Kvant 1978, số 12 · Trang

KEANM 12
1978

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

Máy đo độ cao thiên thể - “thu thập các ngôi sao” - đã trung thành phục vụ bản chất con người trong hơn một nghìn năm rưỡi, giúp đỡ các nhà thiên văn học và hoa tiêu. Thiết kế của thiết bị này dựa trên các đặc tính của cái gọi là phép chiếu lập thể. Bạn có thể đọc thêm về điều này trên p. 50.

Máy đo thiên văn mà bạn nhìn thấy trong bức ảnh này được chế tạo vào năm 1532 bởi bậc thầy người Nuremberg G. Hartmann. Nó được làm bằng đồng mạ vàng và giống như nhiều thiết bị cổ, nó là một tác phẩm nghệ thuật thực sự. Tuy nhiên, việc sử dụng nó hoàn toàn không kém phần quan trọng.

1

Được thành lập vào năm 1970
12
1978

khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Nhà xuất bản “Khoa học”
Tòa soạn chính
văn học vật lý và toán học

TRONG PHÒNG:

2 A. Geronimus. Phương trình Diophantine modulo số nguyên tố
7 V. Kravtsov, I. Serbin. Phản xạ góc
10 E. Gik. Có trò chơi cờ vua vô tận không?

Phòng thí nghiệm «Kvant»
13 V. Milman. Tại sao que diêm cháy lại bị cong?

vòng tròn toán học
15 G. Galperin, A. Kushinirenko. Vệ tinh và bài toán nâng cấp

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M536—M540; F548—F552
24 Lời giải bài toán M491—M493; F503, F505—F507

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải bài toán từ Zadachik «Kvant» (tr. 12, 36, 41, 53)

Qua những trang sách giáo khoa
34 A. Zemlyakov. 17 câu hỏi nữa

«Kvant» cho học sinh nhỏ
37 Bài toán
38 V. Makhrov. Người quen cũ

Xưởng của người nộp đơn
40 I. Gorev. Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova
42 L. Tabachnikov. Các yếu tố tĩnh học của vật thể biến dạng
47 V. Tonyan. Giới thiệu về các khoa dự bị tại VZAZ
50 V. Berezin. Phép chiếu lập thể và thước đo thiên văn

Đánh giá, thư mục
54 I. Zorich. Người sáng tạo tương lai của công nghệ vũ trụ

Thông tin
55 V. Skovortsov. Olympic Toán quốc tế dành cho học sinh lần thứ XX
56 N. Vasiliev. Bài toán Olympic Toán học của Đảng Cộng hòa năm 1978

Đáp số, gợi ý, lời giải
61 Xuất bản 1978

© Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học
Nhà xuất bản “Khoa học”, «Kvant», 1978

2

Phương trình Diophantine modulo số nguyên tố

“Thưa ngài Dionysius đáng kính, biết rằng chúng tôi rất muốn học lời giải bài toán liên quan đến các con số, tôi đã cố gắng giải thích bản chất và sức mạnh của chúng, của chúng tôi, từ nền tảng mà khoa học này dựa trên.

Có lẽ chủ đề này có vẻ khó đối với tôi vì chúng ta vẫn chưa quen với nó và những người mới bắt đầu không có xu hướng mong đợi thành công. Nhưng trước hết, có thể nhờ sự siêng năng của bạn và những sai lầm của tôi, hoặc niềm đam mê khoa học nồng nàn sẽ giúp bạn học hỏi nhanh chóng”.

Với sự cống hiến này, Số học của Diophantus của Alexandria sẽ mở ra.

Trong cuốn sách này, Diophantus (có lẽ ông sống ở thế kỷ thứ 3) đã tóm tắt và mở rộng kinh nghiệm tích lũy trước ông lời giải về các phương trình đại số không xác định (tức là có nhiều biến) trong số nguyên hoặc số hữu tỷ. Kể từ đó, những phương trình này được gọi là phương trình Diophantine.

Dưới đây là ví dụ về các phương trình như vậy:
$$x^2 + y^2 = z^2, \quad x^2 = y^3 + 5y + 7.$$

Sự quan tâm đến phương trình Diophantine rõ ràng có liên quan đến bản chất của con người - các tài liệu được bảo tồn tiết lộ dấu vết của nó ở độ sâu hàng nghìn năm. Ngay cả ở Babylon cổ đại, họ cũng đang tìm kiếm các dự án Pythagore - số nguyên lời giải $x^2 + y^2 = z^2$.

“Số học” của Diophantus đã hình thành nền tảng của lý thuyết số hiện đại. Kể từ thời Fermat (thế kỷ 17), các phương trình Diophantine đã trở thành chủ đề nghiên cứu sâu sắc của các nhà toán học lỗi lạc nhất và là mối quan tâm không ngừng của tất cả những người yêu thích các con số, không kém gì Dionysius đáng kính.

Sức mạnh của bài toán, được nói đến trong sự cống hiến, đã và đang ngày càng lớn mạnh. Lý thuyết về phương trình Diophantine có mối liên hệ với hầu hết các lĩnh vực của toán học hiện đại.

Diophantus chỉ nhầm ở một điều - chủ đề không trở nên dễ hiểu.

Có lẽ người cuối cùng chia sẻ niềm hy vọng này là nhà toán học nổi tiếng người Đức David Hilbert. Năm 1900, trong một báo cáo tại Cuộc thi Toán học Quốc tế lần thứ hai, ông đã đưa ra 23 bài toán từ các lĩnh vực toán học khác nhau. Bài toán thứ mười được xây dựng như sau: chỉ ra phương pháp có thể thực hiện được, sau một số hữu hạn các thao tác cài đặt, liệu một phương trình Diophantine đã cho có thể giải được dưới dạng số nguyên hay không.

Một thời gian dài nghiên cứu đã kết thúc vào năm 1969 với một giải pháp tiêu cực cho vấn đề này: hóa ra phương pháp chung được đề cập trong công thức của nó hoàn toàn không tồn tại *).

Liên quan đến các phương trình Diophantine, các phương trình bài toán đơn giản hơn cũng được đặt ra. Với lời giải những lý thuyết rất hay của họ đã nảy sinh. Chúng tôi đã thảo luận về sự khởi đầu của một trong số đó - lý thuyết về phương trình Diophantine modulo nguyên tố - ở đất nước này. Để làm rõ câu chuyện này, chúng tôi khuyên bạn nên đọc lại các bài “So sánh và phân loại dư lượng” (số 10) và “So sánh theo modulo đơn giản” (số 11).

Chuyển sang phương trình modulo nguyên tố

Hãy xem xét một số phương trình Diophantine. Chúng ta hãy giả sử rằng nó có lời giải và cùng nhau xem xét

*) Để biết thêm thông tin về điều này, xem «Kvant», 1970, Số 7.

