ở các điểm bên trong của các gân thì vẫn không thể làm được các phích cắm khung nhỏ hơn 150 cm. bài toán này có thể được giảm xuống thành khung trước như sau: không cần thông báo độ dài của các lỗ, bất kỳ khung nào cũng có thể được cắt lại để tất cả các trụ đều ở các đỉnh. Chúng tôi sẽ không mô tả sự thay đổi này mà chỉ hiển thị một số hình ảnh xuất hiện (xem Hình 9, $a - \delta$; chúng hiển thị một cạnh nhất định của hình khối và lỗ bao phủ nó được mở rộng cho rõ ràng).

32

Cơm. 9.

$$\frac{a}{b+c+d} + \frac{b}{a+c+d} + \frac{c}{a+b+d} + \frac{d}{a+b+c} \geq \frac{4}{3};$$

c) $a_1, a_2, a_3, \dots, a_n$ - số dương ($n \geq 2$), có thể

$$\frac{a_1}{a_2+a_3+\dots+a_n} + \frac{a_2}{a_1+a_3+\dots+a_n} + \dots + \frac{a_n}{a_1+a_2+\dots+a_{n-1}} \geq \frac{n}{n-1}.$$

Hãy giải quyết ngay nhé bài toán(c). Chúng ta biểu thị tổng $a_1 + a_2 + \dots + a_n$ bằng $s$ và các số $s - a_i$ bằng $b_i$. Trong ký hiệu này ta cần chứng minh rằng

$$\frac{s - b_1}{b_1} + \frac{s - b_2}{b_2} + \dots + \frac{s - b_n}{b_n} \geq \frac{n}{n-1}.$$

Bất đẳng thức này tương đương với:

$$s \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right) \geq \frac{n}{n-1} + n = \frac{n^2}{n-1}.$$

(1)

Bây giờ chúng ta hãy sử dụng mối quan hệ phổ biến giữa trung bình số học và trung bình hình học (xem «Kvant», 1970, Số 8, trang 33): nếu $c_1, c_2, \dots, c_n$ là số không âm thì

$$\frac{c_1 + c_2 + \dots + c_n}{n} \geq \sqrt[n]{c_1 c_2 \dots c_n}.$$

(2)

Từ đó ngay lập tức xảy ra rằng

$$\left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right)^n \geq \frac{1}{b_1 b_2 \dots b_n}$$

và đó là $b_1 b_2 \dots b_n \leq \left( \frac{b_1 + b_2 + \dots + b_n}{n} \right)^n$.

Từ hai bất đẳng thức này suy ra

$$\left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right)^n \geq \left( \frac{n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n} \right)^n$$

và cuối cùng,

$$\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \geq \frac{n^2}{b_1 + b_2 + \dots + b_n}.$$

Nhưng

$$b_1 + b_2 + \dots + b_n = ns - a_1 - a_2 - \dots - a_n = (n-1)s,$$

Ở đâu

$$s \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n} \right) \geq \frac{sn^2}{s(n-1)} = \frac{n^2}{n-1}.$$

Bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.

Bây giờ chúng ta hãy trình bày một số thông điệp mà nhờ đó chúng ta có thể chứng minh mối quan hệ (2). Hãy để $c_1 + c_2 + \dots + c_n = 1$. (Điều này không giới hạn tính tổng quát.) Giả sử rằng đối với những số này, quan hệ (2) bị vi phạm, nghĩa là

$$\frac{c_1 + c_2 + \dots + c_n}{n} < \sqrt[n]{c_1 c_2 \dots c_n}.$$

Giả sử trung bình của các số $c_i$ không bằng nhau. Sau đó, ở giữa $c_i$ có hai số - chúng ta có thể giả sử rằng đây là $c_1$ và $c_2$ - sao cho $c_1 < \frac{1}{n}$, $c_2 > \frac{1}{n}$. Lưu ý $c_1$ trên $c'_1 = \frac{1}{n}$ và $c_2$ trên $c'_2 = c_1 + c_2 - \frac{1}{n}$. Khi đó đối với các số $c'_1 = \frac{1}{n}, c'_2 = c_1 + c_2 - \frac{1}{n}$, quan hệ (2) cũng sẽ bị vi phạm. Bằng chứng của thực tế này được chứng minh bằng bất đẳng thức $\frac{1}{n} \left( c_1 + c_2 - \frac{1}{n} \right) > c_1 c_2$ (tại $c_1 < \frac{1}{n}, c_2 > \frac{1}{n}$), - bạn có thể dễ dàng tự mình giải quyết bất đẳng thức này.

Khi đề xuất những thay thế này, chúng ta phải thực hiện tập hợp $c_1 = c_2 = \dots = c_n = \frac{1}{n}$. Do đó, nếu quan hệ (2) bị vi phạm đối với một tập hợp $c_1, c_2, \dots, c_n$ nào đó, thì nó cũng sẽ bị vi phạm đối với tập hợp $\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \dots, \frac{1}{n}$. Tuy nhiên, bằng cách thay thế không xác định, chúng tôi đảm bảo rằng trong trường hợp này nó đúng. Điều này có nghĩa là nó cũng đúng với tập hợp ban đầu.

Đây là một lời giải khác trong số bài toán của chúng tôi, dựa trên mối quan hệ giữa mức trung bình

33

Cơm. 10.

trung bình số học và hình học của hai số.
Chúng ta phải chứng minh rằng
$$(n-1) \left( \frac{s-b_1}{b_1} + \dots + \frac{s-b_n}{b_n} \right) \geq n.$$
Lưu ý rằng $b_1 + \dots + b_n = (n-1) s$. Đó là lý do tại sao
$$(n-1) \frac{s-b_1}{b_1} = \frac{b_1 + b_2 + \dots + b_n - (n-1) b_1}{b_1} = \frac{b_2 + \dots + b_n}{b_1} - (n-2) = \frac{b_2}{b_1} + \frac{b_3}{b_1} + \dots + \frac{b_n}{b_1} - (n-2).$$
Chúng ta cũng biến đổi các số hạng $(n-1) \frac{s-b_i}{b_i}$ còn lại và thêm tất cả các số hạng $n$.

Sau đó, chúng ta nhóm các phân số $\frac{b_i}{b_j}$ theo cặp và sử dụng bất đẳng thức:
$$\frac{b_i}{b_j} + \frac{b_j}{b_i} \geq 2$$
Vì tổng các cặp $i$ và $j$ ($1 \leq i < j \leq n$) sẽ là
$$C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2},$$
thì kết quả là chúng ta nhận được:
$$(n-1) \left( \frac{s-b_1}{b_1} + \dots + \frac{s-b_n}{b_n} \right) \geq C_n^2 \cdot 2 - (n-2) n = n^2 - n - n^2 + 2n = n.$$
Từ cả thứ nhất và thứ hai lời giải, có thể thấy ngay rằng các bất đẳng thức chỉ chuyển thành đẳng thức tại $b_1 = \dots = b_n$, tức là tại $a_1 = \dots = a_n$
L. G. Limanov

Cơm. 11.

M183. Tìm chiều cao của một hình thang có đáy là $a$ và $b$ ($a < b$), góc giữa hai đường chéo là $90^\circ$ và góc giữa phần kéo dài của các đường bên là $-45^\circ$.

