Kvant 1978, số 10 · Trang

KVANT 10
1978

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

CÁI GÌ Lồi VÀ CÁI GÌ LỖI?

Trong một số trường hợp, điều này rất dễ xác định, nhưng trong những trường hợp khác thì không thể. Mắt vẫn sẽ nhìn thấy “ngọn đồi” hoặc “rỗng”. Trong bức vẽ này, họa sĩ tuyệt vời người Hà Lan M. Escher đã tìm cách “hiểu” được những bất ổn này.

2

150 năm ngày sinh L.N.Tolstoy

Di sản nghệ thuật của L. N. Tolstoy từ lâu đã được đưa vào kho tàng văn hóa thế giới. Những kiệt tác của L. N. Tolstoy đã và sẽ không chỉ mô tả liên tục về cuộc sống ở Nga mà còn là những tác phẩm triết học sâu sắc, phản ánh tất cả tính linh hoạt và phức tạp của con người. Nhà nhân văn Tolstoy không đặt ra bất kỳ quy tắc trừu tượng nào cho một con người, ngoại trừ quy tắc bắt buộc mọi người phải là con người trong mọi hoàn cảnh, giao tiếp với anh ta, nhưng không phục tùng anh ta trước họ. Theo Tolstoy, nếu không có được sức lao động phổ quát của con người, nếu không có nó thì con người không thể sống được một ngày, ngay cả nghệ sĩ hay nhà khoa học nói chung nhất cũng không thể coi mình ngang hàng với tất cả mọi người. Và nếu không có điều này, theo Tolstoy, không thể có sự sáng tạo thực sự.

Tác phẩm nghệ thuật của L.N. Tolstoy được nhiều người biết đến. Các công trình sư phạm của ông ít được biết đến hơn. Độc giả của chúng tôi chắc chắn sẽ quan tâm khi biết rằng L.N. Tolstoy dành nhiều thời gian và sự quan tâm đến các vấn đề giảng dạy ở trường và đặc biệt là phương pháp dạy tranh luận. Ông sở hữu cuốn sách giáo khoa “Số học” xuất bản năm 1874 và dựa trên kinh nghiệm cá nhân của ông trong nhiều năm giảng dạy tại trường Yasnaya Polyana. Cuốn sách này, có nội dung khác biệt đáng kể so với các sách giáo khoa cùng thời, phản ánh những khả năng ban đầu

3

L.N. Tolstoy dạy số học. Nhiều người trong số L.N. Ý tưởng của Tolstoy rõ ràng cộng hưởng với quan điểm hiện đại về dạy toán ở trường. Đây chỉ là một ví dụ: “Một phương trình,” L.N. Tolstoy, “do đó, tôi bắt đầu học đại số bằng những hành động đầu tiên…” (L.N. Tolstoy. Tác phẩm sư phạm. M., 1953). Mọi người nói ra điều này đều không hề lùi bước, ngoại trừ ngày nay, về sách giáo khoa mới dành cho các lớp tiểu học.

L.N. Tolstoy suốt đời yêu thích bài toán thú vị, nguyên bản và được đánh giá cao về cách phát âm và đơn giản lời giải. Hãy để chúng tôi nhắc người đọc về một trong những bài toán yêu thích của anh ấy - “bài toán về máy cắt cỏ” ​​- có thể giải bằng các bước đơn giản mà không cần lập phương trình.

“Đội thợ cắt cỏ phải cắt hai đồng cỏ, một đồng cỏ có kích thước gấp đôi đồng cỏ kia. Đội dành nửa ngày để cắt một đồng cỏ rộng. Sau đó, nhóm thợ cắt làm đôi: nửa đầu vẫn ở bãi cỏ rộng và hoàn thành đến hết buổi tối, nửa sau cắt một đồng cỏ nhỏ, đến tối vẫn còn một mảnh đất đã được cắt vào ngày hôm sau bằng một chiếc lưỡi hái trong một ngày làm việc. Có bao nhiêu máy cắt cỏ trong nhóm?

Trong “Chiến tranh và hòa bình” nhiều trang được một nhà văn thông minh soi sáng về cuộc sống, về Tổ quốc, về sự tồn tại, về con người. Và càng đọc lại tác phẩm này, bạn càng thấy nó mới mẻ, sâu sắc, bất ngờ, ẩn chứa trước đó.

Dưới đây chúng tôi sao chép một đoạn trích từ cuốn tiểu thuyết, trong đó chúng tôi đang nói về một trong những câu hỏi quan trọng nhất trong triết lý về sự phân chia tự nhiên của chuyển động liên tục thành các đơn vị đầu tiên, nguồn gốc của hầu hết các quan niệm sai lầm của con người.

Cái gọi là ngụy biện của người xưa đã được biết đến, bao gồm việc Achilles sẽ không bao giờ nói về phía trước và linh hồn của cái muỗng, mặc dù thực tế là Achilles đi nhanh gấp mười lần so với cái muỗng: ngay khi Achilles đi qua khoảng trống ngăn cách anh ta với cái muỗng, cái muỗng sẽ vượt qua anh ta 1/10 không gian này; Achilles sẽ đi qua phần mười này, cái muỗng sẽ đi qua một phần trăm, v.v. Bài toán điều này dường như không thể giải quyết được đối với người xưa. Sự vô nghĩa của lời giải (rằng Achilles sẽ không bao giờ nói xong với cái muỗng) xuất phát từ việc các đơn vị chuyển động đầu tiên được cho phép một cách tùy tiện, trong khi chuyển động của cả Achilles và cái muỗng đều được thực hiện liên tục.

Bằng cách lấy các đơn vị chuyển động ngày càng nhỏ hơn, chúng ta chỉ tiến gần hơn đến lời giải của câu hỏi chứ không bao giờ đạt được nó. Chỉ bằng cách thừa nhận một đại lượng vô cùng nhỏ và một cấp số tăng dần từ nó đến một phần mười rồi lấy tổng của cấp số nhân này thì chúng ta mới đạt được câu hỏi lời giải. Một nhánh mới của toán học, đã đạt được nghệ thuật giải quyết các đại lượng vô hạn và các vấn đề phức tạp hơn khác về chuyển động, giờ đây cung cấp câu trả lời cho những câu hỏi dường như không thể giải quyết được.

Nhánh toán học mới, chưa được biết đến trước đây của toán học, khi xem xét các vấn đề về chuyển động, thừa nhận các đại lượng vô hạn, tức là tại đó điều kiện chính của chuyển động (tính liên tục tuyệt đối) được khôi phục, từ đó sửa chữa sai lầm không thể tránh khỏi mà một người không thể không mắc phải khi xem xét các đơn vị chuyển động riêng lẻ cùng với chuyển động liên tục.

4

N. Vilenkin

So sánh và các loại khấu trừ

Nhiều người yêu thích toán học biết những điều sau bài toán:

Khỉ và quả hạch

Năm du khách dừng lại một lúc. Họ mang theo một túi hạt và một con khỉ. Một người trong số họ thức dậy, đi đến túi và chia quả hạch thành 5 phần bằng nhau, còn lại một quả. Anh ta đưa cho con khỉ một quả hạch, ăn phần của mình và quay lại ngủ. Sau đó, người du hành thứ hai tỉnh dậy và không biết về hành động của người thứ nhất nên tiếp tục làm như vậy. Sau đó, ba du khách còn lại lần lượt làm như vậy. Khi số hạt còn lại được chia thành 5 phần bằng nhau thì buổi sáng lại còn lại một hạt cho khỉ. Có bao nhiêu quả hạch ở đó?

Toàn bộ khó khăn của bài toán này nằm ở các đai ốc bổ sung, nếu không có chúng đáp số sẽ đóng vai trò là bất kỳ số nào có thể chia sáu lần mà không có số dư cho 5, tức là bất kỳ số nào là bội số của $5^6 = 15625$. Và do thực tế là mỗi lần phép chia xảy ra với số dư nên bài toán khó giải hơn nhiều. Tuyệt vời lời giải được phát minh ở trường học

người quen thời thơ ấu của nhà vật lý người Anh Dirac. Anh ta quyết định tìm số hạt sẽ … không thay đổi trong quá trình thực hiện mô tả (chia thành năm phần, chia một hạt cho khỉ và đưa một phần). Người đọc chắc chắn đã nói rằng không thể có nhiều hạt như vậy - rõ ràng là sau thao tác này, nó sẽ giảm đi. Nhưng mấu chốt là Dirac không giới hạn bản thân ở những số tự nhiên. Và sau đó tất cả những gì anh phải làm là giải phương trình $\frac{4}{5}(x-1)=x$. Căn nguyên của phương trình này là số -4. Vì vậy, số -4 có thể là một giải pháp cho bài toán của chúng ta, nhưng theo nghĩa của nó thì tất nhiên là không phù hợp. Nhưng bây giờ đã rõ làm thế nào để có được số dương đáp số: bạn cần thêm $5^6$ vào số -4 do Dirac tìm thấy. Kiểm tra xem đáp số 15 621 có thỏa mãn điều kiện bài toán hay không. Tuy nhiên, nó cũng được thỏa mãn bởi mọi số có dạng -4 + $5^6 \cdot k$, trong đó $k$ là số tự nhiên bất kỳ.

Những con số so sánh được là gì?