3

được bao gồm trong số lời giải các lớp dư lượng của chúng mod p. Dễ dàng thấy rằng tập kết quả sẽ là nghiệm của phương trình đã cho - phương trình thu được từ phương trình đã cho bằng cách thay thế từng hệ số bằng lớp thặng dư mod p của nó. Vì vậy, cần coi nghiệm của phương trình Diophantine là sự tồn tại của lời giải của phương trình rút gọn mod p với mọi p*).

Trong phần này, chúng tôi sẽ đưa ra hai ví dụ về quá trình chuyển đổi sang mod p, và trong phần tiếp theo chúng tôi sẽ nghiên cứu phương trình Diophantine động mod p (nghĩa là các phương trình có hệ số trong tập F_p). Lý thuyết của họ đơn giản hơn nhiều so với lý thuyết về phương trình Diophantine thông thường. Tập F_p là hữu hạn và có thể xác định xem một phương trình Diophantine đã cho có lời giải hay không bằng cách liệt kê đơn giản. Do đó, không có gì đáng ngạc nhiên khi tập F_p có những định lý tổng quát đảm bảo sự tồn tại của lời giải. Chúng ta xây dựng và thảo luận về các định lý này trong các phần sau.

Phương trình số nguyên lời giải là gì

$$35x^4 + 24y^3 = 100\ 000?$$

(1)

Hãy trình bày phương trình này mod 3. 35 ≡ 2 (mod 3), 24 ≡ 0 (mod 3), 100\000 ≡ 1 (mod 3); do đó, mod 3, phương trình (1) có dạng

$$\bar{2}x^4 = \bar{1}.$$

(2)

$$\bar{2}x^4$$ với x ∈ F_3 nhận giá trị 0 và 2 (kiểm tra) nên phương trình (2) không có lời giải, nghĩa là phương trình (1) cũng không có lời giải.

Hãy xem ví dụ cuối cùng:

$$5x^3 + 11y^3 + 13z^3 = 0.$$

(3)

Phương trình này có một lời giải hiển nhiên: x = y = z = 0. Hãy thử chứng minh rằng nó không có lời giải nào khác.

Điều tự nhiên là xét phương trình (3) modulo 5, 11 hoặc 13 - khi đó một trong ba số hạng sẽ chuyển về 0. Chúng ta nên chọn modulo nào?

*) Các phép tính “modulo” cũng được thảo luận trong bài viết của M. I. Bashmkov («Kvant», 1971, số 3).

lời giải bài toán 4 bài “So sánh theo modulo đơn giản” sẽ giúp chúng ta giải đáp câu hỏi này. Từ đó suy ra rằng trong các tập F_5 và F_{11} tất cả các phần tử đều là hình lập phương và trong tập F_{13} chỉ có 5 phần tử là hình lập phương.

Sau khi rút gọn phương trình (3) modulo 5, nó có dạng

$$y^3 + \bar{3}z^3 = \bar{0}.$$

(4)

Vì mọi phần tử của tập hợp F_5 đều là lập phương và có thể chia được trong F_5, nên với mọi a và b chúng sẽ tìm được y và z sao cho y^3 = a và 3z^3 = b. Do đó, trong tập F_5, phương trình (4) có nhiều giá trị khác 0 lời giải (tương ứng với các cặp a, b mà a + b = 0). Kết quả tương tự cũng đúng với F_{11}. Vì vậy, chúng ta chưa tìm được, xét phương trình (3) modulo 5 hoặc 11, chứng minh được nó chỉ có 0 lời giải.

Xét phương trình (3) mod 13:

$$\bar{5}x^3 + \bar{11}y^3 = \bar{0}.$$

(5)

Trong tập F_{13} chỉ có các phần tử 0, 1, 5, 8, 12 là lập phương. Hãy lập một bảng gồm các giá trị có thể có của biểu thức $\bar{5}a + \bar{11}b$, trong đó a, b ∈ {0, 1, 5, 8, 12} (giao điểm chứa tổng $\bar{5}a + \bar{11}b$). Bảng cho thấy nghiệm duy nhất của phương trình (5) là x = y = 0.

Điều này có nghĩa là với mọi lời giải x_0, y_0, z_0, phương trình (3) x_0 và y_0 đều chia cho 13: x_0 = 13x_1, y_0 = 13y_1. Thay thế các biểu thức này cho x_0 và y_0 vào (3),

4

chúng ta nhận được $5 \cdot 13^3 x_1^3 + 11 \cdot 13^3 y_1^3 + 13 z_0^3 = 0$, từ đó $z_0$ chia cho 13: $z_0 = 13 z_1$. Thay thế và giảm đi 13: $5 x_1^3 + 11 y_1^3 + 13 z_1^3 = 0$. Theo đó, $x_1 = 13 x_2$, $y_1 = 13 y_2$, $z_1 = 13 z_2$, v.v. Do đó, $x_0, y_0, z_0$ có thể chia hết cho bất kỳ lũy thừa nào của 13, điều này chỉ có thể chia hết nếu $x_0 = y_0 = z_0 = 0$.

Định lý Chevalley và Varnin

Biết tập hợp $F_{13}$ cho phép chúng ta biết nên chọn mô hình so sánh nào để nghiên cứu phương trình (3).

Điều gì xảy ra nếu phương trình không có ba biến mà có bốn hoặc năm biến? Điều gì xảy ra nếu bậc của phương trình không phải là 3 mà là 4, 5 hoặc 6? Người ta cảm thấy rằng nếu số lượng biến x được thông báo, thì cơ hội chứng minh lời giải của phương trình ban đầu là không thể, khi xem xét nó theo một mô hình nào đó; nếu mức độ của nó được thông báo, chúng sẽ phát triển. Thông điệp trực quan này có thể được cải tiến hơn nữa.

Định lý Chevalley đáng chú ý sau đây là đúng: xét tập $R(x_1, x_2, \dots, x_n)$ với các hệ số trong tập $F_p$; đặt $x_1 = x_2 = \dots = x_n = 0$ - lời giải phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$; nếu bậc của tập hợp $R(x_1, x_2, \dots, x_n)$ nhỏ hơn n thì phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$ cũng khác 0 lời giải.

Định lý Chevalley ngay lập tức tiếp nối định lý Varnin: nếu bậc nhân $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$ bằng 0 hoặc $\ge p$. Nhưng trường hợp đầu tiên bị loại trừ vì phương trình bằng 0 lời giải. Điều này có nghĩa là anh ta vẫn còn ít nhất p - 1 lời giải.

Chứng minh định lý Varnin rất đơn giản và hay nên chúng ta sẽ trình bày ở đây, nhưng trước tiên hãy nói.

