Kvant 1978, số 7 · Trang

KVANT 7
1978

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Ở kỳ thi cuối cùng loại XI All-Olympiad dành cho học sinh môn toán, một bài toán khó và rất thú vị đã được đưa ra (xem trang 33, bài toán M515). Hình ảnh được đặt lên sẽ cho phép bạn giải quyết nó.

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. Belyav
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

Trong phòng:
V. Nhà sản xuất. Bất ngờ về kính xanh
A. Geyin. Đang trên đường đến lời giải
V. Dukov. Dòng đối lưu và dòng dịch chuyển
M. Người làm vườn. Số Catalan

Phòng thí nghiệm «Kvant»
E. Palchikov. Màu xanh lá cây có màu gì?
A. Lushkov, Y. Luzhkov. “Ngôi sao” từ giọt nước

vòng tròn toán học
G. S. M. Koksemer, S. L. Greitzer. Bài toán ba cái bình

Sách vấn đề «Kvant»
Bài toán M511 — M515; F523 — F527
Lời giải bài toán M461 — M464; F478 — F481

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. Dozorov. Quang học không có quang học

Qua những trang sách giáo khoa
A. Zemlyakov, V. Orlov. Câu hỏi dành cho sinh viên tốt nghiệp
V. Berezin. Hình học bánh răng

Xưởng của người nộp đơn
Các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh năm 1977
B. Adafonov, V. Kobelev, V. Prokhorenko. Viện năng lượng Moscow
Yu. Khudak. Viện Kỹ thuật Vô tuyến, Điện tử và Tự động hóa Moscow
B. Kucherov, V. Gorbachevich. Viện Công nghệ Hàng không Mátxcơva được đặt theo tên. K. E. Tsiolkovsky
L. Milovanava. Viện Kỹ thuật Hóa học Moscow
L. Kronagauz, L. Kulchitskaya, B. Savina. Viện kỹ sư quản lý đất đai Moscow
I. Blomkin, Viện Kinh tế Tài chính Leningrad mang tên. N. A. Voznesensky
V. Kolpkov, L. Ladunenok. Học viện Bách khoa Yaroslavl
G. Melemieva. Viện Bách khoa Mari được đặt theo tên. A. M. Gorky
G. Danilova, V. Fedorov. Viện đường cao tốc tự động Siberia được đặt theo tên. V. V. Kuibysheva

Đáp số, gợi ý, lời giải

Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán từ Sách Đề «Kvant» (tr. 49, 59, 60)
Hỗn hợp (tr. 32, 43)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nuka, «Kvant», 1978

2

V. Nhà máy

bất ngờ
kính xanh

Kính xanh có màu gì?

Câu hỏi này có thể gây ra cảm giác vô gia cư tự nhiên. Người đọc sẽ bực bội nói: kính xanh được gọi là xanh vì nó… Tuy nhiên, không cần thiết phải vội vàng giải thích trịch thượng. Một kinh nghiệm đơn giản sẽ cho bạn thấy rằng câu hỏi về màu sắc của kính xanh hoàn toàn không đơn giản như vậy.

Nếu bạn có một mảnh thủy tinh màu xanh lá cây, hãy cẩn thận bẻ nó thành nhiều mảnh không nhỏ. Sau đó, nhìn qua một trong số chúng ở dây tóc của đèn sợi đốt. Đúng như bạn mong đợi, sợi chỉ sẽ có màu xanh lục (Hình 1). Đặt mảnh thủy tinh thứ hai lên mảnh này và nhìn lại sợi chỉ.

Bạn có thể sẽ không nhận thấy sự thay đổi về màu sắc của sợi chỉ; nó vẫn sẽ xanh. Nhưng nếu bạn đặt cái thứ ba lên hai mảnh thủy tinh và nhìn qua sợi chỉ của cả ba mảnh, bạn sẽ thấy nó đã không còn màu và có màu hơi trắng. Qua bốn mảnh, sợi chỉ sẽ có màu đỏ, và qua phần gót của các mảnh, nó sẽ có màu đỏ hồng ngọc!

Kết quả hoàn toàn bất ngờ và rất ấn tượng. Hóa ra màu sắc của kính phụ thuộc vào độ dày, và kính có màu xanh lá cây ở một lớp mỏng sẽ chuyển sang màu đỏ khi lớp đó đủ dày. Tất nhiên, không phải loại kính xanh nào cũng có đặc tính này mà chỉ có hai loại kính xanh phổ biến nhất.

Điều đáng tò mò là tính chất tương tự vốn có trong giải pháp của vấn đề quan trọng nhất

4

Hình 3. Ngắm phong cảnh xanh qua cặp kính xanh lam.

Hình 4. Cuộc sống đời thường không phải do Newton thực hiện. Khi ánh sáng trắng đi qua một nêm hỏa kế, các tia màu lục và đỏ sẽ vẫn còn trong quang phổ.

Các trận chiến thực sự là một tấm kính xanh, độ dày của nó tăng dần từ đầu này sang đầu kia. Nêm di chuyển trong một trục gá kim loại có độ lệch để quan sát thân đèn sợi đốt. Thang đo nhiệt độ được đánh dấu dọc theo mép của nêm, với nhiệt độ tăng dần từ đầu mỏng của nêm đến đầu dày. Sau khi chỉ điểm từ chối của trục gá vào thân nóng, cần phải di chuyển nêm trong trục gá cho đến khi xảy ra sự thay đổi về màu sắc nhìn thấy được của thân. Sau đó, trên thang đo được chỉ định, nối với trục gá, bạn có thể đọc được nhiệt độ của vật nóng.

Nêm đo nhiệt độ đặc biệt thường được sử dụng để xác định nhiệt độ của kim loại nóng chảy, chẳng hạn như trong lò nung lộ thiên. Mặc dù có thiết kế đơn giản nhưng chiếc nêm ở tay người có kinh nghiệm cho độ chính xác cao.

Bạn đã làm quen với nguyên lý hoạt động của một thiết bị hữu ích, đặc tính sử dụng của kính xanh, nhưng bản thân bí ẩn của chiếc kính vẫn còn là một bí ẩn.

Cuộc sống đời thường không phải do Newton tạo ra và tranh phong cảnh

Chắc hẳn nhiều bạn còn nhớ thí nghiệm mang tính bước ngoặt của Newton về sự phân hủy tia mặt trời thành quang phổ nhiều màu bằng lăng kính thủy tinh. Thí nghiệm này cho thấy ánh sáng mặt trời là hỗn hợp của các tia có màu sắc khác nhau: đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím. Vì lý do nào đó, Newton đã không cố gắng điều chỉnh phần nào thí nghiệm này: đặt thủy tinh màu hoặc một bình đựng chất lỏng màu trên đường đi của tia nắng. Dù thế nào đi nữa, Newton không mô tả trải nghiệm như vậy trong các bài viết của mình.

Trên thực tế, sống với kính đỏ sẽ không mang lại điều gì thú vị. Thay vì một dải quang phổ nhiều màu, chỉ còn lại phần tương ứng với tia đỏ. Kết quả có thể đã được dự đoán trước: kính đỏ có màu đỏ vì nó chỉ truyền các tia đỏ và hấp thụ tất cả các tia khác.

5

Thú vị hơn nhiều là thí nghiệm với thủy tinh xanh hoặc một bình chứa đầy dung dịch diệp lục. Trong những trường hợp này, phổ của trạng thái còn lại không còn là một mà là hai sọc: xanh lục và đỏ sẫm. Điều này có nghĩa là dung dịch thủy tinh xanh và diệp lục không chỉ truyền tia xanh mà còn cả tia đỏ.

Về chất diệp lục, nhận xét của nhà thực vật học nổi tiếng người Nga K. A. Timirzev rất thú vị: “Bạn có thể chắc chắn rằng chất diệp lục truyền tia đỏ rất dễ dàng: nên đặt nó trên một phong cảnh tràn ngập ánh sáng mặt trời thông qua một tấm kính màu xanh lam đặc biệt (Hình 3), truyền các tia màu đỏ và xanh lam, nhưng vẫn giữ lại các tia màu xanh lá cây, để trước mắt chúng ta nghiên cứu, toàn bộ thiên nhiên biến đổi hoàn toàn - dưới một bức ảnh chung, chúng ta sẽ thấy thảm thực vật màu đỏ như máu. chất diệp lục nằm đằng sau những khó khăn mà bức tranh phong cảnh phải vật lộn rất nhiều? Trên bảng màu của họa sĩ, rõ ràng là không có tông màu xanh lá cây nào mà cây xanh được chiếu sáng rực rỡ thể hiện ở cự ly gần.”

Tuy nhiên, bây giờ chúng ta hãy tạm gác việc vẽ tranh sang một bên và quay trở lại với hình nêm tự nhiên. Ở đây chúng ta có thể thấy một chút về dây tóc của đèn sợi đốt và chúng ta nhận ra giữa nó và một cái nêm (Hình 4). Trên tường, chúng ta lại nhìn thấy hai sọc - xanh lá cây và đỏ, và sự tương ứng của các sọc này sẽ phụ thuộc vào độ dày của nêm tại điểm mà chùm ánh sáng đi qua. Nếu chùm tia đi qua phần mỏng của nêm thì sọc xanh sáng hơn sọc đỏ rất nhiều. Khi độ dày của hình nêm tăng lên, độ sáng của cả hai sọc trở nên sáng hơn và bắt đầu từ một thời điểm nhất định, sọc đỏ trở nên sáng hơn sọc xanh lục. Khi sọc xanh sáng hơn sọc đỏ thì sợi chỉ có màu xanh lục; khi các sọc tương ứng nghịch đảo, sợi chỉ có màu đỏ. Khi độ sáng của các sọc bằng nhau thì mỗi sợi chỉ không màu.

Cứ như thể bí ẩn về tấm kính xanh đã được giải đáp. Tuy nhiên, vẫn chưa giải thích được tại sao khi độ dày kính ngày càng tăng, sự tương ứng giữa độ sáng của sọc đỏ và xanh lục lại bị đảo ngược. Hóa ra lời giải thích này xuất phát từ một định luật quan trọng của quang học, được một thủy thủ dũng cảm phát hiện ra cách đây nhiều năm.

Thuyền trưởng biển và tiến trình hình học

Thuyền trưởng người Pháp Pierre Bouguer, sống vào nửa đầu thế kỷ 18, có lẽ không phải là một thủy thủ đơn giản. Ông đã viết nhiều chuyên luận về thiết kế tàu, điều hướng và các ngành hàng hải khác. Viện Hàn lâm Khoa học Pháp đã trao cho Bouguer ba giải thưởng cho công việc của ông trong lĩnh vực hàng hải và bầu ông làm thành viên. Buger thừa hưởng sở thích khoa học biển từ cha mình, một giáo sư thủy văn.

Nếu Buger được thừa kế tham gia vào lĩnh vực biển, thì anh ta đã tự mình tiếp cận lĩnh vực quang học. Booger là người đầu tiên thu hút sự chú ý đến các vấn đề liên quan đến sự thay đổi ánh sáng và độ chiếu sáng. Ông đã phát minh ra những công cụ đầu tiên để đo ánh sáng và chứng minh rằng những giấc mơ về ánh sáng từ Mặt trời lớn hơn 300 nghìn lần so với những giấc mơ về ánh sáng từ Mặt trăng, và “Chuyên luận quang học” của ông chứa đựng một định luật rất quan trọng về sự suy giảm ánh sáng trong các vật thể hấp thụ.

Để hiểu ý nghĩa của luật này (nó còn được gọi là luật Bouguer), chúng ta sẽ sử dụng một phép tương tự không hợp lý lắm nhưng có tính trực quan từ lĩnh vực thể thao. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang có mặt trong một đội được chuẩn bị kém cho cuộc chạy dài bảy km. Việc tập luyện kém của những người tham gia bắt đầu ảnh hưởng đến họ ngay lập tức, và quy luật gây tò mò sau đây nhanh chóng được thiết lập - chỉ một phần ba số vận động viên chạy đã xuất phát một km cự ly nhất định là thêm nó vào cuối. 2187 người tham gia đã xuất phát, đến cuối km đầu tiên còn lại 729 người trên quãng đường, đến cuối km thứ hai - 243, đến cuối km thứ ba - 81, thứ tư - 27, thứ năm - 9, thứ sáu - 3. Cuối cùng, chỉ có một người chạy hoàn thành km selma, tuyên bố là người chiến thắng. Các giám khảo thậm chí không cần phải trang điểm

6

Hình 5. Minh họa việc áp dụng định luật Bouguer để giải thích sự thay đổi màu sắc của dây tóc đèn sợi đốt khi số lượng thấu kính xanh tăng lên.

Hình 6. Con mắt tinh tường của người nghệ sĩ Nga cổ đại đã nhận thấy sự thay đổi màu sắc ở độ sâu của các nếp gấp của vải, xảy ra do sự phản xạ lặp đi lặp lại.

gọi đồng hồ bấm giờ để xác định ai chạm đích đầu tiên.

Hãy viết số vận động viên đã chạy các quãng đường khác nhau:
2187, 729, 243, 81, 27, 9, 3,1.

Dễ dàng nhận thấy rằng những con số này buộc kẻ giết người phải tuân theo một cấp số nhân, trong đó mỗi số tiếp theo nhỏ hơn ba lần so với số trước ở bên trái nó.

Hãy quay trở lại từ thể thao đến quang học. Lấy một mảnh kính sơn. Giả sử nó truyền một phần ba ánh sáng tới nó. Hãy thêm một phần tương tự thứ hai. Nó sẽ truyền một phần ba quang thông đi qua mảnh đầu tiên, tức là một phần chín quang thông tới mảnh đầu tiên. Đặt một mảnh khác, chúng ta có được một phần thứ hai mươi bảy, v.v.

Rõ ràng là có thể thu được kết quả tương tự chỉ bằng cách nhân đôi độ dày của một mảnh kính, gấp đôi, v.v. Khi độ dày của kính tăng, tỷ lệ ánh sáng truyền qua giảm theo cấp số nhân.

Đây là định luật do Bouguer phát hiện. Trong ví dụ về người chạy bộ, chúng ta đã thấy các con số giảm nhanh chóng theo cấp số nhân như thế nào.

Thể thao hơn một chút

Được trang bị Định luật Bouguer, chúng ta có thể tự tin tấn công vào bí ẩn thủy tinh xanh. Tuy nhiên, trước tiên hãy nhớ lại về thể thao.

Những người mới chạy cự ly bảy km không thành công đã tự tin thách đấu một đội gồm các võ sư giàu kinh nghiệm. Các bậc thầy đã chấp nhận thử thách và thậm chí còn đề nghị

7

điều kiện rất hào phóng. Tất cả 2187 người mới bắt đầu và chỉ có 512 bậc thầy về vạch xuất phát. Đội chiến thắng là đội có nhiều vận động viên chạy nhất trước khi kết thúc km thứ bảy.

