Kvant 1979, số 3 · Trang

KVANT 3
1979

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

50

Khối đa diện này được thiết kế và chế tạo bởi V. Gamayu-
theo một cách mới, có thể xác định được kết nối với bán thường xuyên
lục giác («Kvant», 1976, số 1).
Làm thế nào để xây dựng sự phát triển của nó được mô tả trên trang. 50

TRONG PHÒNG:

Kỷ niệm 100 năm ngày sinh của Einstein
Lời kêu gọi hòa bình
Vâng. Smorodinsky. Albert Einstein (1879-1979)
A. Einstein. Ghi chú tự truyện
Einstein qua con mắt của những người đương thời
A. Einstein. E=mc2: vấn đề thực sự của thời đại chúng ta
vòng tròn toán học
N.Vauman. phép tính số học
Người chiến thắng cuộc thi «Kvant»
Vấn đề «Kvant»
Bài toán M551—M555; F563—F567
Lời giải bài toán M504,M506,M507;F513, F516, F517
Qua những trang sách giáo khoa
V. Ryzhik. Sai lầm ở đâu?
«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. Savin. Số - chữ - số
Xưởng của người nộp đơn
L. Aslamazov. Công và công suất của dòng điện
S. Sefibekov. Chứng minh bất đẳng thức hình học
vương quốc
A. Vasiliev, A. Ponomarenko. Đại học bang Leningrad được đặt theo tên. A. A. Zhdanova
Biên niên sử của NOU
T. Kuznetsova. 15 năm tổ chức giáo dục phi chính phủ Chelyabinsk
Đáp số, gợi ý, lời giải
Bìa của chúng tôi (tr. 50)
Hỗn hợp (tr. 40, 44, 55)

Trên trang đầu tiên của trang bìa, bạn thấy bức vẽ của M. Escher “Belvedere”.
Nó dựa trên ý tưởng về một “khối lập phương bối rối”, hình ảnh hai chiều của nó không khác biệt so với hình ảnh thông thường.

2

Ngày 14/3 đánh dấu kỷ niệm 100 năm ngày sinh của Albert Einstein, người được V.I. Lênin là người biến đổi vĩ đại của danh tự nhiên. Tên tuổi Einstein gắn liền với sự khởi đầu của cuộc cách mạng vật lý đánh dấu thế kỷ 20. Những ý tưởng về thuyết tương đối mà ông tạo ra đã thay đổi hoàn toàn quan điểm về các hiện tượng vật lý xảy ra ở cả vi mô và trong toàn bộ Vũ trụ. Ý nghĩa triết học của những khám phá này và bản chất biện chứng của chúng chỉ được bộc lộ đầy đủ ở thời đại chúng ta.

Einstein đã đóng góp cho nhiều lĩnh vực vật lý. Ông là một trong những người sáng tạo ra các khái niệm lượng tử hiện đại về bản chất của bức xạ và đặt nền móng cho lý thuyết về tia laser. Lý thuyết chuyển động Brown của ông đã đưa đến sự chấp thuận cuối cùng cho lý thuyết phân tử về cấu trúc của vật chất.

Alberta Einstein không phải là một nhà khoa học ngồi ghế bành thờ ơ với số phận của nhân loại. Anh ấy nhận thức cực kỳ sâu sắc về mọi thứ xảy ra xung quanh mình. Rời Đức Quốc xã vào năm 1933, ông tích cực phản đối chiến tranh và kêu gọi sự hiểu biết lẫn nhau giữa các dân tộc.

Einstein là một trong những người đầu tiên nhận thấy mối nguy hiểm của việc phát triển vũ khí hạt nhân. Trong các bài phát biểu và bài báo của mình, ông đã tìm cách làm mọi thứ trong khả năng của mình để từ bỏ cuộc chạy đua vũ trang và ngừng rao giảng về chiến tranh. Khi ông qua đời, trên đống đồ cạnh chiếc giường lớn của ông, người ta tìm thấy một bản thảo chưa hoàn thành đề cập đến vấn đề giải trừ vũ khí và hòa bình thế giới.

Trong số này, chúng tôi xuất bản các tài liệu với mục đích giới thiệu Albert Einstein với độc giả với tư cách là một nhà khoa học cũng như một con người.