Về một số lượng bằng 0

Tổng $\bar{b}_1 + \bar{b}_2 + \dots + \bar{b}_p$ của tất cả các phần tử của tập hợp $F_p$ là bao nhiêu? Hãy nhân tất cả các số hạng với một phần tử nào đó $\bar{a}$ từ $F_p$, không bằng 0 và 1. Khi đó tổng sẽ được nhân với cùng một phần tử: $\bar{a} \bar{b}_1 + \bar{a} \bar{b}_2 + \dots + \bar{a} \bar{b}_p = \bar{a} (\bar{b}_1 + \bar{b}_2 + \dots + \bar{b}_p)$. Mặt khác, khi nhân tất cả các phần tử của tập hợp $F_p$ với một phần tử nào đó ($\neq 0$), chúng ta lại nhận được tất cả các phần tử từ $F_p$; do đó $\bar{b}_1 + \bar{b}_2 + \dots + \bar{b}_p = \bar{a} (\bar{b}_1 + \bar{b}_2 + \dots + \bar{b}_p)$. Vì vậy, $\bar{b}_1 + \bar{b}_2 + \dots + \bar{b}_p = 0$.

Tổng $\bar{b}_1^2 + \bar{b}_2^2 + \dots + \bar{b}_p^2$ bình phương của các phần tử của tập hợp $F_p$ là bao nhiêu? Hãy nhân tất cả các phần tử một lần nữa với một phần tử nào đó $\bar{a} (\neq 0, 1)$. Sau đó, số tiền, vì lý do tương tự như trước, vẫn giữ nguyên: $(\bar{a} \bar{b}_1)^2 + (\bar{a} \bar{b}_2)^2 + \dots + (\bar{a} \bar{b}_p)^2 = \bar{b}_1^2 + \bar{b}_2^2 + \dots + \bar{b}_p^2$; mặt khác $(\bar{a} \bar{b}_1)^2 + (\bar{a} \bar{b}_2)^2 + \dots + (\bar{a} \bar{b}_p)^2 = \bar{a}^2 (b_1^2 + \dots + \bar{b}_p^2)$. Nếu $\bar{a}^2 \neq 0, 1$ thì $b_1^2 + \bar{b}_2^2 + \dots + \bar{b}_p^2 = 0$.

Và nói chung: nếu trong tập hợp $F_p$ có một phần tử $\bar{a}$ sao cho $\bar{a}^k \neq 0, 1$, thì tổng lũy ​​thừa $k$ của tất cả các phần tử từ $F_p$ bằng 0.

Rõ ràng là nếu $\bar{a}^k = 1$ đối với đa thức đầu tiên $\bar{a}$ của $F_p$, thì thậm chí còn hơn thế nữa $\bar{b}_k = 1$ đối với tất cả các phần tử khác $\bar{b} \neq 0$. Nếu $\bar{a}^k = 1$ nếu và chỉ nếu k chia hết cho p - 1. Cụ thể, nếu $0 < k < p - 1$, thì $\bar{a}^k \neq 1$ và tổng lũy thừa thứ k bằng 0. Vì $\bar{0}^{p-1} + \bar{1}^{p-1} + \dots + \bar{p-1}^{p-1} = \bar{p-1}$ và $x^p = x$ cho $x \in F_p$ (Định lý nhỏ Fermat), chúng tôi đã tìm thấy tổng lũy thừa thứ k của các phần tử từ $F_p$ với mọi k ≠ 0:

$$\bar{b}_1^k + \bar{b}_2^k + \dots \bar{b}_p^k =$$

$$= \begin{cases} 0, \text{ если } k \neq 0 (\text{mod } p - 1), \\ p - 1, \text{ если } k \equiv 0 (\text{mod } p - 1) \text{ и } k \neq 0. \end{cases}$$

5

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số đơn thức $q = x_1^{k_1} x_2^{k_2} \dots x_t^{k_t}$ và tất cả các tập hợp có thứ tự có thể có $\langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle$, trong đó $\bar{c}_i \in F_p$ ($i = 1, 2, \dots, n$). Có $p^n$ bộ như vậy. Chúng tôi sẽ giả định rằng $t \leq n$. thì với mỗi tập hợp, chúng ta có thể tính giá trị của đơn thức $q$, chúng ta chấp nhận trên tập hợp này: chúng ta cần thay thế các số $t$ đầu tiên của tập hợp thay vì $x_1, x_2, \dots, x_t$. Tổng của tất cả các giá trị $p^n$ này là bao nhiêu? (bài toán mà chúng tôi đã giải về tổng lũy ​​thừa $k$ là trường hợp đặc biệt của bài toán: $q = x_1^k, n = 1$.) Chúng tôi để độc giả tự tìm hiểu câu hỏi này.

Đối với những gì tiếp theo, chúng ta chỉ cần nếu $t < n$ hoặc $0 < k_i < p - 1$ đối với một số $i$, thì loại trừ tổng là $0$. Bạn có thể dễ dàng chứng minh điều này cho mình.

Chứng minh định lý Waring

Chúng ta hãy biểu thị bậc của đa thức $R(x_1, x_2, \dots, x_n)$ bằng $m$, số lời giải của phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$ bằng $N(R)$. Chúng ta cần suy ra từ điều kiện $m < n$ rằng $N(R)$ chia hết cho $p$.

Trong tập $M$ của tất cả các tập hợp phần tử được sắp xếp có thể có từ $F_p$ có độ dài $n$, hãy xem xét tập hợp con $M_R$ lời giải của phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$. Tập hợp con $M_R$ bao gồm các tập hợp $\langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle$ mà $R(\bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n) = 0$.

Hãy xem xét hàm $f_R$, gán cho mỗi phần tử $\langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle \in M$ số 1 nếu $\langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle \in M_R$ và số 0 nếu $c \langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle \notin M_R$.

(Một hàm được xác định trên một tập hợp $M$ nào đó và lấy giá trị 1 trên một tập hợp con nào đó $A \subset M$ và giá trị 0 trên các phần tử còn lại của $M$ được gọi là hàm đặc trưng của tập hợp con $A$. Do đó, hàm $f_R$ là hàm đặc trưng của tập hợp con $M_R$.) Từ chính định nghĩa của hàm $f_R$, ta suy ra rằng số lời giải $N(R)$ của phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$ bằng tổng các giá trị của hàm $f_R$ trên tất cả các phần tử của tập hợp $M$. Tuyên bố này dường như không bổ sung thêm gì vào định nghĩa của $f_R$. Tuy nhiên, người đọc sẽ thấy rằng việc thay thế tập $M_R$ bằng hàm $f_R$ là chìa khóa của chứng minh.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét hàm $f_R$, khác với hàm $f_R$ ở chỗ thay vì các số 1 và 0, nó lấy lời giải và các giá trị không nghiệm của các giá trị tương ứng $\bar{1}$ và $\bar{0}$ từ $F_p$. Tổng các giá trị $S(\bar{f}_R)$ ​​của hàm $f_R$ trên tất cả các bộ $\langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle$ bằng với lớp dư lượng $N(R)$ (mod $p$) của số $N(R)$. Do đó, để chứng minh định lý Waring, chỉ cần chứng minh $S(\bar{f}_R) = \bar{0}$ là đủ.