Nếu chúng ta bỏ qua yêu cầu về số dương lời giải, thì bất kỳ số nào có dạng -4 + $5^6 \cdot k$, trong đó $k$ là số nguyên, là nghiệm bài toán về quả hạch và con khỉ. Những con số này tạo thành một “cấp số học hai chiều” với hiệu $5^6$ kéo dài theo cả hai hướng. Chúng có một điểm chung - khi chia cho $5^6$ chúng đều có số dư là 15.621.

5

Họ cũng nói về các con số trong toán học rằng chúng có thể so sánh được với nhau theo modulo*) 15 625.

Nói chung, khái niệm khả năng so sánh trên một số modulo $m \in \mathbb{N}$ có thể được định nghĩa theo hai cách tương đương:

Về giới hạn 1. Các số nguyên $a$ và $b$ được cho là có thể so sánh được modulo $m$ nếu hiệu của chúng chia hết cho $m$ mà không có số dư.

Về giới hạn 1’. Các số nguyên $a$ và $b$ được cho là có thể so sánh được với modulo $m$ nếu số dư của chúng khi chia cho $m$ là số lẻ*).

Nếu các số $a$ và $b$ có thể so sánh với nhau theo modulo $m$ thì chúng viết như sau:
$$a \equiv b \pmod{m}.$$
Ví dụ: $16 \equiv 30 \pmod{7}$, vì hiệu $16 - 30 = -14$ chia hết cho 7 và $72 \neq 45 \pmod{8}$, vì $72 - 45 = 27$ không chia hết cho 8.

Tính số dư

Tất cả các số có thể so sánh với số 2 modulo 5 đều hoạt động giống hệt nhau khi chia cho 5 - chúng có số dư là 2. Hãy kết hợp các số này thành một bộ và gọi nó là lớp của phép tính modulo 5. Hãy ký hiệu lớp này bằng cùng một số 2, chỉ để phân biệt với số 2, chúng ta sẽ viết nó như thế này: $\bar{2}$. Điều này có nghĩa là $\bar{2}$ không phải là một số mà là một tập hợp vô hạn các số:
$$\bar{2} = \{... -8, -3, 2, 7, 12, ...\}$$
Loại mục tiêu cũng được xác định bởi bất kỳ modulo nào $m$. Chia cho $m$ có thể cho ra $m$ số dư khác nhau: 0, 1, 2, …, $m - 1$. Mỗi người trong số họ có lớp mục tiêu riêng. Phần còn lại $r$ tương ứng với lớp loại bỏ $\bar{r}$, bao gồm các số có dạng $r + km$, trong đó $k$ là số nguyên:
$$\bar{r} = \{r + km \mid k \in \mathbb{Z}\}.$$
Toàn bộ tập hợp các số nguyên $\mathbb{Z}$ rơi vào $m$ các lớp mục tiêu modulo $m$. Tập hợp tất cả các lớp này được ký hiệu là $F_m : F_m = \{0, 1, ..., m - 1\}$. Khi nghiên cứu các câu hỏi liên quan đến tính chia hết cho $m$, tốt hơn là xử lý tập hữu hạn $F_m$ hơn là tập vô hạn $Z$.

Để giải bài toán về tính chia hết, bạn cần có khả năng thực hiện các phép toán tranh luận trên các lớp mục tiêu. Hãy bắt đầu với phép cộng. Nó được định nghĩa rất đơn giản - trong mỗi thuật ngữ (hãy nhớ rằng lớp mục tiêu là một tập hợp vô hạn các số nguyên), nó lấy một đại diện và cộng chúng lại, sau đó xem xét tổng đó rơi vào loại mục tiêu nào. Nó được gọi là tổng của các lớp này. Ví dụ: hãy cộng các lớp mục tiêu $\bar{4}$ và $\bar{5}$ modulo 6. Để thực hiện việc này, hãy chọn một đại diện trong đó. Để không phải suy nghĩ quá lâu, chúng ta hãy lấy phần còn lại $\bar{4}$ và $\bar{5}$, phần này đã đặt tên cho các lớp. Tổng của chúng là 9. Nhưng $9 \equiv 3 \pmod{6}$ và do đó $\bar{4} + \bar{5} = \bar{3}$. Nếu các lớp mục tiêu không nằm trong $F_6$ mà nằm trong $F_8$, thì tổng sẽ khác: $\bar{4} + \bar{5} = \bar{1}$. Và trong $F_9$ $\bar{4} + \bar{5} = \bar{0}$.

Để chấm dứt vấn đề cộng các lớp người sống sót, cũng cần phải chứng minh rằng nếu chọn những đại diện khác thì tổng sẽ không thay đổi. Điều này suy ra từ định lý sau:

Định lý 1. Nếu $a \equiv a_1 \pmod{m}$ và $b \equiv b_1 \pmod{m}$ thì $a + b \equiv a_1 + b_1 \pmod{m}$.

Bằng chứng. Vì $a \equiv a_1 \pmod{m}$, $a = a_1 + km$, trong đó $k \in \mathbb{Z}$ và vì $b \equiv b_1 \pmod{m}$, $b = b_1 + lm$, trong đó $l \in \mathbb{Z}$. Do đó, $a + b = a_1 + b_1 + (k + l)m$, trong đó $k + l \in \mathbb{Z}$ và $a + b \equiv a_1 + b_1 \pmod{m}$.

Chúng tôi đã giảm việc bổ sung các lớp mục tiêu thành việc bổ sung số lượng. Do đó, các lớp Vytsel có tính tính toán và kết hợp, tức là $a + b = \bar{b} + \bar{a}$ và $(\bar{a} + \bar{b}) + \bar{c} = \bar{a} + (\bar{b} + \bar{c})$, việc thêm lớp $\bar{0}$ không làm thay đổi lớp Vytsel, tức là $\bar{a} + \bar{0} = \bar{a}$, v.v.

Phép trừ và phép nhân của các lớp mục tiêu được xác định theo cùng một cách - trong lớp, người ta chọn một đại diện và thực hiện các thao tác trên chúng. Và ở đây kết quả không phụ thuộc vào sự lựa chọn

6

ra đại diện (tự mình chứng minh). Hơn nữa, các điều kiện sau là đúng:

Nếu $P(x)$ là đa thức có hệ số nguyên $u$ $a \equiv a_1$ (mod $m$), thì $P(a) \equiv P(a_1)$ (mod $m$). Hãy cố gắng tự mình chứng minh điều đó.

Các thuộc tính của các phép toán trừ và nhân của các lớp trừ cũng rất giống với các thuộc tính của các phép toán này đối với số nguyên (với một ngoại lệ; sẽ nói thêm về điều đó bên dưới).

Nhiệm vụ chia hết

Vì các lớp phép trừ modulo $m$ có liên quan chặt chẽ với số dư khi chia cho $m$, nên hầu hết tất cả bài toán trong đó người ta quyết định về khả năng chia hết của các số đều có thể được giải một cách thuận tiện bằng cách so sánh.

Ví dụ 1. Tìm số dư khi $212^{1978}$ chia cho 7.

Vì chia 212 cho 7 dư 2, $212 \equiv 2$ (mod 7). Theo sau đó là $212^{1978} \equiv 2^{1978}$ (mod 7). Bây giờ hãy lưu ý rằng $2^3 = 8 \equiv 1$ (mod 7). Nhưng 1978 = $659 \times 3 + 1$. Điều này có nghĩa là từ $2^3 \equiv 1$ (mod 7) nó theo sau $2^{1978} = (2^3)^{659} \cdot 2 \equiv 1^{659} \cdot 2 = 2$ (mod 7). Do đó, khi $212^{1978}$ chia cho 7 thì dư là 2.

Ví dụ 2. Hãy rút ra bài kiểm tra tính chia hết cho 9.

Vì $10 \equiv 1$ (mod 9), với bất kỳ $k$ nào chúng ta có $10^k \equiv 1$ (mod 9). Nhưng sau đó

$$a_0 \cdot 10^n + a_1 \cdot 10^{n-1} + \dots + a_n \equiv a_0 + a_1 + \dots + a_n \pmod{9}.$$

Điều này có nghĩa là các số $N = a_0 \cdot 10^n + \dots + a_n$ và $M = a_0 + \dots + a_n$ có cùng số dư khi chia cho 9. Cụ thể, $N$ chia hết cho 9 khi và chỉ khi số $M$ (tổng các chữ số của số $N$) chia hết cho 9.

Ví dụ 3. Hãy chứng minh rằng bình phương của một số tự nhiên bất kỳ đều chia hết cho 9 hoặc khi chia cho 3 dư 1.

Thật vậy, nếu $x \equiv 0$ (mod 3), thì $x^2$ chia hết cho 9. Nếu $x \equiv 1$ (mod 3) hoặc $x \equiv 2$ (mod 3), thì $x^2 \equiv 1$ (mod 3), vì $1^2 = 1$ và $2^2 = 4 \equiv 1$ (mod 3).

