Kvant 1974, số 2 · Trang

Kvasht
1974
2
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Trong hình này bạn thấy một nhóm gồm các hình tam giác giống nhau; các cạnh (hoặc phần mở rộng của các cạnh) của tất cả các tam giác này lần lượt đi qua ba điểm cố định. Rõ ràng tại sao các đỉnh của những hình tam giác này nằm trên một đường tròn - chúng là các đỉnh có các góc bằng nhau dựa trên một đoạn cố định.
Đánh giá theo hình vẽ, diện tích của các hình tam giác đầu tiên tăng lên khi các hình tam giác di chuyển ra khỏi điểm đỏ theo chiều kim đồng hồ (màu sắc của chúng thay đổi gần giống như hình bán nguyệt - từ xanhERO sang đỏ), sau đó giảm dần.
Tam giác có diện tích lớn nhất ở đâu? Đọc lời giải bài toán M207 đặt trên trang. 38-42 và bạn đã học được đáp số cho câu hỏi này.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin
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,
Y. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya,
S. I. Schwartzburg,
A. I. Shirshov.

biên tập:
V. N. Berezin,
A. N. Vilenkin,
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. Chernova

TRONG PHÒNG
2 A. A. Belsky, L. E. Sadovsky. Kolytsa
8 A. B. Schwartzburg. Từ trường của trái đất
13 I. M. Yaelom. Các bản vá trên caftan
22 I. I. Vorobyov. Hành trình chưa được đào tạo

vòng tròn toán học
26 O. T. Dolgov. Trò chơi lúc 15 tuổi

Sách vấn đề «Kvant»
34 Bài toán M246—M250; F258—F262
36 Lời giải bài toán M205—M207; F213—F217

Xưởng của người nộp đơn
46 I. A. Kushinr. Phương thức trợ giúp
52 Đại học bang Novosibirsk

Đánh giá, thư mục
56 I. Zorit. Cuộc trò chuyện của thầy giáo cũ

«Kvant» cho học sinh nhỏ
57 Bài toán
58 B. A. Kordemsky. Thí nghiệm tôpô của học sinh của họ

Đáp số, gợi ý, lời giải

Góc sưu tầm
V. A. Leshkovtsev. Chuyến bay đầu tiên tới Sao Kim (trang bìa thứ 3)

Hỗn hợp (tr. 12, 60)

Trên trang đầu tiên của trang bìa, bạn thấy một căn phòng hàng hải cũ. Căn phòng vương miện mạ vàng này được cho là được chế tạo vào năm 1790 và có thể nằm trong cabin thuyền trưởng của một con tàu Hải quân Hoàng gia Anh. La bàn được treo trên dây xích và gắn những vòng chéo lên trần cabin. Điều này đảm bảo vị trí nằm ngang của kim từ trong bất kỳ chuyển động nào. Cần phải nhìn căn phòng bằng đôi mắt xanh. Căn phòng này hiện được lưu giữ tại Bảo tàng Hàng hải Quốc gia ở Greenwich (Anh).

Bạn có thể đọc về lý do tại sao kim từ tính chỉ hướng ánh sáng về phía nam, liệu nó có luôn đặt theo hướng này hay không, cũng như thời điểm và lý do kim từ tính bị lệch trong bài viết của A. B. Schwartzburg, “Từ trường Trái đất”, đăng trên tạp chí này của chúng tôi.

© «Kvant», 1974 200

2

Mọi người tiếp xúc với khái niệm vành hồi còn học trung học: lần đầu tiên - thành thạo phép cộng và nhân số, sau đó - học cách thao tác với đa thức (đa thức). Trong cả hai trường hợp, các quy tắc (tiên đề) nhất định chi phối các hoạt động này đều phổ biến. Để nghiên cứu chính xác các tính chất chung này của các phép tính cộng và nhân (số, đa thức hoặc, như chúng ta sẽ thấy sau, các đối tượng có bản chất khác), trong mối liên hệ nội bộ của chúng với nhau, không liên quan đến bản chất của các phần tử mà chúng được thực hiện, khái niệm vành đã được đưa vào đại số.

Một chiếc nhẫn là gì? Định nghĩa chính xác của đối tượng này có liên quan đến khái niệm hoạt động. Chúng tôi sẽ dạy từ anh ấy.

Xét một tập hợp tùy ý $M$. Chúng ta sẽ nói rằng một thao tác được xác định trên đó nếu một quy tắc được thiết lập theo đó hai phần tử bất kỳ $a$ và $b$ từ $M$ được gán phần tử thứ ba $c$ của cùng một bộ. Vì vậy, ví dụ: nếu $M$ là tập hợp tất cả các số nguyên (ký hiệu chuẩn $Z$ được chấp nhận cho nó), thì phép cộng $c = a + b$ và phép nhân $c = ab$ là hai phép toán khác nhau trên tập hợp này. Giả sử, nếu $M$ là một tập hợp gồm hai phần tử riêng biệt $a$ và $b$ (ký hiệu chung $M_2 = \{a, b\}$), thì tất cả các thao tác có thể có trên nó có thể được mô tả đầy đủ. Để làm điều này, trước tiên bạn cần liệt kê tất cả các cặp phần tử có thể có từ $M_2$. Đây là: $(a, a)$, $(a, b)$, $(b, a)$, $(b, b)^*$; thì bạn phải quyết định phần tử nào từ $M_2$ thuộc về cặp nào.

Thuận tiện nhất là thực hiện một thao tác cụ thể trên một tập hợp bao gồm

*) Như vậy, chúng ta phân biệt giữa các cặp $(a, b)$ và $(b, a)$, tức là chúng ta xem xét cái gọi là “cặp có thứ tự”.

Mô tả một số hữu hạn các phần tử bằng một bảng (phương pháp này được đề xuất bởi nhà toán học người Anh A. Cal (1821-1895), sau này các bảng này được gọi là bảng Cal).

Ở cột bên trái và dòng trên cùng, các phần tử của tập hợp $M$ được viết như chỉ ra trong Bảng 1; tại giao điểm của hàng bắt đầu bằng phần tử $a$ và cột bắt đầu bằng phần tử $b$, phần tử khớp với cặp $(a, b)$ đang được xem xét sẽ được chỉ định. Ví dụ: nếu cặp $(a, b)$ được liên kết với phần tử $a$, thì trường hợp này được viết như trong Bảng 1’. Hơn nữa, nếu cặp $(b, a)$ khớp với phần tử $b$ thì sẽ thu được bảng 1’'.

Bảng 1
Bảng 1'

3

Bảng hoàn thành xác định đầy đủ hoạt động. Bảng 2-5 đưa ra ví dụ về các phép toán khác nhau trên một tập hợp gồm hai phần tử. Sẽ rất hữu ích cho người đọc khi mô tả trong bảng tất cả các thao tác khác trên tập hợp này (tổng cộng có 16 thao tác; chúng tôi khuyên bạn nên tìm chúng).

Bảng 6 cho thấy một ví dụ về thao tác trên tập hợp $M_3 = \{a, b, c\}$ gồm ba phần tử. Đếm xem có bao nhiêu thao tác trên $M_3$.

Trong các phép toán ngẫu nhiên mà chúng ta đã biết từ đối số, các tên được gán: chẳng hạn, cộng, trừ, nhân. Trong trường hợp tổng quát vừa được thảo luận, các phép toán không có tên đặc biệt. Chỉ để thuận tiện, thao tác này hoặc thao tác kia đôi khi được gọi là phép nhân và thậm chí ít thường xuyên hơn - phép cộng, mặc dù

Table 1
Table 2
Table 3
Table 4
Table 5
Table 6

Nếu trong quá trình thao tác này, các tham số $(a, b)$ và $(b, a)$ được so sánh với cùng một phần tử, tức là $a * b = b * a$, thì các phần tử $a$ và $b$ được cho là giao hoán, nhưng đối với thao tác được mô tả trong Bảng 3, các phần tử tương tự này không giao hoán. Nếu một phép toán cũng có nghĩa là tất cả các cặp đều giao hoán với nó thì phép toán đó được gọi là giao hoán. Tất nhiên, phép cộng và phép nhân các số nguyên là các phép toán giao hoán; bảng 2 và 6 cũng xác định các phép toán giao hoán.

Chứng minh rằng bảng Cayley là một phép toán giao hoán đối xứng theo đường chéo chính (đây là tên đặt cho đường nối từ góc trên bên trái của bảng đến góc dưới bên phải).

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng ở dạng tổng quát thêm một thuộc tính nữa mà một phép toán có thể có (hoặc có thể không). Đặt $a, b$ và $c$ là ba (không nhất thiết

4

khác nhau) của tập hợp $M$. Nếu $a * (b * c) = (a * b) * c$ dành cho những phần tử này thì chúng được gọi là liên kết.