Sử dụng Định lý nhỏ Fermat, chúng ta biểu diễn hàm $f_R$ dưới dạng đa thức. Để làm điều này, hãy xem xét đa thức $Q(x_1, x_2, \dots, x_n) = \bar{1} - R(x_1, x_2, \dots, x_n)^{p-1}$. Nếu $R(\bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n) \neq 0$ thì Định lý nhỏ Fermat $R(\bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n) = \bar{0}$. Nếu $R(\bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n) = \bar{0}$ thì $R(\bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n)^{p-1} = \bar{0}$ và $Q(\bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n) = \bar{1}$. Vì vậy $f_R = Q$.

Đa thức $Q(x_1, x_2, \dots, x_n)$ là tổng của các đơn thức: $Q = q_1 + q_2 + \dots + q_l$.

Chúng ta chỉ cần kiểm tra xem tổng các giá trị của từng đơn thức $q_1, q_2, \dots, q_l$ trên tất cả các tập hợp $\langle \bar{c}_1, \bar{c}_2, \dots, \bar{c}_n \rangle$ có bằng $\bar{0}$ là đủ hay không. Khi đó tổng của $S(f_R) = S(Q)$ sẽ bằng $\bar{0}$, vì $S(Q) = S(q_1) + S(q_2) + \dots + S(q_l)$.

Lấy ví dụ, đơn thức $q_1 = x_1^{k_1} x_2^{k_2} \dots x_t^{k_t}$. Bậc của đa thức $Q$ bằng $(p - 1) m$. Do đó, bậc của đơn thức $q_1$ nhỏ hơn $(p - 1) n$ (theo các điều kiện của Định lý $m < n$). Vì vậy, $k_1 + k_2 + \dots + k_t < (p - 1) n$. Từ bất đẳng thức này, suy ra rằng $t < n$ hoặc trong số $k_1, k_2, \dots, k_t$ có số mũ $k_i$ mà $0 < k_i < p - 1$. Đẳng thức $S(q_1) = \bar{0}$ bây giờ tuân theo kết quả được hình thành ở cuối phần trước.

Định lý Weyl-Lang

Chúng ta đã nói ở trên rằng nếu phương trình diphant có lời giải

6

nitsa, thì bất kỳ phương trình đã cho nào (theo modulo đơn giản bất kỳ $p$) cũng có lời giải.

Câu phát biểu: “Nếu một phương trình Diophantine có một lời giải khác 0, thì bất kỳ phương trình đã cho nào cũng có một lời giải khác 0” là không đúng. Ví dụ, phương trình
$$x^2 + y^2 = 9 = 0$$
có khác không lời giải ($x = 3, y = 0$), nhưng phương trình rút gọn modulo 3
$$x^2 + y^2 = 0$$
không có lời giải như vậy.

Tuy nhiên, rõ ràng là nếu một phương trình Diophantine có một lời giải khác 0, thì với mọi $p$, bắt đầu từ một số nào đó, phương trình đã cho cũng có một lời giải khác 0.

Điều ngược lại không đúng: phương trình.
$$x^2 + y^2 + z^2 = 0$$
(6)
theo định lý Chevalley có lời giải khác 0 trong $F_p$, và phương trình
$$x^2 + y^2 + z^2 = 0$$
không có giá trị khác 0 lời giải (không chỉ trong $Z$, mà còn trong $R$ *).

Bây giờ chúng ta hãy xem xét lại phương trình Diophantine
$$R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$$,
có các hệ số là số nguyên. Thật thú vị khi biết tập hợp các số nguyên tố $p$ tồn tại lời giải mod $p$ là gì. Đáp số Câu hỏi này được trả lời bằng định lý Weyl-Lang đáng chú ý. Nếu tập $R(x_1, x_2, \dots, x_n)$ là một tập rút gọn tuyệt đối thì phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$ có lời giải theo modulo đơn giản $p$ cho tất cả $p$, bắt đầu từ một số.

Bằng cách rút gọn tuyệt đối bằng một đa thức, chúng tôi muốn nói đến một đa thức không thể khai triển thành tích của hai đa thức modulo $p$ với mọi $p$, bắt đầu từ một số.

*) Đây không phải là một ví dụ thú vị lắm: người đọc có thể kiểm tra rằng, modulo 8, phương trình (6) không có khác 0 lời giải. Trong bài viết được đề cập của M.I. Bashmkov, một ví dụ về phương trình Diophantine ($3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$) không có khác 0 lời giải, trong đó phương trình rút gọn lời giải không có phương trình khác 0 theo bất kỳ modulo $p$ nào, được đưa ra.

Điều kiện tối giản tuyệt đối trong việc xây dựng định lý là rất cần thiết: từ nhiệm vụ 2 đến bài “So sánh theo modulo đơn giản” ta suy ra phương trình $x_1^2 + x_2^2 = 0$ giải được cho $p = 4k + 1$ và không giải được cho $p = 4k + 3$. Có nhiều số nguyên tố dạng $p = 4k + 3$ vô hạn nên kết luận của định lý về đa thức $x_1^2 + x_2^2$ là không đúng. Tất nhiên, tiền đề cũng sai đối với anh ta: từ khả năng giải được của phương trình $x_1^2 + x_2^2 = 0$ modulo $p = 4k + 1$ (và cũng có vô số số nguyên tố thuộc loại này), suy ra rằng nó có thể phân tích thành nhân tử đối với modulo này.

Có thể chứng minh rằng “đại đa số” các đa thức là hoàn toàn bất khả quy.

Không giống như định lý Waring, việc chứng minh định lý Weyl-Lang rất khó khăn trong trường hợp tổng quát.

Hãy xem xét một trường hợp rất đặc biệt của phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$: khi đa thức $R$ bậc một: $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = a_1x_1 + a_2x_2 + \dots + a_nx_n + b$ (mặc dù một trong các hệ số $a_i$ được giả sử khác 0). Dễ dàng nhận thấy điều đó trong trường hợp này $N(R) = p^{n-1}$. Thật vậy, chúng ta có thể giả sử (sắp xếp lại, nếu cần, chưa biết tức là) rằng $a_1 \neq 0$; sau đó, cho $x_2, \dots, x_n$ tất cả các ý nghĩa có thể có từ $F_p$ và đặt $x_1 = -a_1^{-1}(a_2x_2 + \dots + a_nx_n + b)$, chúng ta nhận được lời giải.