Hầu hết độc giả đã gửi lời giải cho bài toán này bằng cách sử dụng lượng giác. Đây là một trong những lời giải ngắn nhất, được gửi bởi L. và S. Pizzkov.

Cho (Hình 10) trong hình thang $ABCD$, trong đó $AB \parallel CD$ $AB = a$, $CD = b$, $BC = x$, $AD = y$, điểm $E$ trên đáy $CD$ sao cho $ABCE$ là hình bình hành: $AE = x$, $DE = b - a$. Diện tích tam giác $ADE$ gấp đôi là
$$xy \sin 45^\circ = (b - a) h,$$
(1)
trong đó $h$ là chiều cao của hình thang. Tiếp theo, sử dụng định lý cosine, chúng ta thu được điều đó
$$(b - a)^2 = x^2 + y^2 - 2xy \cos 45^\circ.$$
(2)
Cuối cùng, sử dụng định lý Pythagore áp dụng cho bốn tam giác vuông $AOB$, $BOC$, $COD$, $DOA$, ta suy ra rằng
$$x^2 + y^2 = a^2 + b^2$$
(3)
Bây giờ chúng ta thay (3) và (1) thành (2) ($\cos 45^\circ = \sin 45^\circ$):
$$(b - a)^2 = a^2 + b^2 - 2(b - a)h.$$
Như vậy,
$$h = \frac{ab}{b - a}.$$

Độc giả của chúng tôi N.I. Berezovsky và một số người khác đưa ra phương pháp dựng hình thang, được thảo luận trong các điều kiện, theo dữ liệu a và b (Hình 11). Nghiên cứu cho thấy một hình thang như vậy tồn tại ở $\frac{b}{a} \geq 1 + \sqrt{2}$.
N. B. Vasiliev

F193. Có hai hệ thống đường có cùng khoảng cách hình thành. Trục quang của các đường thẳng trùng nhau. Hệ thống đường thứ nhất bao gồm các đường thu, trong hệ thống thứ hai có các đường thu qua một góc có đường phân tán. Các đường được đặt tên trong mỗi hệ thống, nếu khoảng cách giữa các đường cao hơn nhiều so với đường chính thức.

34

Chúng ta hãy xem xét một chùm tia song song chạy dọc theo trục quang chính của hệ thống, bao gồm các thấu kính thu thập. Sau khi đi qua thấu kính thứ nhất, chùm tia sẽ hội tụ, khi đi qua thấu kính thứ hai - thậm chí còn hội tụ nhiều hơn, v.v. Nếu số lượng thấu kính đủ lớn thì ở đâu đó bên trong hệ thống chùm tia sẽ được chứa trong một điểm. Sau đó, chùm tia trở nên phân kỳ, nhưng độ phân kỳ của nó sẽ ngày càng ít đi cho đến khi nó trở nên song song; thì mọi thứ sẽ được lặp lại. Đường đi gần đúng của tia dan trong Hình 12, a.

Đối với trường hợp thứ hai, khi hệ thống bao gồm các thấu kính hội tụ và phân kỳ xen kẽ (xem Hình 12, b), “chu kỳ” của quỹ đạo tia sáng lớn hơn nhiều so với trường hợp đầu tiên, vì hoạt động của thấu kính hội tụ và thấu kính phân kỳ trên chùm sáng là ngược nhau.

Để xác định, khoảng cách giữa các thấu kính được lấy bằng tiêu cự $1/3$. Về nguyên tắc, tất cả những khác biệt vẫn giữ nguyên đối với cả chùm tia tùy ý và các mối quan hệ khác giữa tiêu cự và khoảng cách giữa các thấu kính.

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

Giả sử vận ​​tốc điện tích ban đầu bằng không.

Nếu đặt một điện áp $u = U_0 \sin \omega t$ vào mặt phẳng của tụ điện thì hướng của điện trường bên trong tụ điện thay đổi theo thời gian theo định luật $E = E_0 \sin \omega t$. Vì điện tích $q$ chịu tác dụng của lực $F = Eq$ trong điện trường nên gia tốc của nó

36

tại thời điểm lực đàn hồi của lò xo vết thương bằng trọng lượng của khối bên dưới.

Hoặc cũng có thể làm sao cho khối trên dừng lại khi lực của lò xo đàn hồi nhỏ hơn trọng lượng của khối dưới. Khi đó khối dưới sẽ dừng lại tại chỗ và chỉ cần xem xét chuyển động của một khối trên là đủ.

Hãy viết định luật bảo toàn năng lượng cho trường hợp này:

$$\frac{k(l_0 - l)^2}{2} = \frac{k(l_1 - l_0)^2}{2} + m_1g(l_1 - l)$$

($l_1$ là độ dài tối đa của lò xo).

Từ đây

$$l_1 = l_0 - \frac{m_1g}{k} + \sqrt{\left(l_0 - \frac{m_1g}{k}\right)^2 + l\left(l - 2l_0 + \frac{2m_1g}{k}\right)}$$

Chiều cao của hình lập phương trên bằng

$$\Delta l = l_1 - l$$

và khối tâm của hệ là

$$\Delta x_{\text{цм}} = \frac{\Delta l m_1}{m_1 + m_2}$$

F196. Trong buồng gia tốc, một bó lò xo rất mỏng chuyển động dọc theo một đường tròn có bán kính $R$. Độ lớn của moka tại thời điểm ban đầu là $I_0$, tổng số hạt trong buồng là $n$. Thông lượng cực đại xuyên qua quỹ đạo chùm tia không đổi thay đổi với tốc độ $\varphi$. Kích thước của moka sau khi tôi khai thác sẽ là bao nhiêu khi các hạt thực hiện một vòng quay? Tốc độ của hạt vẫn nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng.

Độ lớn của dòng điện $I$ phụ thuộc vào tốc độ của hạt như sau:

$$I = en_0 v S$$

trong đó $e$ là điện tích lò xo, $n_0$ là số proton trên một đơn vị thể tích, $S$ là diện tích tiết diện của chùm tia, $v$ là tốc độ. Do đó, chúng ta sẽ giả sử rằng các proton được phân bố đồng đều trên toàn bộ quỹ đạo của chúng (có tính đến việc chùm tia rất hẹp)

$$n_0 = \frac{n}{2\pi RS}$$

Sau đó

$$I = \frac{en}{2\pi R} v$$

Vì vậy, để tìm dòng điện, bạn cần tìm tốc độ của lò xo. Chúng tôi biết tốc độ ban đầu. Nó bằng nhau

$$v_0 = \frac{2\pi R I_0}{ne}$$

Do từ thông trong buồng máy gia tốc thay đổi nên sẽ gây ra e. d. c. cảm ứng bằng (tính theo giá trị abscillot) với tốc độ thay đổi của từ thông $\varphi$, nghĩa là

$$E = \varphi$$

Khi proton thực hiện một vòng quay, điện trường sẽ thực hiện công lên nó bằng $Ee$, công này bị ảnh hưởng bởi sự thay đổi động năng của proton:

$$\frac{mv^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = Ee$$

($m$ là khối lượng proton $^*$).

