Vệ tinh và bài toán san phẳng

15

G. Galperin, A. Kushirenko

Vệ tinh và bài toán san phẳng

Hầu hết bài toán mà học sinh gặp phải trong các cuộc thi, cuộc thi và trên các trang sách, tạp chí toán học đều là bài toán thuộc loại được gọi là Olympic: lời giải của chúng, theo quy luật, dựa trên một ý tưởng duy nhất. Trong công việc của một nhà toán học chuyên nghiệp, bài toán cũng phát sinh khá thường xuyên, nhưng chỉ thường xuyên nhà toán học phải giải quyết các bài toán trong lời giải trong đó cần phải sử dụng một số cách lý luận hoàn hảo thuộc nhiều loại khác nhau.
Trong bài viết này, chúng tôi muốn giới thiệu với người đọc giải pháp của một tân Olympic bài toán như vậy.

1. Làm phẳng và định hướng đối tượng

Đôi khi ba thiên thể nằm trên cùng một đường thẳng. Nếu đây là Mặt trời, Trái đất và Mặt trăng thì các nhà thiên văn học gọi hiện tượng đó là nhật thực, còn nếu có ba vật thể tùy ý thì là một kích thước.

Nhật thực, nhật thực và các sự sắp xếp hiếm gặp khác của các thiên thể từ lâu đã được các nhà thiên văn học và toán học quan tâm. Trong bài viết này, chúng ta sẽ đề cập đến một trong những hiện tượng hiếm gặp này - sự xuất hiện của bốn thiên thể trong cùng một mặt phẳng; Hãy gọi hiện tượng này là làm phẳng. Chính xác hơn, chúng ta sẽ giải bài toán về sự làm phẳng trong một hệ vũ trụ bao gồm một hành tinh và ba vệ tinh của nó.

Vấn đề. Xung quanh hành tinh O, trong các quỹ đạo tròn khác nhau có tâm O, chúng thẳng hàng với các vệ tinh $P_1, P_2$ và $P_3$ của nó với vận tốc góc $\omega_1, \omega_2$ và $\omega_3$. Có nhất thiết phải có một thời điểm làm phẳng xảy ra sớm hay muộn đối với bất kỳ vị trí ban đầu nào của các vệ tinh và ở một số vận tốc góc khác, có thể chọn các vị trí ban đầu của các vệ tinh sao cho thời điểm làm phẳng đó hoàn toàn không xảy ra.

Câu hỏi trên dành cho ba giá trị cụ thể của vận tốc góc:
a) $\omega_1 = \omega_2 = \omega_3 = 1$;
b) $\omega_1 = \omega_2 = 1, \omega_3 = 2$;
b) $\omega_1 = 2, \omega_2 = 3, \omega_3 = 4$
đã biên soạn nội dung của bài toán M495 từ Bài toán Kvant («Kvant», 1978, số 3).

Khi bắt đầu nghiên cứu về sự làm phẳng của các phép làm phẳng đại số, trước hết chúng ta phải học cách mô tả sự làm phẳng của các đại số. phát sinh

Câu 1. Làm thế nào khi biết tọa độ của ba cung trong không gian, xác định được các cung này có nằm trong mặt phẳng đi qua gốc tọa độ hay không?

Trước tiên hãy xem xét một câu hỏi dễ hơn.

Câu 2. Làm thế nào khi biết tọa độ của hai đồ thị trên một mặt phẳng, xác định được các đồ thị này có nằm trên đường thẳng đi qua gốc tọa độ hay không?

Đáp số. Hãy biểu thị tọa độ dữ liệu của các điểm $M_1$ và $M_2$ bằng $(x_1; y_1)$ và $(x_2; y_2)$. Ta khẳng định rằng mô hình đường thẳng $M_1M_2$ và mô hình molky đi qua gốc tọa độ khi biểu thức $x_1y_2 - y_1x_2$ biến mất.

Thật vậy, nếu $x_1y_2 = y_1x_2$, thì với $x_1 \neq 0$ và $x_2 \neq 0$ chúng ta có thể viết $\frac{y_1}{x_1} = \frac{y_2}{x_2} = k$, tức là các điểm $M_1, M_2$ nằm trên đường thẳng $y = kx$.