4

Vâng. Smorodinsky

Albert Einstein
(1879—1979)

Một trăm năm trước, tại thành phố Ulm của Đức, một đứa trẻ được sinh ra đã được định sẵn là thực hiện một trong những khám phá đáng chú ý nhất trong lịch sử thế giới tự nhiên - cậu bé được mệnh danh trở thành cha đẻ của thuyết tương đối: Albert Einstein sinh ngày 14 tháng 3 năm 1879.

Không có lý thuyết nào khác trong lịch sử khoa học đứng vững được nhiều tranh cãi và xua tan sự ngờ vực cứng đầu như lý thuyết tương đối. Rất ít người cùng thời với Einstein có thể chấp nhận ngay lời dạy mới - nó quá khác với mọi điều mà các nhà vật lý thế kỷ 19 biết. Và rất nhiều thời gian trôi qua trước khi thuyết tương đối trở thành nền tảng của toàn bộ khoa học tự nhiên.

Nhưng những lời của Einstein không chỉ dựa trên một khám phá này. Khi ông được trao giải Nobel năm 1922, thuyết tương đối vẫn chưa được chấp nhận rộng rãi và ứng dụng của nó đã đạt được thành công nhờ việc khám phá ra các định luật về hiệu ứng quang điện. Bây giờ chúng ta khó có thể hiểu được sự thiếu quyết đoán của Ủy ban Nobel, nhưng công trình nghiên cứu về hiệu ứng quang điện đã mở ra một kỷ nguyên mới của vật lý. Công trình này đã chứng minh sự tồn tại của một lượng tử ánh sáng - photon.

Einstein luôn quan tâm đến những câu hỏi tổng quát nhất của vật lý, ông cố gắng tìm hiểu cách thế giới của chúng ta vận hành và cố gắng tìm ra các quy luật toàn cầu chi phối nó. Ông nói: “Điều khiến tôi tức giận là các nhà khoa học, những người đục một cái lỗ, chọn chỗ mỏng nhất trong đó, rồi tiếp tục tạo ra rất nhiều lỗ ở những nơi dễ khoan”. Bản thân Einstein chỉ dành năng lượng của mình ở những nơi khó khoan.

Chúng ta hãy thử nói về các tác phẩm của ông và các tình tiết khác nhau trong cuộc đời của nhà vật lý vĩ đại trong một loạt mười ba bài tiểu luận ngắn, không liên kết với nhau.

1. Những tác phẩm đầu tiên

Einstein viết tác phẩm đầu tiên của mình vào năm 1901. Ông đã gửi bản sao của nó đến nhiều phòng thí nghiệm khác nhau, cố gắng kiếm việc làm sau khi tốt nghiệp Đại học Bách khoa Zurin. Những nỗ lực này đã không thành công. (Nhiều năm sau, những người không đáp ứng yêu cầu của ông đã nhận được sự vinh dự lớn nhất.) Chỉ đến tháng 6 năm 1902, hai năm sau khi tốt nghiệp trường bách khoa, Einstein mới có thể có được vị trí chuyên gia kỹ thuật tại Văn phòng Bằng sáng chế Thụy Sĩ.

Đến đầu năm 1905, Einstein đã có sáu tác phẩm được xuất bản. Bản thân Einstein sau đó cũng không đánh giá cao tác phẩm đầu tiên của mình. Quả thực, công trình đầu tiên của ông là một nghiên cứu khá cơ bản về lực tác dụng giữa các phân tử trong hiện tượng mao dẫn. Bốn tác phẩm tiếp theo được dành cho các hiện tượng nhiệt. Trong đó, Einstein phát triển một lý thuyết tổng quát về những hiện tượng này. Những công trình này sẽ có tầm quan trọng đặc biệt nếu… lý thuyết tổng quát về hiện tượng nhiệt không được Gibbs xây dựng sớm hơn một chút. Einstein thời trẻ không quen thuộc với các tài liệu khoa học và không biết về công trình của người Mỹ vĩ đại.

Công trình thứ sáu có tên là “Xác định lại kích thước của phân tử”. Nó được gửi đến các biên tập viên của tạp chí vật lý Đức “Annalen der Physik” (“Biên niên sử vật lý”), trong đó năm bài báo trước của Einstein đã được xuất bản vào ngày 30 tháng 4 năm 1905. Công trình này tập trung vào sự khuếch tán trong chất lỏng, và về bản chất, trong đó đã đặt ra những ý tưởng đầu tiên về lý thuyết chuyển động Brown.