Từ đây chúng ta tìm được tốc độ của proton sau khi nó thực hiện một vòng quay trong buồng máy gia tốc:

$$v = \sqrt{v_0^2 + \frac{2Ee}{m}}$$

Khi đó dòng điện trong buồng sẽ như thế này:

$$I = \frac{ne}{2\pi R} \sqrt{\left(\frac{2\pi R}{ne} I_0\right)^2 + 2\varphi \frac{e}{m}} = I_0 \sqrt{1 + \frac{n^2 e^3 \varphi}{2\pi^2 R^2 m I_0^2}}$$

Tôi. Sh. Slobodetsky

F197. Trên một viên phấn có khối lượng $m$, nằm trên đường chân trời của một bề mặt gồ ghề có hệ số lò xo $k$, tại thời điểm $t = 0$ một lực tỉ lệ với thời gian bắt đầu tác dụng một góc $\alpha$ so với đường chân trời. Xác định tốc độ $v$ chuyển động của vật sau t giây.

Coi vật là một điểm vật chất, khoảng cách của lực tác dụng lên nó (Hình 15). Đây là lực hấp dẫn mg, phản lực hỗ trợ $N$, lực $f = At$ (sẽ thuận tiện hơn khi nói về các thành phần của nó $f_1 = At$ cos $\alpha$ và $f_2 = At$ sin $\alpha$)

*) Vì tốc độ của proton vẫn nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng nên khối lượng proton có thể coi là một giá trị không đổi.

Cơm. 15.

37

và lực ma sát $f_{\text{Tp}} = kN$. Gia tốc theo phương ngang của vật chỉ có thể được truyền bởi lực $f_1$, nhưng để làm được điều này, nó phải lớn hơn lực ma sát $f_{\text{Tp}} = kN = k(mg - At \sin \alpha)$, lực này cũng phụ thuộc vào thời gian $t$.

Chúng ta hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc của các lực ngang tác dụng lên vật theo thời gian $t$ (Hình 16).

Từ 0 đến thời điểm $t_1$ vật chưa chuyển động vì lực ma sát tĩnh cân bằng với lực $f_1$, tức là

$$At_1 \cos \alpha = kmg - kAt_1 \sin \alpha,$$

Ở đâu

$$t_1 = \frac{kmg}{A(\cos \alpha + k \sin \alpha)}.$$

Ngoài ra còn có giới hạn thời gian thứ hai $t_2$ cho chuyển động được chỉ định trong nhiệm vụ. Lúc này phản lực của mặt đất trở thành 0 và vật thể bay lên

$$N = mg - At_2 \sin \alpha = 0$$

Và

$$t_2 = \frac{mg}{A \sin \alpha}.$$

Như vậy, chuyển động của vật trên bề mặt nảy sinh trong thời gian $\tau$, nằm trong khoảng: $t_1 < \tau < t_2$.

Lưu ý rằng nếu $kA \sin \alpha \geq A \cos \alpha$ thì khoảng $t_2 - t_1$ trở nên hẹp hơn, nhưng mọi suy luận vẫn hợp lệ.

Hãy viết phương trình chuyển động của thời điểm thời gian $\tau = t_1 + t'$ ($t'$ là thời điểm hiện tại, vắng mặt tại thời điểm $t_1$)

$$A (t_1 + t') \cos \alpha + kA (t_1 + t') \sin \alpha - kmg - ma,$$

trong đó $a$ là gia tốc của vật.

Cơm. 17.

Thay thế biểu thức cho $t_1$, chúng tôi tìm thấy

$$a = \frac{A \cos \alpha + kA \sin \alpha}{m} t'.$$

Hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc $a(t)$ (Hình 17). Tốc độ mong muốn $v$ tại thời điểm $\tau = t_1 + t'$ bằng số với diện tích của tam giác đã chọn:

$$v = \frac{a(\tau - t_1)}{2} = \frac{(A \cos \alpha + kA \sin \alpha)(\tau - t_1)^2}{2m} = \frac{[\tau A(\cos \alpha + k \sin \alpha) - kmg]^2}{2mA(\cos \alpha + k \sin \alpha)}.$$

Nếu bạn thay đổi hướng của lực tác dụng, như trong Hình 18, thì phản lực hỗ trợ $N = mg + At \sin \alpha$ sẽ liên tục tăng (cũng như lực ma sát $f_{\text{Tp}}$).

Thời gian $t_1$, sau đó vật chuyển động, được tính từ điều kiện

$$At_1 \cos \alpha - kmg - kAt_1 \sin \alpha = 0;$$

Sau đó

$$t_1 = \frac{kmg}{A \cos \alpha - kA \sin \alpha}.$$

Tuy nhiên, trong trường hợp này, giá trị dương $t_1$ chỉ xảy ra nếu $A \cos \alpha > kA \sin \alpha$. Tại $A \cos \alpha \leq kA \sin \alpha$ thời gian là $t_1 < 0$ và không có chuyển động nào xảy ra.

Sự gia tăng thành phần $f_2$ có thể dẫn đến sự phá hủy cơ thể (điều này có thể xảy ra trước thời điểm $t_1$). Nếu vật không sụp đổ và $t_1$ có ​​giá trị hữu hạn, thì đối với tốc độ $v$ tại thời điểm $\tau = t_1 + t'$, chúng ta thu được giá trị:

$$v = \frac{[\tau A(\cos \alpha - k \sin \alpha) - kmg]^2}{2mA(\cos \alpha - k \sin \alpha)}.$$

A. V. Ustinova

38

VII OLYMPIAD TOÀN QUỐC DÀNH CHO HỌC SINH MÔN TOÁN VÀ VẬT LÝ

Vào tháng 4, Olympic toàn Liên minh lần thứ VII dành cho học sinh môn toán (ở Chisinau) và vật lý (ở Leningrad) đã diễn ra.
Dưới đây chúng tôi đặt các tài liệu dành riêng cho các Thế vận hội này.

M. L. Smolyansky

Olympic toàn liên đoàn

Nhiều cuộc thi toán học khác nhau trong lịch sử toán học đã được biết đến từ lâu. Lịch sử đã mang đến cho chúng ta thông tin về môn nhảy biểu diễn toán học được tổ chức từ thế kỷ 13 (Vương quốc Naples). Tuy nhiên, đây là những phát minh toán học hiện đại, trong đó các nhà khoa học vĩ đại nhất thời đó đã tham gia.

Lịch sử của Olympic vật lý và toán học học đường bắt đầu từ năm 1894, khi Olympic toán học đầu tiên dành cho học sinh (còn gọi là “cuộc thi Eotvos”) được tổ chức tại Hungary. Điều này đã trở thành truyền thống, Olympic được tổ chức hàng năm ở Hungary vào tháng 10.

Ở Liên Xô, Olympic toán học đầu tiên dành cho học sinh được tổ chức tại Leningrad vào mùa xuân năm 1934 *). Những người khởi xướng cuộc thi Olympic này là Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô B. N. Delaunay (Chủ tịch Ban tổ chức Olympic) và Giáo sư V. A. Tartakovsky.