Ngược lại: nếu $M_1$ và $M_2$ nằm trên đường thẳng $y = kx$ và $x_1 \neq 0, x_2 \neq 0$ thì $\frac{y_1}{x_1} = \frac{y_2}{x_2} = k$ và $x_1y_2 - y_1x_2 = 0$. (Bạn có thể tự mình tìm ra trường hợp $x_1 = x_2 = 0$ và $x_1 = 0, x_2 \neq 0$.)

16

Trong luật. Chứng minh số $|x_1y_2-y_1x_2|$ bằng diện tích hình bình hành có cạnh $OM_1$ và $OM_2$.

Bài tập này giải thích tại sao biểu thức $x_1y_2 \leftarrow x_2y_1$ được gọi là mặt phẳng định hướng của hình bình hành (Hình 1).

Chúng ta hãy quay lại câu hỏi 1.

Phát biểu 1. Ba khoảng trống $P_1(x_1; y_1; z_1), P_2(x_2; y_2; z_2)$ và $P_3(x_3; y_3; z_3)$ nằm trong mặt phẳng đi qua gốc tọa độ, mô đun và mô đun, trong đó biểu thức $z_1(x_2y_3 \leftarrow x_3y_2) \leftarrow z_2(x_1y_3 \leftarrow x_3y_1) + z_3(x_1y_2 \leftarrow x_2y_1)$ (*)

đi đến số không.

Ví dụ, bằng chứng của tuyên bố này có thể được tìm thấy trong cuốn sách “Khởi đầu cho toán học” của W. Sawyer*. Ý nghĩa hình học của nó rất đơn giản: biểu thức () là cái gọi là đối tượng song song có hướng được xây dựng trên các cạnh $OP_1, OP_2, OP_3$, trong đó $O$ là gốc tọa độ. (Mô đun của thể tích định hướng bằng thể tích tổng.) Từ Tuyên bố 1, chúng ta thu được rằng sự làm phẳng lũy ​​thừa $O$ (0; 0; 0), $P_1(x_1; y_1; z_1), P_2(x_2; y_2; z_2)$ và $P_3(x_3; y_3; z_3)$ theo không gian mô đun và mô đun molъco, theo đó biểu thức () biến mất.

Công việc chuẩn bị đã hoàn tất; chúng ta có thể chuyển sự chú ý sang nghiên cứu các trường hợp a)-b).

2. Trường hợp đơn giản nhất: $\omega_1=\omega_2=\omega_3=1$

Vị trí của vệ tinh $P_1$ tại thời điểm $t$ sẽ được ký hiệu là $P_1(t)$; tọa độ của điểm $P_1(t)$ sẽ được ký hiệu là $x_1(t), y_1(t), z_1(t)$. Tương tự (*) M., “Khai sáng”, 1965.

3. Trường hợp $\omega_1=\omega_2=1, \omega_3=2$

Chúng ta hãy vẽ mặt phẳng $π(t)$ đi qua các điểm $O, P_1(t)$ và $P_2(t)$. Nó sẽ giao nhau với quỹ đạo của vệ tinh $P_3$ tại hai điểm - hai đầu của đường kính $D(t)$ (Hình 2). (Tất nhiên, những gì chúng tôi đã làm,

17

Hình 2.
chỉ có ý nghĩa khi các điểm $O, P_1(t)$ và $P_2(t)$ tại thời điểm $t$ không nằm trên cùng một dòng. Nếu tại thời điểm $t_0$ các điểm $O, P_1(t_0), P_2(t_0)$ cùng nằm trên một đường thẳng thì $t_0$ là thời điểm làm phẳng. Theo thời gian, đường kính $D(t)$ quay, nhưng tất nhiên là không đều.

Chúng ta hãy biểu thị các đầu của đường kính $D(t)$ bằng $D_1(t)$ và $D_2(t)$. Mômen làm phẳng tương ứng với sự va chạm của một điểm quay đều $P_3(t)$ vào một trong các điểm $D_1(t), D_2(t)$.