Tôi nhấn mạnh rằng trong cả hai phần của đẳng thức cuối cùng, các phần tử $a, b, c$, bất kể vị trí của dấu ngoặc, đều được viết theo cùng một thứ tự. Theo nghĩa này, bộ ba phần tử $a, b, c$ được sắp xếp theo thứ tự.

Vì vậy, ví dụ, các phần tử $b, a, b$ của $M_2$ đối với phép toán được mô tả trong Bảng 3 là có tính kết hợp, nhưng đối với phép toán trong Bảng 5 thì chúng không có tính kết hợp (kiểm tra phần này!). Một phép toán trong đó tất cả các bộ ba phần tử của tập hợp $M$ đều có tính kết hợp được gọi là phép kết hợp. Phép cộng và phép nhân các số nguyên không chỉ là phép toán giao hoán mà còn là phép kết hợp. Sẽ rất hữu ích cho người đọc khi đưa ra một ví dụ về một phép toán có tính chất giao hoán nhưng không có tính kết hợp như vậy.

Bây giờ chúng ta đã sẵn sàng để xác định một chiếc nhẫn. Kolcho là một bộ $M$ với hai thao tác cụ thể. Một trong số chúng thường được gọi là phép cộng và biểu thị phần tử có thể so sánh với các cặp $(a, b)$ của nó với $a + b$, và phần còn lại thường được gọi là phép nhân và biểu thị phần tử được so sánh với các cặp $(a, b)$ với $ab$. Tính đặc thù của các hoạt động này nằm ở năm yêu cầu áp dụng cho chúng sau đây:

Phép cộng phải có tính giao hoán và kết hợp, nghĩa là, với tất cả các cặp $(a, b)$ và với tất cả các phần tử $(a, b, c)$ đơn giản từ $M$ thì phải có đẳng thức:

1. $a + b = b + a$;
2. $(a + b) + c = a + (b + c)$;
3. trong tập $M$ phải tồn tại phần tử cực đại 0 sao cho $a + 0 = a$ với mọi $a$ của $M$; trong trường hợp này, phần tử 0 được gọi là 0;
4. với mọi $a$ của $M$ phải tồn tại phần tử cực đại $c$ của $M$ sao cho $a + c = 0$; phần tử $c$ được gọi là 0 và nhân trước. Nếu bạn nhìn kỹ, tình huống sau sẽ trở nên rõ ràng:

yếu tố công nghiệp $a$ và thường được ký hiệu là - $a$ (trong trường hợp này là $c = -a$);

5. Chỉ có một điều cần có từ phép nhân: nó phải liên quan đến phép cộng một cách phân phối, nghĩa là, với bất kỳ $a, b, c$ nào từ $M$ thì các đẳng thức phải diễn ra

$$a (b + c) = ab + ac;$$
$$b + c) a = ba + ca$$

(cần phân biệt hai đẳng thức này vì phép nhân không được coi là giao hoán). Tính chất này thường được gọi là “phép nhân phân phối đối với phép cộng”.

Đó là ý nghĩa của một chiếc nhẫn. Điều rất quan trọng cần lưu ý là từ các yêu cầu 1) - 4) dẫn đến “tính duy nhất” của 0 và “tính duy nhất của phần tử đối diện”. Điều này có nghĩa như sau: a) nếu $0_1$ và $0_2$ là hai phần tử của vành $M$ thỏa mãn yêu cầu 3), thì $0_1 = 0_2$; 6) nếu $a + c_1 = a + c_2 = 0$, thì $c_1 = c_2$. Nói cách khác: chỉ có một số 0 trong vành và mỗi phần tử của vành chỉ có một phần tử đối diện. Thật vậy, nhờ vào 1) và 3):

$$0_1 = 0_1 + 0_2 = 0_2 + 0_1 = 0_2.$$

Điều này chứng tỏ a). Hơn nữa, nếu cả hai vế của đẳng thức

$$a + c_1 = a + c_2$$

thêm, nói, $c_1$, thì bạn nhận được

$$c_1 + (a + c_1) = c_1 + (a + c_2),$$

hoặc, nhờ vào điều 2),

$$(c_1 + a) + c_1 = (c_1 + a) + c_2,$$

hoặc, do thực tế là $a + c_1 = c_1 + a = 0$, chúng ta nhận được

$$0 + c_1 = 0 + c_2,$$

hoặc $c_1 = c_2$, chứng tỏ 6).

Ví dụ về vành là tập hợp tất cả các số nguyên mà chúng ta đã biết, tập hợp tất cả các số khác nhau, tập hợp tất cả các đa thức có hệ số thực đối với các phép tính tổng quát của phép cộng và phép nhân. Nếu bạn nhìn kỹ, tình huống sau sẽ trở nên rõ ràng:

6

chúng tôi, $a_2 + b_2 = n(q'_2 + q'_2) + r' + r''$, và một lần nữa
$$\overline{a_2 + b_2} = r' + r''.$$
Do đó, $\overline{a_1 + b_1} = \overline{a_2 + b_2}$ là điều cần chứng minh.

Vì vậy, một thao tác trên $Z_n$ được xác định. Nó được gọi là phép cộng và kết quả của việc áp dụng nó cho hai phần dư của $Z_n$, như đã đề cập, được gọi là tổng.

Mệnh đề 1. Phép cộng vào $Z_n$ thỏa mãn yêu cầu 1) - 4) nêu trong định nghĩa về bình.

Bằng chứng. Nhờ đẳng thức (3), đã được thảo luận chi tiết ở trên, tính giao hoán và tính kết hợp của phép cộng trực tiếp được đưa ra tiếp theo tính giao hoán và tính kết hợp của phép cộng các số nguyên. Tiên đề 3) về sự tồn tại của số 0 được thỏa mãn do tồn tại phần dư $\overline{0}$ (được cho bởi các số là bội của $n$): $\overline{a} + \overline{0} = \overline{a} + 0 = \overline{a}$. Cuối cùng, điều ngược lại với phần còn lại $\overline{a}$ phục vụ, rất indo, phần còn lại $-\overline{a}$, sao cho $-\overline{a} = -\overline{a}$ và tiên đề 4) cũng đúng.

Dưới đây là một số bảng cộng trong $Z_n$ (xem bảng 7-8).

Bây giờ chúng ta hãy giới thiệu phép nhân với $Z_n$. Đặt cho $\overline{a}, \overline{b}$ từ $Z_n$
$$\overline{ab} = \overline{ab}$$ (4)
và gọi $\overline{ab}$ là tích của $\overline{a}$ và $\overline{b}$, và bản thân hành động đó được gọi là phép nhân. Tất nhiên, trong trường hợp này cũng vậy, bạn cần chứng minh định nghĩa đó là đúng, tức là bạn cần xác minh những điều sau:

ừm:
nếu $\overline{a}_1 = \overline{a}_2$ và $\overline{b}_1 = \overline{b}_2$ thì $\overline{a_1b_1} = \overline{a_2b_2}$.

Trên thực tế, giả sử là $a_i = q'_i n + r'$, $i = 1, 2$ và $b_j = q'_j n + r'$, $j = 1, 2$. Sau đó
$$\overline{a_1b_1} = \overline{(q'_1 n + r')(q'_1 n + r'')} = \overline{n (nq'_1 q'_1 + r'q'_1 + r''q'_1) + r'r''} = \overline{r'r''}$$
$$\overline{a_2b_2} = \overline{n (nq'_2 q'_2 + r'q'_2 + r''q'_2) + r'r''} = \overline{r'r''}$$.

Mệnh đề 2. Nhân với $Z_n$ thỏa mãn các tiên đề 5) - 8) nêu trong định nghĩa về bình.

Bằng chứng. Mối liên hệ phân phối với phép cộng, cũng như tính giao hoán và tính kết hợp của phép nhân tuân theo (4), từ các tính chất tương tự của phép nhân số nguyên. Phần còn lại $\overline{1}$ đóng vai trò của một trong phép nhân.

Vì vậy, $Z_n$ là đại lượng giao hoán, kết hợp và đơn vị.