Theo sáng kiến ​​của Hiệp hội Toán học Mátxcơva, Cuộc thi Olympic Toán học Mátxcơva lần thứ nhất dành cho học sinh được tổ chức vào mùa thu năm 1935. Các nhà toán học Mátxcơva đã chào đón cô rất nhiệt tình. Ban tổ chức bao gồm tất cả các nhà toán học lớn của Muscovite (học giả P. S. Aleksandrov - chủ tịch ban tổ chức, các học giả A. N. Kolmogorov và S. L. Sobolev, các thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô L. A. Lyusternik và L. G. Shinirelman, các giáo sư V. F. Kagan, S. A. Yankovskaya và những người khác).

314 học sinh đã tham gia loại đầu tiên (vòng loại) của Olympic Mátxcơva và 120 học sinh tham gia loại thứ hai (cuối cùng).

Cho đến Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, các cuộc thi Olympic toán học ở Moscow được tổ chức hàng năm và rất nhanh chóng được công nhận rộng rãi. Trong chiến tranh, các nhà toán học Moscow đã tổ chức các cuộc thi Olympic ở Ashgabat và Kazan. Sau Chiến tranh Vệ quốc, tổ chức Olympic toán học đã trở thành truyền thống ở nhiều thành phố ở Liên Xô. Những kỳ thi Olympic này được tổ chức thông qua nỗ lực chung của các cơ quan giáo dục công lập địa phương, các trường đại học và viện sư phạm.

39

Tổng số kỳ thi Olympic toán được tổ chức ở nước ta rất lớn. Thế vận hội được tổ chức ở nhiều thành phố trên cả nước. Thông thường, tại một thành phố trong một năm học, một số kỳ thi Olympic được tổ chức bởi các cơ sở giáo dục khác nhau. Số lượng kỳ thi Olympic được tổ chức tại Mátxcơva không dễ đếm: các kỳ Olympic được tổ chức bởi Đại học quốc gia Mátxcơva, Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva, Viện Ô tô và Đường bộ Mátxcơva, Viện Thép và Hợp kim Mátxcơva, Viện Kinh tế và Thống kê Mátxcơva, v.v.

Theo chân các nhà toán học, vật lý học, hóa học, thiên văn học, địa lý học, sinh vật học và sau đó là ngôn ngữ học bắt đầu tổ chức các kỳ thi Olympic của họ.

Năm 1960, việc tổ chức Olympic Toán học Moscow lần thứ XXIII cùng với Bộ Giáo dục RSFSR đã tổ chức Olympic toán học với quy mô lớn hơn. Các đội từ khu vực thứ 13 của RSFSR và 9 nước cộng hòa liên minh đã tham gia vào nó. Những kỳ thi Olympic này được gọi là Olympic Toán học toàn Nga.

Trải nghiệm này có vẻ rất thành công và kể từ năm 1961, các kỳ thi Olympic Toán học toàn Nga bắt đầu được tổ chức thường xuyên. Cuộc thi được tổ chức thành bốn vòng: trường, quận, khu vực và vòng chung kết.

Kỳ thi Olympic vật lý đầu tiên được Đại học Moscow tổ chức vào năm 1938. Kể từ đó, những kỳ Olympic này đã trở thành truyền thống đối với học sinh Moscow.

Sau đó, những kỳ Olympic như vậy bắt đầu được tổ chức bởi Viện Vật lý và Công nghệ Moscow (MIPT) và các trường đại học khác ở Moscow. Sáng kiến ​​​​của người Muscites đã được tiếp thu ở các thành phố khác trong nước.

Vào tháng 2 năm 1962, cuộc thi Olympic vật lý và toán học tổng quát đầu tiên dành cho học sinh đã diễn ra theo sáng kiến ​​​​của MIPT. Hơn 6.500 học sinh từ 58 thành phố của Liên Xô đã tham gia. Nó được tổ chức một vòng trong kỳ nghỉ đông.

Hình thức tổ chức Thế vận hội rất thú vị. Các sinh viên, nghiên cứu sinh của viện đã tổ chức nó trong dịp nghỉ đông ở quê nhà. Và sau đó là lời giải bài toán những bóng ma ở Moscow, nơi chúng được thử nghiệm. Mọi công việc tổ chức Thế vận hội đều do ủy ban Komsomol đứng đầu.

Kết quả của Olympic, hơn 400 học sinh đã nhận được giải thưởng và bằng khen danh dự. Năm 1963, MIPT và Khoa Vật lý của Đại học quốc gia Mátxcơva cùng nhau tổ chức Olympic Vật lý và Toán học lần thứ hai. Học sinh từ phần châu Âu của Liên Xô và Transcaucasia đã tham gia vào cuộc thi này. Vòng đầu tiên của Olympic này là vòng tương ứng, và vòng thứ hai là toàn thời gian.

Từ năm 1962, Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô bắt đầu tổ chức các kỳ thi Olympic Vật lý và Toán học toàn Siberia.

Kể từ năm 1964, các Olympic vật lý và toán học đã được tổ chức chung dưới sự lãnh đạo của Bộ Giáo dục RSFSR. Những kỳ thi Olympic này được gọi là Olympic Vật lý và Toán học toàn Nga*).

Từ năm 1967, các kỳ thi Olympic Vật lý, Toán và Hóa học toàn Liên minh (Olympic toàn Liên minh) đã được tổ chức.

Các cuộc thi Olympic toàn Liên Xô do Bộ Giáo dục Liên Xô tổ chức cùng với Bộ Giáo dục Chuyên ngành Trung học và Đại học Liên Xô, Ủy ban Trung ương Komsomol, Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, “Tri thức” của Hiệp hội Liên minh, Hội đồng Công đoàn Trung ương Liên minh và các hiệp hội khoa học và kỹ thuật. Để trực tiếp quản lý Olympic toàn Liên đoàn, Ban tổ chức Trung ương Olympic toàn Liên đoàn dành cho học sinh đã được thành lập, người đứng đầu là Viện sĩ I. K. Kikoin. Ban tổ chức bầu cơ quan trung ương Olympic theo chuyên đề.

*) Năm 1965, các nhà hóa học tham gia Olympic Vật lý và Toán học toàn Liên minh.

40

Olympic vật lý và toán học toàn Liên minh được tổ chức thành bốn vòng: Olympic cấp trường, Olympic khu vực, Olympic tài nguyên (hoặc khu vực) và cuối cùng là vòng chung kết.

Bốn người chiến thắng từ 8-10 lớp từ mỗi khu vực, khu vực, nguồn lực tự trị và thống nhất và những người đoạt giải nhất và nhì của loại chung kết của Olympic toàn Liên minh được mời tham dự vòng chung kết của Olympic toàn Liên minh tiếp theo.

Vòng chung kết của Olympic toàn Liên minh được tổ chức riêng vào tháng 4 (ở các thành phố khác nhau) dành cho các nhà toán học và vật lý.

Những người chiến thắng Olympic được trao giải thưởng đặc biệt và giấy chứng nhận thành tích. Trong số những người chiến thắng trong Olympic Vật lý và Toán học toàn Liên minh, đội Liên Xô được thành lập - đội tham gia Olympic Quốc tế dành cho học sinh về Toán và Vật lý.

Theo lời giải của Bộ Giáo dục Đặc biệt Trung học và Đại học Liên Xô, những người tham gia Olympic Quốc tế dành cho Học sinh Toán và Vật lý được chấp nhận theo thông tin giáo dục nêu trên mà không cần thi.