5

Einstein đã trình bày công trình này như một luận văn để lấy bằng Tiến sĩ Sinh lý học (tên gọi của bằng cấp học thuật lúc bấy giờ).

II. Năm vàng

Năm 1905, năm diễn ra cuộc cách mạng đầu tiên ở Nga, hóa ra lại là một năm hoàng kim trong lịch sử vật lý. Năm nay, bốn tác phẩm nữa của Einstein lần lượt xuất hiện trên tạp chí Annalen der Physik. Trong thời kỳ này, lý thuyết về hiệu ứng quang học đã được hình thành. Thứ hai là lý thuyết chuyển động Brown. Trong phần thứ ba, người ta đã thu được các công thức cơ bản của cơ học và điện động lực học trong thuyết tương đối đặc biệt. Trong bài viết thứ tư, người ta đã thu được một trong những công thức quan trọng nhất của thế kỷ 20 - công thức nối khối lượng và năng lượng.

Mỗi tác phẩm này đều đảm bảo sự bất tử cho tác giả của chúng. Và những khám phá này được thực hiện bởi một người đàn ông làm việc hoàn toàn một mình, không gặp gỡ các nhà vật lý và chỉ nói với những người bạn thân về ý tưởng của mình.

Với những tác phẩm này của Einstein, một thế kỷ mới trong vật lý đã bắt đầu.

III. Hiệu ứng ảnh

Năm 1900, Planck đưa ra giả thuyết rằng các nguyên tử phát ra ánh sáng theo từng phần riêng biệt - lượng tử, năng lượng của nó tỷ lệ với tần số ánh sáng:

$$E = hv.$$

(1)

Đề xuất này về bản chất của việc nghiên cứu nguyên tử cho phép chúng ta giải thích một số mô hình trong nghiên cứu vật thể nóng.

Einstein đã đi xa hơn Planck. Một trong những câu hỏi mà ông đã xem xét là câu hỏi về việc đề cử các loại khí ánh sáng. Người ta đã biết rằng ánh sáng có bước sóng dài không tạo ra nguyên tử: có một số bước sóng tới hạn $\lambda_0$ sao cho chỉ ánh sáng có bước sóng $\lambda < \lambda_0$ mới có thể tạo ra một nguyên tử (đối với các nguyên tử khác nhau $\lambda_0$ thì khác nhau). Bí ẩn của hiện tượng này sẽ biến mất nếu chúng ta đề xuất rằng bản thân ánh sáng bao gồm các phần - lượng tử, và năng lượng của các lượng tử ánh sáng này liên kết với tần số ánh sáng theo cùng một sự tương ứng $E = hv$. Nếu chúng ta chuyển từ tần số v sang bước sóng $\lambda = c/v$, thì sự tương ứng (1) sẽ có dạng $E = hc/\lambda$. Vì vậy, ánh sáng có bước sóng $\lambda < \lambda_0$ là lượng tử có năng lượng là $E < E_0 = hc/\lambda_0$, trong đó $E_0$ là năng lượng cảm ứng của một nguyên tử.

Dựa trên giả định về bản chất lượng tử của ánh sáng, Einstein đã tạo ra một lý thuyết về hiệu ứng quang điện giải thích các định luật cơ bản của nó: sự tồn tại của mỗi chất có tần số ánh sáng tối thiểu, dưới tần số đó hiệu ứng quang điện không xảy ra và sự độc lập của động năng của các electron phát ra dưới tác dụng của ánh sáng với cường độ ánh sáng.

Nếu một electron ở gần bề mặt của một vật thể và để thoát ra khỏi ranh giới của nó, nó cần thực hiện công $P$ (chống lại lực hút của các điện tích dương), thì dưới tác dụng của ánh sáng có tần số v (và theo đó, với năng lượng của lượng tử hv), nó sẽ bay ra ngoài với động năng

$$\frac{mv^2}{2} = hv - P.$$

Nếu năng lượng của lượng tử ánh sáng là $E = hv \leq P$ thì $v = 0$—hiệu ứng quang điện không xảy ra. Năng lượng cực đại của các electron phát ra từ vật thể dưới tác dụng của ánh sáng không phụ thuộc vào cường độ ánh sáng - nó chỉ được xác định bởi tần số của ánh sáng tới.