Định lý Weyl–Lang có thể được cải tiến: với $p$ lớn
$$|N(R) - p^{n-1}| < c \cdot p^{\frac{n-1}{2}},$$
trong đó $c$ là số hệ số, tùy thuộc vào đa thức $R$.

Bằng chứng ban đầu của Weyl dựa trên mối liên hệ sâu sắc mà ông đã phát hiện ra giữa các câu hỏi dường như xa xôi: bài toán rời rạc và thậm chí hữu hạn của số lời giải của phương trình $R(x_1, x_2, \dots, x_n) = 0$ trong một modulo đơn giản và cấu trúc hình học của đa thức liên tục của complis lời giải của phương trình này, tức là các tập hợp số complis $\langle d_1, d_2, \dots, d_n \rangle$ mà $R(d_1, d_2, \dots, d_n) = 0$.

Gần đây, một chứng minh cơ bản (không sử dụng phương pháp gián tiếp) nhưng lại rất phức tạp về định lý Weyl-Lang của nhà toán học Sverldov S. A. Stepanov.

7

Tấm phản xạ góc là một thiết bị được sử dụng để phản xạ radar hoặc chùm tia quang học theo hướng ngược lại với hướng ban đầu. Cho đến gần đây, gương phản xạ góc quang học chỉ được sử dụng làm thiết bị cảnh báo đường bộ khiêm tốn - trên xe đạp, xe tự động, tàu hỏa và biển báo đường bộ. Chúng được gọi là gương phản xạ *). Hiện nay, gương phản xạ góc được sử dụng rộng rãi: chúng được sử dụng trong radar dẫn đường, khí tượng học và nghiên cứu không gian.

Tấm phản quang góc “hoạt động” như thế nào?

Thiết bị của nó rất đơn giản. Hình 1 cho thấy các loại khác nhau

*) “Kataphot” (Hy Lạp) - một tấm phản xạ ánh sáng hướng về phía nguồn.

Phản xạ góc. Đây có thể là một hình lăng trụ tam giác, hai mặt bên vuông góc với nhau (Hình 1, a). Các mặt này (ОAA’О’ và OBB’O’) được phủ bên trong một lớp vật liệu mỏng phản chiếu ánh sáng tốt. Tấm phản xạ góc có thể là một paramid tứ diện (Hình 1, b), ba mặt vuông góc với nhau (AOB, BOC và AOC) được mạ bạc. Tấm phản xạ góc radar là ba tấm phẳng vuông góc với nhau (Hình 1, c), được làm bằng vật liệu phản xạ tốt sóng vô tuyến.

Như bạn có thể thấy, một tấm phản xạ góc có thể được biểu diễn dưới dạng sơ đồ như một hệ thống các gương phẳng vuông góc với nhau. Để hiểu rõ hơn nguyên lý hoạt động của gương phản xạ, hãy xem xét đường đi của tia sáng của hệ gồm hai gương như vậy ($3_1$ và $3_2$ trong Hình 2) thay đổi như thế nào.

Tia S, tới gương $3_1$ một góc $\phi_1$, bị phản xạ khỏi nó (tại điểm A), chạm vào gương $3_2$ một góc $\phi_2$ và bị phản xạ khỏi nó (tại điểm B). Dễ dàng nhận thấy do phản xạ nên chùm tia “quay” một góc $2\phi_1 + 2\phi_2 = 180^\circ$, tức là chùm tia phản xạ song song với chùm tia tới và hướng ngược lại.

Vai trò của hai tấm gương như vậy được thực hiện trong lăng kính phản xạ (Hình 1, a) của các mặt OAA’O’ và OBB’O’. Một tia sáng tới cạnh “cạnh huyền” BAA’B’ sau khi phản xạ trong lăng kính sẽ phát ra theo hướng ngược lại. Lưu ý rằng việc lấp đầy tia trên mặt cạnh huyền không có tác dụng.

8

về hành động “quay” của gương phản xạ (Hình 3). (Rõ ràng, nếu tia tới và tia phản xạ song song với nhau về một phía của mặt khúc xạ $BAA'B'$ - nằm trong góc thì chúng song song ở phía bên kia của nó.)

Tuy nhiên, một gương phản xạ bao gồm hai gương vuông góc với nhau chỉ “đảo ngược” những tia nằm trong mặt phẳng vuông góc với cạnh của góc nhị diện được tạo bởi gương. Một gương phản xạ bao gồm ba gương vuông góc với nhau không có nhược điểm này. Chúng ta hãy chứng minh rằng bất kỳ tia nào chạm tới một gương phản xạ như vậy và chịu sự phản xạ tuần tự từ cả ba gương sẽ đổi hướng của nó hoàn toàn ngược lại.

Để làm được điều này, trước hết, theo khoảng cách, vectơ đơn vị xác định hướng của tia sẽ thay đổi như thế nào khi tia phản xạ từ gương phẳng. Trong Hình 4 có một gương, $S$ là tia tới gương nghiêng một góc $\varphi$, $s$ là vectơ đơn vị xác định hướng của tia tới, $n$ là vectơ đơn vị vuông góc với mặt phẳng gương, $s'$ là vectơ đơn vị theo hướng của tia $S$. Chúng ta hãy biểu diễn nó dưới dạng tổng của ba thành phần $s_x, s_y$ và $s_z$, song song với các trục $X$, $Y$ và $Z$ tương ứng. Sau sự phản xạ đầu tiên—sự phản chiếu từ gương $3_1$—tia truyền theo hướng được xác định bởi vectơ đơn $s'$. Các thành phần của vectơ $s'$ là $s_x, s_y, s_z$, (thành phần $s_x$ của vectơ $s$, vuông góc với mặt phẳng gương $3_1$, đổi dấu ngược lại

9

sai và các thành phần $s_y$ và $s_z$, song song với mặt phẳng này, không thay đổi). Sau khi theo dõi các phản xạ liên tiếp của chùm tia từ gương $3_2$ và $3_3$, chúng ta sẽ tin rằng sau phản xạ thứ ba (từ $3_3$), chùm tia đi theo hướng được xác định bởi vectơ thống nhất $s''$, các thành phần của nó bằng với sự tương ứng $-s_x, -s_y, -s_z$. Điều này có nghĩa là bất kỳ tia nào rơi vào hệ gồm ba gương vuông góc lẫn nhau đều bị hệ này phản xạ theo hướng ngược lại với hướng ban đầu.

Một hệ thống gương như vậy được hình thành bởi ba mặt màu xám vuông góc lẫn nhau của kim tự tháp phản xạ góc (xem Hình 1, b). Trên các mặt đóng góc ABC không cản trở hoạt động của các mặt phản xạ AOB, BOC và AOC.