Bắt đầu từ Olympic Toán học toàn Liên minh lần thứ IV (1963), các huy hiệu đặc biệt được cấp để trao cho tất cả những người tham gia Olympic.

IV Olympic Toán học toàn Liên minh (Moscow, 1963)
Olympic Vật lý và Toán học toàn Liên minh (Moscow, 1964)
VI Olympic toàn Liên minh về Toán, Vật lý và Hóa học (Moscow, 1965)
VII Olympic Toán, Vật lý và Hóa học toàn Liên đoàn (Voronezh, Moscow, 1966)
Olympic toàn Liên minh II (Leningrad, Yerevan, 1968); III Olympic toàn Liên minh (Kyiv, Alma-Ata, 1969); Olympic toàn Liên minh IV (Simferopol, Sverdlovsk, 1970); V Olympic toàn liên minh (Riga, Novosibirsk, 1971); VI Olympic toàn liên minh (Chelyabinsk, Tbilisi, 1972); Olympic toàn Liên minh lần thứ VII (Chisinau, Leningrad, 1973)

41

Olympic Toán
L. M. Pashkova

Từ ngày 11 tháng 4 đến ngày 17 tháng 4 năm 1973, chặng cuối cùng của Kỳ thi Olympic Toán học toàn năng lần thứ VII dành cho học sinh được tổ chức tại Chisinau. Cuộc thi toàn Liên minh lần thứ bảy về “tâm trí và kiến ​​thức” bắt đầu vào tháng 12 năm 1972 tại Olympic cấp trường. Vào tháng 3, các cuộc thi Olympic trong khu vực và tài nguyên đã được tổ chức. Tại Chisinau, những người đoạt giải trong các kỳ Olympic cấp khu vực và tài nguyên cũng như 26 người đoạt giải tại Olympic toàn Nga lần thứ VI (được cấp bằng cấp I và II) đã đến gần hơn.

Tổng cộng có 227 học sinh lớp 10, 202 học sinh lớp 9 và 159 học sinh lớp 8 tham gia kỳ thi Olympic loại cuối cùng.

Ngày 11/4, Olympic khai mạc tại Cung chuyên nghiệp. Các nhà khoa học hàng đầu Moldavin, đại diện các đảng và các tổ chức Liên Xô của nước cộng hòa, người đoạt giải Olympic Toán quốc tế lần thứ XIV, học sinh trường số 19 ở Saratov Sergei Konyagin đã gửi lời chào mừng đến các vị khách. Khi khai mạc Thế vận hội, Viện sĩ Andrei Nikolaevich Kolmogorov đã đọc lời chào mừng các nhà toán học trẻ:

“Tôi cầu chúc những người tham gia Olympic thành công cả ở Olympic và trong cuộc sống tương lai của họ. Những người đang tham dự Thế vận hội. Nếu bạn không thành công, đừng từ bỏ môn toán. Nếu sau khi tự kiểm tra, bạn thấy môn toán đó thú vị với mình, hãy tiếp tục tham gia -

Học sinh đi làm (vòng 1).

42

Hãy kiên trì và cố gắng đạt được cơ hội để luôn chọn nó làm chuyên môn của mình nhé”.

Vào ngày 12 tháng 4, các học sinh ngồi vào bàn học để xác định người mạnh nhất trong vòng chung kết hiện đại kéo dài hai ngày. Vào ngày đầu tiên, tác phẩm kinh điển thứ tám và tác phẩm kinh điển thứ mười được tặng ba bài toán, và tác phẩm kinh điển thứ chín là bốn, và vào ngày 14 tháng 4, mọi người được tặng thêm ba bài toán. Đối với lời giải bài toán mỗi ngày, 4 giờ được phân bổ.

Ban giám khảo, do Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô Moldavian, Viện sĩ V. A. Andrunakevich làm chủ tịch, không chỉ kiểm tra kỹ lưỡng tác phẩm mà còn cùng sinh viên kiểm tra phân tích lời giải bài toán và các lỗi điển hình.

Trong Thế vận hội, những người tham gia không chỉ rèn luyện “trí tuệ và kiến ​​thức” mà còn được nghe các bài giảng của các nhà khoa học hàng đầu đất nước. Cuộc gặp gỡ của các nhà toán học trẻ với các nhà khoa học từ Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô Moldavian và các giáo viên đại học rất thú vị. Những người tham gia Olympic đã chào đón đại diện ban biên tập của tạp chí «Kvant» một cách hết sức thích thú: hầu hết các “vận động viên Olympic” đều là độc giả tích cực của tạp chí này.

Trong thời gian rảnh rỗi, những người tham gia Olympicada đã gặp gỡ các học sinh đến từ Chisinau. Học sinh từ Tiraspol, Bender, các làng của quận Dubossary và Kotovsky nồng nhiệt chào đón các đặc phái viên của khu vực và các sĩ quan tài nguyên, đồng thời tháp tùng họ trong chuyến du ngoạn đến những địa điểm vinh quang của quân đội, đến quê hương của huyền thoại G.I. Kotovsky, đến những nơi Pushkin.

Olympicada đã diễn ra rất suôn sẻ và mang lại vai trò to lớn cho những người tham gia nhờ vào sự làm việc tốt của ban tổ chức và ban giám khảo Olympicada, sự giúp đỡ của các nhà khoa học từ Moldova và các tổ chức đảng, Liên Xô của Moldova và các biên tập viên của tạp chí «Kvant». Các nhà toán học trẻ và các thành viên ban giám khảo đã gửi lời chúc mừng và chúc mừng tới A. N. Kolmogorov nhân ngày kỷ niệm vẻ vang của ông.

Kết quả Olympic:

348 người tham gia đã hoàn thành thành công Thế vận hội.

Bằng cấp đầu tiên
Những người tham gia Olympicada sau đây đã nhận được:

43

Các chàng trai đang làm việc (vòng 2).

trong 8 lớp - Blokh Alexander (Kharkov, trường số 27), Deryabina Galina (Kamensk, vùng Rostov-on-Don, trường số 9), Osipov Andrey (Moscow, trường số 91), Perevalov Viktor (Komsomolskaya-Amur, trường số 51), Polonsky Petr (Moscow, s.sh. số 7), Rosenitain Boris (Kamenetsk-Podolsk, vùng Khmelnitsky, s.sh. số 8);

ở lớp 9 Gusarov Mikhail (Leningrad, s.sh. Số 30),

Pertsel Vladimir (FMS tại Đại học quốc gia Moscow);
trong 10 lớp - Viktor Budaev (Smolensk, trường số 7), Goltsman Naum (Moscow, trường số 178), Egorov Georey (Moscow, trường số 2).

bằng cấp II
Những người tham gia Olympic sau đây đã nhận được:

trong 8 lớp - Averustinovich Serdey (Krasnodar, trường số 95), Andrey Akhmetzyanov (Novosibirsk,

Ban giám khảo 10 lớp. Phía trước (từ trái sang phải): các thành viên ban giám khảo I. Petrkov, L. Wasserstein, M. Smolyansky, V. Gutenmacher, V. Skovortsov, N. Vasiliev.