Cả hai đội đều mặc áo thi đấu có màu sắc khi thi đấu: đội mới bắt đầu mặc áo màu xanh lá cây, đội cao thủ mặc áo màu đỏ.

Sau km đầu tiên, người mới bắt đầu đã có được phần bên dành cho người mới bắt đầu. Từ đội mới bắt đầu, vẫn còn 729 vận động viên chạy như lần trước, và đội thạc sĩ có 256. Một số lượng lớn được giữ lại cho những người mới bắt đầu. Người hâm mộ của các võ sư có phần thất vọng trước việc một nửa số vận động viên của đội này ngay lập tức bị loại khỏi cuộc thi. Nhưng một trong những người Bolshevik, sau khi dùng bút chì thực hiện những phép tính đơn giản trên hộp giấy cói, đã tự tin tuyên bố rằng nếu mọi việc tiếp tục như vậy thì chủ nhân chắc chắn sẽ thắng.

Sau km thứ hai, còn lại 243 người ở phần “màu xanh” và 128 người dành cho phần “màu đỏ”. Sau km thứ ba, có 81 “quả xanh” và 64 “quân đỏ”. Tâm trạng của những người mới bắt đầu sa sút rõ rệt. Sau bốn km có 27 cái “xanh” và 32 cái “đỏ”. Mọi người đều kính trọng nhìn thầy bói với hộp thuốc lá.

Ba km còn lại chỉ khiến thất bại của “quân xanh” trở nên tồi tệ hơn. Sau km thứ năm có 9 “xanh”, 16 “đỏ”, sau km thứ sáu - 3 và 8. Cuối cùng, ở cuối km thứ bảy, một “xanh” và bốn “đỏ” đã về đích.

Hãy viết số người chạy ở cả hai đội:

2187, 729, 243, 81, 27, 9, 3, 1
512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4.

Ở nét thứ hai, tỷ lệ của số tiếp theo với số trước bằng một cạnh, còn ở nét đầu tiên, như trước, là một phần ba. Hóa ra sự chênh lệch nhỏ về quân số này không chỉ đủ bù đắp cho số lượng chuyển giao ban đầu lớn hơn của đội xanh mà còn đưa đội đỏ giành chiến thắng. Tất cả những gì cần thiết là một khoảng cách đủ dài, ít nhất là bốn km. Ở khoảng cách ngắn hơn, quân xanh sẽ thắng.

Có một sự tương tự hoàn toàn trong hành vi của các tia xanh lục và đỏ cũng như các vật chạy “xanh lục” và “đỏ” (Hình 5). Thủy tinh xanh truyền tia màu đỏ sẫm tốt hơn thủy tinh xanh, và theo định luật Bougard, sự khác biệt về độ truyền của các tia này tăng nhanh khi độ dày của lớp thủy tinh tăng lên (“khoảng cách xa”).

Nhưng sau đó câu hỏi được đặt ra một cách tự nhiên: tại sao lại có thủy tinh trong một lớp mỏng của mỗi màu xanh lá cây, nếu nó truyền tia màu đỏ sẫm tốt hơn màu xanh lá cây? Điều này được giải thích là do đặc điểm quang phổ của nguồn sáng mà thí nghiệm được thực hiện: phần màu xanh lá cây trong quang phổ của thành phố sáng hơn phần màu đỏ sẫm (nhóm “xanh” và nhiều “đỏ”). Trong một lớp thủy tinh mỏng (“khoảng cách ngắn”), sự khác biệt về sự hấp thụ của tia màu đỏ sẫm và màu lục chưa lớn đến mức che đi cường độ ban đầu của tia màu lục. Vai trò chính được thực hiện bởi các tia màu xanh lá cây, mang lại màu sắc tương ứng.

Khi độ dày của kính ngày càng tăng, theo định luật Bougar, độ truyền của tia xanh giảm nhanh hơn nhiều so với tia đỏ sẫm (số lượng người chạy “xanh” và “đỏ” ở cự ly xa). Với độ dày đủ lớn, sự khác biệt trong quá trình truyền chùm tia lớn đến mức nó chồng lên quá trình chuyển đổi ban đầu của tia xanh thành cơn thịnh nộ và chỉ còn lại một nửa màu đỏ sẫm của toàn bộ quang phổ thực tế.

Vẫn chỉ xác định vai trò của nhiệt độ của vật nóng đỏ mà chúng ta nhìn vào tấm kính. Được biết, chúng ta làm nóng bất kỳ vật kim loại nào càng nóng thì chúng ta càng cho chúng nhiều ánh sáng. Không có gì ngạc nhiên khi họ nói: “Hãy mang nó đến nhiệt độ trắng.” Vì vậy, nếu không đủ nhiệt, bóng đèn sợi đốt sẽ tạo ra ánh sáng đỏ, trong khi ở nhiệt độ bình thường, các đường chân trời sẽ trắng hơn. Điều này được giải thích là do khi nhiệt độ tăng lên, cường độ của các tia màu lục và lam tăng nhanh hơn các tia màu đỏ.

8

Điều này có nghĩa là ở nhiệt độ cao hơn, sự chênh lệch độ sáng của phần màu xanh lá cây và màu đỏ sẫm của quang phổ sẽ lớn hơn và khó che phủ nó hơn bằng sự hấp thụ trong thủy tinh. Đây là lý do tại sao ở nhiệt độ cao hơn của vật nóng, thủy tinh không còn cần thiết để thay đổi màu sắc của bức xạ quan sát được nữa.

Mực Nga cổ và những quan sát của Leonardo da Vinci

Trên một số mực in cổ của Nga, họa tiết khác thường trên áo choàng của các vị thánh rất nổi bật. Các nếp gấp được sơn bằng sơn có màu khác hẳn với màu của phần nhẵn của áo choàng. Ví dụ: nếp gấp màu đỏ trên áo vest màu xanh lá cây (Hình 6) hoặc nếp gấp màu cam trên áo choàng màu xanh lam. Con mắt tinh tường của người đàn ông giàu có người Nga cổ đại nhận thấy rằng vải không dệt có hai màu và ở các nếp gấp có màu khác so với trên bề mặt phẳng. Lý do cho vải hai màu cũng giống như trong thí nghiệm với nêm hệ mét.

Nếu một chùm ánh sáng phản xạ từ vải hai màu được truyền qua lăng kính thì hai sọc màu chắc chắn sẽ tồn tại trong quang phổ. Đối với vải hai màu xanh lá cây, hình ảnh sẽ giống như trên kính xanh: sọc đỏ và xanh lá cây sẽ vẫn còn, các tia còn lại sẽ bị hấp thụ.

Vải hai màu xanh lá cây phản chiếu tia đỏ tốt hơn vải xanh lá cây, nhưng chỉ với một phản xạ duy nhất từ ​​bề mặt mịn của vải, tia xanh lục sẽ sáng hơn trong ánh sáng tới. Vì vậy, trong ánh sáng phản chiếu một lần, tia sáng xanh vẫn hiện diện.

Trong các nếp gấp của vải, ánh sáng trải qua ít nhất hai lần phản xạ liên tiếp. Trong lần phản xạ thứ hai, tia đỏ lại bị phản xạ mạnh hơn tia xanh lục và do phản xạ kép, điều tương tự xảy ra như trong tấm kính dày màu xanh lá cây: độ sáng của tia đỏ trở nên lớn hơn độ sáng của tia xanh lục và vải đổi màu. Nhiều phản xạ sẽ nghe thấy hiệu ứng này.

Hầu hết các loại vải thông thường đều có đặc tính hoàn toàn ngược lại. Các nếp gấp tạo ra tông màu bão hòa hơn nhưng giống với bề mặt phẳng. Điều này lại được giải thích bằng những suy ngẫm lặp đi lặp lại. Ánh sáng phản chiếu từ các loại vải như vậy, sau khi phân hủy các đặc tính, chỉ tạo ra một sọc trong quang phổ của hai sọc trên vải hai màu. Ví dụ, ánh sáng, một khi được phản chiếu từ nhung màu vàng, sẽ tạo ra một dải quang phổ rộng với phần sáng nhất là phần màu vàng. Ngoài ra, quang phổ còn chứa các tia màu lục và lam. Với sự phản xạ kép, dải quang phổ trở nên hẹp hơn, vì các tia xanh lam gần như biến mất hoàn toàn và các tia xanh lục bị suy yếu đi rất nhiều. Quy luật tiến triển hình học tương tự cũng có tác dụng. Kết quả là ánh sáng phản chiếu màu vàng cam trở nên bão hòa hơn.

Một trong những thiên tài đáng chú ý nhất từng sống, Leonardo da Vinci, không chỉ nhận thấy đặc điểm này của các nếp vải bằng con mắt nghệ sĩ của mình mà còn với tư cách là một nhà khoa học, đã đưa ra lời giải thích hoàn toàn chính xác về hiện tượng quan sát được. Trong chuyên luận về hội họa, ông viết: “Những màu sắc phản chiếu có vẻ đẹp đẹp hơn nhiều so với màu tự nhiên của những cơ thể này, như có thể thấy ở những nếp gấp mở của vải vàng… khi một bề mặt được phản chiếu theo một hướng khác, hướng về phía này, và hướng này trong đó, v.v. liên tiếp đến vô tận.”

Cuốn “Chuyên luận về hội họa” tương tự nói: “Phản xạ (phản xạ) từ một cơ thể sống nhận được ánh sáng từ một cơ thể sống khác có màu đỏ hơn và hoàn hảo hơn bất kỳ bộ phận nào khác của cơ thể sống mà một người có thể có.” Chiêm ngưỡng những bức tranh tuyệt vời của Van Dyck và Rubens trong hội trường của Leningrad Hermecca với niềm vui, có thể dễ dàng nhận thấy rằng ngay cả đối với những bậc thầy vĩ đại này, hiệu ứng của nhiều phản xạ không phải là một bí mật.

A. Gein

Đang trên đường đến lời giải

Đôi khi một thay đổi nhỏ hoặc khái quát hóa các điều kiện của trường bài toán có thể dẫn đến những định lý thú vị và thậm chí là những bài toán chưa được giải quyết. Vì vậy, vài năm trước, V. I. Arnold đã đề xuất bài toán: “Mô tả tất cả các bộ số tự nhiên $n$ sao cho tích của bất kỳ $n-1$ nào trong số chúng cộng vào một đều chia hết cho số còn lại.” Chúng tôi cũng đã viết về điều này bài toán trong «Kvant» («Kvant», 1976, Số 12, trang 5). Nó xuất phát từ trường học hiện đại bài toán: tìm tất cả các bộ ba số khác nhau sao cho tích của hai số bất kỳ của bộ ba, cộng với một, chia hết cho số thứ ba (“Bộ sưu tập bài toán tối ưu hóa toán học Moscow”, M., “Prosveshcheniye”, 1965, trang 70, bài toán 215). Trong đáp số có một bộ duy nhất: (2, 3, 7). Nếu bỏ yêu cầu tất cả các số phải khác một, chúng ta sẽ có thêm ba bộ: (1, 1, 1), (1, 1, 2) và (1, 2, 3). Đó là cùng một lượng để mô tả tất cả các cặp và bộ bốn số như vậy. Nhưng không thể cho đáp số tùy ý $n$ - đây vẫn là một bài toán chưa có lời giải.

Trong cuốn sách tuyệt vời của D. Polya “Cách giải quyết bài toán”, “các quy tắc nghiên cứu” đã được xây dựng. Hãy liệt kê một số trong số họ.

Bắt đầu với những trường hợp đặc biệt - chúng có thể trở nên dễ dàng hơn. Xem lại kết quả của bạn. Quan sát, khái quát hóa, kiểm tra.

Phân tích phương thức lời giải, chia nhỏ nó và xem phần nào của nó có thể được giao trong trường hợp chung.

Tiếp cận bài toán từ các góc độ khác nhau, kiểm tra các chi tiết khác nhau; kiểm tra các chi tiết giống nhau, nhưng từ các quan điểm khác nhau, hãy cố gắng xem trong từng chi tiết một số cách giải thích mới bài toán. Tìm kiếm những điểm liên hệ với kiến ​​thức đã thu được trước đây của bạn. Cố gắng nhìn thấy điều quen thuộc trong những điều bạn khám phá và điều hữu ích trong những điều hóa ra lại quen thuộc.

Hãy xem xét kỹ hơn về phương pháp. Cố gắng làm nổi bật điều chính trong đó. Hãy cố gắng cải thiện nó.

Chúng ta hãy thử sử dụng “quy tắc nghiên cứu” và xem xét cẩn thận những gì đã biết về các vấn đề với $n=2, 3$ và 4; Có lẽ điều này sẽ giúp chúng ta ít nhất tiến gần hơn một chút đến bài toán tổng quát lời giải.

10

1. Sự lặp lại

• Bạn không thấy sao?
• KHÔNG.
• Tôi cũng vậy!

Izagrovora Eeyore Winnie the Pooh*)

Bắt đầu từ đâu? Trước hết, với đáp số trong các biến thể trường học bài toán (n=2, 3, 4). Hãy viết những đáp số này vào bảng:

| n = 2 | (1, 1) | (1, 2) | (2, 3) | |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| n = 3 | (1, 1, 1) | (1, 1, 2) | (1, 2, 3) | (2, 3, 7) |
| n = 4 | (1, 1, 1, 1) | (1, 1, 1, 2) | (1, 1, 2, 3) | (2, 3, 7, 43) |

Có đúng là lời giải đối với n ước tính khác nhau là tương tự nhau không? Chúng tạo thành chuỗi dọc và thu được bằng cách thêm các đơn vị. Quan sát này mở rộng đến tất cả n có thể bằng cách sử dụng bổ đề được đánh giá sau:

Bổ đề 1. Giả sử tập hợp các số (x₁, x₂, …, xₙ) là nghiệm của bài toán với n=k. Khi đó tập hợp các số (x₁, x₂, …, xₙ, 1) là lời giải bài toán với n=k+1. Và theo một tập hợp: nếu trong số k+1 số là nghiệm của bài toán cho n=k+1 có một số, thì bằng cách xóa nó khỏi tập hợp, chúng ta nhận được lời giải bài toán cho n=k.

Các bộ truyện mới ra đời như thế nào: (2, 3), (2, 3, 7),…?

Đặt (x₁, …, xₙ) — lời giải bài toán với n=k. Theo điều kiện bài toán, nếu (x₁, …, xₙ, xₙ+1) - lời giải bài toán với n=k+1, thì x₁ … xₙ+1 + 1 = Cxₙ+1, trong đó C là một số tự nhiên. Hãy thử đặt C bằng một (điều này cho ra các số 3=2+1, 7=2·3+1, 43=2·3·7+1). Hãy chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 2. Nếu tập hợp số (x₁, …, xₙ) là lời giải bài toán cho n=k, thì tập hợp số (x₁, …, xₙ, xₙ+1) là lời giải bài toán cho n=k+1.

*) Tất cả các đề từ đều được lấy từ truyện cổ tích Milne “Winnie the Pooh and Everything, Everything, Everything.”