Chúng ta đã nói về việc sử dụng rộng rãi các tấm phản xạ góc. Cái “cũ nhất” trong số chúng, cadafts, có thể được hình dung như một tập hợp các gương phản xạ hình chóp, được sao chép sao cho các cạnh của các góc nhị diện được tạo thành bởi các cạnh phản xạ nằm trong cùng một mặt phẳng và được quay tương đối với nhau ở mọi góc có thể. Mỗi lăng kính như vậy phản xạ các tia “phía sau” vuông góc với cạnh của góc nhị diện. Đó là lý do tại sao kadafot và mỗi người đều tỏa sáng.

Trong thực tế nâng cao, các tấm phản xạ góc thuộc loại trong Hình 1 được sử dụng trong radar. Ví dụ, phao và phao được trang bị gương phản xạ như vậy sẽ trở nên dễ bị radar phát hiện hơn. Sử dụng gương phản xạ gắn trên khinh khí cầu thời tiết, tốc độ và hướng gió ở độ cao lớn hơn được xác định bằng radar.

Các gương phản xạ góc quang học là ứng dụng duy nhất trong nghiên cứu không gian. Một tấm phản xạ đặt trên vệ tinh nhân tạo hoặc tàu vũ trụ giúp có thể xác định khoảng cách đến các vật thể này với độ chính xác rất cao. Đồng thời, như một chùm tia laser.

Năm 1969, tấm phản xạ góc được phi hành đoàn tàu vũ trụ Apollo II của Mỹ đặt trên Mặt trăng. Một năm sau, gương phản chiếu góc thứ hai xuất hiện trên Mặt trăng - được lắp trên xe tự hành tự động của Liên Xô.

(Cuối cùng xem trang 46)

10

E. Gik

Có trò chơi cờ vua vô tận không?

Về nguyên tắc, các quy định mới về tổ chức một trận đấu tại Giải vô địch Cờ vua Thế giới cho phép xảy ra tình huống trận đấu có thể tiếp tục vô thời hạn hoặc cho đến khi một hoặc tất cả những người tham gia hoàn toàn kiệt sức.

Một ván cờ có thể tồn tại vô thời hạn được không?

Nếu một thế cờ chiếu tướng đã xuất hiện trên bàn cờ thì rõ ràng là dù trận đấu có kéo dài bao lâu trước khi vị trí này xảy ra thì nó cũng sẽ kết thúc với một số nước đi hữu hạn. Vì vậy, trò chơi kết quả không thể là vô hạn. Ở thế hòa, ván cờ có thể tiếp tục vô thời hạn nếu không có điều khoản đặc biệt nào trong luật cờ vua.

Chúng ta hãy nhớ lại luật cờ vua nổi tiếng trong một ván cờ: nếu cùng một vị trí xuất hiện trên bàn cờ ba lần trở lên thì lúc đó bạn có quyền yêu cầu hòa. Nói rằng một vị trí phải ở cùng một phía và ảnh hưởng bên trong của vị trí đó cũng phải giống nhau (điều này áp dụng cho việc nhập thành và cầm đồ “trên lối đi”).

Chúng tôi sẽ giả định rằng với việc lặp lại vị trí gấp ba lần, một trận hòa sẽ tự động xảy ra. Khi đó, từ số lượng hữu hạn các thế cờ, suy ra rằng thời gian của một ván cờ bị giới hạn ở trên. Hãy ký hiệu số vị trí khác nhau trên bảng là A.

Bài tập 1. Tìm giới hạn trên của A.

Rõ ràng là không có trò chơi nào có thể kéo dài hơn 3 nước đi (theo nước đi chúng tôi muốn nói là hai nước đi).

11

nửa bước - trắng và đen). Thật vậy, trong thời gian này, ít nhất một vị trí sẽ được lặp lại ba lần (nếu đến lượt của cùng một bên), và nếu trận đấu chưa kết thúc sớm hơn thì trọng tài sẽ ghi chung một trận hòa. Do đó, theo giả định của chúng tôi (không có trong luật cờ vua!), quy tắc lặp lại một vị trí ba lần sẽ loại trừ một trò chơi bất tận.

Bây giờ chúng ta hãy giả sử rằng không có gì là thực khi lặp lại không phải cùng một vị trí ba lần mà là cùng một chuỗi động tác liên tiếp. Hãy chứng minh rằng với điều kiện này có thể tồn tại một ván cờ vô hạn, nghĩa là có một ván cờ trong đó không có chuỗi nước đi nào được lặp lại ba lần liên tiếp.

Hãy xem xét trường hợp đơn giản nhất khi chỉ có quân vua di chuyển trên bàn cờ. Hơn nữa, chúng tôi sẽ chỉ cho phép mỗi người trong số họ cơ động trên ba cánh đồng! Cho vua trắng di chuyển ở góc dưới bên trái - dọc theo các ô a1, a2, b1 và vua đen ở phía trên bên phải - dọc theo các ô h8, h7, g8 và không có quân nào khác trên bàn cờ. Chúng ta hãy biểu thị chuyển động theo chiều kim đồng hồ của mỗi quân vua là 1 và chuyển động ngược chiều kim đồng hồ là 2. Nếu vị trí ban đầu của quân hậu là cố định thì mỗi chuyển động của chúng tương ứng với một chuỗi giới hạn gồm một và hai. Điều ngược lại cũng đúng: bất kỳ chuỗi số một và số hai nào cũng xác định một chuyển động nhất định của quân hậu. Ví dụ: nếu quân vua ở các ô góc (trắng - trên a1, đen - trên h8), thì chuỗi 12 21 21 12 21 12 tương ứng với các nước đi sau: 1. Kr a1-a2 (thành viên đầu tiên của chuỗi 1 - vua trắng đi theo chiều kim đồng hồ) 1 … Kr h8 - g8 (đoạn thứ 2 2 - vua đen di chuyển ngược chiều kim đồng hồ) 2. Kr a2-a1 Kr g8 - h8 3. Kr a1 - b1 Kr h8 - h7. 4. Kr b1 - a1 Kr h7 - h8 5. Kr a1 - b1 Kr h8 - h7 6. Kr b1 - a1 Kr h7 - h8.

Như vậy, theo ngôn ngữ toán học, bài toán của chúng ta có thể được phát biểu như sau: chứng minh rằng tồn tại một dãy vô hạn gồm các số 1 và 2, trong đó không có ba số liền kề giống hệt nhau. Trong cuốn sách của A. M. và I. M. Yaglomov *) người ta đã chứng minh rằng có những dãy cụ thể tùy ý bao gồm các số 1 và 2, trong đó không có số liền kề giống hệt nhau. Do đó, có một trò chơi vô hạn trong đó không có chuỗi nước đi nào xảy ra ba lần liên tiếp.

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra các quy tắc của mã cờ vua loại trừ sự tồn tại của một ván cờ vô hạn.