Vì $\omega_1$ và $\omega_2$ là số nguyên nên đường kính $D(t)$ quay, mặc dù không đều nhưng tuần hoàn: $D(t + 2\pi) = D(t)$ (như $P_1(t + 2\pi) = P_1(t), P_2(t + 2\pi) = P_2(t)$). Nhưng cũng có $P_3(t + 2\pi) = P_3(t)$, vì vậy chúng ta có thể hạn chế xem xét chuyển động trong thời gian $2\pi$. Do đó, đường kính $D(t)$ có tốc độ góc quay trung bình bằng tốc độ góc quay trung bình của nó trong thời gian $2\pi$; hãy biểu thị nó bằng $\omega$.

Câu hỏi đặt ra là: tốc độ $\omega$ liên quan như thế nào đến $\omega_1$ và $\omega_2$?

Tuyên bố 2. Nếu sgutiniki $P_1$ và $P_2$ có quỹ đạo gần nhau và quay dọc theo chúng theo cùng một hướng, thì $\omega = \omega_1 + \omega_2$.

Hình 3.

Do đó, nếu $\omega_3 > \omega_1 + \omega_2$, thì điểm $P_3(t)$, quay trung bình nhanh hơn đường kính $D(t)$, tại một số thời điểm sẽ vượt qua các đầu $D_1(t)$ và $D_2(t)$ của nó. Những khoảnh khắc vượt qua này là những khoảnh khắc san phẳng. Tương tự, có những khoảnh khắc bị xẹp trong trường hợp $\omega_3 < \omega_1 + \omega_2$.

Thật không may, chúng ta không biết cách chứng minh câu 2 một cách thuần túy về mặt hình học. Vì vậy, kết luận mà chúng tôi rút ra từ đó nên được người đọc coi là hợp pháp nhưng chưa được chứng minh. Kết luận này chứng tỏ rằng nếu chúng ta đang tìm kiếm chuyển động không bị phẳng thì chỉ cần xét trường hợp $\omega_3 = \omega_1 + \omega_2$.

Trong trường hợp của chúng ta, vận tốc góc trung bình $\omega$ của chuyển động quay có đường kính $D(t)$ bằng 2 và trùng với vận tốc góc quay của vệ tinh $P_3$. Chúng ta hãy phóng vệ tinh $P_3$ sao cho tại $t = 0$ độ lệch pha giữa $P_3(0)$ và $D_1(0)$ bằng $\frac{\pi}{2}$ (Hình 3). Nếu đường kính $D(t)$ quay đều thì độ dịch chuyển này không thay đổi. Nếu chuyển động quay $D(t)$ không đồng đều nhưng khác biệt một chút so với chuyển động quay đều, thì đương nhiên có thể kỳ vọng rằng độ lệch pha giữa $P_3(t)$ và $D(t)$ sẽ dao động tuần hoàn xung quanh giá trị $\frac{\pi}{2}$ và do đó sẽ không bằng 0.

Và bây giờ, không chính thức dựa vào lý luận trước đó, chúng tôi đưa ra ví dụ về ba vệ tinh $P_1, P_2$ và $P_3$, quay quanh hành tinh đều với vận tốc góc $\omega_1 = 1, \omega_2 = 1, \omega_3 = 2$ và không bị dẹt.

Xét một hình cầu $S$ có bán kính đều. Đặt hành tinh ở trung tâm $O$ của quả cầu này và các vệ tinh $P_i$ quay dọc theo các vòng tròn lớn của nó $\gamma_i$. Hãy để $A \in \gamma_1 \cap \gamma_2 \cap \gamma_3$. Chúng ta hãy đặt thời gian $t = 0$ vệ tinh $P_1$ tại điểm $A$, vệ tinh $P_2$ tại điểm $B$ của quỹ đạo $\gamma_2$ sao cho $\widehat{AOB} = \frac{\pi}{2}$, vệ tinh $P_3$ tại điểm $C$ của quỹ đạo $\gamma_3$ sao cho $\widehat{AOC} = \frac{\pi}{2}$ (Hình 4). Sau đó, $D(0) = K_2 \cap K_3$, trong đó $K_2$ và $K_3$ là hai vòng tròn lớn có ranh giới $\gamma_2$ và $\gamma_3$ của vòng tròn tương ứng, $D_1(0) = A, D_2(0) = \bar{A}$ (Hình 4).

18

Giao điểm chung của $\gamma_1$, $\gamma_2$ và $\gamma_3$ là điểm đối xứng đường kính $A$, vì vậy $P_3(0) = C$ không trùng với $D_1(0)$ hoặc $D_2(0)$.