Sử dụng Bổ đề 1 và 2, từ mỗi lời giải bài toán cho n=k hai lời giải bài toán cho n=k+1 có thể thu được. Hình 1 cho thấy từ lời giải bài toán cho n=2 bằng cách sử dụng Bổ đề 1 (mũi tên màu đỏ) và sử dụng Bổ đề 2 (mũi tên màu xanh), theo cách này, chúng ta thu được lời giải bài toán đầu tiên cho n=3 và sau đó cho n=4.

Không phải bất cứ nơi nào chúng ta cũng có thể nhận được tất cả lời giải theo cách này. Tuy nhiên, thật dễ dàng để chứng minh rằng tập hợp được chỉ ra trong Hình 1 sử dụng hết tất cả lời giải trong số bài toán của chúng tôi đối với n=2, 3, 4. Thật không may, từ lời giải đối với n=4 không phải tất cả lời giải đối với n=5 đều thu được theo cách này; Ngoài lời giải (2, 3, 7, 43, 1807), thu được bằng sàng của Bổ đề 2, còn có: (2, 3, 7, 47, 395).

2. Chi tiết của phương trình

Ngoài ra chỉ cần một thìa cà phê là đã tốt rồi.

Winnie the Pooh

Bổ đề 1 ở đây cho phép chúng ta không xét đến lời giải chứa 1—mọi thứ đều rõ ràng với chúng. Sau đó, nếu tập hợp (x₁, …, xₙ) là lời giải bài toán với n=k, thì tất cả xᵢ đều khác biệt (nghĩ xem tại sao).

11

Hình 1.

Bằng cách phân tích đáp số bài toán cho $n = 2, 3$ và 4, chúng ta chỉ có thể tạo ra các giả thuyết về cấu trúc của những đáp số này chứ không phải về cách giải quyết bài toán. Bây giờ chúng ta hãy xem làm thế nào để có được những đáp số này cho $n = 3$.

Đặt $(x, y, z)$ là một số lời giải bài toán với ba số. Khi đó đẳng thức phải giữ

$$\begin{cases} xy + 1 = k_1z, \\ xz + 1 = k_2y, \\ yz + 1 = k_3x, \end{cases}$$

trong đó $k_1, k_2, k_3$ là một số số tự nhiên.

Nhân các tỉ số này, ta được

$$xyz (xyz + x + y + z) + xy + xz + yz + 1 = k_1k_2k_3xyz.$$

Suy ra $xy + xz + yz + 1$ chia hết cho $xyz$, tức là

$$xy + xz + yz + 1 = Axyz,$$

trong đó $A$ là số tự nhiên. Chia cả hai vế của đẳng thức này cho $xyz$, chúng ta nhận được

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = A. \quad (1)$$

Vì vậy, mọi lời giải bài toán cho $n = 3$ đều thỏa mãn phương trình (1). Tách chúng ta khỏi mẫu số, dễ dàng nhận thấy điều ngược lại là đúng: nếu $x, y, z$ là các số tự nhiên thỏa mãn - đối với một số $A$ tự nhiên - phương trình (1), thì $(x, y, z)$ - lời giải bài toán đối với $n = 3$.

Vế trái của (1) lấy giá trị lớn nhất cho các giá trị nhỏ nhất $x, y, z$; nếu $2 \leq x < y < z$ thì

$$A \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{27}{24} < 2.$$

Do đó, $A = 1$ và $x, y, z$ thỏa mãn phương trình

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1.$$

Chà, bước đầu tiên rất tự nhiên. Sử dụng định nghĩa về khả năng chia hết, chúng tôi sử dụng một số từ mơ hồ - một số được chia thành các đối tượng cụ thể và quen thuộc. Đúng, những ẩn số mới $k_1, k_2, k_3$ đã xuất hiện mà trước đây chưa từng có, nhưng đây là quả báo chung cho “một số định nghĩa”. Và bước thứ hai khá dễ hiểu - mong muốn loại bỏ những ẩn số “thêm” (bằng cách chuyển từ một hệ thống sang một phương trình duy nhất).

Sau khi thực hiện một thao tác tương tự cho một $n$ tùy ý, chúng ta lại thu được phương trình có dạng

$$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_1 \dots x_n} = A, \quad (2)$$

trong đó $A$ là số tự nhiên. Một lần nữa, điều ngược lại rất dễ được xác minh:

nếu $x_1, x_2, \dots, x_n$ là các số tự nhiên thỏa mãn, đối với một số $A$ tự nhiên, phương trình (2), thì tập $(x_1, x_2, \dots, x_n)$ là nghiệm của bài toán của chúng ta.

Vì vậy, bài toán ban đầu tương đương với bài toán tìm lời giải của phương trình (2) với số lượng nhỏ nhất đối với mọi $A$ tự nhiên có thể có. Tất nhiên, thăng tiến không hề dễ dàng, nhưng “chỉ một chút thôi… thế là tốt rồi!”

Lấy cảm hứng từ các điều kiện, chúng ta có thể cố gắng chứng minh rằng trong phương trình

12

(2) $A = 1$. Vì chúng ta có thể giả định rằng $2 \leqslant x_1 < x_2 < \dots < x_n$, nên đối với $A$, chúng ta thu được ước tính:

$$A = \frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_1 \dots x_n} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} + \frac{1}{n!}.$$

Tuy nhiên, đối với $n = 14$ tổng ở vế phải đã lớn hơn 2. Nhưng có lẽ từ ước tính này vẫn có thể kết luận rằng giá trị $A$ bị giới hạn và do đó chỉ có thể nhận một số giá trị hữu hạn? Nhưng không: tổng $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ tăng vô hạn khi tăng $n$.

Bài tập 1. Chứng minh điều đó.

Rõ ràng phương pháp ước tính của chúng tôi quá thô sơ. Có thể buộc tội anh ta? Ví dụ, rõ ràng là tất cả các số có trong lời giải đều nguyên tố lẫn nhau theo cặp. Do đó, cụ thể, nếu $x_1 = 2$ thì $x_3 > 4$.

Hãy chứng minh rằng tổng $\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_1 \dots x_n}$ có thể được ước tính từ trên bằng số $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{p} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots p}$, trong đó $p$ chỉ là một số.

Thật vậy, chúng ta hãy biểu thị bằng $p_i$ ước số nguyên tố nào đó của số $x_i$. Lưu ý rằng $p_i \leqslant x_i$. Vì các số $x_i$ là số nguyên tố theo cặp nên tất cả $p_i$ đều khác nhau. Chúng tôi sẽ xem xét chúng theo thứ tự kích thước. Sau đó, $2 \leqslant p_1, 3 \leqslant p_2, 5 \leqslant p_3$, v.v. Thay thế $x_i$ bằng $p_i$, chúng ta thu được ước tính cần thiết.

Có lẽ tổng nghịch đảo của các số nguyên tố không vượt quá một số nguyên tố $M$? Điều này có nghĩa là $A < M + 1$. Hóa ra điều này không đúng: với số lượng ngày càng tăng, tổng $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{p}$ tăng không giới hạn *). Tuy nhiên, chúng tôi thu được một ước tính cho phép chúng tôi tuyên bố rằng $A = 1$ cho tất cả $n \leqslant 58$. Có một chút an ủi, nhưng ít nhất cũng rõ ràng tại sao, khi phân tích đáp số, chúng tôi không gặp lời giải với hằng số $A = 2$: khó có ai có thể nghĩ đến việc xem xét bài toán cho sáu mươi con số cùng một lúc.

3. Thêm một - không có gì mới

Miễn phí, nghĩa là không có gì cả.

Ai có thể biết trước con đường nào sẽ dẫn đến thành công? Kiên nhẫn (nhưng không bướng bỉnh) là nguyên tắc của nghiên cứu. Chúng ta hãy quay trở lại điểm bắt đầu cuộc hành trình của chúng ta một lần nữa. Bây giờ chúng tôi đã có trong tay khả năng phân tích đáp số và các phương pháp lời giải bài toán cho các trường hợp đặc biệt. Bổ đề 1 và 2 đáng được chú ý - chúng chứa ít nhất một số thuật toán để tìm một số lời giải. Họ đề xuất cách tiếp cận nào? Cả hai bổ đề đều nói về cách lấy lời giải bài toán cho $n = k + 1$ từ lời giải bài toán cho $n = k$. Cách tiếp cận này khá quen thuộc với chúng ta (hãy nhớ đến phương pháp quy nạp toán học). Hãy thử giả sử rằng bài toán lời giải cho $n = k$ để giải nó cho $n = k + 1$.

Vậy đường dẫn là $(x_1, \dots, x_k)$ - lời giải bài toán cho $n = k$. Hãy để chúng tôi biểu thị sản phẩm $x_1 \dots x_k$ bằng $f_k$. Sau đó $\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{f_k} = A$.

Nếu số $x_{k+1}$ được bổ sung bởi tập hợp $x_1, \dots, x_k$ đến lời giải bài toán cho $n = k + 1$ và $x_{k+1} \neq 1$, thì sẽ có sự tương ứng:

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

với cùng $A$ (hãy suy nghĩ kỹ).

Đánh đồng vế trái của hai đẳng thức này và loại bỏ các vế giống hệt nhau, chúng ta thu được

$$\frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{f_k x_{k+1}} = \frac{1}{f_k};$$

theo dõi, $x_{k+1} = f_k + 1$. Đây chính xác là cách nó diễn ra lời giải và theo

13

Bổ đề 2! Điều này có nghĩa là đẳng thức $x_1 \dots x_k + 1 = C \cdot x_{k+1}$CONSTANTA $C$ bằng 1 không phải là ngẫu nhiên: vấn đề ở đây không phải ở sự đơn giản mà ở phương trình (2). Nhân tiện, Bổ đề 2 $\delta$-rom suy ra từ phương trình này.

Do đó, nếu lời giải bài toán cho $n = k + 1$ thu được bằng cách thêm một số vào lời giải bài toán cho $n = k$, thì nó được hình thành theo Bổ đề 1 hoặc Bổ đề 2.

4. Nếu chúng ta thêm hai thì sao?

Tôi tự hỏi điều gì đã tạo ra tiếng động đó? Tôi không thể gây ra nhiều tiếng ồn một mình được! Và tôi tự hỏi, quả bóng bay của tôi đã đi đâu?

Heo con

Vì vậy, nguồn gốc của Bổ đề 2 ít nhất đã được làm rõ. Đúng, chúng tôi không thu được lời giải mới và vẫn chưa rõ lời giải đến từ đâu, không được hình thành bằng cách áp dụng Bổ đề 1 và 2 (ví dụ: lời giải (2, 3, 7, 47, 395) cho bài toán với $n = 5$). Lại là ngõ cụt à? Chúng ta hãy suy nghĩ lại trước khi từ bỏ con đường đã chọn. Chúng ta đã sử dụng hết tất cả các khả năng trong cách tiếp cận của mình chưa? Ai đang ngăn chúng ta cộng ít nhất hai số? Hãy thử.

Trước tiên, giả sử rằng $(x_1, \dots, x_k)$—lời giải bài toán cho $n = k$. Sau đó

$$\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{f_k} = A.$$ (3)

Đặt $(x_1, \dots, x_k, x_{k+1}, x_{k+2})$—lời giải bài toán cho $n = k + 2$ và $x_{k+1} \neq 1, x_{k+2} \neq 1$. Hóa ra trong trường hợp này cũng vậy

$$\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{x_{k+2}} + \frac{1}{f_k x_{k+1} x_{k+2}} = A$$ (4)

với cùng $A$.

Kể từ đây,

$$\frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{x_{k+2}} + \frac{1}{f_k x_{k+1} x_{k+2}} = \frac{1}{f_k},$$ (5)

Ở đâu

$$x_{k+2} = f_k + \frac{f_k^2 + 1}{x_{k+1} - f_k}.$$ (6)

Vì $x_{k+2}$ phải là số nguyên nên $d = x_{k+1} - f_k$ là ước số của $f_k^2 + 1$. Vì thế,

$$\begin{cases} x_{k+1} = f_k + d, \\ x_{k+2} = f_k + \frac{f_k^2 + 1}{d}. \end{cases}$$ (7)

Bây giờ chúng ta hãy biểu thị bằng $d$ một ước số tùy ý của số $f_k^2 + 1$ và xác định các số $x_{k+1}, x_{k+2}$ bằng các đẳng thức (7). Sau đó, đối với các số $f_k, x_{k+1}, x_{k+2}$ (6) giữ nguyên, và do đó (5) cũng vậy. Từ (3) và (5) suy ra (4). Điều này có nghĩa là tập hợp mở rộng $(x_1, \dots, x_k, x_{k+1}, x_{k+2})$ là một giải pháp cho bài toán của chúng tôi cho $n = k + 2$. Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh điều đó.

Bổ đề 3. Đặt $(x_1, \dots, x_k)$—lời giải bài toán cho $n = k, f_k = x_1 \dots x_k$ và $d$ là ước của $f_k^2 + 1$. Khi đó tập $(x_1, \dots, x_k, f_k + d, f_k + \frac{f_k^2 + 1}{d})$ là nghiệm của bài toán đến $n = k + 2$. Và ngược lại: nếu lời giải bài toán với $n = k$ ta cộng hai số $n = k$ ta cộng hai số khác 1 thì các số được cộng thỏa mãn đẳng thức (7).

Do đó, nếu lời giải bài toán cho $n = k + 2$ thu được bằng cách cộng hai số với lời giải bài toán cho $n = k$, thì nó được hình thành theo Bổ đề 2 hoặc Bổ đề 3.

Hai ước của $y f_k^2 + 1$ luôn là 1 và $f_k^2 + 1$. Tuy nhiên, dễ dàng nhận thấy rằng đối với các ước số như vậy, Bổ đề 3 không đưa ra điều gì mới so với Bổ đề 2. Nhưng khi đó, nếu $f_k^2 + 1$ không phải là số nguyên tố thì Bổ đề 3 dẫn đến một chuỗi mới lời giải $(x_{k+3}$ có thể được xây dựng lại bằng Bổ đề 2, v.v.). Ví dụ: với lời giải (2, 3, 7) chúng ta có $f_k^2 + 1 = 1765 = 5 \cdot 353$ và từ đó chúng ta thu được theo Bổ đề 3 lời giải (2, 3, 7, 47, 395), mà chúng ta đã đề cập trong đoạn 1. Tương tự, từ lời giải (2, 3, 7, 43) theo Bổ đề 3, chúng ta thu được lời giải (2, 3, 7, 43, 1823, 193 667) (ở đây $f_k^2 + 1 = 3261637 = 17 \cdot 191861$).

Xét chuỗi lời giải sinh ra từ lời giải

14

(2, 3) theo Bổ đề 2. Chúng ta hãy làm cho nó trở nên cơ bản. Mỗi khi số $f_k^2 + 1$ trở thành hợp số của nó, thì ít nhất một nhánh được tách ra khỏi nó theo Bổ đề 3 (Hình 2).

Có nhiều hợp số trong số $f_k^2 + 1$ của dãy cơ bản không?

