Kvant
Tạp lục

Tái sử dụng

Рекстин Э.

Kvant 1978, số 3tr. 10Thẻ H3GV

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

10

xin vui lòng ACD=x−a−dACD = x - a - d;
Pl. DAB=x−b−dDAB = x - b - d;
Pl. CEA=x−c−aCEA = x - c - a.

Thay các biểu thức này vào (4), ta được
ad−(x−b−d)(x−c−a)+e(x−a−d)=0,ad - (x - b - d)(x - c - a) + e(x - a - d) = 0,
tức là phương trình (3).

  1. Möbius cũng đề xuất chứng minh rằng nếu diện tích (được định hướng!) của bốn đỉnh ABCDABCD, BCDEBCDE, CDEACDEA, DEABDEAB, EABCEABC lần lượt bằng nhau, α\alpha, β\beta, γ\gamma, δ\delta, ε\varepsilon, thì diện tích xx ngũ phân ABCDABCD là nghiệm của phương trình bậc hai
    x2−x(α+β+γ+δ+ε)+(αβ+βγ+γδ+δε+εα)=0x^2 - x(\alpha + \beta + \gamma + \delta + \varepsilon) + (\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \delta + \delta \varepsilon + \varepsilon \alpha) = 0
    (“giống nhau,” Möbius nói, như phương trình 3).

Người đọc tự kiểm tra chứng minh này. Khó khăn hơn sẽ là lời giải “phần tiếp theo” bài toán của Möbius:

Chứng minh rằng nếu diện tích các tam giác định hướng
ACD,BDE,CEA,DAB,EBCACD, BDE, CEA, DAB, EBC bằng (tương ứng) p,q,r,s,tp, q, r, s, t thì diện tích xx của ngũ giác ABCDABCD là nghiệm của phương trình bậc hai
x2=(p+q+r+s+t)2−4(pr+rt+tq+qs+sp).x^2 = (p + q + r + s + t)^2 - 4(pr + rt + tq + qs + sp).

  1. Cuối cùng chúng ta hãy chú ý đến thực tế là cả bài toán của Möbius và “sự tiếp nối” của nó đều là những trường hợp đặc biệt của bài toán đó.

Trên các cạnh AB,BC,…AB, BC, \dots của năm đỉnh định hướng ABCDABCD, các điểm A′,B′,C′,D′,E′A', B', C', D', E' được lấy sao cho AA′=λAB;BB′=λBC;…AA' = \lambda AB; BB' = \lambda BC; \dots. Cần phải xây dựng một phương trình thỏa mãn diện tích xx của hình ngũ giác ABCDABCD, nếu diện tích các hình tam giác ABCDEABCDE, BCD′,…BCD', \dots lần lượt cho trước bằng a′,b′,c′,d′,e′a', b', c', d', e'. (Trong trường hợp λ=0\lambda = 0 là bài toán của Möbius; nếu λ=1\lambda = 1 là “sự tiếp tục” của nó).

Một đáp số hoàn toàn bất ngờ thu được trong trường hợp khi λ=1/3\lambda = 1/3; đây là:
x=35(a′+b′+c′+d′+e′).x = \frac{3}{5}(a' + b' + c' + d' + e').

Có vẻ còn bất ngờ hơn nữa khi đối với một giá trị tùy ý cho trước λ\lambda (tuy nhiên, không bằng 1/31/3) bài toán có ​​một… xấu xí đáp số:
x2(1−λ−λ2)−x(a′+b′+c′+d′+e′)(1−λ)+(a′+b′+c′+d′+e′)2[1−2λ+2λ2(2−λ)2−(1−λ)2(1−3λ)2[(1−λ)5+1](2−λ)]+[(1−λ)(a′b′+b′c′+c′d′+d′e′)+e′a′)−λ2(a′c′+c′e′+e′b′+b′d′)+d′a′)](2−λ)(1−3λ)2(1−λ)5+1=0.x^2(1 - \lambda - \lambda^2) - x(a' + b' + c' + d' + e')(1 - \lambda) + (a' + b' + c' + d' + e')^2\left[\frac{1 - 2\lambda + 2\lambda^2}{(2 - \lambda)^2} - \frac{(1 - \lambda)^2(1 - 3\lambda)^2}{[(1 - \lambda)^5 + 1](2 - \lambda)} \right] + [(1 - \lambda)(a'b' + b'c' + c'd' + d'e') + e'a') - \lambda^2(a'c' + c'e' + e'b' + b'd') + d'a')] \frac{(2 - \lambda)(1 - 3\lambda)^2}{(1 - \lambda)^5 + 1} = 0.

Có thể điều an ủi là đối với λ=0\lambda = 0 và đối với λ=1\lambda = 1 công thức này vẫn dẫn đến các phương trình (3) và (6). Một khuyến khích bổ sung cho việc suy ra công thức (7) sẽ là (đối với người đọc thực sự!) thực tế là nó mang lại lời giải như vậy bài toán: với giá trị nào của số λ\lambda (ngoại trừ λ=1/3\lambda = 1/3) là diện tích của hình gấp năm lần A′B′C′D′E′A'B'C'D'E' được xác định duy nhất bằng cách chỉ định các diện tích a′,b′,c′,d′,e′a', b', c', d', e'?

Và cuối cùng, liệu có thể giải được bài toán cuối cùng này mà không cần rút ra công thức “xấu xí” không?

Tái sử dụng

Hãy thử giải mã các ví dụ về phép nhân sau, trong đó mỗi ví dụ có các chữ cái giống nhau biểu thị cùng một số và các chữ cái khác nhau biểu thị các số khác nhau và không có số nào bắt đầu bằng số 0.