Einstein đi đến công thức Fotoeffect khi suy ngẫm về sự khác biệt giữa mô tả của hạt và ánh sáng: “… hóa ra lý thuyết về ánh sáng, hoạt động với các hàm không gian liên tục, sẽ dẫn đến mâu thuẫn với kinh nghiệm khi nó được áp dụng vào các hiện tượng xuất hiện và biến đổi của ánh sáng,” ông viết ở phần đầu tác phẩm với tựa đề “Về quan điểm kinh nghiệm liên quan đến sự xuất hiện và biến đổi của ánh sáng” *), được các biên tập viên của tạp chí nói trên nhận được vào ngày 18 tháng 3 năm 1905

Trong nhiều năm Einstein tiếp tục thảo luận các câu hỏi về việc liệu

6

Cho dù trường điện từ được tạo ra từ lượng tử hay, như Planck nghĩ, vấn đề chỉ là nguyên tử phát ra và hấp thụ ánh sáng theo từng phần, giống như một tác giả đo cơ thể hoặc xăng theo từng phần.

Quan điểm của Eischstein hóa ra lại đúng. Trong công trình nghiên cứu về hiệu ứng nhiếp ảnh, khái niệm hạt cơ bản - lượng tử ánh sáng - đã ra đời. Phần cơ bản đầu tiên là electron, phần thứ hai là lượng tử ánh sáng - photon. Kể từ đó, danh sách các hạt cơ bản liên tục được cập nhật.

IV. Chuyển động Brown

“Về chuyển động của hạt lơ lửng, cần thuyết động học phân tử của nhiệt” là tựa đề tác phẩm thứ hai của “năm vàng” (được Ban biên tập đón nhận ngày 11/5).

Eischstein so sánh chuyển động của một phân tử trong chất lỏng và chuyển động của một quả bóng nhỏ nổi bên trong chất lỏng này (như người ta nói, “lơ lửng”). Cả phân tử và quả cầu siêu nhỏ, chịu tác động của các phân tử khác, đều di chuyển trong dịch tai. Xem xét sự giống nhau này một cách chi tiết hơn, Eischstein, dựa trên các định luật tổng quát nhất của lý thuyết động học, đã chỉ ra rằng động năng trung bình của một phân tử chuyển động và một quả bóng phải giống nhau.

“…theo lý thuyết phân tử về nhiệt, các vật thể có kích thước cỡ 1/1000 mm, lơ lửng trong chất lỏng, trải qua chuyển động ngẫu nhiên nhìn thấy được, đó là chuyển động bắt buộc đối với chuyển động nhiệt của các phân tử. Chuyển động như vậy thực sự được quan sát bởi các nhà sinh vật học, họ gọi đó là chuyển động Brown” (trích từ một lá thư của Eischstein gửi cho người bạn Habicht vào mùa xuân năm 1905).

Một quả bóng trong chất lỏng chuyển động ngẫu nhiên vẫn sẽ hòa trộn từ từ trong chất lỏng, “khuếch tán”

7

chia" trong đó (giống như một phân tử). Einstein đã chỉ ra rằng giá trị trung bình của bình phương độ dịch chuyển của quả bóng tỷ lệ thuận với thời gian.

Einstein mô tả một lý thuyết chi tiết về chuyển động Brown muộn hơn một chút (năm 1906) trong một bài báo khác. Trong đó, ông báo cáo rằng chuyển động Brown, được các nhà vật lý khác quan sát, thực sự được mô tả rõ ràng bằng các công thức của ông. Công trình này của Einstein đã chấm dứt nhiều năm tranh luận về thực tế tồn tại của các phân tử.

V. Sự ra đời của thuyết tương đối

Nhiều nhà vật lý và toán học nổi tiếng (đặc biệt là Lorentz và Poincaré) đã nghĩ về cách mô tả các hiện tượng quang học trong một hệ tọa độ chuyển động. Einstein nêu quan điểm của mình về vấn đề này trong bài viết “Về điện động lực học của các vật chuyển động”. Nó được người biên tập nhận được vào ngày 30 tháng 7 năm 1905.