Thì 2. Chứng minh rằng trong dãy cơ bản mọi số $f_{2k+1}^2 + 1$ đều chia hết cho 5.

Từ Bài tập 2, ít nhất với mỗi $n$ lẻ từ dãy cơ sở theo Bổ đề 3 sẽ có một sự phân tách lời giải, tạo ra một dãy mới lời giải theo Bổ đề 2. Dễ dàng kiểm tra rằng lời giải thuộc các dãy khác nhau không trùng nhau.

Vì vậy, chỉ một chuỗi cơ sở cho mỗi $n > 2$ tạo ra ít nhất $\left[\frac{n-1}{2}\right]$ lời giải không chứa 1. Và giả thuyết rằng lời giải không có số 1 thì không quá “nhiều” (chính xác hơn là số lượng của chúng bị giới hạn bởi một hằng số, độc lập với $n$), “bị đập”. Sẽ hợp lệ nếu, bắt đầu từ một số $n$, tất cả lời giải thực tế chỉ thu được bằng cách áp dụng Bổ đề 2.

5. Một cách tiếp cận khác

Và tại sao tất cả? Vì lý do gì?
Và kết luận nào sau đây?

Eeyore

Tất nhiên, người được chọn không phải là người duy nhất. Một lá thư của độc giả A. N. Brotsky từ Knev gợi ý một cách tiếp cận khác: thay vì lấy lời giải bài toán cho $n = k + 1$ hoặc $n = k + 2$ từ lời giải bài toán cho $n = k$, hãy thử lấy những cái khác từ lời giải bài toán cho một số $n$ lời giải bài toán tương tự $n$. Brotsky đề xuất định lý sau:

Đặt $(x_1, \dots, x_{n-2}, x_{n-1}, x_n)$ là lời giải, thu được từ lời giải $(x_1, \dots, x_{n-2}, x_{n-1})$ và $\frac{f_{n-2}x_n + 1}{x_{n-1}} = d_1d_2$ theo Bổ đề 2.

Nếu hệ phương trình

$$\begin{cases} f_{n-2}x + 1 = d_1y, \\ f_{n-2}y + 1 = d_2x \end{cases}$$

chúng ta có lời giải trong số tự nhiên thì tập $(x_1, \dots, x_{n-2}, x, y)$ có thể là lời giải bài toán.

Thì 3. Chứng minh định lý Brotsky.

Sử dụng phương pháp của mình, A. N. Brotsky từ lời giải (2, 3, 7, 47, 395, 779 731) đã thu được lời giải (2, 3, 7, 47, 415, 8111), không được hình thành bằng cách áp dụng Bổ đề 3.

Căng thẳng 4. Kiểm tra xem với lời giải từ dãy cơ sở, hệ (8) luôn có lời giải ở số tự nhiên,

Căng thẳng 5. Kiểm tra xem liệu phương pháp của A. N. Brotsky, áp dụng cho dãy cơ sở, có cho lời giải mà không thu được khi sử dụng Bổ đề 2 và 3 hay không.

Chúng tôi chưa giải quyết được hoàn toàn vấn đề - chúng tôi không biết bao lâu lời giải có bài toán cho một (tùy ý) nhất định $n$. Nhưng chúng ta mới chỉ đi được vài bước và có thể còn phải mất nhiều thời gian nữa. Đây là của chúng tôi bài toán không có gì khác biệt so với những vấn đề mà các nhà toán học vĩ đại phải giải quyết. Quá trình tìm hiểu sự thật là vô tận. Nó thậm chí còn không kết thúc lời giải cách này hay cách khác bài toán, theo sau là những cái mới, tổng quát hơn, đòi hỏi lời giải suy nghĩ lại các phương pháp cũ và phát minh ra những phương pháp mới. Trong bài viết này, bạn đã thấy quá trình suy nghĩ lại diễn ra như thế nào và nhà nghiên cứu nên tuân theo những nguyên tắc nào.

15

Dòng đối lưu và dòng trộn

Đối với câu hỏi “Dòng điện là gì?” Họ thường trả lời như sau: đây là chuyển động có hướng của các điện tích dọc theo dây dẫn. Tuy nhiên, chỉ có một phần sự thật trong đáp số này. Để hình thành chính xác đáp số, hãy chuyển sang nguồn của câu hỏi.

Năm 1800, nhà vật lý người Ý Alexandro Volta đã phát hiện ra khả năng tạo ra dòng điện một chiều bằng nguồn điện. d.s., mà ngày nay chúng ta gọi là nguyên tố điện. Vào thời điểm đó, có giả thuyết cho rằng điện là chất lỏng không trọng lượng có khả năng xuyên qua các lỗ chân lông của cơ thể. Đương nhiên, dòng điện bắt đầu được biểu diễn dưới dạng chuyển động của chất lỏng này dọc theo mạch điện. Vật lý còn phải đi một chặng đường dài trước khi người ta xác định được rằng các hạt vật chất tích điện chuyển động bên trong dây dẫn.

Bước đầu tiên được thực hiện bởi Faraday, ông đã chỉ ra rằng trong nguồn điện, dòng điện tượng trưng cho chuyển động của các ion. Ion là một nguyên tử có sự thừa hoặc thiếu điện tích có dấu hiệu xác định được. Vì vậy, nó có hai đặc điểm - khối lượng và điện tích. Trong quá trình điện khí hóa, nó tách điện tích ra khỏi điện cực và đọng lại trên đó. Việc thu thập các honon đã lắng đọng tạo thành trầm tích, khối lượng của chúng có thể dễ dàng thay đổi.

Từ vô số thí nghiệm của Faraday, người ta suy ra rằng chúng có cùng hóa trị mang cùng một phần điện tích. Nhân tiện, chính kết luận này mà sau này (vào năm 1881) đã khiến Helmholtz đưa ra ý tưởng về sự tồn tại của một điện tích cơ bản (các nhà vật lý mới biết rằng nó liên kết với một hạt cơ bản - một electron - chỉ vào cuối thế kỷ 19).

Lưu ý rằng nếu Faraday bắt đầu từ ý tưởng về điện tích cơ bản và các định luật bảo toàn điện tích và vật chất, thì ông có thể thu được hai định luật của mình, vốn đòi hỏi nhiều năm khái niệm khó, từ những phép tính rất đơn giản. Giả sử rằng các ion $N$ chuyển động trong nguồn điện, mỗi ion mang một điện tích $Ze_0$, trong đó $Z$ là hóa trị, $e_0$ là độ lớn của điện tích cơ bản. Khi đó khối lượng ion lắng đọng trên điện cực sẽ là

$$M = Nm_0,$$

trong đó $m_0$ là khối lượng của ion. Những ion này mang điện tích tới điện cực

$$q = NZe_0.$$

Chia (1) cho (2), ta được

$$M = \frac{m_0}{Ze_0} q.$$

Ký hiệu $\frac{m_0}{Ze_0} = k$, ta thu được định luật Faraday thứ nhất:

$$M = kq.$$

Nhân và chia biểu thức của $k$ với số Avogadro $N_A$:

$$k = \frac{N_A \cdot m_0}{Ze_0 N_A} = \frac{\mu}{Ze_0 N_A} = \frac{1}{F} \frac{\mu}{Z},$$

trong đó $\mu$ là khối lượng mol của chất, $F = N_Ae_0$ là số Faraday.

Điều này dẫn đến định luật thứ hai của Faraday.

Do đó, các định luật Farad là hệ quả của các định luật bảo toàn và sự tồn tại của điện tích cơ bản. Biểu thức (3) cho thấy ý nghĩa vật lý của đương lượng điện hóa Faraday của một chất: khối lượng hiệu dụng của một chất lắng đọng trong một xung điện phụ thuộc vào tỷ số điện tích của ion với khối lượng của nó. Từ (3) và (4) suy ra rằng để thu được kết tủa có khối lượng lớn hơn thì phải có chất có khối lượng mol cao hơn và hóa trị thấp hơn.

Tỷ lệ điện tích của một vật thể với khối lượng của nó trong vật lý thường được gọi là độ đặc hiệu.

16

không có phí. Đây là một số lượng rất quan trọng. Cần nhấn mạnh ngay rằng có một sự khác biệt rất lớn về độ lớn điện tích riêng của các vật thể vi điện. Đối với hạt cơ bản “nhẹ” - electron

$$\frac{e_0}{m_e} = \frac{1,6 \cdot 10^{-19} \text{KJ}}{9,1 \cdot 10^{-31} \text{Kr}} \approx 2 \cdot 10^{11} \text{KJ/kr}$$

cho “nặng” - proton

$$\frac{e_0}{m_p} \approx 10^8 \text{KJ/kr}.$$

Để tạo ấn tượng cho các giá trị này, chúng ta hãy thử tính điện tích riêng của một quả bóng có bán kính 1 cm làm bằng hợp kim nhôm có mật độ $\rho = 2 \cdot 10^3 \text{kr/m}^3$. Khối lượng của nó

$$m = \rho V = 4/3 \pi r^3 \cdot \rho \approx \frac{4 \cdot 3,14}{3} (10^{-2})^3 \cdot 2 \times 10^3 \text{kr} \approx 8 \cdot 10^{-3} \text{kr}.$$

Một quả bóng như vậy có thể chịu điện tích gì? Người ta biết rằng dòng điện tích mạnh từ bề mặt cơ thể bắt đầu khi điện trường có hướng $E_0 \approx 3 \cdot 10^6 \text{B/m}$. Điện áp trường của một quả cầu có bán kính $r$ có điện tích $q$ bằng

$$E = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q}{r^2}.$$

Điện tích tối đa mà một quả cầu như vậy có thể “giữ” được xác định bởi điều kiện $E = E_0$. Như vậy,

$$q_{\text{max}} = 4 \pi \epsilon_0 r^2 E_0 \approx 4 \cdot 3,14 \cdot 8,86 \times 10^{-12} (10^{-2})^2 \cdot 3 \cdot 10^6 \text{KJ} \approx 3 \cdot 10^{-8} \text{KJ}.$$

Vậy điện tích riêng cực đại của quả cầu nhôm sẽ là

$$\frac{q_{\text{max}}}{m} \approx \frac{3 \cdot 10^{-8} \text{KJ}}{8 \cdot 10^{-3} \text{kr}} \approx 4 \cdot 10^{-6} \text{KJ/kr}.$$

Điện tích riêng của proton lớn hơn điện tích riêng của quả bóng nhôm $10^{13}$ lần!

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta muốn có được dòng điện 1A bằng cách sử dụng các quả bóng nhôm tích điện. Theo định nghĩa $I = q/t$. Điện tích của một quả bóng được ký hiệu là $q_1$; thì $q = Nq_1$, trong đó $N$ là số quả bóng. Hiện tại $I = \frac{Nq_1}{t}$ và $N = \frac{It}{q_1} \approx \frac{1A \cdot 1c}{3 \cdot 10^{-8} \text{KJ}} \approx 3 \cdot 10^7$.

Dòng chảy của các viên bi phải sao cho 30 ml đi qua bệ cố định trong một giây. quả bóng! Nếu chúng ta tưởng tượng dòng chảy này trong một đường ống thì tiết diện của nó sẽ là

$$S = N \pi r^2 = 3,14 \cdot 30 \cdot 10^6 \times (10^{-2})^2 \text{m}^2 \approx 10^4 \text{m}^2!$$

Đồng thời, dòng điện một ampe đi qua một dây có đường kính một phần milimet, chỉ làm nóng nó. Điều này được giải thích chính xác là do các vi điện (electron) có điện tích riêng lớn.

Chúng ta hãy quay trở lại câu hỏi về bản chất của dòng điện. Dòng điện được tạo ra do sự chuyển động của các hạt tích điện. Không phải điện tích, mà là các hạt tích điện! Và mặc dù chúng ta viết $I = q/t$, nhưng theo điện tích $q$, chúng ta muốn nói đến tổng điện tích của các hạt có khối lượng nhất định. Vì vậy dòng điện có tính chất cơ học. Chúng được phát hiện lần đầu tiên trong các thí nghiệm của Tolman và Stewart. Chất solenua, ở hai đầu của nó có gắn một điện kế, được đặt ở chế độ quay nhanh rồi dừng lại đột ngột. Điện kế ghi lại dòng điện và hướng của dòng điện này tương ứng với chuyển động của các hạt tích điện. Trong những thí nghiệm này, điện tích riêng của các hạt, chuyển động xác định dòng điện, đã thay đổi. Hóa ra giá trị tìm được trùng với giá trị điện tích riêng của electron, tìm được từ độ lệch của điện trường và từ trường. Các thí nghiệm của Tolman và Stewart lần đầu tiên tiết lộ sự tồn tại của các electron tự do trong kim loại. Được liên kết yếu với mạng tinh thể, sau khi solenua dừng lại, các electron tiếp tục chuyển động theo quán tính - xuất hiện dòng điện ngắn hạn.

Trong nguồn điện, dòng điện là một dòng điện kép di chuyển ngược chiều nhau. Các ion có cùng điện tích nhưng khối lượng khác nhau. Ví dụ, trong dung dịch đồng sunfat, các hạt mang dòng điện là $\text{Cu}^{++}$ và $\text{SO}_4^{2-}$. Khối lượng đồng của nó là 63,5 a. ví dụ, khối lượng của nó là $\text{SO}_4^{2-} - 32,1 + 4 \cdot 16 - 96,1$ - lớn hơn nhiều. Trên một thí nghiệm đơn giản có thể

17

Pis. 1.

đặt ở nhà rất dễ nhận ra sự khác biệt này.

Một bình có hai điện cực chứa đầy dung dịch đồng sunfat. Các vật thể nhẹ, chẳng hạn như những mảnh giấy nhỏ, đọng lại trên bề mặt chất lỏng. Dòng điện một chiều được bật. Nếu bạn đưa một nam châm vĩnh cửu lại gần lọ (Hình 1), các mảnh giấy sẽ bắt đầu quay. Hiệu ứng này được giải thích là do lực Lorentz tác dụng lên các ion chuyển động trong từ trường làm chúng bị xoắn. Những cái quay mang theo các phân tử nước và toàn bộ chất lỏng bắt đầu quay. Các mảnh giấy nổi trên bề mặt được cố định hiệu quả. ECT Đương nhiên, lực Lorentz làm xoắn cả C++ và SO₄⁻. Tuy nhiên, hướng quay của chất lỏng được xác định bởi hướng chuyển động của các ion nặng hơn (ion SO₄⁻). Chuyển động quay gây ra bởi sự gia tăng các nút C++ nhẹ bị “ngăn chặn” bởi chuyển động quay của các nút SO₄⁻ nặng hơn. Sự thay đổi hướng của dòng điện hoặc cực tính của nam châm dẫn đến sự thay đổi hướng quay của chất điện phân.

Một hiệu ứng tương tự xảy ra trong trường hợp điện tích “rút cạn” từ đầu nhọn.