Phép nhân trong bất kỳ bình nào $R$ về cơ bản được đặc trưng bởi các trường hợp trong đó đẳng thức trở thành đúng
$$ab = 0.$$ (5)
Vì vậy, ví dụ, trong bình $Z$ số nguyên

7

các số, đẳng thức (5) chỉ được thỏa mãn khi $a = 0$ hoặc $b = 0$. Tuyên bố tương tự cũng đúng với $Z_3$ (xem Bảng 9). Nhưng trong vòng $Z_6$, chẳng hạn, đẳng thức (5) hợp lệ cho $a = \overline{2}$ và $b = \overline{3}$, nghĩa là tích của các thừa số khác 0 ở đây hóa ra bằng 0. Người ta thường nói rằng phần tử $a$ của vành $R$ là ước số 0 nếu $a \neq 0$ và nếu có phần tử $b \neq 0$ trong $R$ sao cho $ab = 0$. Do đó, số dư $\overline{2}$ trong $Z_6$ là ước số bằng 0; mặt khác, ở khoảng cách phía trên vòng $Z$ và $Z_3$ không có ước số nào bằng 0 cả.

Cùng với đẳng thức (5), phép nhân trong vành còn có đặc điểm là

| | $\bar{0}$ | $\bar{1}$ | $\bar{2}$ | $\bar{3}$ | $\bar{4}$ | $\bar{5}$ |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ |
| $\bar{1}$ | $\bar{0}$ | $\bar{1}$ | $\bar{2}$ | $\bar{3}$ | $\bar{4}$ | $\bar{5}$ |
| $\bar{2}$ | $\bar{0}$ | $\bar{2}$ | $\bar{4}$ | $\bar{0}$ | $\bar{2}$ | $\bar{4}$ |
| $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ |
| $\bar{4}$ | $\bar{0}$ | $\bar{4}$ | $\bar{2}$ | $\bar{0}$ | $\bar{4}$ | $\bar{2}$ |
| $\bar{5}$ | $\bar{0}$ | $\bar{5}$ | $\bar{4}$ | $\bar{3}$ | $\bar{2}$ | $\bar{1}$ |

Bảng 10. Nhân với $Z_4$

các số, đẳng thức (5) chỉ được thỏa mãn khi $a = 0$ hoặc $b = 0$. Tuyên bố tương tự cũng đúng với $Z_3$ (xem Bảng 9). Nhưng trong vòng $Z_6$, chẳng hạn, đẳng thức (5) hợp lệ cho $a = \overline{2}$ và $b = \overline{3}$, nghĩa là tích của các thừa số khác 0 ở đây hóa ra bằng 0. Người ta thường nói rằng phần tử $a$ của vành $R$ là ước số 0 nếu $a \neq 0$ và nếu có phần tử $b \neq 0$ trong $R$ sao cho $ab = 0$. Do đó, số dư $\overline{2}$ trong $Z_6$ là ước số bằng 0; mặt khác, ở khoảng cách phía trên vòng $Z$ và $Z_3$ không có ước số nào bằng 0 cả.

Cùng với đẳng thức (5), phép nhân trong vành còn có đặc điểm là

| | $\bar{0}$ | $\bar{1}$ | $\bar{2}$ | $\bar{3}$ | $\bar{4}$ | $\bar{5}$ |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ |
| $\bar{1}$ | $\bar{0}$ | $\bar{1}$ | $\bar{2}$ | $\bar{3}$ | $\bar{4}$ | $\bar{5}$ |
| $\bar{2}$ | $\bar{0}$ | $\bar{2}$ | $\bar{4}$ | $\bar{0}$ | $\bar{2}$ | $\bar{4}$ |
| $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ |
| $\bar{4}$ | $\bar{0}$ | $\bar{4}$ | $\bar{2}$ | $\bar{0}$ | $\bar{4}$ | $\bar{2}$ |
| $\bar{5}$ | $\bar{0}$ | $\bar{5}$ | $\bar{4}$ | $\bar{3}$ | $\bar{2}$ | $\bar{1}$ |

Bảng 11. Nhân với $Z_6$

Những yếu tố như vậy được gọi là nghịch đảo. Trong vành $Z$ tập hợp các phần tử nghịch đảo chỉ gồm 1 và -1; trong vành $Z_3$ tất cả các phần tử ngoại trừ 0 đều nghịch đảo và trong vành $Z_6$ chỉ có phần dư $\bar{1}$ và $\bar{5}$ là nghịch đảo, do đó $\bar{5} \cdot \bar{5} = \bar{1}$. (Người đọc nên kiểm tra xem trong $Z_6$ tất cả các phần tử khác của $x$ không phải là nghịch đảo.)

Do đó, chúng tôi đã làm quen với khái niệm về vành, xem xét các ví dụ đơn giản nhất và cấu trúc đầu tiên mô tả đặc tính của đối tượng mới này: ước số 0 và phần tử nghịch đảo. Teler, bạn có thể bắt đầu nghiên cứu các vấn đề quan trọng như câu hỏi về các phần tử đơn giản của vành và phân tích thành thừa số nguyên tố. Hiện tại chúng tôi không đặt ra mục tiêu này cho bản thân: việc dành một cuộc trò chuyện riêng cho nó là điều tự nhiên.

Tóm lại - một số bài toán cho một lời giải độc lập.

1. Chứng minh rằng tập hợp các đa thức có hệ số thực với phép cộng và phép nhân chung là một vành không có ước số bằng 0. Tập hợp các phần tử nghịch đảo của vành này là gì?

2. Tạo các bảng cộng và nhân trong $Z_5$ và $Z_7$ và chứng minh rằng không những các bộ sưu tập này không có ước số 0 mà còn mọi phần tử khác 0 trong chúng đều là nghịch đảo.

3. Chứng minh rằng các tính chất được đề cập ở bài toán trước đều thuộc sở hữu của bất kỳ vành $Z_p$ nào có số nguyên tố $p$.

4. Chứng minh rằng trong vành $Z_n$ mọi phần tử khác 0 đều là nghịch đảo của nó hoặc không phải là ước số 0.

5. Chứng minh Phát biểu 4 cho vành bất kỳ có vành duy nhất, gồm hữu hạn phần tử và có tính kết hợp.

8

Một cây kim từ được đặt trong một bình chứa nước đóng vai trò là người du hành để định hướng trên biển vào thời Trung cổ. Từ lâu, người ta tin rằng mũi tên chỉ về phía bắc, hay chính xác hơn là về Vùng Cực. Tuy nhiên, những quan sát trong những chuyến đi biển dài ngày và trên đất liền cho thấy điều này không đúng. Vì vậy, điều đặc biệt quan trọng đối với người đi biển là phải biết:

Mũi tên la bàn chỉ vào đâu?

Christopher Columbus, trên đường đến Tân Thế giới, đã thu hút sự chú ý đến tính chất quan trọng của kim nam châm. Ngay sau khi ra khơi (vào tháng 9 năm 1492), từ bờ biển Bán đảo Iberia tiến về phía tây, ông nhận thấy kim từ tính ngày càng lệch khỏi hướng bắc-nam. Các quan sát trên Mặt trời cho thấy trong 4 ngày, đầu kim bị cuốn đi bởi cả một vạch chia (thang la bàn gồm 32 vạch chia, sao cho mỗi góc tương ứng là $11^{1/4}$). Nhiều thủy thủ coi hiện tượng bất ngờ và khó hiểu này là một điềm báo nông cạn. Thậm chí, người ta còn cho rằng thuyền trưởng để tránh xung đột trên tàu đã phải thông báo với thủy thủ đoàn rằng Băng Cực đã bị cuốn trôi khiến kim kim dịch chuyển. Tuy nhiên, khi chúng tôi đến gần châu Mỹ, sự pha trộn bắt đầu giảm dần và dần dần kim tiếp cận vị trí thông thường.

Như vậy, hai sự thật quan trọng đã được xác lập: 1) kim nam châm có thể lệch khỏi hướng bắc-nam; 2) độ lớn của sai lệch thay đổi tùy theo vị trí quan sát.

Độ lớn của góc giữa kinh tuyến địa lý và hướng của mũi tên (trong mặt phẳng ngang) được gọi là độ vĩ.

Ý tưởng cho rằng kim nam châm hướng về phía bắc lại bị giáng một đòn khác: các nhà khoa học phát hiện ra rằng kim nam châm không thẳng hàng theo chiều ngang; chính xác hơn, người ta nhận thấy rằng ở bán cầu bắc, đầu phía bắc của nó lệch xuống. Góc nhỏ nhất giữa hướng mũi tên và mặt phẳng nằm ngang gọi là góc nghiêng. Độ nghiêng cũng khác nhau ở những nơi khác nhau và sự phân bố độ lớn của độ xích và độ nghiêng trên bề mặt Trái đất trông cực kỳ phức tạp. Sau đó, một giả định tự nhiên nảy sinh rằng lý do khiến kim bị lệch bằng cách nào đó có liên quan đến Trái đất. Giả định này được phát triển trong cuốn sách nổi tiếng của phổ tự nhiên người Anh Gilbert “Về nam châm, vật thể từ tính và nam châm vĩ đại của trái đất” xuất bản năm 1600. Để giải thích hành trạng của kim từ tính, tác giả ví quả địa cầu như một nam châm hình thanh, vốn đã quen thuộc với các nhà khoa học thời bấy giờ. Mô hình này phần lớn vẫn còn phù hợp cho đến ngày nay. Với sự giúp đỡ của

9

Mô hình nào có thể mô tả gần đúng từ trường Trái đất, nhưng đây là một mô tả khá thô. Trên bề mặt Trái đất, từ trường cho thấy sự vắng mặt của mô hình này và ở xa Trái đất, trong không gian, một mô hình như vậy mô tả rõ ràng từ trường Trái đất.