44

vĩ độ bắc số 110), Givenal Alexander (Moscow, tuyến phía bắc số 2), Dombrovsky Alexander (Krivoy Rog, vùng Dnepropetrovsk, tuyến phía bắc số 6), Mikhail Kats (Chisinau, tuyến phía bắc số 37), Korpyushkin Alexander (Riga, tuyến phía bắc số 26), Alexey Muzkantov (Riga, số 26). Novosibirsk, s.sh. số 130), Prodnik Valdis (Latvia SSR, quận Oggsky, Lilvardskaya s.sh.), Mikhail Smurov (Elabuga, Tatar ASSR, s.s. Số 2);

ở lớp 9 Ananyevsky Igor (Trường Vật lý tại Đại học Bang Leningrad), Baum Mikhail (Trường Vật lý tại Đại học Bang Moscow), Danilov Leonid (Trường Vật lý tại Đại học Bang Moscow), Dubitsky Vladimir (Leningrad, trường số 239), Kryachiukas Valentin (Litvaian SSR, quận Kupisky, Shepeta), Tyukavkin Dmitry (thành phố. Irkutsk, s.sh. Số 11);

trong 10 lớp - Andreev Aleksandr (Penza, trường số 53), Vaintrob Arkady (Trường Vật lý tại Đại học Quốc gia Moscow), Grozman Pavel (Trường Vật lý tại Đại học Quốc gia Moscow), Kashkevich Serey (Molodechno, Trường số 3), Konyalen Serey (Saratov, Trường số 19), Letsiner Dmitry (Moscow, Trường số 57), Mikhail Liftsits (Leningrad, ssh. Số 30), Gennady Lyubeznik (Kiev, ssh. Số 181), Leonid Roezdsky (Trường Vật lý tại Đại học Bang Leningrad), Serey Skryabin (Sverdlovsk, ssh. Số 69), Oleg Tikhonov (Kazan, s.sh. Số 126), Evgeniy Khukhro (Novosibirsk, s.sh. số 165), Tsaranov Serey (Kipinev, s.sh. số 37), Yuria Konstantin (Trường Vật lý tại Đại học Bang Leningrad)

bằng tốt nghiệp cấp III
Những người tham gia Olympic sau đây đã nhận được:

trong 8 lớp - Belolevov Serey (Vùng Perm, quận Kishertsky, tuyến phía bắc số 1), Geisel Vladimir (Novosibirsk, tuyến phía bắc số 40), Genkin Leonid (Gorky, tuyến phía bắc số 40), Korpyushkin Serey (Zaporozhe, tuyến phía bắc số 28), Mitin Serey (thành phố. Kostroma, s.sh. số 32), Mitsin Nikolay (Ulyanovsk, ssh. Số 31), Okhimin Serey (Orenburg, ssh.

Người đoạt giải «Kvant» M. I. Zhgenti.

Số 30), Popova Irina (Astrakhan, tuyến phía bắc số 15), Shlyachkov Serey (Kamensk-Uralsk, vùng Sverdlovsk, tuyến phía bắc số 9);

trong 9 lớp - Askoldavits Vilos (Vilnius, trường số 1), Brailov Andrey (Moscow, trường số 2), Korpilov Petr (Trường Vật lý tại Đại học Quốc gia Moscow), Lebedev Gennady (Bobruisk, trường số 3), Merkov Aleksandr (Moscow, trường số 91), Muranov Yury (vùng Kursk, quận Kastorensky, ga Lachinovo), Sivtsky Igor (FMS

Phó Tổng biên tập tạp chí «Kvant» M. L. Smolyansky trao giải thưởng tạp chí dành cho người chiến thắng Olympic ở 8 hạng cho A. Blyukh.

45

Học sinh lớp 8, 9, 10 nhận bằng cấp 1 (từ trái sang phải): V. Perevalov
B. Rosenstein, M. Gusarov, V. Budaev, A. Blokh, G. Deryabina, V. Pertsel, A. Osipov, G. Ego-
drov, P. Polonsky, N. Goltsman,

tại Đại học bang Leningrad), Grigory Sklyar (Kharkov, ssh. Số 27), Samorodnichiy Gennady (Nizhyn, vùng Chernigov, ssh số 3), Viktor Tkachenko (FMS tại KSU), Nikolay Chernov (Krivoy Rog, ssh số 95), Sergey Chupryn (Penza, ssh số 24), Nikolay Sherbina (Dnepropetrovsk, đường cao tốc phía bắc số 80);

cho 10 lớp - Astmatsov Aleksandr (Lvov, trường số 5),

Bayborodov Sergey (Tashkent, tuyến phía bắc số 145), Binitok Zinaida (Krasnoyarsk, tuyến phía bắc số 47), Brinkevich Dimmy (Novogrudok, tuyến phía bắc số 2), Gomilko Aleksandr (Khmelnitsky, tuyến phía bắc số 6), Danilov Gennady (Magadan, tuyến phía bắc số 7), Dulver Mark (Volgograd, s.sh. no. 35), Mikhail Zabezhaylo (Rostov-on-Don, ssh. số 5), Sergey Zakharov (FMS tại Đại học quốc gia Moscow), Sergey Kalanmaryan (Ste-

Ban giám khảo 8 lớp. Phía trước (từ trái sang phải): các thành viên ban giám khảo L. Makar-Limanov, M. Gerver, Yu. Lysov, N. Konstantinov.

46

Panokert, s.sh. Số 3), Kaluein Anamoliy (FMS tại Đại học Tổng hợp Moscow), Kaul Michal (Frunze, số 61), Aleksandr Kibkalo (Arzamas, số 3), Viktor Kolosov (Kiev, số 173), Vladimir Korolev (Voronezh, số 58), Semyon Kritsitein (Kaluga, s.sh. Số 9), Victor Kuzmenko (Chernigov, s.s. số 8), Vladimir Makeev (FMS tại Đại học bang Leningrad), Maredlis Naum (Soroki, Moldavian SSR, s.s. số 2), Vladimir Nikolin (Lvov, s.s. số 14), Leonid Orlov (Bobryisk, s.s. số 3), Ponimansky Vladimir (Rovno, tuyến phía bắc số 5), Pitman Arkady (Odesca, tuyến phía bắc số 5). 116), Sarkisyan Odenes (Erevan, tuyến phía bắc số 1), Yuri Stetsko (Chernovtsy, tuyến phía bắc số 5), Talalay Alexander (Moscow, tuyến phía bắc số 91), Tyulyaenin Alexander (thành phố Kirovograd, ssh. số 34), Ueolkov Dmitry (Ryazan, s.sh. số 14), Tstsuchashily Avtandil (Tbilisi, FMS), Chekhovaya Elena (Kiev, ssh. Số 38), Sherstyuk Aleksandr (Nikolaev, ssh. Số 2), Elimelah Semyon (Bryansk, ssh. Số 5), Esterkin Aleksandr (Leningrad, ssh. Số 30).

Ngoài ra, 101 người tham gia nhận được đánh giá cấp 1 và 152 người tham gia nhận được đánh giá cấp 2.

Các giải thưởng của tạp chí «Kvant» được trao cho học sinh lớp 8. Số 27, Kharkov Bloch Alexander (vì kết quả hoàn toàn tốt nhất ở lớp 8) và giáo viên toán s.sh. Số 7 Batumi Zhentim Medea Illarionovna (đăng ký tạp chí hàng năm «Kvant» năm 1974) - vì công việc tổ chức đội của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Adjara, lần đầu tiên tham gia Olympic toàn Liên minh.