Ví dụ 4. Tìm chữ số cuối cùng của số $7^{71}$

Chúng ta cần tìm số dư khi chia số $7^{77}$ cho 10. Nhưng $7^2 = 49 \equiv -1$ (mod 10), và do đó $7^4 \equiv (-1)^2 \equiv 1$ (mod 10). Hãy tìm phần dư của phép chia số mũ $7^7$ cho 4. Vì $7 \equiv -1$ (mod 4), $7^7 \equiv (-1)^7 \equiv -1 \equiv 3$ (mod 4), và do đó $7^7 = 4m + 3$. Do đó, $7^{77} = (7^4)^m \cdot 7^3 \equiv (-3)^3 \equiv -27 \equiv 3$ (mod 10). Điều này có nghĩa là các số $7^{77}$ và 3 có cùng chữ số cuối cùng, tức là $7^{77}$ kết thúc bằng 3.

Phân chia các lớp trừ

Chia lớp trừ $\bar{b}$ thành lớp trừ $\bar{a}$ nghĩa là tìm lớp trừ $\bar{x}$ sao cho $\bar{ax} = \bar{b}$. Đối với số nguyên bài toán phép chia không phải lúc nào cũng giải được nhưng nó có thể được giải theo một cách duy nhất. Điều này là do tích của hai số nguyên chỉ bằng 0 trong trường hợp có ít nhất một trong các thừa số bằng 0. Nhưng trong $F_m$ nó được chia khác. Nhìn vào bảng nhân của $F_6$, chúng tôi lưu ý rằng các số 0 được tạo trong đó không chỉ ở hàng đầu tiên và cột đầu tiên (trong đó một trong các thừa số bằng 0).

Tích $\bar{2} \cdot \bar{3}$, $\bar{3} \cdot \bar{4}$ cũng bằng 0, mặc dù các thừa số khác 0. Như người ta nói, $F_6$ có ​​ước số bằng 0 (lớp trừ $\bar{a}$ được gọi là ước số 0 nếu nó khác 0, nhưng có một lớp $\bar{b} \neq \bar{0}$ sao cho $\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{0}$). Trong $F_6$ các ước số 0 hóa ra là nguyên tố cùng nhau với mô hình 6. Điều này cho thấy tính đúng đắn của định lý sau:

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

7

Định lý 2. Lớp thặng dư $a$ trong $F_m$ không phải là ước số 0 khi và chỉ khi $a$ và $m$ nguyên tố cùng nhau.

Bằng chứng. Cho $a$ và $m$ nguyên tố cùng nhau. Nếu $a \cdot b = 0$ thì số $ab$ chia hết cho $m$. Tuy nhiên, do tính đơn giản lẫn nhau của $a$ và $m$, điều này chỉ có thể xảy ra khi $b$ chia hết cho $m$, tức là $b = 0$. Điều này có nghĩa là $ab = 0$ chỉ dành cho $b = 0$, nghĩa là $a$ không phải là ước số của 0.

Bây giờ giả sử rằng ước số chung nhất của các số $a$ và $m$ khác với 1, $a = a_1d$, $m = m_1d$, $d > 1$. thì số $m_1 < m$ là một số nguyên và khác với $m$ và do đó $m_1 \neq 0$. Nhưng $am_1 = a_1dm_1 = a_1m$, đó là $am_1 = 0$. Vậy $a$ là ước số bằng 0.

Nếu số $a$ là nguyên tố cùng nhau với mô hình $m$ thì tất cả các số từ lớp dư lượng $a$ đều nguyên tố cùng nhau với $m$. Trong trường hợp này, lớp $a$ được cho là nguyên tố cùng nhau với $m$.

Định lý 2 ngụ ý Hệ quả 1 quan trọng. Nếu lớp thặng dư $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$, thì $F_m$ có ​​thể được chia duy nhất cho $a$, nghĩa là, với bất kỳ $b \in F_m$ nào thì phương trình $ax = b$ có một và chỉ một lời giải.

Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng phương trình này không thể khác lời giải. Nếu $ax_1 = b$ và $ax_2 = b$ thì $a(x_1 - x_2) = 0$ và vì $a$ không phải là ước số 0, nên $x_1 - x_2 = 0$, tức là $x_1 = x_2$. Điều này có nghĩa là chỉ có thể có một lời giải.

Vẫn còn phải chứng minh rằng lời giải tồn tại.

Chúng ta vừa chứng minh rằng phương tiện của các lớp dư lượng $a \cdot 0, a \cdot 1, \ldots, a(m-1)$ là không giống nhau. Điều này có nghĩa là đây là các lớp giống nhau $0, 1, \ldots, m-1$, chỉ có lẽ được thực hiện theo một thứ tự khác. Và sau đó đối với bất kỳ lớp nào $b$ đều có một lớp $x$ sao cho $a \cdot x = b$.

Hệ quả đã được chứng minh có thể được xác nhận bằng bảng nhân sử dụng mô hình $6$ - nó cho thấy rằng chỉ trong các hàng dành cho các lớp $1$ và $5$ mới tìm thấy tất cả các lớp dư lượng. Các dòng khác chỉ chứa một phần của các lớp: trong các dòng cho $2$ và $4$ có các lớp $0, 2, 4$, và trong dòng cho $3$ có các lớp $0$ và $3$. Thật dễ hiểu cách mọi thứ hoạt động trong trường hợp chung:

Hệ quả 2. Nếu $(a, m) = d^*$ thì phương trình $ax = b$ chỉ có lời giải nếu $b$ chia hết cho $d$. Trong trường hợp này, số lời giải bằng $d$.

Chúng tôi để người đọc chứng minh nhận định này.

Trong trường hợp phương trình mô hình là số nguyên tố, nó có thể được chia thành bất kỳ lớp dư lượng khác 0 nào - trong trường hợp này, tất cả các lớp đó đều là nguyên tố cùng nhau với mô hình. Do đó, ví dụ, trong bảng nhân theo mô hình 5, một hàng bao gồm các số 0 và phần còn lại chứa tất cả các lớp dư lượng, mỗi lớp một lần.

Định lý Fermat và Euler

Trong lý thuyết số, cái gọi là Định lý nhỏ Fermat thường được sử dụng:

Định lý 3. Nếu $p$ là số nguyên tố và $a$ không chia hết cho $p$ thì số dư khi chia $a^{p-1}$ cho $p$ là 1.

Theo một cách khác, nó có thể được xây dựng như sau:

Định lý 3’. Nếu $a$ là lớp dư lượng khác 0 theo mô hình đơn giản $p$, thì $a^{p-1} = 1$.

Bằng chứng. Vì $0 < a < p$ và mẫu $p$ là số nguyên tố nên $a$ và $m$ là số nguyên tố cùng nhau. Do đó, các lớp dư lượng $a \cdot 1, a \cdot 2, \ldots, a(p-1)$ giống như $1, 2, \ldots, p-1$, chỉ

$*)$ $(a, m)$ là ước số chung nhất của các số $a$ và $m$.

10

tâm trí đang ở trong ống. Phần ống chứa phần tử này có thể được coi là một vòng cung gần đúng. Đặt bán kính của hình tròn này bằng $R$ (Hình 2).

Phần tử $CD$ di chuyển với mô đun tốc độ không đổi $V$ dọc theo một vòng tròn bán kính $R$. Do đó, nó có gia tốc hướng tâm bằng $V^2/R$ và hướng đến điểm $O$ - tâm cong của cung $CD^*$).

Chúng ta hãy xem những lực nào truyền gia tốc này cho phần tử $CD$. Từ các phần lân cận của băng, nó chịu tác dụng của lực căng $N$, hướng tiếp tuyến với cung $CD$ tại các điểm $C$ và $D$ (xem Hình 2). Lực áp suất bình thường tác động lên băng từ thành ống. Để một đơn vị chiều dài của băng chịu tác dụng của một lực có áp suất pháp tuyến từ thành ống, có mô đun bằng $|\vec{f}|$. Khi đó lực tác dụng lên phần tử $CD$ bằng $|\vec{f}| l$ (vì $l$ nhỏ và $l \ll R$, nên chúng ta có thể giả sử rằng lực này chính xác là $|\vec{f}| l$, nghĩa là, giống như nếu phần tử $CD$ là thẳng). Theo định luật P của Newton, lực bằng nhau $F$ của tất cả các lực này, hướng về tâm cong $O$, tác động lên phần tử $CD$

*) Tâm cong là tâm của đường tròn, tâm còn lại là tiết diện cong $CD$ (cung $CD$). Nghịch đảo của bán kính cong được gọi là độ cong.

gia tốc hướng tâm:

$$ml \frac{V^2}{R} = |\vec{F}|$$

(1)

(ml là khối lượng của phần tử $CD$). Như có thể thấy trong Hình 2, $|\vec{F}| = |\vec{N}'| - |\vec{f}| l$, trong đó $N'$ là lực bằng nhau của các lực căng tác dụng lên phần tử $CD$ từ các phần liền kề của băng. Xét rằng góc $\varphi$ nhỏ và tội lỗi $\varphi \approx \varphi$, ta thấy rằng $|\vec{N}'| = 2 |\vec{N}| \varphi$, $l = 2R\varphi$. Vì vậy, $|\vec{F}| = 2 |\vec{N}| \varphi - 2 |\vec{f}| R\varphi$.