Lưỡng cực từ

Điện trường của hai điện tích cách nhau một khoảng $l$ gọi là điện trường của lưỡng cực điện. Mặc dù trong tự nhiên không có điện tích, nhưng có từ trường, mô hình các đường sức của nó tương tự như mô hình các đường sức của điện trường của một lưỡng cực. Ví dụ, đây là trường của một thanh từ hóa ở khoảng cách đủ lớn tính từ nó. Tương tự với điện trường, trường như vậy được gọi là trường lưỡng cực từ. Khi mô tả một trường như vậy, người ta có thể giả sử (mặc dù thực tế không phải vậy) rằng nó được tạo ra bởi hai “khối từ” đặt ở hai đầu của một thanh từ hóa (xem hình). Trong nhiều năm, các nhà khoa học đã lý luận theo cách này, ví khối lượng từ tính với điện tích.

Trước tiên chúng ta hãy tìm cảm ứng tại điểm “xa” $A$ trên trục lưỡng cực sao cho

$$B_1 = -\frac{kM}{(L+a)^2}.$$

Đối với điện trường, nó sẽ là $E = \frac{k'Q}{(L+a)^2}$. Ở đây $k$ và $k'$ là các hệ số tùy thuộc vào việc lựa chọn hệ đơn vị. Tại cùng một điểm, cảm ứng của trường “khối lượng từ” $M$ bằng

$$B_2 = \frac{kM}{(L-a)^2}.$$

Sử dụng nguyên lý chồng chất, chúng ta tìm được giá trị cảm ứng thu được tại điểm $A$:

$$B_\parallel = B_1 + B_2 = 4 \frac{kMaL}{(L^2-a^2)^2}.$$

Vì $L \gg a$, chúng ta có thể giả sử rằng

$$B_\parallel = 4 \frac{kaM}{L^3}.$$

Đại lượng $2kMa$ có một tên đặc biệt - mômen từ của lưỡng cực; chúng ta hãy biểu thị đại lượng quan trọng này bằng $p$, thì

$$B_\parallel = \frac{2p}{L^3}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm cảm ứng trong mặt phẳng vuông góc với trục lưỡng cực. Cảm ứng trường được tạo thành một sọc - $M$, về số lượng bằng $B_3$ và hướng theo đường thẳng $DF$. Chiếu các vectơ cảm ứng $B_3$ và $B_4$ lên trục $OF$ và $CD$, ta thấy tổng các hình chiếu trên trục $FO$ bằng 0. Phép chiếu thu được trên trục $CD$ là

$$B_\perp = 2B_3\sin \alpha = 2 \frac{kaM}{(FC)^2FC}.$$

10

Sử dụng mômen lưỡng cực $p = 2kMa$ và thay thế ở khoảng cách lớn FC ($FC \gg 2a$) ta có thể đặt gần đúng FC = L, ta viết công thức tính độ lớn cảm ứng từ trong mặt phẳng vuông góc với trục lưỡng cực:

$$B_{\perp} = \frac{p}{L^3}.$$

(2)

So sánh các công thức (1) và (2) cho thấy trường lưỡng cực phức tạp hơn trường của một điện tích chính xác: độ lớn của cảm ứng không chỉ phụ thuộc vào khoảng cách đến nguồn trường mà còn phụ thuộc vào góc của vectơ bán kính của điểm tại đó cảm ứng được đo bằng trục lưỡng cực. Khi góc này thay đổi từ 0 đến $\frac{\pi}{2}$, cảm ứng trường (ở cùng khoảng cách $L$) giảm đi một nửa.

Bây giờ hãy áp dụng mô hình lưỡng cực từ để mô tả từ trường của Trái đất. Hãy tưởng tượng rằng bên trong quả địa cầu có hai “khối từ” tạo thành một lưỡng cực. Trục lưỡng cực được kéo dài để giao với bề mặt Trái đất. Các điểm giao nhau được gọi là cực từ. Độ lớn cảm ứng từ trường ở gần các sọc lớn gấp đôi so với ở xích đạo từ. Các phép đo trực tiếp cho thấy gần các sọc từ $B = 0,7 \cdot 10^{-4} \text{ m/l}$ và gần xích đạo $B = 0,4 \cdot 10^{-4} \text{ m/l}$. Nếu bạn không đặc biệt quan tâm đến các khu vực gần đường sọc hoặc đường xích đạo thì để đánh giá các nguyên tắc, giá trị trung bình là $B = 0,5 \cdot 10^{-4} \text{ m/l}$.

Sử dụng công thức (1) hoặc (2), bạn có thể tìm ra mômen lưỡng cực tương ứng với một giá trị cảm ứng nhất định. Giả sử bán kính Trái Đất bằng $R_0 = 6400 \text{ km}$, ta thu được giá trị mô men từ của Trái Đất là

$$p = 8 \cdot 10^{15} \text{ m/l} \cdot \text{m}^3.$$

Những biến đổi và dị thường của từ trường

Một trong những điểm đầu tiên mà độ lệch từ trường bên ngoài bắt đầu được đo một cách có hệ thống là London. Dưới đây là các giá trị xích vĩ theo năm: năm 1540 - 7,2°; năm 1560 - 9,6°; ở 1580 - 10,9°. Hóa ra độ nghiêng thay đổi theo thời gian và tốc độ thay đổi này không phải là hằng số. Sau năm 1580, độ xích vĩ bắt đầu giảm. Vào khoảng năm 1660, giá trị của giá trị này vượt qua 0 và trở thành âm, nghĩa là kim bắt đầu lệch không phải về phía đông mà về phía tây. Góc lệch tăng lên và vào năm 1820 nó là khoảng 24°. Sau đó độ dốc phía Tây bắt đầu giảm xuống và hiện nay khoảng 16°.

Bây giờ các giá trị xích vĩ trên Trái đất thay đổi vài điểm thập phân. Kết quả của những thay đổi được ghi lại trên cái gọi là thẻ từ. Trên các bản đồ này, các đường được vẽ nối các điểm có cùng giá trị xích vĩ (giống như trên bản đồ địa lý - các điểm nằm ở cùng độ cao so với mực nước biển).

Như vậy, do sự thay đổi độ xích vĩ theo thời gian - còn gọi là các varnaces - bản đồ từ tính mất giá trị và cần được biên soạn lại sau một vài năm. Sự lệch của kim từ không thể giải thích được bằng ý tưởng về một lưỡng cực từ vĩnh cửu nằm ở trung tâm Trái đất. Những khái niệm như vậy chỉ mô tả hành vi trung bình của từ trường. Có nhiều dị thường từ tính trên Trái đất, đặc trưng bởi sự sai lệch đáng kể về độ lớn và hướng của từ trường so với mô hình lưỡng cực. Do đó, ở cực nam của Nam Mỹ, cảm ứng từ trường giảm xuống 2,5 \cdot 10^{-5} \text{ m/l} - nhỏ hơn ở xích đạo từ. Một số dị thường có liên quan đến sự xuất hiện của vật liệu từ tính. Ví dụ, đó là các giá trị của dị thường từ trường Kursk, trong đó cảm ứng từ trường vượt quá 2 \cdot 10^{-4} \text{ m/l}. Giá trị này lớn hơn giá trị cảm ứng gần các sọc từ của Trái đất.

11

Từ quyển trái đất
và gió mặt trời

Cho đến nay chúng ta đã nói về từ trường trên bề mặt Trái đất. Tuy nhiên, từ trường Trái đất đóng vai trò quan trọng trong các quá trình vật lý xảy ra ở độ cao lớn, nơi gió mặt trời “thổi”. Gió mặt trời là một dòng khí lan tỏa theo mọi hướng ra khỏi Mặt trời. Khí gió mặt trời hoàn toàn bị bất hoạt và bao gồm các proton và electron. Ở trạng thái này, nó dẫn điện tốt.