Hãy xem các điểm $P_3(t)$, $D_1(t)$ và $D_2(t)$ sẽ ở đâu vào những thời điểm khác nhau. Tại $0 < t < \frac{\pi}{4}$, điểm $P_1(t)$ nằm trong cung $AA_{\pi/4}$, điểm $P_2(t)$ - trong cung $BB_{\pi/4}$, đầu $D_1(t)$ của đường kính $D(t)$ - trong cung $AC$, đầu đối diện $D_2(t)$ đường kính $D(t)$ - bên trong cung đối xứng $\bar{A}\bar{C}$, và cuối cùng là điểm $P_3(t)$ - bên trong cung $C\bar{A}$ (Hình 5). Tại $t = \frac{\pi}{4}$, các điểm $P_1(t)$, $P_2(t)$, $D_1(t)$, $D_2(t)$ và $P_3(t)$ lần lượt nằm ở các điểm $A_{\pi/4}$, $B_{\pi/4}$, $C$, $\bar{C}$ và $\bar{A}$ (Hình 6). Theo cách tương tự, có thể dễ dàng chỉ ra vị trí của các điểm này trên các khoảng $\frac{\pi}{4} < t < \frac{\pi}{2}$, …, $\frac{7}{4}\pi < t < 2\pi$ và ở cuối các khoảng này và đảm bảo rằng điểm $P_3(t)$ trong khoảng thời gian từ 0 đến $2\pi$ không trùng khớp với $D_1(t)$ hoặc $D_2(t)$. Vì khoảng thời gian này coi chuyển động được mô tả hoàn toàn nên trong ví dụ được xây dựng không có khoảnh khắc làm phẳng nào.

4. Số 0 của hàm và khoảng xác định

Để chứng minh rằng tại một thời điểm nào đó $t_0$ sự làm phẳng xảy ra, chỉ cần chứng minh rằng hàm $V(t)$ được giới thiệu trong Phần 2 triệt tiêu tại $t = t_0$ là đủ. Nhưng nói chung, làm thế nào người ta có thể xác định liệu một hàm số đã cho có bằng 0 trên một khoảng nhất định hay không? Bạn biết cách thực hiện điều này đối với tam thức bậc hai; bạn biết các số 0 của các hàm lượng giác cơ bản $\sin t$, $\cos t$, $tg t$, $ctg t$. Bạn có thể trả lời câu hỏi về số 0 cuối cùng của hàm - ví dụ: hàm $\alpha \cos t + \beta \cos 2t + \gamma \cos 3t$. Tuy nhiên, đã có chức năng $\alpha \cos t + \beta \cos 2t +$

20

và bằng $\omega R$, sao cho phần cuối của vectơ $\vec{w}(t)$ quay đều.

6. Đối với vectơ $\vec{u}$ chúng ta phải lấy vectơ $\vec{OP}(0)$ và đối với vectơ $\vec{v}$ chúng ta phải lấy vectơ $\vec{OP}\left(\frac{\pi}{2\omega}\right)$. Bổ đề đã được chứng minh.

Để thu được dạng tổng quát của hàm $V(t)$, chúng ta chuyển sang biểu thức (). Biểu thức này là tổng của sáu số hạng, mỗi số hạng là tích của ba thành phần, mỗi số hạng đó lần lượt là tổng có dạng (***). Sau khi mở dấu ngoặc ở mỗi tích, ta được tổng của bốn mươi số hạng có dạng

$$\lambda p_1(t) p_2(t) p_3(t), \quad (****)$$

trong đó $\lambda$ là một số và $p_i(t)$ là $\sin \omega_i(t)$ hoặc $\cos \omega_i(t)$, $i = 1, 2, 3$.

May mắn thay, chúng ta không cần phải viết ra 48 thuật ngữ này một cách rõ ràng, vì các giá trị của các hệ số $\lambda$ hóa ra không quan trọng đối với chúng ta (cũng như các giá trị của các hệ số trong ví dụ ở đoạn trước không quan trọng).

Sau khi đưa các số hạng tương tự, ta thấy $V(t)$ là tổng của một số số hạng có dạng (). Để chỉ ra rằng tích phân của mỗi số hạng () trong biểu thức $V(t)$ bằng 0.