Hãy thay thế giá trị này $|\vec{F}|$ và $l = 2R\varphi$ vào biểu thức (1):

$$2mR\varphi \frac{V^2}{R} = 2 |\vec{N}| \varphi - 2 |\vec{f}| R\varphi.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy $|\vec{f}|$:

$$|\vec{f}| = \frac{1}{R} \left( |\vec{N}| - mV^2 \right).$$

Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy lực áp suất bình thường mà chúng tôi quan tâm từ thành ống lên băng. Chính xác hơn, chúng tôi đã tìm thấy lực này trên một đơn vị chiều dài của băng trong một phần có bán kính cong bằng $R$. Nhưng đối với khoảng cách xa hơn, giá trị này sẽ phù hợp với chúng tôi.

Hãy phân tích công thức (2). Giá trị trong ngoặc không thay đổi dọc theo ống, do đó, với $|\vec{N}|$, $m$ và $|\vec{V}|$, giá trị $|\vec{f}|$ được xác định bởi bán kính cong của ống: $|\vec{f}|$ tỷ lệ thuận với độ cong

Hình 2.

11

vizne $-\|\vec{f}\| \sim \frac{1}{R}$. Nếu $\vec{V} = 0$ (băng đứng yên), $\|\vec{f}\| = \frac{|\vec{N}|}{R}$ – lực ép được xác định bởi lực căng và độ cong của ống tại một điểm cho trước.

Khi xuất hiện tốc độ $\vec{V}$ và tăng lên, giá trị $\|\vec{f}\|$ bắt đầu giảm và với tốc độ bằng

$$|\vec{V}| = \sqrt{\frac{|\vec{N}|}{m}},$$

biến mất ngay dọc theo chiều dài của ống. Hãy gọi tốc độ này là quan trọng ($V_{\kappa p}$).

$-\|\vec{f}\| = 0$ có nghĩa là gì? Điều này có nghĩa là ở $\|\vec{V}\| = V_{\kappa p}$ băng không tương tác với ống. Nếu ống được thay đổi ở giá trị tốc độ này thì độ cong do nó gây ra vẫn giữ nguyên - băng vẫn bị uốn ở tiết diện $AB$.

Liên quan đến điều có thể quan sát được, di chuyển sang phải với tốc độ có độ lớn bằng $V_{\kappa p}$, bezite này cong dọc theo dải băng sang trái với tốc độ $V_{\kappa p}$. Hiện tượng này được gọi là sóng truyền dọc theo một dải băng và tốc độ $V_{\kappa p}$ là tốc độ truyền sóng.

Bây giờ chúng ta hãy tưởng tượng rằng $|\vec{V}| < V_{\kappa p}$ và chúng ta đã tháo ống ra, nhưng thêm vào băng ở phần $AB$ lực ép $f$, phân bố dọc theo chiều dài của băng theo cách tương tự như từ ống. Rõ ràng là trong trường hợp này, băng sẽ có độ cong giống hệt như với ống. Tại mỗi điểm, độ cong của băng $\frac{1}{R}$ sẽ liên hệ với lực ép tác dụng theo cùng một công thức (2). Nếu lực áp suất $f$ được giữ không đổi và tốc độ của dây đai được tăng lên thì theo công thức (2), mức độ cong của dây đai, đặc trưng bởi giá trị $\frac{1}{R}$, sẽ tăng lên. (Trong trường hợp này, bản chất của sự phân bố giá trị $\frac{1}{R}$ dọc theo chiều dài của đoạn $AB$ sẽ được xác định bởi định luật phân bố lực ép $f$ dọc theo chiều dài của đoạn này.)

Với định luật phân bố lực áp suất không đổi trong phần $AB$ và với tốc độ đai gần tới mức tới hạn, do đó có thể thu được độ cong góc lớn của đai trong phần $AB$.

Sự lựa chọn này có thể được đóng khung khác nhau. Nếu một tải “chạy” dọc theo đai, tức là áp suất, được phân bố theo cách nào đó trong phần $AB$, và độ lớn của tải này không thay đổi và tốc độ truyền của nó so với đai tăng lên, thì độ cong của băng trong phần $AB$ sẽ quay trở lại với tốc độ ngày càng tăng và do đó biến dạng của băng từ một tải nhất định sẽ quay trở lại. Khi tốc độ đạt tới $V_{\kappa p}$, độ cong của băng sẽ trở về mức không giới hạn. Từ quan điểm này, hóa ra là khi tốc độ tải gần đến mức tới hạn, băng căng sẽ không còn chịu được tải.

Lựa chọn kết quả không phụ thuộc vào bản chất của sự phân bổ tải trọng trong phần $AB$, cũng như biểu thức cho $V_{\kappa p}$ không phụ thuộc vào hình dạng của ống cong.

Hãy chuyển sang tự động hóa

Khái niệm tốc độ tới hạn của tải “đang chạy” có thể được áp dụng, với sự trợ giúp của các phép tính phức tạp hơn, cho các trường hợp khác, chẳng hạn như tải chạy dọc theo đường ray từ bánh xe ô tô. Đường ray cũng bị uốn cong dưới tải trọng này, nhưng bài toán trong trường hợp này khó khăn hơn, vì đường ray, không giống như băng, có cái gọi là “độ cứng uốn” và nằm trên “đế đàn hồi” - mặt đất. Tuy nhiên, trong trường hợp này có tốc độ quan trọng. Các tính toán cho thấy tốc độ này rất cao (khoảng 1000 km/h) và chỉ có thể có ý nghĩa thực tế khi tạo ra các đoàn tàu di chuyển ở tốc độ rất cao, chưa khả thi.

Nhưng khi di chuyển, tốc độ tự động hoàn hảo lại có tính thực tế rất lớn.

12

ý nghĩa tic. Chính $V_{kp}$ xác định giá trị tốc độ tối đa có thể được phát triển tự động. Và hạn chế này không liên quan đến chuyển động mà liên quan đến lốp số tự động.

Lốp tiếp xúc với mặt đường ở vị trí được gọi là tiếp xúc phẳng. Các lực tác động từ mặt đường tác dụng lên lốp trong vùng tiếp xúc biểu thị tải trọng chạy dọc theo lốp.

Lốp khí nén (đây là loại lốp dùng cho số tự động) là một lớp vỏ được “căng” bởi áp suất không khí bên trong. Hình dạng của lốp xe, như mọi người đều biết, gần giống với hình xuyến.

Chúng ta hãy làm nổi bật phần tử nhỏ $A$ của vỏ lốp (Hình 3). Khu vực này chịu tác động của lực căng từ các nước láng giềng hướng theo đường song song và dọc theo kinh tuyến (chính xác hơn là dọc theo các đường tiếp tuyến với chúng). Đặt giá trị của các lực này trên một đơn vị chiều dài (dọc theo đường song song) và trên một đơn vị chiều rộng (dọc theo kinh tuyến) của phần tử $A$ lần lượt bằng $|\vec{N}_x|$ và $|\vec{N}_y|$. Việc phân tích chủ yếu phụ thuộc vào các lực này và tốc độ của lốp để đưa ra giá trị tốc độ tới hạn. Công thức cho $V_{kp}$ trong trường hợp này hóa ra tương tự như công thức (3) cho một cuộn băng nặng -

$$|\vec{V}_{kp}| = \sqrt{\frac{|N_x|}{m'}}$$

• với sự khác biệt ở đây $m'$ là khối lượng trên một đơn vị bề mặt của vỏ. Từ công thức (4) rõ ràng là tốc độ tới hạn càng lớn thì càng mạnh.

Để tăng độ bền cho lốp, khi chế tạo vỏ, người ta sử dụng lưới gồm các sợi (dây) rất chắc chắn làm “cốt thép”. Đôi khi ren được làm bằng thép (đối với lốp xe tải số tự động phải chịu được tải trọng lớn). Để đánh giá cao vai trò của lưới gia cố, chỉ cần nói rằng nếu không có nó, lốp sẽ “nổ” ở áp suất thấp hơn 20-30 lần so với áp suất mà lốp hiện đại có lưới có thể chịu được. (Đối với ô tô chở khách số tự động, áp suất này là 1,5-2 atm, đối với xe tải - 4-6 atm.)

Hướng của sợi dây được đặc trưng bởi góc $\alpha$. Giá trị của tốc độ tới hạn phụ thuộc vào góc này:

$$|\vec{V}_{kp}| = K \text{ ctg } \alpha.$$

Ở đây $K$ là hệ số được xác định bởi áp suất không khí $p$ trong lốp, bán kính $r$ của tiết diện lốp và giá trị $m'$:

$$K = \sqrt{\frac{pr}{m'}}.$$

Như vậy,

$$|\vec{V}_{kp}| = \sqrt{\frac{pr}{m'}} \text{ ctg } \alpha.$$

Đây được gọi là công thức Turner. Bạn có thể tự rút ra nó bằng cách sử dụng giá trị khóa học vật lý ở trường trung học của mình.

Đối với những người đã quyết định bài toán F514 (xem «Kvant» Số 5, 1978), điều này rất dễ thực hiện. Đối với những người chưa giải được bài toán này, chúng tôi đưa ra gợi ý, điều này sẽ giúp rút ra công thức (5). Рассмотрим условия равновесия элемента $A$ в предположении, что кривизна в на-

13

Độ song song bằng 0; điều này sẽ đưa bạn đến kết quả phù hợp $|\vec{N}_y| = pr$. Tình trạng bất động tương đối của các sợi dây (không đổi góc $\alpha$) tạo ra mối liên hệ giữa $|\vec{N}_y|$ và $|\vec{N}_x|$: $|\vec{N}_x| = |\vec{N}_y| \text{ctg}^2 \alpha = pr \text{ctg}^2 \alpha$.