Gió mặt trời không đến được Trái đất; điều này là do sự tương ứng của từ trường Trái đất. Dòng hạt từ Mặt Trời bị lệch hướng và chảy quanh Trái Đất trong một vùng gọi là từ quyển. Từ quyển nằm ở một khoảng cách rất xa so với bề mặt trái đất, lớn hơn nhiều so với bán kính trái đất. Vì vậy, từ trường ở đây yếu hơn đáng kể so với trên bề mặt Trái đất. Tuy nhiên, từ quyển vẫn đóng vai trò là “lá chắn” tự do, bao bọc Trái Đất khỏi sự xâm nhập từ không gian. Tính toán cho thấy dòng chảy của phần nằm trong mặt phẳng xích đạo từ sẽ chậm lại khi ra xa bề mặt Trái đất, ở khoảng cách xấp xỉ 8-9 bán kính Trái đất.

Mặt khác, luồng gió mặt trời di chuyển dọc theo trục từ của Trái đất theo hướng gần cực từ, trên đường đi của nó chỉ gặp một thành phần rất yếu, có xu hướng về 0, nằm ngang của từ trường Trái đất. Do đó, những dòng chảy như vậy tiến gần hơn đến bề mặt Trái đất và gây ra những khả năng mạnh mẽ trong tầng điện ly của Trái đất.

Động lực địa từ

Gần đây, nhờ những tiến bộ của ngành du hành vũ trụ, khả năng có một máy đo từ trường không xác định trên bề mặt các hành tinh trong hệ mặt trời gần chúng ta đã trở nên khả thi. Hóa ra các Luns hoàn toàn không có từ trường riêng hoặc cảm ứng của nó trong mọi trường hợp nhỏ hơn 1/10 cảm ứng của từ trường Trái đất*). Sau đó, câu hỏi đặt ra là về nguyên lý tồn tại của từ trường Trái đất và những thay đổi của nó trong hệ thống ven biển. Từ trường của Trái đất có thể được mô tả một cách đại khái bằng cách giả sử rằng nó được tạo ra bởi một dòng điện nào đó chạy sâu bên trong Trái đất. Thật vậy, hình ảnh đường sức điện của một bình có dòng điện giống với hình ảnh đường sức từ của cấu trúc từ hóa mà chúng ta thay thế bằng từ trường Trái đất. Những lý do vật lý dẫn đến sự tồn tại của dòng điện như vậy vẫn chưa được xác định rõ ràng. Có một số lý thuyết đang cố gắng giải thích nguồn gốc của dòng điện này. Gần đây, cái gọi là “lý thuyết diamo địa từ” hay nói ngắn gọn là “lý thuyết động lực học”, đã trở nên phổ biến trong giới địa vật lý. Chúng tôi sẽ cho bạn biết cơ sở vật lý của lý thuyết này là gì.

Kết quả nghiên cứu địa chất cho thấy ở trung tâm Trái đất có lõi chất lỏng, dẫn điện. Bán kính của lõi là khoảng 3900 km. Theo “lý thuyết máy phát điện”, dòng điện trong lõi được hình thành do cảm ứng điện từ do chuyển động quay của lõi dẫn trong từ trường. Từ trường được tạo ra bởi cùng một dòng điện. Do đó, từ trường tự duy trì, giống như nó xảy ra trong một máy diamo (do đó có tên là lý thuyết). Tuy nhiên, ngay cả trước khi khởi động một chiếc máy như vậy, dung sai của trường “hạt giống” đáng kể.

*) Để biết thêm thông tin về từ trường của Mặt Trăng, xem bài viết: Gintsburg M. A. Đo từ trường trên Mặt Trăng. «Kvant», 1973, số 11.

12

Trường “hạt giống” cần thiết để “khởi động máy phát điện” có thể được tạo ra bằng nhiều cơ chế vật lý khác nhau. Tuy nhiên, cách giải thích đơn giản nhất về mối liên hệ này là ở chỗ bất kỳ vật thể quay nào cũng có một chút từ hóa. Giả định về sự tồn tại của từ hóa như vậy đã được P. N. Lebedev đưa ra. Các thí nghiệm của ông đã cố gắng phát hiện từ hóa được tạo ra bởi một đĩa quay. Mặc dù thí nghiệm kỹ thuật vào thời điểm đó không thể phát hiện sự xuất hiện của từ hóa một cách đáng tin cậy, nhưng các thí nghiệm sau đó đã được các nhà khoa học khác lặp lại bằng cách sử dụng các thiết bị tiên tiến hơn. Đặc biệt, độ từ hóa của một thanh xảy ra khi thanh quay quanh trục dọc của nó đã được đo bằng thực nghiệm. Các ước tính cho thấy cảm ứng trường xảy ra khi Trái đất quay nhỏ không đáng kể, vào khoảng $10^{-11}$ cảm ứng trường của Trái đất. Tuy nhiên, cái bàn đã xuất hiện có thể tăng cường từ trường nhỏ do tác động của “máy phát điện địa từ”, như đã mô tả ở trên. Nguồn năng lượng cần thiết để tạo ra trường có thể là sự quay của Trái đất.

Lý thuyết này không thể được coi là cuối cùng và câu hỏi về nguồn gốc của từ trường Trái đất phần lớn vẫn còn bỏ ngỏ. Vì vấn đề này liên quan đến đặc thù của trạng thái vật chất gần tâm Trái đất, nên việc giải thích từ tính của Trái đất sẽ là một kết quả quan trọng đối với cả địa chất và thiên văn học. Người ta tin rằng Lời giải của vấn đề này sẽ giúp kết nối thực tế về sự vắng mặt của từ trường lưỡng cực trên Mặt trăng với cấu trúc bên trong của hành tinh này.

vấn đề solitaire

Trộn kỹ các quân domino và sắp xếp chúng úp xuống dưới dạng hình tam giác.

Chúng tôi muốn đặt chúng như thế này:

Để làm điều này, hãy mở xương dưới cùng và đặt nó vào vị trí được chỉ định. Xương chiếm xương được mở ra và đặt vào vị trí tương ứng, v.v.

Trò chơi solitaire được coi là thành công nếu chúng ta lật được tất cả các viên xúc xắc bằng các hành động này (nghĩa là nếu vị trí của viên xúc xắc dưới cùng chỉ bị chiếm ở nước đi cuối cùng).

Khả năng xảy ra kết quả như vậy là bao nhiêu? (Hoặc: trò chơi solitaire thành công ở phần nào của trò chơi?)

13

Ở vị trí số 1 của tạp chí «Kvant» trong năm nay, bài toán sau đây của E. B. Dynkina đã được xuất bản:

M185 *. Trên cafman có diện tích 1, đặt 5 ngọn lửa, diện tích của mỗi ngọn lửa không nhỏ hơn $1/2$. Chứng minh rằng bạn sẽ tìm được hai ngọn lửa có diện tích phần chung không nhỏ hơn $1/5$.

Chúng tôi sẽ phân tích lời giải trong số bài toán này và thảo luận về một số điểm khái quát và biến thể của nó *). Phần trình bày của chúng tôi sẽ đi kèm với các nhiệm vụ trong đó, đặc biệt, các chi tiết riêng lẻ của bằng chứng sẽ được ghi chú; những số khó nhất bài toán được đặt bằng dấu hoa thị.

Chúng ta sẽ biểu thị cả caftan và diện tích của nó (theo quy ước bằng 1) bằng chữ cái $M$; chúng tôi biểu thị các miếng vá trên caftan (và diện tích của các miếng vá này) bằng $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$ và $M_5$, và, chẳng hạn, phần đã hứa của các miếng vá $M_1$ và $M_2$ (và diện tích của phần chung này) bằng $M_{12}$; tương tự, chúng tôi biểu thị phần chung của các miếng vá $M_1$, $M_2$ và $M_3$ (và diện tích của nó) bằng $M_{123}$, v.v. Ví dụ: đối với sự cản trở, bằng $M_1$, chúng tôi biểu thị cả miếng vá (hàm hình học) và diện tích của miếng vá này (số!), không nên gây nhầm lẫn cho chúng tôi - từ văn bản mỗi lần, chúng tôi sẽ rõ ràng theo nghĩa nào chúng tôi sử dụng ký hiệu $M_1$.