Được biết, mật độ của các bộ phận chịu tải tăng mạnh theo hướng của đầu nên xung quanh nó có một điện trường mạnh đáng kể. Các phân tử không khí trung tính trong trường như vậy không bị ion hóa. Nếu đầu nhọn mang điện dương thì các electron trong không khí sẽ chảy vào đầu nhọn và các ion dương sẽ chuyển động theo hướng ngược lại. Dòng của các onon này cuốn theo các phân tử không khí trung tính, giống như dòng của các onon trong chất điện phân cuốn theo các phân tử nước. Cái gọi là “gió điện” được tạo ra. Franklin đã chứng minh kinh nghiệm thổi tắt ngọn nến với cơn gió như vậy vào giữa thế kỷ 18.

Trong các trường hợp được xem xét, chúng ta đang xử lý dòng đối lưu của chất lỏng và không khí. Chính trải nghiệm lịch sử về việc thổi tắt một ngọn nến đã dẫn đến một dòng đối lưu dễ hiểu. Người ta tin rằng, cùng với sự đối lưu thông thường - dòng chuyển động của các hạt trung tính - còn có sự đối lưu điện - dòng chuyển động của các hạt tích điện. Thật vậy, nghiên cứu sâu hơn đã chỉ ra rằng dòng điện trong kim loại, chất điện phân và chất khí dễ bị ảnh hưởng bởi dòng hạt tích điện. Vì các hạt có khối lượng nên không có sự khác biệt cơ bản giữa đối lưu thông thường và đối lưu điện. Trong một tác phẩm năm 1875, Helmoholtz viết: “Tôi dùng từ này [đối lưu - V.D.] theo nghĩa nó được dùng trong lý thuyết về nhiệt, để chỉ sự lan truyền điện thông qua chuyển động của các vật tích điện”. Helmoholtz đã đặt ra một câu hỏi cơ bản quan trọng: liệu chuyển động của các vật vĩ mô tích điện (ví dụ, các quả bóng nhôm của chúng ta) có thể được coi là một dòng đối lưu thông thường hay không.

Đáp số Câu hỏi này có thể được trả lời bằng một thí nghiệm tương tự như thí nghiệm do nhà vật lý người Đan Mạch Hans Christan Oersted thực hiện vào năm 1820. Ông phát hiện ra rằng nếu một kim nam châm được đặt gần một dây dẫn có dòng điện thì nó sẽ bị lệch. Con trỏ chịu tác dụng của một lực tỉ lệ với cường độ dòng điện. Hướng của lực này phụ thuộc vào hướng của dòng điện.

Helmoholtz đề nghị học trò của ông là Henry Rowland thực hiện thí nghiệm sau: sạc đĩa, đặt

18

Hình 2.

Đặt một kim nam châm gần nó và cho đĩa quay. Nếu chuyển động quay của một đĩa tích điện tương đương với dòng điện (qua một mạch kín), thì, như trong trường hợp dòng điện, sự quay của đĩa sẽ gây ra sự xuất hiện của từ trường.

Quả thực, Rowland đã phát hiện ra sự lệch của kim nam châm. Cuộc thử nghiệm thật khó khăn. Như đã đề cập, các cơ quan macrosopper không thể “vận chuyển” các điện tích lớn. Vì vậy, cần phải thay đổi từ trường của dòng điện rất yếu.

Vì vậy, dòng điện trong tất cả các chất - lỏng, rắn, khí - đều bị khử thành dòng đối lưu. Dòng điện có thể tồn tại trong chân không nơi không có hạt vật chất không? Chúng ta hãy chuyển sang thí nghiệm, sơ đồ được hiển thị trong Hình 3. Nếu bạn bật nguồn biến emf, ampe sẽ cố định dòng điện. Thí nghiệm cho kết quả sau. Độ lớn của dòng điện trong mạch tỷ lệ thuận với tần số dao động do nguồn emf tạo ra và giá trị emf của bộ đối lưu. Kinh nghiệm được mô tả đã được biết đến vào thế kỷ trước. Họ giải thích theo cách này: nguồn gốc của E.m.f. làm cho các hạt tích điện dao động trong vật dẫn nối các tấm, chúng “chạy” từ tấm này sang tấm khác, trong khi không có gì xảy ra giữa các tấm hoặc có chân không. Trong những lập luận này, dòng điện được biểu diễn dưới dạng một quá trình chuyển động cơ học của các hạt tích điện.

Nhà vật lý lỗi lạc người Anh James Clerk Maxwell đã đưa ra một ý tưởng mới về cơ bản. Chuyển động của các hạt tích điện gắn liền với điện trường và từ trường. Một sự thay đổi trong dòng điện dẫn đến một sự thay đổi trong các trường. Faraday đã phát hiện ra hiện tượng cảm ứng điện từ, theo Maxwell, hiện tượng này được quy về sự xuất hiện của một điện trường khi từ trường thay đổi. Tự tin vào hiện tượng điện từ đối xứng, Maxwell đề xuất rằng những thay đổi trong điện trường sẽ tạo ra từ trường.

Trong mạch điện ở hình 3, điện trường thay đổi giữa các bản của tụ điện. Theo Maxwell, quá trình này dẫn đến sự xuất hiện của từ trường. Nhưng từ trường là do dòng điện gây ra. Do đó, quá trình xảy ra giữa các bản của tụ điện có thể được hiểu là dòng điện. Không có “kết thúc” của hiện tại. Nếu mạch bị đứt bởi chất điện môi hoặc chân không, dòng điện vẫn tiếp tục đi, chỉ có điều nó sẽ có bản chất khác. Maxwell gọi dòng điện này là dòng điện trộn. Nguồn gốc của thuật ngữ này như sau. Maxwell gợi ý rằng không gian dường như trống rỗng đối với chúng ta, được lấp đầy bằng một môi trường vật chất có tính chất đặc biệt - ether. Ether có cấu trúc tế bào (chẳng hạn như mạng tinh thể) và dưới tác dụng của lực điện trường, các tế bào có thể bị biến dạng - dịch chuyển, giống như các hạt điện môi dịch chuyển.

Dòng điện có thể được gây ra bởi sự đối lưu hoặc hỗn hợp. Trong trường hợp dòng đối lưu, cường độ của nó tỷ lệ thuận với tốc độ chuyển động của các hạt tích điện; Dòng trộn được xác định bởi tốc độ trộn và nó tỷ lệ thuận với tần số dao động. Điện dung của tụ điện càng lớn thì thể tích ether càng lớn (ở một khoảng cách nhất định giữa các bản), do đó hiệu ứng trộn càng lớn. Đây là hình ảnh vật lý.

Maxwell đã trình bày các tính chất toán học của giả thuyết như sau:

$$i_{\text{CM}} = \varepsilon_0 S \frac{dE}{dt}$$

• dòng điện trộn tỷ lệ với diện tích S của phần ngắt mạch (hoặc diện tích của mặt phẳng tụ điện) và tốc độ thay đổi cường độ điện trường ($\varepsilon_0 = 8,86 \cdot 10^{-12} \text{ Ф}/\text{м}$).

21

sẽ tìm thấy trình tự này trong cuốn sách của Sloan. Nó gần như chắc chắn sẽ được liệt kê trong sách tham khảo với những thông tin bổ sung mà từ đó người đọc có thể tìm ra thứ này là gì.

Trong bài viết này chúng ta sẽ xem xét trình tự

1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, …
có số 577 trong thư mục. Các thành viên của dãy này được gọi là số Catalan. Chúng không nổi tiếng như số Fibonacci, nhưng chúng có đặc tính hấp dẫn là xuất hiện bất ngờ ở những nơi không ngờ tới nhất, đặc biệt là trong các bài toán tổ hợp. Năm 1971, một nhà toán học của Đại học Tây Âu. Virginia Henry Gould đã xuất bản một thư mục chứa 243 tài liệu tham khảo về việc sử dụng số Catalan; trong nhiều trường hợp, tác giả của các bài báo không hề biết rằng họ đang giải quyết một trình tự đã được biết đến hơn hai thế kỷ. Năm 1976, Gould tăng số lượng tài liệu tham khảo lên 450. Nói chung, số Catalan là một dãy thường xuyên; tuy nhiên, vẫn chưa đủ ẩn số để buộc một nhà toán học, người không có quyền truy cập vào sách tham khảo của Sloan, phải chi nhiều hơn một số tiền để khám phá lại các công thức có nguồn gốc từ nhiều năm trước.

Leonhard Euler là người đầu tiên gặp số Catalan. Ông đã tính toán có bao nhiêu cách chia một đa giác lồi thành các hình tam giác mà không có đường chéo cắt nhau. Một ví dụ là trường hợp hình tam giác, hình vuông, hình ngũ giác và hình lục giác (Hình 1). Lưu ý rằng trong mỗi trường hợp này, bất kể số cạnh của $n$-giác, số đường chéo là $n-3$ và số hình tam giác là $n-2$. Dễ dàng chứng minh rằng sự tương ứng này đúng cho mọi đa giác. Các số lượng tam giác khác nhau được đưa ra dưới dạng cho mỗi đa giác trong số bốn đa giác này, có bốn số đầu tiên của dãy Catalan.

Euler, sử dụng phương pháp quy nạp toán học, mà ở đây, theo ông, hóa ra tốn nhiều công sức, đã nhận được công thức sau:

$$\frac{2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot \dots \cdot (4n-10)}{(n-1)!}$$

Các thừa số trong tử số được tính theo công thức $4n-10$, trong đó $n$ là số nguyên dương lớn hơn 2. Dấu chấm than cuối cùng biểu thị giai thừa (tích của tất cả các số nguyên dương không vượt quá một số cho trước). Ví dụ: đối với $n=6$ (chữ lục giác), công thức

Hình 2. Tam giác “khung” của hình bảy cạnh.

Hình 1. Bài toán tam giác của đa giác của Leonard Euler.

22

có hình thức

$$\frac{2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot 14}{5!} = 14.$$

Có được công thức hồi quy rất đơn giản bằng cách đặt thêm một đơn vị trước hàng 1, 2, 5, 14, … (Chúng ta nhận được hàng 1, 1, 2, 5, 14…) Đặt $k$ là số Catalan được tính cuối cùng và $n$ là số của số tiếp theo. Khi đó con số này được tính theo công thức

$$\frac{k (4n - 6)}{n}.$$

Johann Andreas von Segner, người cùng thời với Euler, đã thu được một công thức hồi quy bí ẩn cho dãy Catalan có dạng 1, 1, 2, 5, … Hãy viết tất cả các số Catalan đã tìm thấy thành một chuỗi, nâng chúng lên và viết các số giống nhau theo thứ tự ngược lại. Nhân mỗi số trên với số dưới tương ứng và cộng kết quả; kết quả sẽ là số Catalan tiếp theo. Ví dụ,

$$\frac{x \cdot 112514}{145211} = \frac{14+5+4+5+14}{42}$$

Bài toán của Euler về tam giác của một đa giác theo một nghĩa nào đó là đẳng cấu đối với các bài toán dường như hoàn toàn không liên quan đến nó. Chính Eugene Charles Catalan, nhà toán học người Bỉ mà dãy số này được đặt theo tên ông, đã giải được bài toán sau đây vào năm 1838. Chúng ta hãy có một chuỗi gồm các chữ cái $n$ được sắp xếp theo một thứ tự nhất định. Cần phải sắp xếp $n-1$ một cặp dấu ngoặc sao cho bên trong mỗi cặp có đúng hai “biểu thức”. Các biểu thức được ghép nối này có thể là hai chữ cái liền kề hoặc một chữ cái và một biểu thức liền kề trong ngoặc đơn hoặc hai biểu thức liền kề. Có bao nhiêu cách đặt dấu ngoặc đơn?

Đối với hai chữ cái $a, b$, chỉ có một khả năng: $(ab)$. Đối với ba chữ cái, đã có hai khả năng như vậy: $((ab) c)$ và $(a (bc))$. Đối với bốn chữ cái, số cách tăng lên năm: $((ab) (cd)), (((ab) c) d), (a (b (cd))), (a ((bc) d))$ và $((a (bc)) d)$.

Những số 1, 2 và 5 này là ba số Catalan đầu tiên; hóa ra là những con số

23

Hình 3. Cây tam giác và căn bậc ba.

lên men ở dạng được chấp nhận rộng rãi. Có thể dễ dàng nhận thấy thứ tự các nhánh tương ứng với khoảng cách giữa các dấu ngoặc như thế nào. Dưới mỗi chuỗi chữ cái có dấu ngoặc, chúng ta viết một số kép thu được bằng cách thay thế tất cả các dấu ngoặc bên trái bằng số 1 và tất cả các chữ cái bằng số 0, bỏ qua dấu ngoặc bên phải. Ký hiệu kép này là một cách viết tắt thuận tiện để ghi lại tam giác của một đa giác và các cây tương ứng của tam giác này. Chúng ta không cần đưa ra ký hiệu cho dấu ngoặc đơn bên phải, vì nếu vị trí của dấu ngoặc đơn bên trái và phương pháp nhóm các chữ cái được đưa ra,

24

thì dấu ngoặc đơn bên phải có thể được đặt theo một cách duy nhất.

Nhà toán học người Ba Lan Jan Łukasiewicz đã đề xuất một cách thuận tiện để tìm số kép tương ứng với một cây cho trước (Hình 4). Hãy vẽ một cái cây có bốn nhánh trên cùng. Phần cuối của các nhánh này được đánh dấu bằng số 0 và các đỉnh bậc ba được đánh dấu bằng số 1. Hãy tưởng tượng một con sâu trèo lên thân cây và đi vòng quanh toàn bộ cái cây dọc theo đường chấm (Hình 4). Tại mỗi đỉnh của con sâu đều có một dấu hiệu. Tuy nhiên, nhãn đã công bố không được gọi lần thứ hai. Trong ví dụ của chúng tôi, sâu sẽ thông báo nhãn 1101000, đưa ra cùng một số kép tương ứng với vị trí của dấu ngoặc trong biểu thức tương ứng với cây này.

Năm 1964, người ta phát hiện ra rằng số lượng cây có gốc tùy ý có cạnh $n$ cũng bằng số $n$ Catalan. Những cây như vậy chỉ có $n$ đỉnh, không tính gốc nhưng các đỉnh có thể có bậc bất kỳ.

Có nhiều cách để thiết lập sự tương ứng một-một giữa các cây như vậy và các cây khối có gốc. Phương pháp đơn giản nhất được chỉ ra bởi Frank Barnhart (Hình 5). Hãy vẽ lại các cây hình khối sao cho mỗi cạnh từ trên xuống thẳng đứng hoặc nằm ngang sang bên phải.

Hãy tưởng tượng rằng mỗi cạnh ngang (đường màu xanh trong Hình 5) co lại thành một điểm và biến mất. Nếu có một đỉnh bậc ba ở đầu bên phải của cạnh ngang thì nó được chuyển sang bên trái và hợp nhất với đỉnh ở đầu bên trái. Tất cả các cạnh dọc vẫn khác biệt. Phép biến đổi đơn giản này lấy tất cả các cây khối có gốc từ $n$. Kết thúc các đỉnh thành cây có gốc với các cạnh $n$.