Trước hết, đây là “quy tắc năm mươi nước đi”: nếu trong 50 nước đi liên tiếp không có một quân cờ nào bị bắt trên bàn cờ và không có một con tốt nào thực hiện một nước đi, thì trò chơi được coi là hòa. Thứ hai, trò chơi được coi là hòa nếu xuất hiện một thế cờ mà không thể thắng được (vua chống lại vua, vua chống lại vua và quân phụ, vua và giám mục chống lại vua và giám mục “cùng màu”).

*) A. M. Yaglom, I. M. Yaglom. Không tiểu học bài toán trong bài thuyết trình tiểu học. M., Gostekhidat, 1954. Bài toán 1236).
**) «Kvant», 1975, № 9.

13

Tại sao que diêm cháy lại bị cong?

Được biết, việc chơi bằng diêm rất nguy hiểm - có thể dẫn đến hỏa hoạn. Nhưng chúng ta vẫn hãy thực hiện những biện pháp phòng ngừa cẩn thận nhất, tiến hành một loạt thí nghiệm đơn giản với việc đốt diêm. Chúng tôi khuyên bạn nên tìm hiểu hình dạng của que diêm thay đổi như thế nào khi cháy.

Trước khi bắt đầu thử nghiệm, chúng tôi sẽ đảm bảo an toàn tuyệt đối cho họ. Các que diêm sẽ cần được giữ bằng nhíp trên một bát nước đặt trên một tấm kim loại. Hãy chuẩn bị thích hợp và bắt đầu thí nghiệm.

Kiểm tra 1. Giữ một que diêm đang cháy theo chiều ngang. Ngọn lửa di chuyển dọc theo que diêm và khi nó di chuyển, phần cháy của que diêm bốc lên. Chiều cao của viền này thay đổi tùy theo trận đấu khác nhau. Một số que diêm bị xoắn trong quá trình này (Hình 1). Điều quan trọng cần lưu ý là phần que diêm đã nguội (cháy) sẽ bị “uốn cong”.

Bài kiểm tra 2: Nhúng que diêm đang cháy vào ngọn lửa của bếp. Que diêm cháy hầu như không bao giờ uốn cong.

Về thử nghiệm 3. Hãy xem các que diêm có độ dày khác nhau cháy như thế nào. Que diêm dày sẽ bị uốn cong lớn hơn bình thường và các mảnh vụn rơi ra từ que diêm cũng nhỏ hơn.

Chúng ta hãy nhìn kỹ lại một que diêm đang cháy nằm nằm ngang. Ngọn lửa di chuyển chậm dọc theo que diêm; đồng thời gỗ khi đốt vẫn nhẵn (không bị cong). Màu sắc của phần này của trận đấu là màu đen. Điều này có nghĩa là nhiệt độ khu vực này tương đối không cao hơn 500 600°C. Ngay sau ngọn lửa, một sọc đỏ hẹp (≈2 mm) di chuyển. Đây là vùng có nhiệt độ cao nhất (≈700  750°C), vừa kết thúc quá trình cháy. Nếu bạn nhìn vào dải này từ bên cạnh, về mặt nghiêng, bạn có thể thấy phần trên của nó nóng đỏ và phần dưới có màu đen. Điều này có nghĩa là phần trên của que diêm bắt đầu nguội, có nhiệt độ cao hơn và do đó sẽ giữ lại màu đỏ. Nguyên nhân của sự cháy không đều như vậy là do dòng không khí đối lưu.

Có lẽ đây chính là sự chênh lệch nhiệt độ giữa phần trên và phần dưới của que diêm giải thích cho việc que diêm đang cháy bị uốn cong? Hơn nữa, nó được uốn cong sao cho độ lồi luôn hướng về nhiệt độ thấp hơn (trong quá trình đốt cháy). Giả định này được xác nhận theo cách này: nếu bạn cẩn thận (để nó không tắt) thổi từ trên cao vào que diêm đang cháy, thì sau khi đốt, bạn sẽ có một góc gần như cháy - chúng ta thổi ngọn lửa xuống, nhiệt độ của phần trên và phần dưới cân bằng; Nếu bạn chạm vào que diêm đang cháy bằng một vật kim loại lạnh (ví dụ như đinh) và giữ nó một lúc (để que diêm không tắt) thì que diêm sẽ bị cong nhiều hơn so với khi đốt thông thường.

Vì vậy, giả định về mặt chất lượng của chúng tôi về các nguyên tắc gây ra

14

Bẻ một que diêm có vẻ hợp lý. Hãy thử thực hiện một đánh giá định lượng. Để làm điều này, chúng tôi sẽ sử dụng mô hình sau.

Chúng ta hãy chia trận đấu thành hai phần một cách có điều kiện trên một mặt phẳng nằm ngang. Trong quá trình đốt cháy, nhiệt độ của phần trên cao hơn phần dưới nhưng chiều dài của chúng như nhau. Khi làm mát, phần trên, phần nóng hơn sẽ co lại (rút ngắn) nhiều hơn phần dưới, do chênh lệch nhiệt độ giữa phần này của que diêm và không khí xung quanh lớn hơn. Do đó, chiều dài phần trên của que diêm nguội sẽ nhỏ hơn chiều dài phần dưới của nó và que diêm sẽ cong lồi xuống (về phía phần lạnh hơn khi cháy). Mô hình này lấp đầy một tấm lưỡng kim - một tấm gồm hai kim loại được hàn với hệ số giãn nở nhiệt khác nhau. Dựa vào mô hình này, chúng ta sẽ ước tính sự chênh lệch nhiệt độ giữa phần trên và phần dưới của trận đấu ở khu vực đai đỏ.

Gọi $l_0$ là độ dài của que diêm, $d$ độ dày của que diêm. Để ước tính sơ bộ, chúng ta có thể giả định rằng do quá trình đốt cháy, các kích thước này hầu như không thay đổi. Tuy nhiên, chiều dài mặt trên và mặt dưới của que diêm bị cháy không giống nhau. Sự khác biệt về độ dài của các phần trung bình của các phần này bằng

$$l_2 - l_1 = l_0 \alpha \Delta t,$$

(1) trong đó $\alpha$ là hệ số giãn nở nhiệt, $\Delta t$ là chênh lệch nhiệt độ tối đa của phần trên và phần dưới của que diêm;

$$l_1 = \beta \left( R - \frac{d}{4} \right), \quad l_2 = \beta \left( R + \frac{d}{4} \right),$$

$$l_2 - l_1 = \frac{\beta d}{2} = \frac{l_0}{R} \frac{d}{2}$$

(2) (xem Hình 2). So sánh (1) và (2), chúng ta thu được biểu thức cho $R$:

$$R = \frac{d}{2\alpha \Delta t}.$$

(3)

Không dễ để đo các đại lượng $R$, nhưng thông qua $R$ người ta có thể biểu thị các đại lượng dễ thay đổi $h$ (xem Hình 2):

$$h = R (1 - \cos \beta) = R \left( 1 - \cos \frac{l_0}{R} \right).$$

Đối với ước tính của chúng tôi, với một giá trị gần đúng khá tốt, chúng tôi có thể giả định rằng $1 - \cos \beta = \frac{\beta^2}{2}$* và $h = \frac{l_0^2}{2R}$.