Hãy biến tích $p_1(t) p_2(t) p_3(t)$ thành tổng. Có thể có nhiều trường hợp khác nhau, tùy thuộc vào số lần - một, hai hoặc ba - snus được đưa vào tác phẩm này. Ví dụ

$$(\sin \omega_1 t \sin \omega_2 t) \sin \omega_3 t =$$

$$= \frac{1}{2} \left( \cos \left( \omega_1 - \omega_2 \right) t - \cos \left( \omega_1 + \omega_2 \right) t \right) \sin \omega_3 t =$$

$$= \frac{1}{4} \left[ \sin \left( \omega_1 - \omega_2 + \omega_3 \right) t + \sin \left( \omega_1 - \omega_2 - \omega_3 \right) t - \sin \left( \omega_1 + \omega_2 + \omega_3 \right) t - \sin \left( \omega_1 + \omega_2 - \omega_3 \right) t \right].$$

Bằng cách biến đổi tương tự các tích còn lại, chúng ta thu được $V(t)$ là tổng các số hạng có dạng $\mu \sin vt$ hoặc $\mu \cos vt$, trong đó $v = \pm \omega_1 \pm \omega_2 \pm \omega_3$ với tất cả các tổ hợp dấu có thể có. Đối với các giá trị nguyên của $v$ khác 0, chúng ta thu được

$$\int_0^{2\pi} \sin vt dt = \left( -\frac{\cos vt}{v} \right) \int_0^{2\pi} = 0;$$

$$\int_0^{2\pi} \cos vt dt = \left( \frac{\sin vt}{v} \right) \int_0^{2\pi} = 0.$$

Tất nhiên, các phép tính vừa thực hiện chỉ có thể được thực hiện ở $v \neq 0$. Tuy nhiên, đối với bất kỳ tổ hợp dấu nào, tổng $v = \pm 2 \pm 3 \pm 4$ đều khác 0. Đó là lý do tại sao

$$\int_0^{2\pi} V(t) dt = 0.$$

Do đó, có một giá trị $t_0 \in [0; 2\pi]$ sao cho $V(t_0) = 0$, tức là chắc chắn sẽ có một thời điểm phẳng hóa.

6. Vấn đề về vệ tinh-mặt trời

Tất nhiên, người đọc nhận thấy rằng tất cả các đối số trong đoạn 5 vẫn hợp lệ nếu $\omega_1, \omega_2, \omega_3$ được coi là bất kỳ số nguyên nào mà một trong các tổng của dạng $\pm \omega_1 \pm \omega_2 \pm \omega_3$ không bằng 0.

Chúng ta rút gọn, nhưng đáng tiếc là không phải theo cách cơ bản, định lý sau đây về một hành tinh và ba vệ tinh:

Định lý. Đặt $\omega_3$ là tốc độ bắt cao nhất trong số các tốc độ bắt $\omega_i$, $i = 1, 2, 3$.

1. Nếu $\omega_3 \neq \omega_1 + \omega_2$, thì đối với bất kỳ vị trí ban đầu nào của quỹ đạo và vệ tinh trên chúng sẽ luôn có một khoảnh khắc bị làm phẳng.

2. Nếu $\omega_3 = \omega_1 + \omega_2$, thì đối với một số cách sắp xếp ban đầu của quỹ đạo và vệ tinh trên chúng luôn có một khoảnh khắc bị làm phẳng.

Sử dụng kết quả này, có thể giải được bài toán khác (về vệ tinh mặt trời).

Xung quanh một hành tinh hình cầu có tâm $O$ cần được phóng với tốc độ không bắt được liên tục theo quỹ đạo tròn (với tâm $O$) một số vệ tinh mặt trời mạnh theo cách mà trong mỗi vệ tinh

21

Vào thời điểm này, tất cả các điểm của ngọn lửa đều được chiếu sáng bởi các tia phát ra mọi hướng từ các vệ tinh. Số lượng vệ tinh mặt trời tối thiểu cần thiết là bao nhiêu? (Người ta tin rằng hành tinh này không quay; vệ tinh mặt trời được phóng ở bất kỳ khoảng cách nào so với hành tinh, nhưng nó chiếu sáng “nắp” trên đó, luôn nhỏ hơn một bán cầu; xem Hình 7.)