Một con sâu bò quanh bất kỳ cây nào trong bộ mới này (xem Hình 5, cây bên phải trong mỗi cây) sẽ đặt tên giống như số kép trên cây ban đầu nếu nó thay đổi thuật toán như sau. Người đó bắt đầu không phải từ gốc rễ mà từ đỉnh thấp hơn. Mỗi khi sâu đi lên một cạnh, nó ghi 1 và khi đi xuống, nó ghi 0.

Hãy xem xét các bàn cờ từ cạnh 2, 3, 4, …, trong đó tất cả các ô vuông phía tây bắc của đường chéo chính đều được tô bóng (Hình 6). Bạn cần kiểm tra quân xe từ góc dưới bên trái đến góc trên bên phải. Bạn chỉ có thể di chuyển về phía bắc và phía đông mà không cần vào các ô được tô bóng. Hỏi có bao nhiêu đường đi khác nhau trên bảng từ phía $n$?

Và một lần nữa họ đưa ra đáp số số Catalan. Dưới cạnh dài $n$ chúng ta viết

25

số nhị phân tương ứng với cây khối có gốc với các đỉnh cuối $n$. Di chuyển dọc theo hai chữ số của số từ trái sang phải, chúng ta sẽ di chuyển quân xe sang phải, đoạn 1 và lên trên, đoạn 0 (không tính đến hai chữ số cuối cùng). Chuỗi hai chữ số này xác định đường dẫn và tất cả các đường dẫn của xe có thể được lấy theo cùng một cách.

Dưới đây là 7 thử thách bài toán khác được giải bằng cách sử dụng số Catalan. Trong năm phần đầu tiên, tôi lưu ý cách các số kép tương ứng (không có chữ số cuối cùng) cho lời giải bài toán.

1. Hai người, $A$ và $B$, đang tranh cử. Mỗi người trong số họ nhận được $n$ phiếu bầu. Có bao nhiêu cách có thể đếm $2n$ phiếu bầu để $A$ không bao giờ dẫn trước $B$? (1 — bầu cho $A$, 0 — bầu cho $B$).

2. Hãy đặt những chiếc bút bên dưới và để*) thành một hàng. Trên penins, chúng ta đặt úp một bộ bài $n$, xếp từ trên xuống theo thứ tự thâm niên. Tại một thời điểm, thẻ có thể được di chuyển từ penin xuống bên dưới hoặc từ dưới lên daim (không được phép di chuyển khác). Sử dụng hai nước đi này, chúng ta sẽ di chuyển tất cả các quân bài để nhường $2n$ nước đi. Có thể nhận được bao nhiêu hoán vị khác nhau trên daim nếu số lượng quân bài ban đầu là $n$? (1 - chuyển từ penin xuống dưới, 0 - chuyển từ penin xuống daim).

3. Người say rượu bước ra khỏi cửa quán bar và dẫn đầu. Anh ta có khả năng tiến một bước về phía trước hoặc phía sau như nhau, và tất cả các bước của anh ta đều có độ dài bằng nhau. Có bao nhiêu cách để anh ta quay lại cửa sau $2n$ bước? (1 - tiến một bước, 0 - lùi lại.)

bài toán về mức tăng ngẫu nhiên này có thể được đưa ra dưới dạng khác. Vua bắt đầu từ hàng đầu tiên của bàn cờ, và tiến hoặc lùi theo chiều dọc, quay trở lại ô xuất phát sau $2n$ nước đi. Hãy vẽ một sơ đồ không-thời gian, vẽ thời gian dọc theo trục hoành. Đường ngoằn ngoèo có thể được coi là hình dáng của một dãy núi với các đỉnh cao hàng dặm, không vượt quá $n$. Những đường cong di chuyển của nhà vua sẽ khắc họa tất cả các dãy núi thuộc loại này.

4. Một số chẵn ($2n$) binh lính, tất cả đều có chiều cao khác nhau, được xếp thành hai cấp bằng nhau - $A$ và $B$. Có bao nhiêu cách thực hiện sao cho từ trái sang phải mỗi hàng các binh sĩ được sắp xếp theo chiều cao tăng dần và binh sĩ nào ở hàng $B$ cao hơn người lính tương ứng ở hàng $A$? (Zanuterum của quân lính là các số 1, 2, 3, …, theo chiều cao tăng dần, và zanuterum cũng là các số từ trái qua phải theo số kép tương ứng với các cây có gốc có cạnh $n$. Sau đó, các số 1 cho biết vị trí của các binh sĩ trong hàng $A$, và các số 0 trong hàng $B$. bài toán này dễ dàng được mô hình hóa bằng cách sử dụng một bộ bài thẻ.)

5. Vé có giá 50 xu và $2n$ khách hàng đang xếp hàng tại phòng vé. Một nửa trong số họ có 1 đô la, phần còn lại - 50 xu. Nhân viên thu ngân bắt đầu bán vé mà không có tiền. Có bao nhiêu đơn hàng khác nhau đang xếp hàng để nhân viên thu ngân luôn có thể trả lại tiền lẻ? (1-50 xu, 0-1 đô la.)

6. Hexaflexagons là đồ chơi hấp dẫn, bằng cách gấp các dải giấy thẳng hoặc ngoằn ngoèo thành hình lục giác, chúng sẽ thay đổi bề mặt khi gấp lại (chúng được mô tả trong Chương 1 cuốn sách của tôi*). Hexaflexagon chính xác sẽ xác định loại khi perebanini trải qua các trạng thái khác nhau. Tổng số trạng thái như vậy đối với tất cả các hình lục giác thông thường có bề mặt $n$ là số Catalan. Ví dụ, một hình lục giác (6 bề mặt) có thể được tạo theo ba cách. Tổng số bang là số 42 của Catalan.

Nếu chúng ta không chú ý đến trạng thái của hexaflexagon

*) Penini, bên dưới, daim - đồng xu nhỏ: 1, 5, 10 xu Mỹ. (Bản dịch ước chừng)
*) M. Gardner, Câu đố toán học và giải trí, “Thế giới”, 1971

26

Hình 7. Cách chuông liệt kê các vần.

và chúng tôi quan tâm đến việc có thể tạo ra bao nhiêu cách cực kỳ khác nhau để tạo ra một hexaflexaon với các bề mặt $n$, sau đó đáp số được đưa ra bởi một chuỗi liệt kê các tam giác của đa giác mà không tính đến những tam giác thu được bằng cách xoay hoặc phản chiếu những tam giác đã thu được. Chuỗi thay thế này (số 942 theo sách của Sloan) là 1, 3, 4, 12, 27, 82, 228, 733, 2282, 2528, …

Trong các bài báo chưa được xuất bản của Bernhart và những người đam mê khác quan tâm đến flexaon, người ta mô tả sự thay đổi trạng thái xảy ra khi uốn cong một flexaon với các bề mặt $n$ có thể được hình dung bằng cách di chuyển dọc theo các đường của $(n+1)$-giác, được chia thành các hình tam giác.

7. Một số chẵn người ngồi vào một bàn tròn. Mỗi người bắt tay một người khác sao cho không có hai đôi tay nào đan chéo nhau. Có bao nhiêu cách có thể thực hiện được điều này?

Bạn có thể tìm ra một cách hình học đơn giản để thiết lập sự tương ứng một-một giữa bài toán này và từng bài trước đó không? (Có một cách hay được đề xuất bởi Barnhart.)

Các công thức không lặp lại cho số Catalan thứ $n$ có các dạng khác nhau tùy thuộc vào cách đánh số các số hạng của dãy. Công thức có dạng đơn giản nhất nếu chuỗi bắt đầu như sau: 1, 2, 5, … Với cách đánh số như vậy, số thứ $n$ của tiếng Catalan sẽ là

$$\frac{(2n)!}{n!(n+1)!}$$

Nếu trình tự là

bắt đầu bằng 1, 1, 2, 5, …, thì hóa ra tất cả các số Catalan lẻ lớn hơn một đều nằm trong những số đó và chỉ những vị trí có số là lũy thừa của hai. Vì vậy, số thứ tư, thứ tám, thứ mười sáu, v.v. Số Catalan là số lẻ. Đây chỉ là một trong nhiều tính chất đặc biệt của dãy số.

Lưu ý: khi giải tổ hợp bài toán, rất dễ nhầm lẫn các số Catalan với dãy liên quan 1, 2, 5, 15, 52, 203, 877… (Trong ghi chú cho thư mục của mình, cũng bao gồm danh sách tham chiếu đến chuỗi trên, Gould lưu ý rằng nếu các đối tượng được đếm đủ phức tạp thì $n=4$ có thể dễ dàng bị bỏ qua đối tượng thứ 15 và cho rằng bạn là xử lý dãy Catalan.) Những con số này được gọi là số Bell theo tên Eric Bell, người đã xuất bản nhiều bài viết về chủ đề này. Số chuông liệt kê các phân vùng lớp của một tập hợp các phần tử $n$. Ví dụ: số vần khác nhau cho một khổ thơ có $n$ dòng là số Chuông. Bốn có 15 vần điệu có thể. Nếu bạn nhìn vào quy tắc gieo vần ở cuối (gồm 14 dòng).max bằng tay, bạn sẽ có được 190.899.322 vần khác nhau (số Chuông thứ 14).

Hình 7 cho thấy cách số Bell liệt kê tất cả các vần cho các khổ thơ có từ một đến bốn dòng. Chúng ta hãy gieo vần các dòng với nhau. Lưu ý rằng chỉ khi chúng ta cộng tối đa bốn mảnh thì một bài toán khác được yêu cầu vào năm 1970 trong luận án tiến sĩ của ông, đó là gọi những vần không cần giao nhau là phẳng. Số chuông liệt kê tất cả các vần, số Catalan chỉ liệt kê các vần phẳng.

Các số của Bell được đánh số 585 trong sách tham khảo của Sloan. Nhưng những chiếc chuông*) lại kể một câu chuyện khác mà chúng ta sẽ để lại cho tương lai.

*) Gardner có cách chơi chữ ở đây: Bell (Chuông) - bell (chuông). (Ghi chú của biên tập viên)

27

E. Palchikov

Màu xanh lá cây có màu gì?

Đừng tin vào mắt mình.
K. Prutkov

Cùng một màu xanh bôi trơn vết thương nhỏ và vết trầy xước? Nhiều người có thể sẽ nói rằng nó có màu xanh lá cây (và họ sẽ đúng!).

Nhưng hãy nhìn qua lọ màu xanh lục rực rỡ ở một nguồn sáng nào đó - ví dụ như Mặt trời, dây tóc của bóng đèn sợi đốt hoặc phóng điện hồ quang. Bạn sẽ thấy màu xanh lá cây chỉ truyền ánh sáng đỏ. Hoá ra xanh lại là đỏ!?

Lấy một vài chiếc kivet có độ dày khác nhau, đổ một ít trà xanh vào*) và nhìn vào ánh sáng. Các lớp raster mỏng thực sự có màu xanh lục, những lớp dày hơn có màu xám không xác định (với tông màu tím), và thậm chí những lớp dày hơn có màu đỏ. Nói cách khác, màu sắc phụ thuộc vào độ dày của lớp phủ. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

Hóa ra phổ truyền của một lớp cây xanh mỏng có hai dải trong suốt trong vùng khả kiến: dải màu xanh lam rộng và dải màu đỏ hẹp (Hình 1). Trên thực tế, dải màu đỏ không hề hẹp mà đơn giản là đi sâu hơn vào vùng hồng ngoại mà mắt người nhìn thấy từ dải này

*) Nên pha loãng màu xanh lá cây rực rỡ, nếu không bạn sẽ phải sử dụng những chiếc kivet thật mỏng.

28

“Sao”
từ một giọt nước

Trong số thứ mười hai của tạp chí của chúng tôi năm ngoái, trong mục “Phòng thí nghiệm «Kvant»”, một bài báo của M. Golubev và A. Kagalenko “Một giọt nước trên bề mặt nóng” đã được xuất bản. Các biên tập viên đã nhận được nhiều bưu thiếp cho bài viết này. Chúng tôi xin gửi đến các bạn một đoạn ghi chú ngắn về một trong những thí nghiệm được thực hiện với một giọt nước trên bề mặt nóng.

Đối với các thử nghiệm, chúng tôi sử dụng đầu đốt ngoài cùng bên trái (công suất 1500 W) với “Luchch” điện tử. Sử dụng giấy nhám mịn, chúng tôi cẩn thận làm sạch bề mặt hình cầu của đầu đốt khỏi bụi bẩn (bán kính cong là 80 mm), đun nóng đến nhiệt độ 400-500°C và nhỏ một ít nước (nặng 3-8 g) lên đó.

Lúc đầu, giọt nước hoạt động rất không ổn định: nó quay, kéo dài từ bên này sang bên kia và bong bóng hơi xuất hiện và vỡ ra ở giữa giọt nước (Hình 1). Hơi nước được giải phóng vào không gian xung quanh theo từng phần nhỏ cùng với các hạt nước.

Sau khi kích thước của giọt nước giảm đi một mức nhất định, hành vi của nó trở nên ổn định hơn—các dao động ngang liên tục ổn định xuất hiện trong giọt nước. Kết quả của một chuyển động dao động phức tạp như vậy là một “ngôi sao” có hình học đều xuất hiện cùng với giọt nước hình cầu.

cùng một lớp. Nói cách khác, độ truyền qua của một lớp phải bình phương. Trong trường hợp này, đối với dải màu xanh lam, độ truyền qua sẽ giảm rất nhiều, nhưng đối với dải màu đỏ thì hầu như không thay đổi.

Hình 2 cho thấy độ truyền qua của các sọc đỏ và xanh lam thay đổi như thế nào khi độ dày của lớp màu xanh lá cây tăng liên tiếp. Rõ ràng là đối với ánh sáng xanh lam, nó ngày càng ít đi so với tỷ lệ của ánh sáng đỏ. Bắt đầu từ một độ dày nhất định, cây xanh khi tiếp xúc với ánh sáng sẽ không có màu xanh mà có màu đỏ.

Vậy thực chất màu xanh lá cây có màu gì?

Nếu bạn vẫn còn bối rối khi trả lời câu hỏi này, chúng tôi khuyên bạn nên đọc bài luận đăng trên tạp chí số này (ed.).

29

Bài toán khoảng ba bình

Bài viết được đề xuất là nguồn mở từ sách của các nhà toán học Mỹ G. S. M. Coxeter và S. L. Greitzer “Những cuộc gặp gỡ mới với hình học”, bản dịch tiếng Nga sẽ sớm được xuất bản trong bộ “Thư viện của vòng tròn toán học” của nhà xuất bản “Nauka”. Tài liệu đã được L. Savina chuẩn bị xuất bản.