Trong cơ học, mọi hệ quán tính đều định hướng như nhau (nguyên lý Halley). Einstein bắt đầu với một giả thuyết rộng hơn: “… đối với tất cả các hệ tọa độ mà phương trình cơ học đúng, thì các định luật điện động và quang học giống nhau đều đúng…”. Và xa hơn nữa, ông mô tả lý thuyết như sau: “Chúng tôi dự định biến giả định này (nội dung của nó sẽ được gọi thêm là “nguyên tắc tương đối”) thành một điều kiện tiên quyết và, ngoài ra, đưa ra một giả định bổ sung, chỉ với giả định đầu tiên trong mọi mâu thuẫn, đó là ánh sáng trong tánh không luôn truyền đi với một tốc độ nhất định $v$, không phụ thuộc vào trạng thái chuyển động của vật thể tốt nhất…”.

Một trong những kết luận chính của lý thuyết, mà những người sau đây không muốn chấp nhận những người chỉ trích nó, là thời gian của bất kỳ quá trình vật lý nào và khoảng thời gian giữa hai quá trình của chính nó hóa ra khác với quan điểm của các hệ thống báo cáo chuyển động ở các tốc độ khác nhau. Tóm lại, trong các hệ quy chiếu khác nhau, chuyển động theo cách tương đối khác nhau, thời gian được đánh dấu khác nhau. Bây giờ đây là một thực tế được xác lập chắc chắn. Meson, “được sinh ra” ở các tầng trên của khí quyển ở độ cao khoảng 10 km, chạm tới bề mặt Trái đất. Chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng, mezon di chuyển quãng đường này trong khoảng $10^{-4}$ s, mặc dù ở trạng thái đứng yên, mezon phân hủy trong $2 \cdot 10^{-8}$ s. Từ quan điểm của thuyết tương đối, mọi thứ đều rõ ràng: trong hệ thống nơi mez kết thúc, nó vẫn chưa có thời gian để vượt qua $2 \cdot 10^{-8}$ s. Ở lại trong thiết bị trên Trái đất, mezon phân hủy (đây chính xác là cách nó được phát hiện). Nhiều ví dụ như vậy bây giờ có thể được trích dẫn. Khám phá của Einstein đã đi vào nền tảng vững chắc của vật lý hiện đại.

Ba bức chân dung được mang vào văn phòng của Einstein: Newton, Faraday và Maxwell. Trong lý thuyết tương đối của mình, ông đã kết hợp cơ học do Newton tạo ra và các lý thuyết về điện và từ do Faraday và Maxwell tạo ra thành một khoa học duy nhất.

VI. Einstein về bản thân

《Đôi khi mọi người hỏi tôi làm thế nào tôi tạo ra được thuyết tương đối. Tôi nghĩ điều này xảy ra vì lý do sau. Một người trưởng thành bình thường không bao giờ nghĩ đến vấn đề không gian và thời gian. Anh ấy chỉ nghĩ về những điều như vậy khi còn nhỏ. Sự phát triển tinh thần của tôi hóa ra đã được thay thế, và tôi bắt đầu suy nghĩ về không gian và thời gian, chỉ có ở tuổi trưởng thành mới có thể tiếp cận được. Đương nhiên, tôi có thể hiểu vấn đề một cách điếc tai hơn một đứa trẻ có khả năng bình thường…》.

VII. Khối lượng và năng lượng

Trong công trình mà chúng ta vừa nói đến, Einstein đã rút ra một biểu thức cho khối lượng của electron đang chuyển động - những công thức xác định mối quan hệ giữa khối lượng của electron và tốc độ của nó.

Nếu lực vuông góc với tốc độ của electron (electron chuyển động theo đường tròn), thì nó hoạt động như thể khối lượng của nó (“khối lượng ngang”) bằng $\frac{m_0}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$, trong đó $m_0$ là khối lượng nghỉ của electron (nuto-

8

khối lượng tân tinh), $v$ là tốc độ của nó.
Đại lượng $\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$ bây giờ được gọi là hệ số Lorentz.
Nếu lực hướng dọc theo vận tốc của electron (electron chuyển động theo đường thẳng), thì nó hoạt động như thể khối lượng của nó (“khối lượng dọc”) là $m_0\gamma^3/2$.