Điều kiện thiết yếu trong công thức bài toán là điều kiện vị trí của nano đơn giản hơn và ít thú vị hơn bài toán về sự chiếu sáng của một hành tinh hình cầu bởi một số điểm cố định bằng máy chiếu. Số lượng máy chiếu nhỏ nhất cần có trong trường hợp này là bốn.

Bài toán về vệ tinh mặt trời hoàn toàn là toán học. Một bài toán thực tế tương tự - việc tạo ra một hệ thống liên lạc vô tuyến toàn cầu trên Trái đất - được giải quyết bằng cách phóng ba vệ tinh; tuy nhiên, nó không cung cấp thông tin liên lạc với các vùng cực của Trái đất.

Lời giải bài toán về vệ tinh mặt trời. Không khó để nói rằng không phải một hoặc hai vệ tinh là đủ để chiếu sáng hành tinh - tại mọi thời điểm sẽ có những điểm không sáng (chứng minh điều này). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng ba vệ tinh là không đủ.

Thật vậy, tại mọi thời điểm trên hành tinh sẽ có hai điểm đối xứng đường kính $A$ và $B$, hiện tại không được chiếu sáng bởi vệ tinh $P_1$ và $P_2$. Ví dụ, những điểm như vậy là hai đầu đối diện nhau! Do đó, bất kỳ điểm nào trong số $A$ hoặc $B$ sẽ không được chiếu sáng bởi bất kỳ vệ tinh nào tại thời điểm này.

Bốn vệ tinh mặt trời có đủ không? Nếu hóa ra tại một thời điểm nào đó có ba

trong số bốn vệ tinh $P_1$, $P_2$, $P_3$, $P_4$ sẽ nằm trong cùng mặt phẳng với hành tinh $O$ thì các tính toán ở đoạn trước sẽ được áp dụng đầy đủ. Nếu sự làm phẳng như vậy không xảy ra, chúng ta phải tạo ra một ví dụ về chuyển động mà chúng ta cần hoặc chứng minh rằng rốt cuộc nó không tồn tại. Vì vậy, trong trường hợp xảy ra hiện tượng làm phẳng ít nhất một bộ ba vệ tinh, tại thời điểm làm phẳng hành tinh này không được chiếu sáng hoàn toàn. Điều này có nghĩa là chúng ta cần tìm hiểu xem liệu có những vận tốc góc dương $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ và $\omega_4$ mà tại đó không xảy ra hiện tượng làm phẳng bất kỳ bộ ba vệ tinh nào hay không. Đáp số Định lý được đưa ra ở trên cho chúng ta câu trả lời cho câu hỏi này: trong bất kỳ bộ ba nào được chọn từ các số $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$, $\omega_4$, số lớn nhất phải bằng tổng của hai kết nối. Giả sử, để định nghĩa, $0 < \omega_1 \leqslant \omega_2 \leqslant \omega_3 \leqslant \omega_4$. Sau đó, đối với bộ ba $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ phải là $\omega_3 = \omega_1 + \omega_2$, đối với bộ ba $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_4$ phải là $\omega_4 = \omega_1 + \omega_2$, do đó $\omega_3 = \omega_4$. Nhưng đối với bộ ba, $\omega_1$, $\omega_3$, $\omega_4$ phải là $\omega_4 = \omega_3 + \omega_1$, do đó $\omega_1 = 0$, mâu thuẫn với điều kiện $\omega_1 > 0$. Điều này chứng tỏ bốn số dương cần tìm không tồn tại. Do đó, không thể xây dựng một ví dụ về chuyển động của bốn vệ tinh theo quỹ đạo tròn mà chúng ta cần, trong đó hành tinh được chiếu sáng mọi lúc; bốn vệ tinh cũng không đủ để đạt được mục tiêu đặt ra vào năm bài toán.

Tuy nhiên, với các vệ tinh quay theo quỹ đạo tròn, đã có đủ không gian để chiếu sáng hoàn toàn tất cả các hành tinh tại mọi thời điểm (chúng tôi mời độc giả tự xây dựng một ví dụ thích hợp).

Ngoài ra, xin mời độc giả chứng minh khẳng định ở đoạn 2) của định lý về vệ tinh khi $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ là số nguyên. Rõ ràng, điều này có thể được thực hiện khá đơn giản.