Thay thế giá trị $R$ vào biểu thức này (xem (3)), chúng ta thu được

$$h = \frac{l_0^2 \alpha \Delta t}{d}.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy $\Delta t$:

$$\Delta t = \frac{h}{l_0^2} \frac{d}{\alpha}.$$

(4)

Vì vậy, để ước tính các giá trị của $\Delta t$, chúng ta cần thử nghiệm tìm tỷ lệ $h/l_0^2$. Kết quả của phép tính gần đúng thực nghiệm có thể được xem xét

$$L/l_0^2 = \text{const} \approx 10^{-2}.$$

Lấy $d = 1$ mm, $\alpha = (5 \div 10) \cdot 10^{-5}$ độ$^{-1}$, sử dụng công thức (4) chúng ta tìm thấy $\Delta t = (100 \div 200)$ (độ).

Các phép đo $\Delta t$ được thực hiện bằng cặp nhiệt điện để có giá trị $t_{\text{верхн}} = (730 \pm 10)^\circ \text{C}, \ t_{\text{низн}} = (650 \pm 10)^\circ \text{C}$ và $\Delta t = (80 \pm 20)^\circ \text{C}$. Có thể thấy, ước tính lý thuyết của chúng tôi rất phù hợp với những dữ liệu này. Vì vậy, chúng ta có thể giả định rằng mô hình được xem xét, không tính đến bản chất hóa học của quá trình đốt cháy, là đúng.

Có lẽ, khi quan sát một que diêm đang cháy, bạn sẽ đưa ra một số lời giải thích khác về lý do khiến nó bị uốn cong. Sau đó bắt đầu biện minh và kiểm tra các giả định của bạn. Và khi bạn tiến hành thí nghiệm của mình, hãy nhớ: HÃY CẨN THẬN!

*) Sai số của công thức không vượt quá 1% tại $\beta < 38^\circ$ và 10% tại $\beta \leq 60^\circ$.

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 $\alpha \cos t + \beta \cos 2t +$

• Các phương pháp cơ bản γ cos 7t không giúp trả lời được câu hỏi về sự tồn tại của số 0.

Hóa ra là bằng cách sử dụng khái niệm định nghĩa tích phân (xem “Đại số và nguyên tắc phân tích 10” hoặc «Kvant», 1977, số 5), có thể chứng minh rằng trên một khoảng nhất định, hàm này hoặc hàm kia biến mất.

Câu 3. Nếu $\int_a^b f(t)dt = 0$ và hàm $f$ liên tục trên khoảng $[a; b]$, thì trên khoảng này nó chỉ lấy các giá trị của một dấu (xem nhận xét ở cuối đoạn 2). Từ định nghĩa của tích phân, ta suy ra rằng nếu hàm $f$ dương tại tất cả các điểm của đoạn $[a; b]$, thì khoảng từ nó trên đoạn này là dương và nếu $f$ âm trên $[a; b]$, thì khoảng từ nó cũng âm.

Câu 3 đã được chứng minh.

Ví dụ. Hãy chứng minh rằng với mọi $\alpha, \beta, \gamma$ thì hàm $f(t) = \alpha \cos t + \beta \cos 2t + \gamma \cos 7t$ bằng 0 trên khoảng $[0; 2\pi]$. Thật vậy, một trong những nguyên hàm của hàm cos $nt$ là hàm $\frac{1}{n}\sin nt$. Theo công thức Newton-Leibniz

$$\int_0^{2\pi} (\alpha \cos t + \beta \cos 2t + \gamma \cos 7t) dt = \left( \alpha \sin t + \frac{1}{2} \beta \sin 2t + \frac{1}{7} \gamma \sin 7t \right) \bigg|_0^2 = 0,$$

vì vậy sự tồn tại của số 0 đối với các hàm $\alpha \cos t + \beta \cos 2t + \gamma \cos 7t$ trên khoảng $[0; 2\pi]$ tuân theo Phát biểu 3.

Trở lại bài toán của chúng ta, ta thấy rằng để chứng minh sự tồn tại của mômen làm phẳng là đủ chỉ ra rằng

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

5. Trường hợp thú vị nhất:
   $\omega_1 = 2, \omega_2 = 3, \omega_3 = 4$

Trong phần này, sử dụng Mệnh đề 3, chúng ta sẽ chứng minh rằng trong trường hợp $\omega_1 = 2, \omega_2 = 3, \omega_3 = 4$ mômen làm phẳng luôn tồn tại.

Chúng ta hãy tìm dạng tổng quát của hàm $V(t)$. Để làm điều này, chúng ta hãy tìm dạng tọa độ tổng quát $x_i(t), y_i(t), z_i(t)$ của các điểm $P_i(t)$ ($i = 1, 2, 3$) dưới dạng hàm của thời gian. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng mỗi tọa độ của điểm $P_i(t)$ thực hiện một dao động điều hòa, tức là có dạng $\alpha \sin \omega_i t + \beta \cos \omega_i t$. (***)

Công thức (***) suy ra trực tiếp từ bổ đề sau:

Bổ đề. a) Cho $u, v$ là hai vectơ vuông góc với nhau có cùng độ dài $R$ trong không gian. Khi đó điểm cuối của vectơ

$$\vec{w}(t) = u \cos \omega t + v \sin \omega t$$

được vẽ đều với vận tốc góc $\omega$ dọc theo một đường tròn bán kính $R$ nằm trong mặt phẳng thuộc đường tròn có hai vectơ vuông góc với nhau $u, v$ có ​​cùng độ dài sao cho

$$\vec{OP}(t) = u \cos \omega t + v \sin \omega t.$$

Chứng minh a) Vì các vectơ $u \cos \omega t$ và $v \sin \omega t$ vuông góc với nhau nên theo định lý Pythagore

$$|\vec{w}(t)|^2 = |u|^2 (\cos \omega t)^2 + |v|^2 (\sin \omega t)^2 = R^2.$$

Do đó, điểm cuối của vectơ $\vec{w}(t)$ di chuyển dọc theo một đường tròn bán kính $R$.

Vận tốc ở điểm cuối của vectơ $\vec{w}(t)$ là một vectơ

$$v \omega \cos \omega t - u \omega \sin \omega t,$$

và do đó độ lớn của tốc độ tại mỗi thời điểm là như nhau

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