Các giá trị tốc độ tới hạn được tính toán bằng công thức (5) hóa ra khá gần với các giá trị được quan sát bằng thực nghiệm. Đối với lốp xe khách, số tự động thường là $|\vec{V}_{\text{кр}}| = 150 \div 220$ km/h. Đối với tốc độ tự động, điều này là không đủ. Công thức của Turner cho phép bạn hiểu bạn có thể tăng tốc độ tới hạn của lốp theo những cách nào. Để làm được điều này, bạn cần làm cho lốp càng nhẹ càng tốt (giảm $m'$), dày hơn (tăng $r$), tăng áp suất không khí và sử dụng lưới gia cố với góc nhỏ nhất có thể $\alpha$ giữa các sợi.

Tốc độ tới hạn của lốp là một đặc tính rất quan trọng, đó là lý do tại sao tất cả các lốp đều phải trải qua các bài kiểm tra tốc độ tới hạn đặc biệt. Trong các thử nghiệm này, trục phanh của bánh xe đứng yên và lốp “lăn” dọc theo trống phanh. Hình 4 thể hiện ảnh chụp lốp trong các thử nghiệm như vậy, khi tốc độ lăn gần tới mức tới hạn. TRÊN-

14

Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một số bài toán trong đó lời giải hóa ra lại hữu ích khi sử dụng vectơ. Về cơ bản, đây là bài toán, trong đó bạn cần chứng minh ba điểm nào đó nằm trên cùng một đường thẳng, hoặc từ việc ba điểm nào đó nằm trên cùng một đường thẳng, rút ​​ra một số hệ quả nhất định. Định lý chính cho lời giải như vậy bài toán là một định lý nổi tiếng. Điểm C trong cả hai trường hợp đều thuộc đường thẳng AB khi các vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ thẳng hàng (tức là có một số $k \in R$ sao cho $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$).

Vì vậy, để chứng minh rằng ba điểm A, B và C thuộc về một đường thẳng, chỉ cần đảm bảo rằng có một số $k$ mà $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$ là đủ. Số $k$ tương ứng với $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$ có (tại $A \neq B$) ý nghĩa hình học đơn giản: $|k| = \frac{|\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AB}|}$, và $k > 0$ nếu điểm C thuộc tia AB và $k < 0$ nếu nó thuộc tia đối diện.

Ví dụ: nếu C là trung điểm của đoạn AB (Hình 1), thì $\overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$; từ đây đến bất kỳ điểm Q nào

$$\overrightarrow{QC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{QA} + \frac{1}{2}\overrightarrow{QB}.$$

Hơn nữa, nếu $B$ là trung điểm cạnh MN của tam giác AMN và $C$ là trọng tâm (điểm giao nhau của các đường trung tuyến) của tam giác này thì độ dài đoạn AC là $\frac{2}{3}$ độ dài đoạn AB (Hình 2): $\overrightarrow{AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$; vì với bất kỳ điểm Q nào đẳng thức $\overrightarrow{QB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{QM} + \frac{1}{2}\overrightarrow{QN}$ giữ nguyên, chúng ta có thể kết luận rằng

$$\overrightarrow{QC} = \frac{1}{3}\overrightarrow{QA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{QM} + \frac{1}{3}\overrightarrow{QN}.$$

Cuối cùng, một nhận xét nữa: nếu các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ không thẳng hàng thì từ sự tương ứng

$$\vec{ka} + \vec{lb} = \vec{ma} + \vec{nb}$$

theo sau là $k = m$ và $l = n$. Thật vậy, đẳng thức này có thể viết lại dưới dạng

$$(k - m)\vec{a} = (n - l)\vec{b};$$

nếu bây giờ $k \neq m$ thì $\vec{a} = \frac{n - l}{k - m}\vec{b}$, điều này mâu thuẫn với tính không cộng tuyến của các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$. Do đó, $k = m$ và tương tự, $l = n$.

Đó là tất cả sự gần đúng “lý thuyết”. Bây giờ chúng ta hãy xem xét bốn ví dụ.

Ví dụ 1. Biết rằng trung điểm hai đáy của hình thang và giao điểm của các đường chéo của nó nằm trên cùng một đường thẳng. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh định lý “nghịch đảo” trong một số trường hợp: nếu điểm A của giao điểm của đường chéo

15

Hình 2.

biệt danh MNPQ và B giữa, Với sự ủng hộ của nó
Vì các cạnh đối diện MN và PQ nằm trên cùng một đường thẳng nên MNPQ là hình thang hoặc hình bình hành (Hình 3).

Bằng chứng. Hãy đặt $\vec{a} = \vec{AM}$, $\vec{b} = \vec{AN}$. Khi đó $\vec{AP} = k\vec{a}$ (vì các điểm A, M, P nằm trên cùng một đường thẳng) và theo cách tương tự, $\vec{AQ} = l\vec{b}$. Vì B là trung điểm của đoạn MN nên

$$\vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{AM} + \frac{1}{2}\vec{AN} = \frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}.$$

Hoàn toàn giống nhau

$$\vec{AC} = \frac{1}{2}\vec{AP} + \frac{1}{2}\vec{AQ} = \frac{k}{2}\vec{a} + \frac{l}{2}\vec{b}.$$

Theo điều kiện, các điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng nên tồn tại số m sao cho $\vec{AC} = m\vec{AB}$, tức là

$$m\left(\frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}\right) = \frac{k}{2}\vec{a} + \frac{l}{2}\vec{b}.$$

Do tính phi tuyến tính của vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ nên dẫn đến $m = k = l$.

Cuối cùng, chúng tôi có

$$\vec{MN} = \vec{b} - \vec{a}, \vec{PQ} = l\vec{b} - k\vec{a} = k(\vec{b} - \vec{a}),$$

nghĩa là, $\vec{PQ} = k\vec{MN}$. Do đó, $(PQ) \parallel (MN)$, tức là $MNPQ$, là hình thang hoặc hình bình hành.

Quét. Trên Hình 3, các điểm A, M, N, P, Q được đặt sao cho các số k và l âm. Tuy nhiên, trong lời giải chủ đề này không được sử dụng. Vì vậy, lý giải trên có thể áp dụng mà không có bất kỳ thay đổi nào đối với trường hợp các số k và l dương. Trường hợp này được mô tả trong Hình 4. Như vậy, chúng ta đã “miễn phí” nhận được chứng minh định lý sau: nếu điểm A, tại đó phần kéo dài của các cạnh NQ và MP của hình thang MNQP cắt nhau, và các trung điểm B, C của các cạnh MN và PQ cùng nằm trên một đường thẳng thì hình thang MNQP là hình thang. Chúng tôi cũng mời người đọc thấy rằng các lập luận trên diễn ra (hầu như không thay đổi) theo thứ tự ngược lại. Điều này đưa ra một chứng minh vectơ của các định lý “trực tiếp” tương ứng: trong mọi hình thang, trung điểm của hai đáy và giao điểm của các đường chéo nằm trên cùng một đường thẳng; trong bất kỳ hình thang nào, trung điểm của các đáy và giao điểm của phần kéo dài của các cạnh bên nằm trên cùng một đường thẳng (nói cách khác, cả bốn điểm chỉ đều nằm trên cùng một đường thẳng).

Ví dụ 2. Về phía ON của hình bình hành AMNO và trên đường chéo của nó

16

Hình 4.

Các aeonals OM cũng lấy các điểm B và C, lần lượt là $\overrightarrow{OB} = \frac{1}{n} \overrightarrow{ON}$ và $\overrightarrow{OC} = \frac{1}{n+1} \overrightarrow{OM}$ (Hình 5). Chứng minh rằng các điểm A, B, C thẳng hàng.

Lời giải. Hãy đặt $\overrightarrow{AB} = \vec{a}$, $\overrightarrow{ON} = \vec{b}$. Sau đó

$$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{AO} + \frac{1}{n+1} \overrightarrow{OM};$$

$$\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{OB} = \vec{a} - \frac{1}{n} \vec{b};$$

$$\overrightarrow{OM} = \overrightarrow{ON} - \overrightarrow{AO} = \vec{b} - \left( \vec{a} - \frac{1}{n} \vec{b} \right) = \frac{n+1}{n} \vec{b} - \vec{a},$$

đó là

$$\overrightarrow{AC} = \left( \vec{a} - \frac{1}{n} \vec{b} \right) + \frac{1}{n+1} \left( \frac{n+1}{n} \vec{b} - \vec{a} \right) = \frac{n}{n+1} \vec{a},$$

hoặc $\overrightarrow{AC} = \frac{n}{n+1} \overrightarrow{AB}$. Từ đó suy ra các điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng.

Ghi chú. Trong lời giải người ta chưa bao giờ nói rằng $n$ là số tự nhiên. Lý giải trên cho thấy ở đây $n$ có ​​thể là bất kỳ số thực nào ngoài 0 và -1 (trong ký hiệu của phân số có biểu thức $n$ và $n+1$).