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét ứng dụng của hình học cho lời giải bài toán, trong đó cần phải chia chất lỏng thành các phần nhất định bằng cách sử dụng các công cụ dường như không thể tưởng tượng được cho mục đích này. Đối với lời giải, chúng ta cần cái gọi là tọa độ tam tuyến mà bây giờ chúng ta sẽ mô tả.

Thông thường, giấy vẽ đồ thị được sử dụng để vẽ các điểm có tọa độ Descartes cho trước. Đối với mục đích của chúng tôi, tốt hơn là sử dụng giấy tam giác, tức là giấy có vẽ ba hệ đường thẳng song song, chia nó thành các hình tam giác đều nhỏ. Chúng ta hãy vẽ lên tờ giấy đó một tam giác đều lớn ABC với các cạnh chạy dọc theo các đường lưới. Đối với một điểm P tùy ý trong mặt phẳng này, chúng ta xác định các số x, y, z lần lượt là khoảng cách từ điểm này đến các đường thẳng BC, CA và AB, và với mỗi đường thẳng này khoảng cách sẽ dương nếu điểm đó nằm cùng phía của đường thẳng này với tam giác ABC và in dấu ngược lại. Ta sẽ gọi điểm kết quả là các số (x, y, z) tọa độ tam giác của nước tiểu P so với tam giác ABC. Lưu ý rằng đối với các điểm nằm trong tọa độ mô tả tình huống trong đó có ba biến có tổng không đổi. Nếu một trong các đại lượng x, y hoặc z không đổi và hai đại lượng còn lại thay đổi thì điểm (x, y, z) di chuyển theo đường thẳng song song với một trong các cạnh của tam giác ABC. Đặc biệt, các đường thẳng chứa tọa độ BC, CA, AB được mô tả bằng phương trình

$$x = 0, y = 0, z = 0,$$

và các đỉnh A, B, C có tọa độ (h, 0, 0), (0, h, 0), (0, 0, h).

Đây chính xác là tình huống sẽ xảy ra trong trường hợp đổ h lít chất lỏng vào các bình sau: bình thứ nhất có x lít, bình thứ hai có y lít và bình thứ ba có z lít. Dần dần, việc truyền chất lỏng từ bình thứ hai sang bình thứ ba tương ứng với chuyển động của một điểm có tọa độ tam giác (x, y, z) so với tam giác ABC có chiều cao bằng h, dọc theo đường thẳng x=const theo hướng tương ứng với sự giảm y và tăng z. Nếu mỗi bình có thể chứa chung h lít (chúng ta sẽ biểu thị tình huống này bằng ký hiệu [h; h, h, h]), thì mỗi tọa độ x, y, z có thể nhận bất kỳ giá trị nào từ 0 đến h và tập hợp các điểm có thể đạt được bằng cách nào đó đổ chất lỏng từ bình này sang bình khác - chúng ta sẽ gọi tập hợp này là diện tích hoạt động - được cho bởi các bất đẳng thức.

$$0 \leq x \leq h, 0 \leq y \leq h, 0 \leq z \leq h,$$

30

và trùng với toàn bộ tam giác ABC.

Vụ án [h; a,b,c]. Ở đây ba bình đã cho có dung tích a, b, c và h ≥a>b>c. Hãy đặt ra nhiệm vụ: bạn cần đo một lượng d lít chất lỏng nhất định, đổ thật nhiều từ bình này sang bình khác; Đồng thời, chúng tôi cắt một lượng nhỏ để làm trống hoàn toàn một bình hoặc đổ đầy một bình khác đến miệng (và có lẽ những bình khác của tôi sẽ diễn ra cùng lúc). Miền hoạt động hiện được xác định bởi các bất đẳng thức

$$0 \leq x \leq a, \ 0 \leq y \leq b, \ 0 \leq z \leq c,$$

thường xác định một hình lục giác đều hoặc không đều được giới hạn bởi sáu đường thẳng

$$x = 0, \ x = a, \ y = 0, \ y = b, \ z = 0, \ z = c.$$

Nhưng trong một số trường hợp, diện tích này có thể biến thành hình ngũ giác, hình thang, hình bình hành hoặc (như chúng ta đã thấy) bao phủ toàn bộ tam giác đều.

Giả sử các số a, b, c, h và d là số nguyên.

Hình 1 và 2 minh họa tình huống [8; 7, 6, 3]: Bằng cách nào đó người ta đổ 8 lít chất lỏng vào các thùng 7, 6 và 3 lít. Ở đây miền hoạt động là hình lục giác $0 \leq x \leq 7, \ 0 \leq y \leq 6, \ 0 \leq z \leq 3$, được giới hạn bởi các đường $x = 7, \ z = 0, \ y = 6, \ x = 0, \ z = 3, \ y = 0$. Tọa độ tuyến tính của các đỉnh lục giác (so với

đối với tam giác đều có chiều cao 8) - (7, 1, 0), (2, 6, 0), (0, 6, 2), (0, 5, 3), (5, 0, 3), (7, 0, 1). Giả sử bình thứ nhất chứa 3 lít chất lỏng, bình thứ hai cũng chứa 3 lít; thì bình thứ ba chứa 2 lít chất lỏng. Sự phân bố chất lỏng này tương ứng với một điểm có tọa độ (3, 3, 2). Sáu hướng phát ra từ điểm này biểu thị sáu hoạt động truyền máu có thể xảy ra. hướng từ điểm (3, 3, 2) đến điểm (5, 3, 0) tương ứng với quá trình đổ tam giác của bình: chất lỏng chứa trong đó được đổ vào bình thứ nhất; theo hướng ngược lại - từ điểm (3, 3, 2) đến điểm (2, 3, 3) - quá trình đổ đầy hình tam giác của bình: nó phải nhận chất lỏng ngay từ đầu. hướng từ điểm (3, 3, 2) đến điểm (0, 6, 2) tương ứng với quá trình đổ bình thứ nhất, nội dung trong đó được đổ vào bình thứ hai; đồng thời bình thứ hai được đổ đầy, v.v.

Giả sử chúng ta cần đo 4 lít chất lỏng (nghĩa là lấy 4 lít vào ít nhất một trong các bình). Trước hết, chúng tôi lưu ý rằng ở lần truyền chất lỏng đầu tiên, chúng tôi di chuyển từ điểm bên trong của khu vực hoạt động (trong trường hợp của chúng tôi, từ điểm (3, 3, 2)) đến điểm biên của nó - đây là các điều kiện. Ví dụ, đường đứt nét màu đỏ trong Hình 2 chỉ ra một trong những cách có thể để di chuyển từ điểm

31

ki (3, 3, 2) đến điểm (4, 4, 0) (và do đó chia 8 lít thành hai phần bằng nhau). Dễ dàng nhận thấy các liên kết của đường đứt nét luôn song song với các cạnh của tam giác ABC và đường đứt nét chỉ “quay” khi chạm vào ranh giới của miền. Nếu bây giờ, không tự đặt bài toán về việc đo bốn lít, chúng ta vẽ đủ loại đường đứt nét từ điểm (3, 3, 2) (với các liên kết song song với các cạnh của tam giác ABC và có các đầu nằm trên ranh giới của vùng lục giác của chúng ta), thì sớm hay muộn chúng ta sẽ thấy mình ở tất cả các điểm biên của hình lục giác của chúng ta. Điều này cũng đúng với bất kỳ điểm nguyên nào của một khu vực hoạt động nhất định (cả bên trong và ranh giới). Điều này có nghĩa là, bất kể việc phân bổ tám lít chất lỏng giữa các bình trong thùng như thế nào [8; 7, 6, 3], bằng cách “đổ đầy” và “dốc cạn” các bình, bạn có thể đo bất kỳ số lít chất lỏng nào (ít hơn tám).

Hình 3 minh họa trường hợp [10; 8, 7, 6]: Đổ 10 lít chất lỏng vào các bình chứa 8, 7 và 6 lít cộng lại. Khu vực hoạt động ở đây lại là một hình lục giác. Trong trường hợp này, đối với bất kỳ sự phân phối mười lít nào giữa các bình, có thể dễ dàng đo được $d=1, 2, 3, 4, 6, 7, 8$ và 9 lít chất lỏng. Nhưng nếu ngay từ đầu không có bình nào chứa 5 lít chất lỏng, thì 5 lít này hoàn toàn không phải là một đường đi qua các điểm (0, 5, 5), (5, 0, 5) và (5, 5, 0), bị đóng và không thể đi tới nó từ bất kỳ đường nào khác. Nói chung, nếu $h=2d \geq a > b > c > d$, thì trong tình huống [h; a, b, c] bằng cách đổ hết và thêm bình, không thể đo được $d$ lít chất lỏng, bất kể $h$ lít này được phân bổ giữa các bình như thế nào, trừ khi có $d$ lít ở một trong các bình ban đầu.

Chúng ta hãy xem xét một trường hợp khác [10; 8, 6, 4] - đổ một lượng chẵn lít chất lỏng vào bình có bốn thùng chứa (Hình 4). Ở đây khu vực hoạt động là một hình ngũ giác. Từ Hình 4, rõ ràng là nếu ban đầu mỗi bình chứa số lít chẵn, tức là điểm bắt đầu có bốn tọa độ (ví dụ: (6, 2, 2)), thì chúng ta sẽ không bao giờ có thể đo được số lít chất lỏng lẻ.

Các nhiệm vụ tương ứng với trường hợp [h; a, b, c], trong đó $h=a=2d=b+c$. Trong trường hợp này, vùng thao tác là hình bình hành có các đỉnh (a, 0, 0), (c, b, 0), (0, b, c), (b, 0, c). Hình 5 và 6 thể hiện hai nhiệm vụ lời giải tương ứng với trường hợp [8; 8, 5, 3] với sự phân bố chất lỏng ban đầu (8, 0, 0); bạn cần đo 4 lít chất lỏng. Nói cách khác, hai người có một bình chứa đầy 8 lít chất lỏng và hai bình rỗng có dung tích 5 lít và 3 lít, mặc dù 8 lít chất lỏng này được chia đều.

Việc đầu tiên cần làm là đổ đầy thùng 5 lít như trong Hình 5 hoặc thùng 3 lít như trong Hình 6.

Hình 3.

Hình 4.

32

Sau đó, bất cứ khi nào một đường gãy rơi vào một trong các cạnh của hình bình hành của chúng ta - đường thẳng $y = 0, y = 5, z = 0, z = 3$ - chúng ta coi cạnh này như một tấm gương. (Quy luật phản chiếu gương được giải thích là do mỗi đoạn của đường đứt nét song song với cạnh của tam giác ban đầu tương ứng với thao tác đổ chất lỏng từ bình này sang bình khác, trong khi lúc này bình thứ ba không được chạm vào.) Như vậy ta được lời giải $(8, 0, 0) \rightarrow (3, 5, 0) \rightarrow (3, 2, 3) \rightarrow (6, 2, 0) \rightarrow (6, 0, 2) \rightarrow (1, 5, 2) \rightarrow (1, 4, 3) \rightarrow (4, 4, 0)$ và lời giải $(8, 0, 0) \rightarrow (5, 0, 3) \rightarrow (5, 3, 0) \rightarrow (2, 3, 3) \rightarrow (2, 5, 1) \rightarrow (7, 0, 1) \rightarrow (7, 1, 0) \rightarrow (4, 1, 3) \rightarrow (4, 4, 0)$. Rõ ràng là chỉ có thể đo bất kỳ số nguyên lít chất lỏng nào trong trường hợp $h = a = b + c$ nếu các số $a$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau.

Hypotrochond

Hình vẽ trên trang đầu tiên của trang bìa, được thực hiện trên máy tính, mô tả một họ các đường cong khép kín - hypotrochonds.

Trochoid là đường thẳng được vẽ bởi một điểm nối cứng với đường tròn $(O_2, r)$, lăn không trượt theo đường thẳng. Khi vòng tròn $(O_2, r)$ không lăn theo đường thẳng mà dọc theo một vòng tròn đứng yên $(O_1, R)$, chạm vào nó từ bên trong thì điểm $M$ được nối cứng với vòng tròn $(O_2, r)$, mô tả hypotrochond. Rõ ràng chu kỳ London («Kvant», 1978, số 4, trang 13) là một trường hợp đặc biệt của hypotrochonda, hypopyclonda (xem ibid.) là một trường hợp đặc biệt của hypotrochonda.

Ở đây hình minh họa các điểm $M_1, M_2, M_3$, được gắn chặt vào vòng tròn $(O_2, r)$, trong đó $r = \frac{R}{3}$. Những điểm này được đặt sao cho $M_1\overset{\frown}{O_2}M_2 = M_2\overset{\frown}{O_1}M_1$ và $|O_2M_2| - |O_2M_1| = |O_2M_3| - |O_2M_2|$. (Do đó, các điểm $M_1, M_2$ và $M_3$ nằm trên nhánh Arichimedes - xem «Kvant», 1976, số 6, trang bìa thứ ba).

Họ hypotrochond hiển thị trên trang bìa được mô tả bằng các điểm $M_1, M_2, M_3, \dots, M_{10}$, được sắp xếp theo cách tương tự. Tại $|O_2M_i| < 2R/3$ hạ âm là một đường khép kín tự giao nhau, là một tam giác cong lõm có các vòng ở đỉnh. Nếu $|O_2M_i| > 2R/3$, thì chúng ta thu được một đường khép kín tự giao nhau có dạng hơi khác: nó bao gồm ba cánh hoa lồi, giao điểm của chúng là một hình tam giác cong lồi.

V. Berezin

33

Vấn đề
lượng tử

M511—M515; F523—F527

M511. Bên trong tứ giác $ABCD$ có một điểm $M$ sao cho $ABMD \leftarrow$ là hình bình hành. Chứng minh rằng nếu $CBM = CDM$ thì $ACD = CDM$. (lớp 8-9)

Yu. Mikheev

M512. Hãy để $f(x) = x^3 - x + 1$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m > 1$ thì các số $m, f(m), f(f(m))$, $f(f(f(m)))$, … là hai số nguyên tố cùng nhau. (10 lớp)

A. Kolotov

M513*. Chứng minh rằng tồn tại một số $A$ sao cho có thể viết được ít nhất 1978 cặp bình phương không đồng nhất vào đồ thị của hàm $y = A \sin x$. (Một hình vuông được gọi là nội tiếp nếu tất cả các đỉnh của nó đều thuộc đồ thị.) (10 ô)

V. Fedogov

M514*. Chứng minh rằng tồn tại một dãy giới hạn vô hạn $\{x_n\}$ sao cho với mọi $m$ và $k$ phân biệt bất đẳng thức sau đây đúng:
$$|x_m - x_k| \geq |m - k|^{-1}.$$ (lớp 9, 10)

S. Konyazin

M515. Đã cho một tập hữu hạn $K_0$. Nó được thêm vào tất cả các điểm có thể thu được bằng cách phản ánh đối xứng một điểm của tập hợp này so với điểm khác. Tập kết quả được ký hiệu là $K_1$. Tương tự, từ tập $K_1$ ta được $K_2$, từ $K_2 \leftarrow K_3$, v.v.

a) Đặt tập $K_0$ bao gồm $d$ trong $x$ điểm $A$ và $B$ ở khoảng cách $1$. Với mức tối thiểu nào $n$ trong tập hợp $K_n$ có một điểm nằm cách điểm $A$ 10000?

b) Cho $K_0$ là tập hợp tứ giác $K_0 \leftarrow$ ba điểm có diện tích bằng 1. Tìm diện tích đa giác lồi nhỏ nhất chứa tập hợp $K_n$ ($n = 1, 2 \ldots$). (8 lớp)

Trong ba đoạn tiếp theo $K_0 \leftarrow$ là tập hợp hình tứ giác có diện tích bằng 1.

b) Xét đa giác lồi nhỏ nhất chứa tất cả các điểm của đa giác $K_1$. Đa giác này có bao nhiêu và loại mặt nào?