Ngoài ra, để có lời giải bài toán hay nhất trong ngày đầu tiên và ngày thứ 2 của tạp chí, «Kvant» (đăng ký tạp chí hàng năm cho năm 1974) đã nhận được

trong 8 lớp - Blokh Alexander (Kharkov, trường số 27), Deryabina Galina (Kamensk, vùng Rostov-on-Don, trường số 9), Kornioshkin Aleksandr (Riga, trường số 26), Osipov Andrey (Moscow, trường số 91), Perevalov Viktor (Riga, trường số 26). Komsomolsk-on-Amur, s.sh. số 51);

ở 9 lớp - Baum Michal (Trường Vật lý tại Đại học Quốc gia Moscow), Gusarov Mikhail (Leningrad, trường số 30), Perevalov Viktor (Trường Vật lý tại Đại học Quốc gia Moscow).

Giải thưởng của Ủy ban Trung ương Komsomol Moldova, Viện Chính trị Chisinau mang tên. S. Lazo, Viện Toán học của Viện Hàn lâm Khoa học MSSR, Đại học bang Chisinau, Hiệp hội “Kiến thức” của Đảng Cộng hòa và nhiều tổ chức khác của Moldova đã nhận được: Gomilko Aleksandr (Khmelnitsky, ssh. Số 6), - dành cho lời giải Olympic nguyên bản nhất bài toán, Elena Chekhovaya (Kiev, s.sh. Số 38) - cô ấy nhận được giải thưởng cho Olympic toàn Liên minh lần thứ ba, Viktor Perevalov (Komsomolsk-on-Amur, ssh. Số 51) - một nhà toán học trẻ đến từ Viễn Đông, Beloyelazov Serets - thí sinh trẻ nhất đến từ một trường nông thôn, đã thi thành công tại Olympic, Natalya Studenkovskaya (Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Mordovian, làng Andreevka) - Thí sinh Olympic đến từ một vùng nông thôn, đã thể hiện thành tích tốt tại Olympic, Maredlis Naum (Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Moldavian, quận Oggsky, khu vực phía bắc Livervardskaya) - Người chiến thắng Olympic từ nông thôn và những người khác.

47

Bài tập
trong toán học

L. G. Limanov

Bài viết này sẽ cung cấp nội dung của tất cả bài toán được cung cấp tại Olympic. Hầu hết tất cả chúng đều đã được xuất bản trên «Kvant» (số 7, 8, 1973) và lời giải trong số chúng sẽ xuất hiện theo các số của tạp chí. Đường dẫn bài toán, không có trong Sách Vấn đề Lượng tử, cũng được phát triển tại đây.

lớp 8

Ngày đầu tiên

1. Tại phiên tòa, 14 đồng xu được đưa ra làm bằng chứng. Chuyên gia phát hiện ra rằng đồng xu từ 1 đến 7 là giả và đồng xu từ 8 đến 14 là thật. Tòa án chỉ biết rằng tiền giả có trọng lượng như nhau, tiền thật nặng bằng nhau và tiền giả nhẹ hơn tiền thật. Chuyên gia có sẵn một chiếc cân mà không cần cân.

a) Chuyên gia muốn chứng minh trước tòa rằng đồng xu từ 1 đến 7 là giả. Làm sao anh ta có thể làm được điều này khi chỉ sử dụng ba lần cân?

6. Chứng tỏ rằng với ba lần cân, anh ta còn có thể chứng minh được nhiều điều hơn nữa: đồng xu từ 1 đến 7 là giả và đồng xu từ 8 đến 14 là thật.

2. Chứng minh rằng một số có chín chữ số chứa tất cả các chữ số trừ số 0 và là số 5 thì không thể là số chính phương hoàn hảo của một số nguyên.

3. Cho $n$ điểm, $n > 4$. Chứng minh rằng bạn có thể kết nối chúng bằng các mũi tên sao cho từ mỗi điểm bạn có thể đến từng điểm bằng cách đi theo một hoặc hai mũi tên (mỗi điểm chỉ có thể được nối bằng một mũi tên theo một hướng; bạn chỉ có thể đi theo mũi tên theo hướng chỉ trên đó).

Ngày thứ hai

4. Trên các cạnh của tam giác nhọn $ABC$, ba tam giác nhọn tương tự $AC_1B, BA_1C, CB_1A$ (trong trường hợp này là $AB_1C = ABC_1 = A_1BC, BC_1A = B_1CA, CAB_1 = C_1AB$) được dựng ra bên ngoài.

a) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác $AC_1B, BA_1C$ và $CB_1A$ cắt nhau tại một điểm.

6. Chứng minh rằng đường thẳng $AA_1, BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại cùng một điểm.

5. $N$ mọi người không biết nhau. Cần phải giới thiệu một số người trong số họ với nhau sao cho không có ba người nào có số lượng người quen bằng nhau. Chứng minh rằng điều này có thể thực hiện được với mọi $N$.

6. Vua đi vòng quanh bàn cờ $8 \times 8$, đánh vào mỗi ô một lần và đến nước đi cuối cùng sẽ quay về ô ban đầu (vua đi theo luật thông thường). Khi chúng ta vẽ đường đi của anh ta, nối các tâm của thửa ruộng mà anh ta tuần tự đi qua bằng các đoạn, chúng ta có được một đường đứt đoạn khép kín không tự giao nhau.

a) Cho ví dụ chứng tỏ quân vua có thể thực hiện đúng 28 nước đi theo hàng ngang và hàng dọc.

6. Chứng minh rằng anh ta không thể thực hiện ít hơn 28 nước đi như vậy.

lớp 9

Ngày đầu tiên

1. Tại phiên tòa, 14 đồng xu được đưa ra làm bằng chứng. Chuyên gia phát hiện ra rằng đồng xu từ 1 đến 7 là giả và đồng xu từ 8 đến 14 là thật. Tòa án chỉ biết rằng tiền giả có trọng lượng như nhau, tiền thật nặng bằng nhau, tiền giả nặng bằng nhau và tiền giả nhẹ hơn tiền thật. Chuyên gia này muốn chứng minh trước tòa bằng cách cân trên cân cốc không có lưới rằng tất cả những đồng tiền giả mà ông phát hiện được đều là tiền giả, còn lại là tiền thật. Liệu anh ấy có thể làm được điều đó không?

2. Cho một góc có đỉnh $O$ và một đường tròn tiếp xúc với cạnh của nó tại các điểm $A$ và $B$. Một tia được vẽ từ điểm $A$ song song với $OB$, cắt đường tròn tại điểm $C$. Đoạn thẳng $OC$ cắt đường tròn tại điểm $E$ và các đường thẳng $AE$ và $OB$ cắt nhau tại điểm $K$. Chứng minh rằng $OK = KB$.