Hình 5 thể hiện trường hợp $n = 4$ (điểm B cắt đi 1/4 cạnh ON và điểm C cắt đi 1/5 đường chéo OM). Nếu đặt $n = -m-1$ thì chúng ta sẽ có $\frac{1}{n} = -\frac{1}{m+1}, \frac{1}{n+1} = -\frac{1}{m}$, tức là

$$\overrightarrow{OB} = -\frac{1}{m+1} \overrightarrow{ON}, \overrightarrow{OC} = -\frac{1}{m} \overrightarrow{OM}.$$

Hình 6 thể hiện trường hợp khi $m = 3$ (trên phần tiếp theo của mặt ON, một phần tư cạnh bị lệch khỏi điểm O và trên phần tiếp theo của đường chéo, phần tư thứ ba MNP). Trên các đường thẳng MN, NP, PM lấy các điểm A, B và C:

$$\overrightarrow{MA} = \alpha \overrightarrow{AN}, \overrightarrow{NB} = \beta \overrightarrow{BP},$$

$$\overrightarrow{PC} = \gamma \overrightarrow{CM}.$$

Chứng minh rằng nếu $\alpha \beta \gamma = -1$ thì các điểm A, B, C thẳng hàng (định lý Menelaus).

Bằng chứng. Hãy đặt $\overrightarrow{AN} = \vec{a}, \overrightarrow{BP} = \vec{b}, \overrightarrow{CM} = \vec{c}$.

Sau đó

$$\overrightarrow{MA} = \alpha \vec{a}, \overrightarrow{NB} = \beta \vec{b}, \overrightarrow{PC} = \gamma \vec{c}.$$

Các vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ rất dễ biểu diễn

18

Hình 8.

Vì $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AO} - \overrightarrow{BO}$ và $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA}$, chúng ta nhận được
$$\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a} = x(\beta \overrightarrow{b} - \overrightarrow{a}) - y(\alpha \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}),$$
đó là
$$(x + \alpha y - 1)\overrightarrow{a} - (y + \beta x - 1)\overrightarrow{b} = 0.$$

Do vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ không thẳng hàng nên các hệ số ở vế trái của đẳng thức cuối cùng phải bằng 0, tức là
$$\begin{cases} x + \alpha y = 1, \\ \beta x + y = 1. \end{cases}$$

Giải hệ phương trình này, ta tìm được đáp số:
$$x = \frac{1 - \alpha}{1 - \alpha\beta}, \quad y = \frac{1 - \beta}{1 - \alpha\beta}.$$

Nhiệm vụ và

1. Các điểm $A, B, C, M$ và $N$ không nằm trên cùng một đường thẳng được đặt sao cho các tia $AM$ và $BN$ song song và ngược chiều nhau; $|AC| = p, |BC| = q, |AB| = p + q$. Để có sự tương ứng giữa độ dài của các đoạn $AM$ và $BN$ thì các điểm $M, N$ và $C$ nằm trên cùng một đường thẳng?

2. Các đường $a$ và $b$ song song với nhau. Trên dòng $a$ ta lấy điểm tùy ý $A_1, A_2, A_3$, trên dòng $b$ ta lấy điểm tùy ý $B_1, B_2, B_3$. Trên các đoạn $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$, chúng tôi cũng lấy điểm $C_1, C_2, C_3$, tức là $|A_1C_1| = \alpha |A_1B_1|, |A_2C_2| = \alpha |A_2B_2|, |A_3C_3| = \alpha |A_3B_3|$. Chứng minh rằng các điểm $C_1, C_2, C_3$ nằm trên cùng một đường thẳng.

3. Các điểm $M, N, P$ đối xứng với điểm $O$ so với cạnh của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng điểm $O$ và tâm của tam giác $ABC$ và $MNP$ cùng nằm trên một đường thẳng.

4. Điểm $A, B, C$ là tâm của tam giác $OMN, ONP, OMP$. Chứng minh rằng tâm của các tam giác là $BCD, ACD, ABD, ABC$. Chứng minh rằng các đoạn $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ cắt nhau tại một điểm $M$ và điểm $M$ cắt đoạn thứ tư của mỗi đoạn này. Thực hiện theo các bản vẽ cho các lớp phẳng và không gian.

19

10. Hình 10.

11. Chứng minh rằng nếu giao điểm các đường trung bình của tứ giác ABCD thuộc đường chéo AC thì đường chéo BD chia đôi đường chéo AC. Định lý ngược lại có đúng không?

12. Cho tam giác MNP. Các điểm A, B, C cũng lấy trên các đường thẳng MN, NP, PM bằng $\overrightarrow{MA} = \alpha \overrightarrow{AN}, \overrightarrow{NB} = \beta \overrightarrow{BP}, \overrightarrow{PC} = \gamma \overrightarrow{CM}$. Chứng minh rằng nếu $\alpha \beta \gamma = 1$ thì các đường thẳng MB, NC và PA cắt nhau tại một điểm (định lý Ceva).

13. Các đoạn $A_1A_4$ và $D_1D_4$ (nằm tùy ý trong không gian) được chia thành ba phần tắc nghẽn của mỗi điểm $A_2$, $A_3$ và lần lượt là $D_2$, $D_3$ (Hình 10). Điểm $B_i$ và $C_i$ chia đoạn $A_iD_i$ thành ba phần tắc nghẽn ($i = 1, 2, 3, 4$). Chứng minh rằng điểm $B_1, B_2, B_3, B_4$ nằm trên cùng một đường thẳng và điểm $C_1, C_2, C_3, C_4$ nằm trên cùng một đường thẳng.

14. Trên các đoạn $A_1C_1$ và $A_2C_2$ (nằm tùy ý trong không gian), các điểm $B_1$ và $B_2$ được lấy sao cho $|A_1B_1| = \alpha |A_1C_1|$, $|A_2B_2| = \alpha |A_2C_2|$. Trên các đoạn $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ ta lấy các điểm $M, N, P$ (Hình 11) sao cho $|A_1M| = \beta |A_1A_2|$, $|B_1N| = \beta |B_1B_2|$, $|C_1P| = \beta |C_1C_2|$. Chứng minh rằng các điểm $M, N, P$ cùng nằm trên một đường thẳng.

15. Hai điểm vật chất chuyển động đều (với vận tốc khác 0) dọc theo hai đường thẳng $a$ và $b$. Đường thẳng nối các điểm chuyển động luôn đi qua điểm cố định $O$. Chứng minh rằng $a \parallel b$.

16. Hai điểm vật chất chuyển động thẳng đều và đều trong không gian với vận tốc $v_1$ và $v_2$. Vị trí của các điểm chuyển động tại thời điểm $t$ được ký hiệu là $A_t$ và $B_t$, và $C_t$ chúng ta cũng ký hiệu là điểm của đoạn $A_tB_t$, tức là $|A_tC_t| : |A_tB_t| = \alpha (0 < \alpha < 1)$. Chứng minh rằng điểm $C_t$ cũng chuyển động thẳng đều. Ở tốc độ nào?

17. Một chiếc máy bay mang một nguồn sáng điểm sáng chuyển động đều và tuyến tính trên một bề mặt phẳng với tốc độ $v_1$, và chiếc máy bay thứ hai chuyển động đều và tuyến tính với vận tốc $v_2$. Tại một số thời điểm, mặt phẳng, mặt phẳng thứ hai và bóng của mặt phẳng thứ hai lần lượt được đặt tại các điểm $A, B, C$ (Hình 12) và $|BC| = \alpha |AC| (0 < \alpha < 1)$. Ở mức độ tương ứng nào giữa tốc độ của các mặt phẳng thì bóng của mặt phẳng thứ hai cũng chuyển động đều và thẳng?

18. Ba điểm vật chất chuyển động đều và thẳng trong không gian, mỗi điểm có tốc độ riêng. Vị trí của các điểm chuyển động tại thời điểm $t$ được ký hiệu là $A_t, B_t, C_t$. Chứng minh trọng tâm của tam giác $A_tB_tC_t$ cũng chuyển động thẳng và đều.

20

E. Gik

Đánh giá của bạn là gì, thưa ông?

Trên các trang «Kvant» chúng tôi chưa viết về các mối liên hệ khác nhau tồn tại giữa toán học và cờ vua. Trong bài viết này chúng ta sẽ thảo luận về hệ số Elyu, hệ số được sử dụng rộng rãi để đánh giá và dự đoán kết quả của các kỳ thủ trong các giải đấu, trận đấu hiện đại.

Vào thời xa xưa, khi chỉ có vài chục cao thủ tranh tài ở các giải cờ vua trên toàn thế giới, không khó để so sánh kết quả của các kỳ thủ ngày nay. Câu hỏi về việc ai trong số hai võ sư chơi mạnh hơn đã được giải quyết một cách đơn giản: trong một khoảng thời gian nhất định họ gặp nhau trong các giải đấu, và nếu một cơ quan quản lý mạnh hơn người kia, điều đó có nghĩa là anh ta mạnh hơn; nếu chỉ có một người ở phía trước, người ta có thể cho rằng sức mạnh của họ gần như ngang nhau; trong những trường hợp đặc biệt gây tranh cãi, trận đấu giữa họ đã bị loại.

Ngày nay cờ vua hiện đại diễn ra đồng thời ở nhiều quốc gia và thậm chí ở nhiều thành phố của một quốc gia. Chỉ riêng trong các giải đấu vòng loại quốc tế hiện đại (tức là những giải đấu được ấn định giá trị quốc tế), có hàng nghìn kỳ thủ giỏi tham gia, những người trong số họ chỉ biết nhiều về nhau qua kinh nghiệm. Trong điều kiện như vậy, việc so sánh sức mạnh của các bậc thầy trở nên khó khăn hơn.