Chúng ta bắt đầu giải quyết bài toán

Từ việc hứa hẹn thành quả của mọi miếng vá

$$M_1 + M_2 + M_3 + M_4 + M_5 \geq \frac{5}{2}$$

diện tích lớn $M = 1$ của caftan, theo đó các tấm của chúng ta chồng lên nhau - và bài toán là để ước tính diện tích của các phần chung của chúng (chính xác hơn là ước tính phần lớn các số $M_{12}$, $M_{13}, \dots, M_{45}$). Chúng tôi khẳng định rằng

$$M - (M_1 + M_2 + M_3 + M_4 + M_5) + (M_{12} + M_{13} + M_{14} + \dots + M_{45}) \geq 0.$$ (1)

Trên thực tế, nếu các miếng vá không chồng lên nhau thì sẽ có sự chênh lệch không âm $M - (M_1 + M_2 + M_3 + M_4 + M_5)$, bằng diện tích của phần caftan hoàn toàn không được miếng vá che phủ. Nhưng trên thực tế, các tấm của chúng tôi giao nhau - và tổng $M_1 + M_2 + M_3 + M_4 + M_5$ hóa ra lớn hơn nhiều so với tổng diện tích $S$ của phần caftan được bao phủ bởi các kế hoạch (trong đó, tất nhiên, $S \leq M = 1$): phần $M_{12}$ của caftan được tính vào tổng $M_1 + M_2 + M_3 + M_4 + M_5$ hai lần, vì nó được bao gồm trong thuật ngữ $M_1$ và trong thuật ngữ $M_2$, phần $M_{123}$ - ba lần, v.v. Bây giờ hãy thử chứng minh điều đó

$$S \geq \sum M_i - \sum M_{ij}.$$ (1')

*) Một đoạn ngắn lời giải của bài toán này được đưa ra trong «Kvant» Số 10, 1973.

14

Nếu bạn thất bại, hãy đọc phần tiếp theo của số liệu thống kê và sau đó quay lại với bất đẳng thức này.

Từ (1’), vì $M \geq S$, bất đẳng thức (1) dẫn đến.

Bất đẳng thức (1) đã cho phép chúng ta ước tính giao điểm theo cặp của các mảng $M_{12}, M_{13}, \dots$. Thật vậy, nó tuân theo $(M_{12} + M_{13} + \dots + M_{45}) \geq \geq (M_1 + M_2 + M_3 + M_4 + M_5) - M \geq \geq \frac{5}{2} - 1 = \frac{3}{2}$.

Và vì tổng số giao điểm theo cặp của các mảng $M_{ij}$ bằng $C_5^2 = 10$, nên lớn nhất các số $M_{12}, M_{13}, \dots, M_{45}$ không nhỏ hơn
$$\frac{3}{2}:10 = \frac{3}{20}.$$

Tuy nhiên, ước tính mà chúng tôi thu được là x đã là ước tính bắt buộc $\frac{1}{5} \left( = \frac{4}{20} \right)$.

Đánh bại

1. Trên caftan của khu vực 1 có 9 mảng diện tích $1/5$. Chứng minh rằng bạn có thể tìm thấy hai mảnh có diện tích chung ít nhất là $1/45$.

Công thức bao gồm và loại trừ

Ước tính của chúng tôi (1’) cho diện tích $S$ của toàn bộ phần caftan được bao phủ bởi các kế hoạch là không chính xác. Hãy cố gắng xác định khu vực này chính xác hơn. Quy tắc của phần công thức (1’) sẽ không bao gồm diện tích của bất kỳ phần nào của caftan được bao phủ bởi ba kế hoạch cùng một lúc: ví dụ: $M_{123}$ sẽ được bao gồm trong các số hạng dấu cộng $M_1, M_2, M_3$ và trong các số hạng dấu trừ $M_{12}, M_{13}, M_{23}$ - nghĩa là chúng ta sẽ hoàn toàn tuân theo công thức (1’). Do đó, ước tính tốt hơn cho $S$ có thể là biểu thức
$$\sum M_i - \sum M_{ij} + \sum M_{ijk}.$$
Tuy nhiên, giá trị này vẫn chưa bằng $S$, vì phần nào của caftan $M$, được bao phủ bởi ba mặt phẳng cùng một lúc, tính đến hai

Có: trên thực tế, giả sử, giá trị $M_{1234}$ tính đến 8 số hạng $M_1, M_2, M_3, M_4; M_{123}, M_{124}, M_{134}, M_{234}$ của biểu thức cuối cùng, được bao gồm trong đó bằng dấu “cộng” và chỉ có 6 số hạng $M_{12}, M_{13}, M_{14}, M_{23}, M_{24}$ và $M_{34}$, được bao gồm trong biểu thức này với dấu “trừ”. Do đó, giá trị gần đúng với giá trị thực $S$ là biểu thức
$$\sum M_i - \sum M_{ij} + \sum M_{ijk} - \sum M_{ijkl},$$
vốn đã “gần bằng” với $S$ - nó tính đến chính xác tất cả các phần của caftan $M$, được bao phủ bởi các kế hoạch không quá bốn kế hoạch, từ biểu thức cuối cùng “vinadem”: trên thực tế, nó được bao gồm trong tất cả các điều khoản của biểu thức này, nghĩa là, cả trong 15 điều khoản $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5; M_{123}, M_{124}, \dots, M_{345}$, có dấu cộng ở phía trước và trong 15 điều khoản $M_{12}, M_{13}, \dots, M_{45}; M_{1234}, M_{1235}, M_{1245}, M_{1345}$ và $M_{2345}$, với dấu trừ ở phía trước. Do đó, để có được biểu thức chính xác cho $S$, chúng ta phải thêm số hạng $M_{12345}$ vào tổng cuối cùng. Đây là sự bình đẳng chính xác:
$$S = \sum M_i - \sum M_{ij} + \sum M_{ijk} - \sum M_{ijkl} + M_{12345}.$$
(ở đây $i, j, k, l = 1, 2, 3, 4$ hoặc 5). Nhưng diện tích σ của phần caftan không nằm trong quy hoạch nào thì bằng $M - S$; vì $\sigma \geq 0$, chúng ta có $\sigma = M - \sum M_i + \sum M_{ij} - \sum M_{ijkl} + \sum M_{ijkl} - M_{12345} \geq 0.$

Công thức (3) có được bằng cách loại trừ tuần tự các phần của caftan $M$ bằng các kế hoạch chết người và bao gồm cả những phần trong số chúng hóa ra bị loại trừ theo hai tiêu chí; đôi khi nó được gọi là công thức bao gồm và loại trừ. Công thức này được sử dụng trong nhiều phép tính tổ hợp.

15

Công thức bao gồm và loại trừ cũng có giá trị đối với một số miếng vá khác ngoài gót chân. Trong trường hợp chung $n$ công thức bản vá bao gồm và loại trừ, bề ngoài nó có nhiều điểm phức tạp, nhưng về bản chất nó có dạng hoàn toàn minh bạch:

$$\sigma = M - \sum M_{i_1} + \sum M_{i_1 i_2} - \sum M_{i_1 i_2 i_3} + \sum M_{i_1 i_2 i_3 i_4} - \dots + (-1)^{n-1} \sum M_{i_1 i_2 i_3 \dots i_{n-1}} + (-1)^n M_{123 \dots n} \geq 0$$

(ở đây tất cả các chỉ số $i_1, i_2, \dots, i_{n-1}$ có thể nhận bất kỳ giá trị nào trong số các giá trị 1, 2, 3, \dots, $n$ và đối với giao điểm của các mảng $M_{i_1 i_2 \dots i_k}$ $M_{i_1} M_{i_2} \dots M_{ik}$ tất cả các giá trị $i_1, i_2, \dots, i_k$ nhất thiết phải khác nhau).

Bài tập
2. Chứng minh công thức (4) cho $n = 6$.
3*. Chứng minh công thức (4).
4. Domponer thường xuyên được 220 học sinh đến thăm. Ở nội bộ có sáu phần thể thao: điền kinh (l), bóng chuyền (v), bóng rổ (b), bóng đá (f), phần sambo (s) và phần cờ vua (w). Số lượng người tham gia các phần này như sau: (l) - 30 người, (c) - 26 người, (b) - 32 người, (f) - 31 người, (c) - 28 người và (w) - 36 người. 53 học sinh tham dự một số phần; trong số này, 24 học sinh tham dự ba phần trở lên, 9 học sinh - ít nhất là bốn phần, và 3 học sinh - thậm chí năm phần (ba học sinh cuối cùng còn có một học sinh lập dị tham dự cả sáu phần thể thao). Có bao nhiêu học sinh theo học Domponers không tham gia bất kỳ môn thể thao nào?