Nếu có một công tùy ý được thực hiện lên một electron (ví dụ, nếu nó chuyển động trong điện trường), thì năng lượng của nó sẽ trả về. Einstein đã chỉ ra rằng động năng $K$ của một electron có liên quan đến tỉ số tốc độ của nó

$$K = m_0(\gamma - 1)c^2.$$

Đại lượng $m_0c^2$ gọi là năng lượng nghỉ, đại lượng

$$W = m_0\gamma c^2 = \frac{m_0c^2}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$$

• tổng năng lượng của electron. Vậy động năng của electron bằng hiệu giữa năng lượng toàn phần và năng lượng nghỉ.

Đối với những người biết các yếu tố của phép tính vi phân, chúng tôi trình bày sự lựa chọn của công thức (2). Tổng độ biến thiên năng lượng rõ ràng bằng công, tức là tích của lực và độ dịch chuyển (hãy nhớ rằng electron chuyển động thẳng):

$$\Delta W = f\Delta x = ma\Delta x,$$

trong đó $a$ là gia tốc của electron. Thay thế $a$ bằng quan hệ $\Delta v/\Delta t$ và nhớ rằng $v = \Delta x/\Delta t$, chúng ta nhận được:

$$\Delta W = m\frac{\Delta v}{\Delta t}\Delta x = m\Delta v \cdot v,$$

hoặc, thay thế số gia bằng số chênh lệch,

$$dW/dv = mv.$$

Nếu thay $m = m_0\gamma^3/2$ và giải phương trình đơn giản này, chúng ta sẽ nhận được công thức (2). Do đó, c $W$ theo công thức tính khối lượng dọc. Hãy nhớ lại rằng lực vuông góc với vận tốc không sinh công!

Vào ngày 27 tháng 9 năm 1905, biên tập viên của tạp chí đó nhận được một ghi chú rất nhỏ từ Einstein: “Liệu quán tính của một vật có phụ thuộc vào năng lượng mà nó chứa không?” Nếu trước đó người ta nói về sự thay đổi khối lượng của một vật thể với tốc độ ngày càng tăng, thì trong lưu ý này người ta đã chứng minh rằng bất kỳ sự thay đổi nào về năng lượng của một vật thể cũng làm thay đổi khối lượng của nó: “Khối lượng của một vật thể là thước đo năng lượng chứa trong nó; nếu năng lượng thay đổi theo giá trị $L$, thì khối lượng thay đổi theo giá trị $L/(9 \cdot 10^{16})$, và ở đây năng lượng thay đổi tính bằng joules và khối lượng tính bằng kilôgam.”

Điều này thiết lập công thức $E = mc^2$, như được viết hiện nay (kích thước $c$ - m/s).

Công thức mới rất khó thử nghiệm vào thời điểm đó. Trong tác phẩm tiếp theo của mình, Einstein, đề xuất cách thay đổi tỷ lệ giữa khối lượng dọc và khối lượng ngang, đã lưu ý: “Tác giả ban đầu không thể thực hiện một thí nghiệm như vậy và sẽ rất vui nếu một trong các nhà vật lý dành nguồn lực cho phương pháp được đề xuất”. Ngày nay, các công thức của lý thuyết bề mặt tương đối đã được thử nghiệm trên máy gia tốc, trên nhiều thiết bị, nhưng vào đầu thế kỷ này, người ta cần phải hiểu toàn bộ chiều sâu của lý thuyết để tin vào chúng.

VIII. công việc của Bose

Năm 1900, Planck công bố mô hình phân bố cường độ ánh sáng trong quang phổ của một vật thể bị nung nóng. Để làm được điều này, ông phải giả định rằng ánh sáng được lượng tử phát ra và hấp thụ. Như chúng ta đã nói, năm năm sau Einstein đã chứng minh rằng lượng tử tồn tại ở dạng tự do và hành vi của chúng rất giống với hành vi của các hạt. Từ quan điểm này, công thức do Planck đề xuất có thể được ghi nhớ như một công thức xác định có bao nhiêu lượng tử với một giá trị năng lượng nhất định được phát ra từ một vật thể bị đốt nóng. Ánh sáng từ quan điểm này có thể được coi là một loại khí phoron, và sự phân bố năng lượng giữa các photon riêng lẻ của khí này (“có bao nhiêu phoron có năng lượng nhất định?”) được mô tả bằng công thức Planck. Nhưng không ai, kể cả chính Einstein, tận dụng được ý tưởng này vào thời điểm đó.