3. Thật vậy, các số $a, b, c$ sao cho với mọi số $x$ thỏa mãn điều kiện $-1 \leq x \leq 1$ thì bất đẳng thức sau đúng:

$$|ax^2 + bx + c| \leq 1.$$

Chứng minh rằng với các giá trị $x$ này thì bất đẳng thức cũng đúng

$$|cx^2 + bx + a| \leq 2.$$

4. Liên đoàn quần vợt đã ấn định số bậc bốn cho tất cả các tay vợt có trong đó: số mạnh nhất - số thứ nhất, số tiếp theo - số thứ hai, v.v. Được biết, trong các trận đấu đối đầu giữa những tay vợt có số bốn khác nhau hơn 2, tay vợt có số nhỏ hơn luôn thắng. Giải đấu có sự tham gia của 1024 tay vợt mạnh nhất

48

Nó được thi đấu theo hệ thống Olympic: những người tham gia vòng tiếp theo được chia theo cặp và người chiến thắng trong mỗi cặp sẽ tiến vào vòng tiếp theo, do đó số lượng người tham gia sau mỗi vòng sẽ giảm đi một nửa. Như vậy, sau vòng thứ mười người chiến thắng sẽ được tiết lộ. Con số tốt nhất mà anh ấy có thể có là bao nhiêu?

Ngày thứ hai

5. Cho một hình tam giác có diện tích 1 và các cạnh $a, b, c$. Được biết, $a \geq b \geq c$. Chứng minh rằng $b \geq \sqrt{2}$.

6. Cho một $n$-giác lồi có các cặp cạnh không song song và một điểm bên trong nó. Chứng minh rằng qua điểm này không thể vẽ nhiều hơn $n$ đường thẳng, mỗi đường thẳng chia diện tích của $n$-giác làm đôi.

7. Vua đánh đổ bàn cờ $8 \times 8$, đánh vào mỗi ô một lần và đi nước cuối cùng quay về ô ban đầu. (Nhà vua di chuyển theo quy tắc thông thường: trong một nước đi ông ta có thể di chuyển theo chiều ngang, chiều dọc hoặc đường chéo đến bất kỳ trường liền kề nào.) Khi vẽ đường đi của ông ta, nối tuần tự các tâm của các trường ông ta đi qua, kết quả là một đường đứt đoạn khép kín không tự giao nhau. Cái nhỏ nhất và dài nhất nó có thể có là gì?

lớp 10

Ngày đầu tiên

1. Hình tam giác vuông
   $$f(x) = ax^2 + bx + c$$
   là như vậy mà phương trình
   $$f(x) = x$$
   không có rễ thực sự. Chứng minh rằng phương trình
   $$f(f(x)) = x$$
   cũng không có gốc rễ thực sự.

2. Cho một góc có đỉnh $O$ và một đường tròn tiếp xúc với các cạnh của nó tại các điểm $A$ và $B$. Một tia được vẽ từ điểm $A$ song song với $OB$, cắt đường tròn tại điểm $C$. Đoạn thẳng $OC$ cắt đường tròn tại điểm $E$ và các đường thẳng $AE$ và $OB$ cắt nhau tại điểm $K$. Chứng minh rằng $OK = KB$.

3. Trên tờ giấy trắng ca rô dài vô tận, các ô $n$ được sơn màu đen. Tại thời điểm $t = 1, 2, \dots$, sẽ có sự đổi màu đồng thời của tất cả các ô của trang tính theo quy tắc sau: mỗi ô $k$ thu được màu mà tại thời điểm trước đó là màu lớn nhất trong ba ô: chính ô $k$ và các ô lân cận ở bên phải và phía trên (nếu hai hoặc ba ô trong số này có màu trắng thì $k$ trở thành màu trắng, nếu hai hoặc ba ô trong số đó có màu đen thì đen).

a) Chứng minh rằng sau một thời gian hữu hạn sẽ không còn ô đen nào trên tờ giấy.

b) Chứng minh rằng ô đen sẽ biến mất không muộn hơn thời điểm $t = n$.

Ngày thứ hai

4. Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ là số dương thì $(x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5)^2 \geq 4(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_4 + x_4x_5 + x_5x_1)$.

5. Trong không gian có 4 điểm không cùng thuộc một mặt phẳng. Có bao nhiêu đường song hành khác nhau mà các điểm này đóng vai trò là đỉnh?

6. Vua đi vòng quanh bàn cờ $8 \times 8$, đánh vào mỗi ô một lần và quay lại nước đi cuối cùng về ô ban đầu. (Nhà vua di chuyển theo quy tắc thông thường: trong một nước đi ông ta có thể di chuyển theo chiều ngang, chiều dọc hoặc đường chéo đến bất kỳ trường liền kề nào.) Khi vẽ đường đi của ông ta, nối tuần tự các tâm của các trường ông ta đi qua, kết quả là một đường đứt đoạn khép kín không tự giao nhau. Cái nhỏ nhất và dài nhất nó có thể có là gì?

Lời giải một số bài toán

Lớp 8, bài toán 2. Giả sử số đó dễ tìm. Chúng ta hãy biểu thị nó bằng $n$ và $m$ số trong đó là hình vuông. Chữ số cuối cùng của $n$ là 5, vì vậy chữ số cuối cùng của $m$ cũng là 5 và có thể được biểu thị là $m = 10m_1 + 5$. Vì vậy, $n = (10m_1 + 5)^2 = 100(m_1^2 + m_1) + 25$. Do đó, chữ số thứ hai từ bên phải của $n$ là 2 và chữ số thứ ba giống với chữ số cuối cùng của $m_1^2 + m_1$. Chữ số này được xác định bởi chữ số cuối cùng của số $m_1$: nếu chữ số cuối cùng $m_1$ là 2 hoặc 7 thì kết quả là 6, trong tất cả các trường hợp khác kết quả là 0 hoặc 2. Vì chữ số thứ ba của số $n$ không thể là số 0 (theo quy ước) hoặc hai (nó đã được sử dụng) nên nó bằng sáu và chữ số thứ hai của số $m$ là 2 hoặc 7. Nhưng khi đó $m$ chia hết cho 25 và $n$ chia hết cho $25^2 = 625$. Nhưng sau đó $n = 625 = 1000$. $n_1$ cũng chia hết cho 625. Do đó $n_1$ chia hết cho 5 và chữ số cuối cùng của số $n_1$, là chữ số thứ tư của số $n$, bằng 0 hoặc 5. Nhưng cả hai đều mâu thuẫn với điều kiện bài toán. Do đó, không thể tìm thấy một hình vuông có các thuộc tính được chỉ định.

Lớp 8, bài toán 4. Xét điểm $O$ của giao điểm của các đường tròn $S_1$ và $S_2$ (xem Hình 1, có các góc bằng nhau được đánh dấu bằng các cung giống nhau). Theo điều kiện, mọi tam giác đều có góc cạnh; sử dụng điều này dễ dàng chứng minh được điểm $O$ nằm tại điểm $\Delta ABC$. Bạn có thể dễ dàng tự mình xử lý việc này. (Lưu ý rằng tôi không hạ điểm những người tham gia không chứng minh được điều này.) Hãy tính $\text{BOA}$:

$$\text{BOA} = 360^\circ - \text{AOC} - \text{BOC}$$

Tiếp theo, $\text{AOC} = 180^\circ - \text{AB}_1C$, $\text{BOC} = 180^\circ - \text{BA}_1C$. Vì vậy, $\text{BOA} = \text{AB}_1C + \text{BA}_1C$. Kể từ đây,