Lời giải bài toán M185

Chúng tôi đã thấy rằng công thức “rút gọn” bao gồm và loại trừ $M - \sum M_i + \sum M_{ij} \geq 0$ (1) không đưa ra ước tính chính xác về giá trị mà chúng tôi quan tâm tối đa $M_{ij}$ (giá trị lớn nhất $M_{ij}$); do đó chúng ta sẽ phải sử dụng công thức “hoàn chỉnh” $M - \sum M_i + \sum M_{ij} - \sum M_{ijk} + \sum M_{ijkl} - M_{12345} \geq 0$. (3')

Bây giờ chúng ta hãy áp dụng công thức bao gồm và loại trừ (4) (trong đó chúng ta hiện giả định rằng $n = 4$) cho phần $M_1$ của caftan $M$, được bao phủ bởi các miếng vá $M_{12}, M_{13}, M_{14}$ và $M_{15}$. chúng tôi nhận được

$$\sigma_1 = M_1 - \sum M_{1i} + \sum M_{1ij} - \sum M_{1ijk} + M_{12345} \geq 0,$$

trong đó $\sigma_1$ là một phần của bản vá $M_1$ không được bao phủ bởi các bản vá khác và các số (hoặc chỉ số) $i, j, k$ chạy qua tất cả các giá trị có thể có 2, 3, 4 hoặc 5. Các bất đẳng thức tương tự có thể được viết cho các phần $M_2, M_3, M_4$ và $M_5$ của caftan:

$$\sigma_2 = M_2 - \sum M_{2i} + \sum M_{2ij} - \sum M_{2ijk} + M_{12345} \geq 0,$$

$$\sigma_5 = M_5 - \sum M_{5i} + \sum M_{5ij} - \sum M_{5ijk} + M_{12345} \geq 0.$$

Cộng 5 bất đẳng thức thu được theo cách này, tương ứng với các tiết diện $M_1, M_2, \dots, M_5$ của caftan, ta được (kiểm tra cái này):

$$\sum M_i - 2 \sum M_{ij} + 3 \sum M_{ijk} - 4 \sum M_{ijkl} + 5 M_{12345} \geq 0.$$ (5)

Bây giờ chúng ta hãy tìm sự kết hợp của các bất đẳng thức (3’) và (5) trong đó thiếu tổng $\sum M_{ijk}$ của “ba mảng chồng chéo”. Rõ ràng, để làm được điều này, chỉ cần cộng vào (3’) bất đẳng thức (5) nhân với $1/3$ là đủ. Ta thu được bất đẳng thức sau

$$M - \frac{2}{3} \sum M_i + \frac{1}{3} \sum M_{ij} - \frac{1}{3} \sum M_{ijkl} + \frac{2}{3} M_{12345} \geq 0.$$ (6)

Từ đó cũng suy ra rằng

$$M - \frac{2}{3} \sum M_i + \frac{1}{3} \sum M_{ij} \geq 0.$$ (7)

Thật vậy, phần $M_{12345}$ của caftan được bao gồm trong mỗi phần $M_{ijkl}$ của nó, do đó $\sum M_{ijkl} > 5M_{12345}$ và

16

Công thức tổng quát bài toán;
trường hợp hai lớp

Trên một cafman M của vùng 1 có n lớp $M_1, M_2, \dots, M_n$, diện tích adb của mỗi lớp không nhỏ hơn số $\alpha$ mà chúng ta đã biết; cần phải ước tính diện tích adb của hầu hết các giao điểm của lớp $M_{ij}$.

Nói cách khác, đối với mỗi cấu hình của $n$ lớp trên caftan, chúng tôi tìm mức tối đa $M_{ij}$, sau đó tìm mức tối thiểu của mức tối đa $M_{ij}$ này trên tất cả các cấu hình có thể có của các lớp*). Loại “minimax” này (nghĩa là liên quan đến việc tìm cực tiểu của một số cực đại nhất định) bài toán đóng một vai trò rất quan trọng trong toán học hiện đại.

Tất nhiên, số được yêu cầu tối thiểu tối đa $M_{ij}$ phụ thuộc vào số đã cho $\alpha$, nghĩa là nó là hàm của $\alpha$; vì nó cũng phụ thuộc vào số lượng $n$ của lớp, nên chúng tôi biểu thị hàm này bằng $f_n(\alpha)$ (trong đó, rất thuận tiện, $0 \leqslant \alpha \leqslant 1$ và $n \geqslant 2$). Lời giải bài toán M185 rút gọn về chứng minh đẳng thức

$$f_5\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{5};$$

tổng quát bài toán yêu cầu một công thức biểu thị $f_n(\alpha)$ theo $\alpha$ và $n$.

Để hiểu loại đáp số mà chúng ta có thể mong đợi trong bài toán chung này, chúng ta bắt đầu với trường hợp (rất đơn giản!) $n = 2$. Vì vậy, chúng tôi tin rằng trên caftan M của khu vực 1 có hai lớp $M_1$ và $M_2$, diện tích adb của mỗi lớp không nhỏ hơn $\alpha$; chúng ta cần chỉ ra diện tích nhỏ nhất có thể $f_2(\alpha)$ giao điểm $M_{12}$ của hai lớp này.

Rõ ràng là nếu $\alpha \leqslant 1/2$, thì các mảng có thể xuất hiện ở tất cả các giao lộ (Hình 2, a); nếu $\alpha \geqslant 1/2$ thì diện tích nhỏ nhất có thể có $f_2(\alpha)$ của giao lộ

*) Chúng tôi giả định rằng mức tối thiểu như vậy tồn tại, mặc dù điều này không mấy thuận tiện.

17

M$_{12}$ của các miếng vá bằng $2\alpha - 1$ (Hình 2, b). Như vậy,

$$f_2(\alpha) = \begin{cases} 0 & \text{при } 0 \leqslant \alpha \leqslant 1/2, \\ 2\alpha - 1 & \text{при } 1/2 \leqslant \alpha \leqslant 1, \end{cases}$$

• tức là đồ thị của hàm số $y = f_2(\alpha)$ là một đường đứt nét (Hình 3). Trường hợp này được gọi là đường đứt đoạn.

Bài tập
5. Mô tả hàm $y = f_3(\alpha)$.
Gợi ý e: xét ba cung $M_1, M_2$ và $M_3$ của hình tròn $M$, các trục đối xứng $l_1, l_2$ và $l_3$ trong đó xếp thành từng cặp tạo thành các góc bằng $120^\circ$ và các góc ở tâm (được đo bằng phân số của một góc đầy!) bằng $\alpha$; bắt đầu với các giá trị nhỏ $\alpha$ (Hình 4) và xem điều gì xảy ra khi bạn tăng $\alpha$ lên đến $\alpha = 1$.

Trường hợp miếng dán gót chân
Bây giờ chúng ta chuyển sang trường hợp ban đầu gồm 5 bản vá $M_1, M_2, M_3, M_4$

Cơm. 3.

Cơm. 4.

2 «Kvant» № 2

18

bằng 0 và tất cả $M_{ij}$ phải có cùng giá trị $\frac{1}{2}\alpha - \frac{1}{10}$. Nhưng nếu tất cả $M_{ijk} = 0$, thì mỗi mảng của khu vực $\alpha$ (ví dụ: mảng $M_1$) “miếng vá trên miếng vá” $M_{12}, M_{13}, M_{14}$ và $M_{15}$ khu vực $\frac{1}{2}\alpha - \frac{1}{10}$ phải bao phủ mà không chồng chéo, điều này chỉ có thể thực hiện được nếu $4\left(\frac{1}{2}\alpha - \frac{1}{10}\right) \leq \alpha$ và do đó, $\alpha \leq \frac{2}{5}$ (so sánh với phân tích ở trên trong trường hợp chuyển đổi hàm $f_5(\alpha)$ thành 0).

Vì vậy, chúng ta có thể tiếp tục biểu đồ của hàm $y = f_5(\alpha)$:

$$f_5(\alpha) = \frac{1}{2}\alpha - \frac{1}{10}$$ tại $\frac{1}{5} \leq \alpha \leq \frac{2}{5}$.

Tiếp theo chúng ta sẽ phải chuyển sang bất đẳng thức (7) (tr. 15), đây là công cụ chính của lời giải bài toán M185. Từ bất đẳng thức này suy ra rằng

$$\sum M_{ij} \geq 2\sum M_i - 3M \geq 2(5\alpha) - 3 = 10\alpha - 3,$$

Ở đâu

$$f_5(\alpha) \geq \frac{1}{10}(10\alpha - 3) = \alpha - \frac{3}{10}.$$

Bất đẳng thức (10) được thỏa mãn với mọi $\alpha$ (tức là đồ thị của hàm $y = f_5(\alpha)$ nằm hoàn toàn phía trên đường thẳng $y = \alpha - \frac{3}{10}$; Hình 7); tuy nhiên, nó chỉ trở thành đẳng thức tại $\frac{2}{5} \leq \alpha \leq \frac{3}{5}$ (xem Bài tập 6,a).