36

M462. Chúng ta cắt mặt phẳng với các cạnh bên của một paramid tứ giác đều tại các điểm cách đỉnh một khoảng cách a, b, c và d (Hình 1). Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Hình 1.

Hình 2.

M463. Cho các số tự nhiên $x_1, x_2, \dots, x_m, y_1, y_2, \dots, y_n$. Tổng $x_1 + x_2 + \dots + x_m$ và $y_1 + y_2 + \dots + y_n$ bằng nhau và nhỏ hơn mn. Chứng minh rằng trong đẳng thức $x_1 + x_2 + \dots + x_m = y_1 + y_2 + \dots + y_n$ bạn có thể gạch bỏ một số số hạng lớn nhất để có được đẳng thức đúng lần nữa.

$$4 + 5 + 5 = 1 + 1 + 6 + 6 \quad (\text{неЛЬЗЯ}),$$
$$3 + 3 + 4 + 5 = 1 + 1 + 6 + 7 \quad (\text{МОЖНО})$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha$ các góc được tạo bởi chiều cao của paramid với các cạnh bên, bằng $A, B, C, D$ các điểm giao nhau của mặt phẳng cắt với các cạnh bên và chiều cao, bằng $H$ đỉnh của paramid (Hình 1). Rõ ràng là phải có sự tương ứng nào đó giữa độ dài $a, b, c$ và $d$: xét cho cùng, một mặt phẳng đi qua ba điểm $A, B, C$, do đó $d$ có thể được biểu thị thông qua $a, b$ và $c$. Sự tương ứng như vậy có thể đạt được bằng cách biểu thị độ dài của đường phân giác chung $HK$ trong mỗi tam giác $AHC$ và $BHD$ thông qua góc $\alpha$ và độ dài các cạnh của chúng: $a, c$ (trong một) và $b, d$ (trong tam giác kia) và đánh đồng kết quả. Đây chính xác là cách bạn có được đẳng thức tam giác.

Để có được công thức cần thiết về độ dài đường phân giác $l = |HK|$ trong tam giác $AHC$, chúng ta sử dụng thực tế là $S(AHC) = S(AHK) + S(KHC)$ (Hình 2). Nhân với 2, ta được

$$ac \sin 2\alpha = al \sin \alpha + cl \sin \alpha,$$

Ở đâu

$$\frac{2\cos \alpha}{l} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}.$$

Tương tự từ tam giác $BHC$

$$\frac{2\cos \alpha}{l} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Từ đây

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

N. Vasiliev

◆

Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng quy nạp trên $k = m + n$. Vì $x_1 + x_2 + \dots + x_m \geq m, y_1 + y_2 + \dots + y_n \geq n$, thì mn > m, mn > n, mở $m \geq 2, n \geq 2, k \geq 4$. Nếu $k = 4$, tức là $m = n = 2, x_1 + x_2 = y_1 + y_2 < 4$, thì ít nhất một trong các số $x_1, x_2$ bằng 1 và ít nhất một trong các số $y_1, y_2$ bằng 1. Vì vậy, đối với $k = 4$, câu bài toán là đúng. Giả sử rằng mệnh đề đã được chứng minh cho $m = n = k$ và chứng minh cho $m + n = k + 1$.

Gọi $x_1$ là số lớn nhất trong các số $x_1, x_2, \dots, x_m, y_1$ là số lớn nhất trong các số $y_1, \dots, y_n$ ($m + n = k + 1$). Nếu $x_1 = y_1$ thì gạch bỏ $x_1$ và $y_1$. Hãy để $x_1 > y_1$. Khoảng cách bình đẳng

$$(x_1 - y_1) + x_2 + \dots + x_m = y_2 + \dots + y_n,$$

(*) chứa tất cả các thuật ngữ $m + n - 1 = k$. Để đưa ra một mệnh đề quy nạp cho nó, chúng ta cần kiểm tra xem $y_2 + \dots + y_n < m(n - 1)$. Hãy đặt $S = y_1 + y_2 + \dots + y_n$. Sau đó $y_1 \geq \frac{S}{n}$ và do đó

$$y_2 + \dots + y_n < S - \frac{S}{n} = S \cdot \frac{n - 1}{n}.$$

Vì $S < mn$, nên $y_2 + \dots + y_n < mn \cdot \frac{n - 1}{n} = m(n - 1)$.

Bằng cách gạch bỏ một số số hạng trong đẳng thức (*) để thu được đẳng thức đúng (điều này có thể được thực hiện bằng giả thuyết quy nạp); chúng ta nhận được loại trừ hoặc một đẳng thức chứa chênh lệch $x_1 - y_1$ ở vế trái. Trong trường hợp sau, bạn cần chuyển $y_1$ sang phần chính xác.

D. Bernistey, Y. Ionin

37

M464. Trên một mặt phẳng cho trước có 1000 hình vuông có các cạnh song song với trục tọa độ. Gọi $M$ là tập tâm của các hình vuông này. Chứng minh rằng có thể đánh dấu một phần của các ô vuông sao cho bất kỳ điểm nào trong tập hợp $M$ đều rơi vào ít nhất một và nhiều nhất là bốn ô vuông đã được đánh dấu.

Hãy chứng minh bổ đề này. Chúng ta có thể giả sử rằng điểm chung là gốc $O$. Trong đường đi của tâm các hình vuông này, ít nhất có hai tâm phải nằm trên một trong bốn mặt phẳng xác định bởi trục tọa độ (bốn mặt phẳng này được nối với nhau bằng các tia giới hạn chúng). Đặt tâm $O_1$ và $O_2$ của các hình vuông $S_1$ và $S_2$ nằm trong phần tư thứ nhất, và $(x_1; y_1)$, $(x_2; y_2)$ là tọa độ của các điểm $O_1$ và $O_2$. Hãy chọn nhiều nhất từ ​​các con số $x_1, y_1, x_2, y_2$;
trống, chúng tôi sẽ chỉ đạo, $x_1$. Hãy cùng chúng tôi chứng minh điều đó nhé $O_2 \in S_1$. Thật vậy, rõ ràng vấn đề là $(x_1; x_2) \in S_1$. Vì $O \in S_1$, nên mọi điểm $(x; y)$ sao cho $0 \leq x \leq x_1$, $0 \leq y \leq x_1$ đều thuộc về $S_1$. Đặc biệt, $(x_2; y_2) \in S_1$, đó là điều bắt buộc.

Bây giờ chúng ta hãy mô tả các ô vuông được “đánh dấu” chính xác. Đặt $K_1$ là số lớn nhất trong số 1000 ô vuông đã cho (sau đây, nếu số lớn nhất không phải là nhiều ô, chúng ta lấy một trong số chúng). Đặt $K_2$ là hình vuông lớn nhất trong số các hình vuông của một họ nhất định có tâm nằm ngoài $K_1$; $K_3$ là phần lớn các ô vuông của một họ nhất định có tâm nằm ngoài $K_1$ và $K_2$, v.v. Quá trình này kết thúc bằng việc xây dựng một hình vuông $K_n$ sao cho không có điểm nào của tập hợp $M$ bên ngoài $K_1$, …, $K_n$ (tổng số ô vuông hữu hạn). Các hình vuông $K_1$, …, $K_n$ được đánh dấu theo cách này thỏa mãn hầu hết các điều kiện bài toán: chúng bao trùm tập hợp $M$. Để chứng tỏ chúng thỏa mãn điều kiện thứ hai, chỉ cần chứng minh rằng không có năm chúng nào có điểm chung là đủ. Thật vậy, theo bổ đề, nếu một điểm như vậy được tìm thấy thì một trong các ô vuông được đánh dấu sẽ chứa tâm của ô kia. Cần lưu ý rằng đây không phải là trường hợp của các ô vuông mà chúng ta đã chọn. Thật vậy, nếu $i < j$, thì tâm của $K_j$ nằm ngoài $K_i$ theo cách xây dựng; Hơn nữa, $K_j$ không lớn hơn $K_i$ nên tâm $K_i$ cũng nằm ngoài $K_j$.

A. Âm mưu

F478. Trên một khối nằm trên một bề mặt ngang nhẵn, hãy bay một trong các khối giống nhau và các khối được đánh bằng các cạnh song song của chúng. Tốc độ tấn công của khối ước tính trước khi va chạm được hướng một góc $\alpha$ so với các cạnh bên (Hình 3). Các hình khối sẽ chuyển động như thế nào sau va chạm nếu hệ số ma sát giữa các cạnh của cốc là $\mu$?

Hình 3.

Chúng ta hãy biểu thị $F$ giá trị tuyệt đối của lực đàn hồi mà các khối tác dụng lên nhau khi va chạm. Khi đó giá trị tuyệt đối của lực ma sát giữa các cốc bằng $\mu F$ (Hình 4).

Trong thời gian $\Delta t$, hình chiếu động lượng của mỗi cốc lên trục $Y$ thay đổi giá trị tuyệt đối một lượng $F\Delta t$. Vì vậy mỗi cốc cốc

$$|\Delta (mv_y)| = F\Delta t.$$

Giá trị tuyệt đối của độ biến thiên hình chiếu động lượng của mỗi cốc lên trục $X$ bằng $\mu F\Delta t$:

$$|\Delta (mv_x)| = \mu F\Delta t.$$

Từ những mối quan hệ này, rõ ràng là với mỗi khối

$$|\Delta (mv_x)| = \mu |\Delta (mv_y)|.$$

Mối quan hệ này có giá trị trong bất kỳ khoảng thời gian nào. Do đó, nếu chúng ta biểu thị $v_x$ và $v_y$ các hình chiếu tốc độ của khối lập phương trên trục $X$ và $Y$ sau khi hai chiếc cốc va chạm, thì $v_x$ và $v_y$ là các giá trị hình chiếu của nó trước va chạm, thì

$$\mu m |v'_x - v_y| = m |v'_x - v_x| \Rightarrow \mu' |v'_x - v_y| = |v'_x - v_x|.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $u$ và $w$ tốc độ của các cốc $I$ và $II$ trước khi va chạm ($w = 0$), $u'$ và $w'$ tốc độ của các cốc $I$ và $II$ sau va chạm. Giả sử rằng sự mất năng lượng khi va chạm chỉ xảy ra do tác dụng của lực ma sát, ta thu được cho khối lập phương $I$ ($u_x = u \cos \alpha$, $u_y = u \sin \alpha$)

38

$$u'_y = 0, u'_x = u \cos \alpha - \mu u \sin \alpha = u (\cos \alpha - \mu \sin \alpha),$$
cho khối II ($w_x = 0, w_y = 0, w = |\vec{w}|$)
$$w'_y = u \sin \alpha, w'_x = \mu u \sin \alpha \quad (u = |\vec{u}|).$$
Đối với tác động hoàn toàn không đàn hồi (dọc theo trục Y)
$$u'_y = w'_y = \frac{1}{2} u \sin \alpha,$$
$$u'_x = u \cos \alpha - \frac{1}{2} \mu u \sin \alpha.$$
(Chúng tôi giả sử rằng tốc độ $\vec{u}$ hướng song song với đường nối tâm khối của các hình khối và diện tích tiếp xúc khi va chạm bằng diện tích của các mặt tiếp xúc. Trong những điều kiện này, các hình khối không quay sau va chạm.)

I. Slobodetsky

F479. Để xác định thể tích chưa biết $V_1$ của hình trụ I, hãy lắp ráp sơ đồ như hình 5. Thể tích của hình trụ II là $V_2$ và $V_2 \leq V_1$. Đầu tiên, hệ thống được bơm xuống áp suất $p_0$, gần bằng 0. Sau đó đóng van B và đổ khí vào xi lanh II đến áp suất $p_0$. Sau đó, đóng van A, mở van B và đo áp suất đã thiết lập trong hệ thống $p_1$ bằng đồng hồ đo áp suất C. Sau đó, khi van B đóng, tháo bình chứa khí đến áp suất $p_a$, mở van B và đo áp suất đã thiết lập trong hệ thống $p_2$. Thao tác này được lặp lại n lần. Chứng minh rằng tỉ số $\frac{p_n - p_0}{np_a}$ bằng và bằng $\frac{V_2}{V_1 + V_2}$.

Từ các điều kiện thí nghiệm, sử dụng định luật Boyle-Marport, thu được hệ n phương trình
$$p_0 V_1 + p_a V_2 = p_1 (V_1 + V_2),$$
$$p_1 V_1 + p_a V_2 = p_2 (V_1 + V_2),$$
$$p_{n-1} V_1 + p_a V_2 = p_n (V_1 + V_2).$$
Hệ thống này cho phép tất cả $p_i$ ($i = 1, 2, \dots, n$) được thể hiện dưới dạng $p_0$ và $p_a$. Thật sự,
$$p_i = \frac{p_{i-1} V_1 + p_a V_2}{V_1 + V_2},$$
Ở đâu
$$p_i - p_a = \frac{V_1}{V_1 + V_2} (p_{i-1} - p_a) = \alpha (p_{i-1} - p_a),$$
ở đâu $\alpha = \frac{V_1}{V_1 + V_2}$. Kể từ đây,
$$p_{i-1} - p_a = \alpha (p_{i-2} - p_a), p_{i-2} - p_a = \alpha (p_{i-3} - p_a)$$, v.v.
Như vậy, $p_n - p_a = \alpha^n (p_0 - p_a)$, từ đâu
$$p_n = p_a + \alpha^n (p_0 - p_a),$$
$$p_n - p_0 = (p_a - p_0)(1 - \alpha^n).$$
Nhưng $1 - \alpha^n = (1 - \alpha)(1 + \alpha + \alpha^2 + \dots + \alpha^{n-1}) \approx n \frac{V_2}{V_1 + V_2}$ (vì $V_1 \gg V_2$ và do đó $\alpha$ gần bằng một). Có nghĩa,
$$p_n - p_0 \approx (p_a - p_0) n \frac{V_2}{V_1 + V_2},$$
$$\frac{p_n - p_0}{n (p_a - p_0)} \approx \frac{V_2}{V_1 + V_2}.$$
Nếu $p_0 \ll p_a$ thì
$$\frac{p_n - p_0}{np_a} \approx \frac{V_2}{V_1 + V_2}.$$

Hình 5.

A. Mitrofanov