Những nỗ lực đầu tiên nhằm xây dựng một hệ thống đánh giá sức mạnh của người chơi cờ đã có từ đầu thế kỷ này. Và vào cuối những năm 50, các thử nghiệm thực tế của một số hệ thống đã bắt đầu, dựa trên thực tế là mỗi cờ vua được gán một hệ số riêng, thay đổi từ đương đại đến hiện đại, hay nói cách khác là xếp hạng (từ xếp hạng từ tiếng Anh - “đánh giá”), được tính theo một công thức nhất định và tùy thuộc vào hệ số của đối thủ và thể hiện

21

kết quả mong muốn. Sau nhiều năm thảo luận về các hệ số khác nhau (về cơ bản không khác nhau), Liên đoàn Cờ vua Quốc tế (FIDE) vào năm 1970 đã chính thức áp dụng hệ số riêng do giáo sư toán học người Mỹ Arpad Elo phát triển.

Trước tiên chúng ta hãy trình bày cách tính các hệ số bằng hệ thống Elo và sau đó thảo luận về một số tính năng của nó.

Đặt hệ số “cũ” của một người tham gia nhất định (tức là hệ số trước khi bắt đầu cuộc thi) là $K_{ct}$. Hệ số “mới” (hệ số sau khi kết thúc cuộc thi) $K_{now}$ được tìm bằng công thức sau:

$$K_{now} = K_{ct} + 10 (N - N_{ojk}),$$

(1) trong đó $N$ là số điểm ghi được (kết quả của ván cờ trong cuộc thi) và $N_{ojk}$ là cái gọi là cửa sổ và số điểm đã cho.

Để tính $N_{ojk}$, trước hết, hệ số trung bình $K_{cp}$ của tất cả các đối thủ trong một ván cờ nhất định được tính (trong trường hợp một trận đấu, $K_{cp}$ trùng với $K_{ct}$ của đồng đội mình), sau đó được làm tròn thành số nguyên *).

*) Các số “đường biên” (như 2377.5) được làm tròn, theo quy ước, theo bất kỳ hướng nào - ví dụ: về phía các số nhỏ hơn.

Sau đó chúng ta tìm độ lệch của hệ số $K_{ct}$ so với $K_{cp}$:

$$\Delta K = K_{ct} - K_{cp}.$$

(2)

Bây giờ từ bảng 1 đến $|\Delta K|$ cửa sổ và phần trăm số điểm đã cho được xác định:

$$h = \begin{cases} h_6, если \Delta K \geqslant 0. \\ h_m, если \Delta K < 0. \end{cases}$$

(3)

Cuối cùng, số điểm dự kiến ​​có được bằng cách làm tròn đến 0,5 điểm gần nhất theo công thức sau:

$$N_{ojk} = \frac{h}{100} \cdot m,$$

(4)

trong đó $m$ là số ván cờ mà cờ vua sẽ có mặt trong cuộc thi. Nói một cách không chính thức, $N_{ojk}$ là kết quả cờ vua đáng tin cậy nhất trong cuộc thi và $h$ là tỷ lệ phần trăm số điểm ghi được đáng tin cậy nhất; điều này giải thích sự tương ứng (4).

Lưu ý rằng ở Liên Xô, khi tính xếp hạng của cờ vua Liên Xô, hệ Elo chính thức được sử dụng từ ngày 1 tháng 1 năm 1977, với điểm khác biệt duy nhất là làm tròn trong công thức (4) được thực hiện đến 0,1 điểm.

Nếu trước khi bắt đầu chuyến tham quan, chúng ta muốn tìm $K_{i_{now}}$ của mỗi người tham gia chuyến tham quan, thì theo đẳng thức (2), chúng ta phải tính xếp hạng trung bình $K_{i_{cp}}$ của đối thủ của mỗi người tham gia ($i = 1, 2, ..., n$). Hóa ra công việc này có thể

22

đơn giản hóa. Gọi $K_{cT}^1, K_{cT}^2, \dots, K_{cT}^n$ là xếp hạng của những người tham gia giải đấu trước khi giải đấu bắt đầu. Hãy giới thiệu số lượng

$$K_T = \frac{K_{cT}^1 + K_{cT}^2 + \dots + K_{cT}^n}{n}$$

(được làm tròn đến số nguyên gần nhất), gọi là hệ số giải đấu. Thật dễ dàng để chứng minh điều đó

$$\Delta K = \frac{n}{n-1} (K_{cT} - K_T),$$

(5)

trong đó việc làm tròn sẽ lại được thực hiện thành một số nguyên (kết quả làm tròn trong các công thức (2) và (5) là như nhau). Như vậy, thay vì tính hệ số $K_{cP}^i$ $n$ lần, chúng ta chỉ cần tìm hệ số $K_T$ một lần, sau đó sử dụng công thức (5) để xác định $\Delta K$.

Để đủ điều kiện tham gia một giải đấu quốc tế sử dụng hệ thống Elo, điều cần thiết là: 1) ít nhất 2/3 số người tham gia có xếp hạng; 2) hệ số giải đấu $K_T$ ít nhất là 2250. Nếu trước khi bắt đầu giải đấu như vậy, một trong những người tham gia chưa có xếp hạng thì anh ta sẽ nhận được hệ số ban đầu $K_0 = 2200$ (rất thuận tiện, hệ số này có thể giảm sau giải đấu). Vì $K_0$ là số nguyên và các số $N_{ojk}$ được làm tròn thành 0,5 hoặc 0,1 nên xếp hạng của người chơi cờ luôn là số nguyên và đối với Elo, chúng kết thúc bằng 0 hoặc 5.

Xem xét kỹ Bảng 1, chúng ta sẽ nhận thấy rằng phần trăm $h$ thay đổi từ hàng này sang hàng khác và khi đạt đến $h_6 = 100$ (tương ứng, $h_M = 0$) không còn thay đổi nữa (chúng ta sẽ thấy mình đang ở “vùng bão hòa”).

Để hiểu rõ hơn về Bảng 1, chúng tôi cung cấp hình ảnh đồ họa của $h$ từ $\Delta K$ và $h$ sẽ được cảm nhận theo ý nghĩa trực quan của từ “quá trình mắt mong đợi”.

Nếu tỷ lệ cược của một đấu thủ nhất định $K_{cT}$ trùng với tỷ lệ cược của đối thủ $K_{cp}$, thì anh ta dự kiến ​​​​sẽ ghi được $50\%$ điểm; do đó, đường cong cần tìm phải đi qua điểm có tọa độ $\Delta K = 0$, $h = 50$. Điều tự nhiên là coi nó đối xứng so với điểm này. Nếu $K_{cT} > K_{cp}$ thì tất nhiên là $h > 50$ và nếu $K_{cT} < K_{cp}$ thì $h < 50$. Vì $h$ thay đổi từ 0 đến 100, nên đường cong sẽ có xu hướng tiệm cận với đường $h = 100$ tại $\Delta K \rightarrow +\infty$ và tới trục x tại $\Delta K \rightarrow -\infty$.

Thống kê rất lớn về thành tích cho thấy nếu trong hai kỳ thủ chơi một ván cờ mà một người nói thế này, người này xếp hạng cao hơn người kia thì trung bình người đó ghi được 75% số điểm.

Elo đã tính đến trường hợp này khi xây dựng đường cong như sau: giả sử rằng sự khác biệt giữa hai bước liền kề trong cờ vua không chính thống là 200 đơn vị xếp hạng, anh ấy đã vẽ đường cong qua điểm có tọa độ $\Delta K = 200$, $h = 75$ (và theo đó, $\Delta K = -200$, $h = 25$).

Vì vậy, hình dạng đường cong của chúng ta khá rõ ràng (xem hình) và có thể được sử dụng để xác định các giá trị của $h$ cho $\Delta K$. Tuy nhiên, phương pháp tìm $h$ này bất tiện vì nhiều lý do. Thứ nhất, bản thân đường cong, mặc dù có những đặc tính trên, nhưng không được xác định duy nhất; thứ hai, có vô số giá trị nguyên của $\Delta K$ và chúng không thể được lập bảng; Cuối cùng, đừng thay đổi giá trị của $h$ bằng thước mỗi lần! Do đó, nảy sinh ý tưởng chia trục hoành thành một số hữu hạn các đoạn (và hai nửa khoảng vô hạn) với hằng số $h$ trên mỗi đoạn sao cho giá trị của $h$ trên các đoạn liền kề khác nhau 1.

Kết quả là, cùng với đường cong chính, chúng ta có được một “cái thang” (xem hình). Chiều cao của các bậc thang của nó bằng nhau và bằng 1, đồng thời chiều dài của chúng tăng lên khi chúng di chuyển ra khỏi tâm theo độ cao của đường cong.

23

Tất nhiên, Bảng 1, được xây dựng bằng cách sử dụng “thang” này, có thể trông hơi khác (nếu bạn chọn các phân đoạn hẹp hơn hoặc rộng hơn một chút với $h$ cố định), nhưng điều này không có ý nghĩa cơ bản - miễn là bản chất chung của sự phụ thuộc $h$ vào $\Delta K$ được giữ nguyên.