Tiếp theo, chúng ta sẽ phải áp dụng công thức bao gồm và loại trừ không chỉ cho vùng $M_i$ của caftan mà còn cho các vùng $M_{ij}$ và $M_{ijh}$. Do đó, áp dụng công thức này cho caftan $M_{12}$, được bao phủ bởi phần thứ ba $M_{123}, M_{124}$ và $M_{125}$, chúng ta thu được

$$\sigma_{12} = M_{12} - \sum M_{12i} + \sum M_{12ij} - M_{12345} \geq 0.$$

Viết ra 10 bất đẳng thức tương tự tương ứng với 10 giao điểm của các mảng $M_{ij}$, rồi cộng tất cả chúng lại, chúng ta được (kiểm tra cái này!) rằng

$$\sum M_{ijh} - 4\sum M_{ijkl} + 10M_{12345} \geq 0.$$

19

Cơm. 8.

Bây giờ chúng ta có bốn bất đẳng thức (3′), (5), (11) và (12) liên quan đến các đại lượng giống nhau $M$, $\sum M_i$, $\sum M_{ij}$, $\sum M_{ijk}$, $\sum M_{ijkl}$ và $M_{12345}$.

Cộng các bất đẳng thức (3′); (5) nhân với $1/2$; (11) nhân với $1/6$, ta thu được bất đẳng thức

$$M - \frac{1}{2} \sum M_i + \frac{1}{6} \sum M_{ij} - \frac{1}{6} M_{12345} \geq 0,$$

(13)

từ đó cả thuật ngữ $\sum M_{ijk}$ và thuật ngữ $\sum M_{ijkl}$ đều bị loại bỏ. Từ (13), rõ ràng suy ra rằng còn hơn thế nữa

$$M - \frac{1}{2} \sum M_i + \frac{1}{6} \sum M_{ij} \geq 0$$

và, do đó,

$$\sum M_{ij} \geq 3 \sum M_i - 6M \geq 3(5\alpha) - 6,$$

Ở đâu

$$f_5(\alpha) \geq \frac{1}{10}(15\alpha - 6) = \frac{3}{2}\alpha - \frac{3}{5}.$$

(14)

Như vậy, đồ thị của hàm $y = f_5(\alpha)$ không nằm dưới đường thẳng $y = \frac{3}{2}\alpha - \frac{3}{5}$ (Hình 8).

Tương tự, cộng các bất đẳng thức (3′); (5) nhân với $3/5$;

(11) nhân với $3/10$; (12), nhân với $1/10$, ta thu được bất đẳng thức

$$M - \frac{2}{5} \sum M_i + \frac{1}{10} \sum M_{ij} \geq 0,$$

(15)

từ đó tất cả các số hạng ngoại trừ $M$, $\sum M_i$ và $\sum M_{ij}$ đã bị loại bỏ. Từ (15), hiển nhiên suy ra rằng

$$\sum M_{ij} \geq 4 \sum M_i - 10M \geq 4(5\alpha) - 10 = 20\alpha - 10$$

và, do đó,

$$f_5(\alpha) \geq \frac{1}{10}(20\alpha - 10) = 2\alpha - 1.$$

Như vậy, đồ thị của hàm $y = f_5(\alpha)$ không nằm dưới đường thẳng $y = \frac{3}{2}\alpha - \frac{3}{5}$ (Hình 8).

Bài tập

6. Chứng minh rằng

a) $f_5(\alpha) = \alpha - \frac{3}{10}$ tại $2/5 \leq \alpha \leq 3/5$;

b) $f_5(\alpha) = \frac{3}{2}\alpha - \frac{3}{5}$ tại $3/5 \leq \alpha \leq 4/5$;

b) $f_5(\alpha) = 2\alpha - 1$ tại $4/5 \leq \alpha \leq 1$.

7. Mô tả chức năng

a) $f_4(\alpha)$; b) $f_6(\alpha)$.

20

Trường hợp $n$ bản vá lỗi

Trường hợp này được xử lý tương tự như trường hợp $n = 5$; Hãy để chúng tôi phác thảo ngắn gọn lý do tương ứng.

Trước hết, rõ ràng là để các miếng vá $n$ $M_1, M_2, \dots, M_n$, diện tích của mỗi miếng không nhỏ hơn $\alpha$, không bị chồng lên nhau thì tổng diện tích của chúng $\sum M_i \geq n\alpha$ không vượt quá diện tích $M = 1$ của caftan; Đó là lý do tại sao

$$f_n(\alpha) = 0 \text{ при } 0 \leq \alpha \leq \frac{1}{n}.$$

Tiếp theo, xét bất đẳng thức chính (4) (công thức bao gồm và loại trừ, trang 15). Từ bất đẳng thức này suy ra rằng

$$M - \sum M_i + \sum M_{ij} \geq 0 \tag{16}$$

(Tại sao?); và, do đó,

$$\sum M_{ij} \geq \sum M_i - M \geq n\alpha - 1.$$

Và vì tổng số “giao điểm theo cặp của các miếng vá” $M_{ij}$ trong trường hợp chung bằng với số $C_n^2 = \frac{n(n-1)}{2}$ tương ứng từ $n$ x 2, nên

$$f_n(\alpha) \geq \frac{1}{n(n-1)/2} (n\alpha - 1) = \frac{2}{n-1} \alpha - \frac{2}{n(n-1)}. \tag{17}$$

Trong trường hợp này, bất đẳng thức (17) chỉ có thể chuyển thành đẳng thức nếu nó biến thành đẳng thức (16), nghĩa là, nếu trong công thức bao gồm và loại trừ (4) tất cả các số hạng theo sau $\sum M_{ij}$ chuyển thành 0 (và ngoài ra, nếu tất cả các mảng $M_i$ có diện tích $\alpha$ và che phủ hoàn toàn caftan $M$). Nhưng trong trường hợp này, $n - 1$ của “điểm giao nhau của các bản vá theo cặp” $M_{12}, M_{13}, \dots, M_{1n}$ che bản vá $M_1$ mà không chồng chéo (vì tất cả đều là $M_{ij} = 0$). Và vì trong trường hợp này mọi thứ

$$M_{1i} = \frac{2}{n-1} \alpha - \frac{2}{n(n-1)},$$

Cái đó

$$(n - 1) \left[ \frac{2}{n-1} \alpha - \frac{2}{n(n-1)} \right] \leq \alpha,$$

và do đó $\alpha \leq \frac{2}{n}$ (và tất nhiên là $\alpha \geq \frac{1}{n}$).

Tiếp theo, chúng ta sẽ phải áp dụng công thức được bao gồm và loại trừ cho các bản vá $M_i$ (thay vì toàn bộ caftan $M$), cho các giao điểm của chúng $M_{ij}, M_{ijh}$, v.v. Ví dụ: chúng ta hãy áp dụng công thức này cho bản vá $M_1$, được bao phủ bởi “các bản vá thứ hai” $M_{12}, M_{13}, \dots, M_{1n}$:

$$M_1 - \sum M_{1i} + \sum M_{1i1} i_2 - \sum M_{1i1} i_2 i_3 + \dots + (-1)^{n-2} \sum M_{1i1} i_2 \dots i_{n-2} + (-1)^{n-1} M_{123} \dots n \geq 0$$

(trong đó $i_1, i_2, \dots, i_{n-2} = 2, 3, \dots, n$).

Cộng $n$ các bất đẳng thức tương ứng với các mảng $M_1, M_2, \dots, M_n$, ta thu được bất đẳng thức

$$\sum M_i - 2 \sum M_{i1} i_2 + 3 \sum M_{i1} i_2 i_3 - \dots + (-1)^{n-2}(n-1) \sum M_{i1} i_2 \dots i_{n-1} + (-1)^{n-1} n M_{123} \dots n \geq 0 \tag{18}$$

(xem bất đẳng thức (5) ở trang 15). Từ bất đẳng thức (4) và (18), không khó để sử dụng thuật ngữ $\sum M_{i1} i_2 i_3$ - đối với điều này, chỉ cần cộng (4) với phép nhân với 1/3 với bất đẳng thức (18):

$$M - \frac{2}{3} \sum M_{i1} + \frac{1}{3} \sum M_{i1} i_2 - \frac{1}{3} \sum M_{i1} i_2 i_3 i_4 + \dots + (-1)^{n-1} \frac{n-3}{3} \times M_{123} \dots n \geq 0. \tag{19}$$

Từ (19) suy ra rằng

$$M - \frac{2}{3} \sum M_{i1} + \frac{1}{3} \sum M_{i1} i_2 \geq 0 \tag{19a}$$

và, do đó,

$$\sum M_{i1} i_2 \geq 2 \sum M_{i1} - 3 M \geq 2 (n\alpha) - 3 = 2n\alpha - 3.$$

Như vậy,

$$f_n(\alpha) \geq \frac{1}{n(n-1)} (2n\alpha - 3) =$$