Hiện tại, trước khi bắt đầu bất kỳ giải đấu lớn nào, các con số $N_{ojk}$ được tính cho tất cả những người tham gia, điều này giúp ước tính kết quả cuối cùng của giải đấu và khả năng phân bổ các vị trí trong đó nhiều nhất. Tuy nhiên, phương pháp dự báo phổ biến này có thể được sử dụng không chỉ trước khi bắt đầu di chuyển về phía bắc mà còn trước mỗi turims của nó. Nếu chúng ta cộng số điểm mà một người tham gia các giải đấu đã tổ chức ghi được với số điểm “hứa hẹn” với anh ta về hệ số Elue trong các giải đấu còn lại, chúng ta sẽ nhận được kết quả như mong đợi trong giải đấu, có tính đến các trò chơi đã chơi. Điều tự nhiên là tin rằng những dự báo này mô tả chính xác hơn vị trí của những người tham gia tại một thời điểm nhất định so với số điểm mà anh ta thực sự ghi được, vì chúng có tính đến thông tin về các đối thủ còn lại.

Phương pháp dự báo được đề cập có một số khó khăn về mặt kỹ thuật. Rốt cuộc, giả sử, với 22 người tham gia chuyến tham quan, để tìm các số $N_{ojk}$ trước mỗi chuyến tham quan, việc tính kết quả mong đợi sẽ được đưa ra trong bảng 21 lần. Theo cách thủ công, công việc như vậy sẽ cần vài giờ tính toán và nó chỉ có thể được bắt đầu sau lễ bốc thăm của giải đấu. Tuy nhiên, máy tính sẽ xử lý nhiệm vụ này chỉ trong một phút!

Khi áp dụng công thức (1), một nghịch lý nảy sinh, đáng để xem xét chi tiết hơn. Hãy tưởng tượng rằng bạn quyết định chơi một trận đấu với người bạn của mình, chẳng hạn như từ bữa tiệc thứ 1000. Cả hai bạn đều là những người chơi hạng nhất và có cùng đánh giá là 2000. Hãy để bạn giành được chiếc điện thoại bản đồ này với số điểm 580:420. Theo dự đoán, lẽ ra bạn phải làm cho trận đấu có kết quả hòa, tức là ghi được $N_{ojk} = 500$ điểm. Chênh lệch 80 điểm sẽ giúp bạn tăng xếp hạng thêm 800 đơn vị. Vì vậy, khi kết thúc trận đấu này, bạn sẽ nhận được xếp hạng 2800 - nhiều hơn cả chính nhà vô địch thế giới!

Không khó để nhận thấy rằng với việc tăng số lượng ván trong một trận đấu, xếp hạng của một ván cờ nói chung có thể tăng vô thời hạn, trong khi xếp hạng của một ván cờ khác có thể giảm vô thời hạn.

Do đó, mối quan hệ tuyến tính giữa kết quả của cờ vua ở phương Bắc và việc tăng thứ hạng của một người là không hoàn toàn chính đáng. Họ cố gắng thoát khỏi tình huống này bằng nhiều cách khác nhau. Phổ biến nhất trong số đó là việc đưa vào công thức (1) cùng với hệ số 10 của tham số biến $\alpha$, phụ thuộc vào số lượng lô:

$$K_{нов} = K_{ст} + \alpha (N - N_{ojk}).$$

Trong trường hợp này, nghịch lý có thể được loại bỏ, nhưng việc tính toán các hệ số trở nên phức tạp hơn đáng kể.

Nguồn gốc của nghịch lý là do các hệ số của cờ vua thực sự thay đổi không chỉ ở cuối hướng bắc mà còn trong suốt thời gian đó. Vì vậy, trong trận đấu 1000 trận đã đề cập, ngay sau khi bắt đầu, bạn sẽ dẫn đầu về điểm số, điều này sẽ dẫn đến xếp hạng của bạn tăng và xếp hạng giảm. Nếu bạn đạt trung bình 58% số điểm (theo điểm cuối cùng), thì ngay khi chênh lệch tỷ lệ của bạn đạt 60 đơn vị (2030 so với 1070), tỷ lệ cược sẽ ổn định và không thay đổi nhiều trong tương lai (chênh lệch tỷ lệ 60 đơn vị tương ứng với 58% số điểm - xem bảng 1).

Từ những điều trên, hệ thống Elyu được sửa chữa rất đơn giản - các hệ số phải được vượt qua sau mỗi trận đấu! Tuy nhiên, sự giao cắt một phần như vậy, được chứng minh bằng toán học, sẽ không phù hợp với bất kỳ ai trong thực tế. Vì vậy, việc tính xếp hạng sau một số lượng lớn trò chơi hoặc sau mỗi trò chơi là không phù hợp.

Sự thật, như mọi khi, nằm sau định nghĩa. Công thức (1) đơn giản và tiện lợi, tôi không muốn từ bỏ nó, nhưng cần phải giới hạn ở số lượng “trung bình” của lô. Bản thân Elyu tin rằng nếu $m \leq 25$ thì không có

24

không tạo ra sự thu phóng và sự phụ thuộc tuyến tính trong (1) trong sơ đồ là có thể chấp nhận được. Thực tế không có số lượng đảng phái lớn như vậy trong thời hiện đại. Ngoại lệ duy nhất có thể là trận đấu biến đổi thế giới, được tổ chức theo hệ thống mới (không giới hạn số lượng trò chơi). Rõ ràng, trong trường hợp này, trận đấu nên được chia thành các phân đoạn riêng biệt có độ dài không quá 25 trận và sau mỗi trận đấu, hệ số của các đối tác phải được điều chỉnh.

Vì vậy, hệ thống hệ số Elo riêng lẻ được thiết kế khá hợp lý và thực tế rất thuận tiện. Sự xác nhận tốt nhất của nó là độ tin cậy của dự báo.

Hiện nay, hệ số Elo được sử dụng rộng rãi, chẳng hạn như để gán quốc tế
danh hiệu cờ vua bản địa. Tùy thuộc vào $K_T$, có 15 hạng mục “độ khó” của các chuyến tham quan, mỗi hạng mục có tiêu chuẩn phần trăm riêng và để được trao danh hiệu võ sĩ quốc tế hoặc đại kiện tướng quốc tế, cần phải có xếp hạng tương ứng là 2400 hoặc 2500.

Dựa trên hệ thống của mình, Elo đã thực hiện một số tính toán thú vị. Đặc biệt, ông đã tính toán tỷ lệ cược của tất cả những người chơi cờ giỏi nhất kể từ Morphy. Năm 1963, ông công bố kết quả tính toán của mình (Bảng 2). Đối với mỗi môn cờ vua “cổ điển”, Elo đã tính toán xếp hạng trung bình đặc trưng cho kết quả thi đấu của anh ấy trong khoảng thời gian “tốt nhất” là 5 năm. Đến năm 1963, có 28 kỳ thủ dẫn đầu danh sách Elo (xếp hạng 2600 trở lên).

Trong 15 năm qua, danh sách có thể đã được bổ sung thêm 10 kiện tướng hàng đầu, bao gồm 4 nhà vô địch thế giới gần đây nhất - T. Petrosyan, B. Spassky, R. Fischer và A. Karpov.

Sau khi giành được danh hiệu vô địch thế giới, R. Fischer có xếp hạng cao nhất trong toàn bộ lịch sử cờ vua - 2780. Nhưng theo quy định của FIDE, một kỳ thủ cờ vua không thi đấu trong ba năm liên tiếp hiện đại sẽ không được đưa vào cái gọi là DANH SÁCH xếp hạng FIDE, nên năm 1975, người đứng đầu là nhà vô địch thế giới mới A. Karpov.

Bài toán
độc giả của chúng tôi

1. Tìm các cặp số $m, n$ thỏa mãn mẫu

a) $3 = \frac{2 \cdot 3}{1 \cdot 2} = \frac{9 \cdot 10}{5 \cdot 6} = \dots = \frac{m(m+1)}{n(n+1)} = \dots = \frac{6887 \cdot 6888}{3976 \cdot 3977} = \dots$

b) $2 = \frac{3 \cdot 4}{2 \cdot 3} = \frac{20 \cdot 21}{14 \cdot 15} = \dots =$

$$\frac{m(m+1)}{n(n+1)} = \dots$$

S. Suslov
(Sverdlovsk)

2. Nếu bạn thêm dấu vết của số lớn hơn một vào số có hai chữ số thì số thu được sẽ là số chính phương. Tìm số ban đầu.

I. Mikhalkovich
(Vùng Minsk)

3. Chứng minh bất đẳng thức

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2 + k - 1} > \frac{1}{k^2 + 2k - 2}$$

4. Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC, AA_0, BB_0, CC_0$, độ cao của nó. $A_1, B_1$ và $C_1$ lần lượt là hình chiếu của các điểm $A_0, B_0$ và $C_0$ lên các đường thẳng $AO; BO$ và $CO$. Chứng minh rằng khi đó một trong các đại lượng

$$|A_0A_1| \cdot BC|^4, |B_0B_1| \cdot |AC|^4, |C_0C_1| \cdot |AB|^4$$

bằng tổng của hai số còn lại.

Y. Alla
(Võru)