Năm 1924, Einstein nhận được thư của một nhà vật lý ở Dhaka (nay là thủ đô nước Cộng hòa Nhân dân Bangladesh). Kèm theo bức thư là một bài báo trong đó ý tưởng về lượng tử của Einstein đã được sử dụng một cách thông minh và dứt khoát. Không đi sâu vào bàn luận những vấn đề tế nhị, tác giả

9

Số liệu thống kê của Bose, chấp nhận một cách vô điều kiện giả thuyết về lượng tử ánh sáng và phân phối chúng được thu thập dưới dạng khí lý tưởng, đã rút ra công thức phân bố lượng tử theo năng lượng theo cách giống hệt như các công thức cho khí lý tưởng được rút ra trong lý thuyết động học.
Đồng thời, Bose tin rằng (mặc dù ông không nhấn mạnh điều này trong công trình của mình) rằng các lượng tử hoàn toàn giống nhau nếu chúng có cùng năng lượng. Công thức Planck được thu thập một cách tuyệt đối nghiêm ngặt. Điều này có nghĩa là giả thuyết của Einstein về thực tại lượng tử thực ra đã được chứng minh bằng công thức Planck, nhưng không ai có thể nhận ra điều này. Einstein rất vui mừng khi biết lượng tử có thể được coi như nguyên tử. Anh ấy đã dịch bài báo của Bose sang tiếng Đức và tự mình gửi nó đến tạp chí để đăng nó. Trong một ghi chú, Einstein viết: “Việc Bose rút ra công thức Planck là một thành tựu vĩ đại. Phương pháp mà ông ấy sử dụng cũng đưa ra lý thuyết lượng tử về một loại khí lý tưởng mà tôi sẽ trình bày ở phần khác.”
Anh ấy đã nhìn thấy điều gì đó hoàn toàn mới trong công thức của Bose, điều này đã đưa anh ấy đến một khám phá mới.

IX. Thống kê Bose-Einstein

Ý tưởng mà Einstein nảy ra khi đọc bài báo của Bose là nếu sử dụng giả thuyết về danh tính của các photon có cùng năng lượng, có thể rút ra công thức Planck, thì người ta có thể thử áp dụng phương pháp tương tự cho một đơn nguyên tử lượng tử lý tưởng, các nguyên tử của nó có khối lượng khác 0.

Kết quả thật tuyệt vời. Srouz ngay lập tức đưa ra các công thức mô tả tất cả các tính chất nhiệt của chất khí như vậy, và có thể, tiếp tục tương tự với các photon, để nghĩ về các tính chất sóng bất ngờ của các hạt, mà Louis de Broglie đã viết trong luận án của ông vào năm 1924.

Năm 1924, tại một hội nghị vật lý ở thành phố Isbruck của Áo, Einstein đã thu hút sự chú ý đến thực tế là lý thuyết của de Broglie ngụ ý sự tồn tại của hiện tượng nhiễu xạ và giao thoa trong các chùm phân tử.

Trong lý thuyết về khí đơn nguyên tử, ông đã sử dụng một cách hiệu quả ý tưởng lượng tử để rút ra phương trình trạng thái của khí lý tưởng lượng tử và nghiên cứu các tính chất khác của nó.

Lý thuyết mới được gọi là thống kê Bose-Einstein. Nó được tạo ra một năm trước khi cơ học lượng tử hoàn chỉnh xuất hiện. Sự phát triển sâu hơn của lý thuyết đã dẫn đến việc tạo ra lý thuyết siêu chảy và nhiều hiện tượng đáng kinh ngạc khác trong thế giới lượng tử. Nhưng bản thân Einstein cũng không hài lòng. Ông tiếp tục tin rằng phương pháp của Bose “…không có nghĩa là không thể chối cãi, nhưng dường như chỉ hợp lý do nó thành công trong trường hợp bức xạ…”. Mặc dù Einstein là người đầu tiên đưa ra giả thuyết lượng tử trong lý thuyết ánh sáng, nhưng cho đến cuối đời ông vẫn không thể áp dụng bản chất kép của hạt và bức xạ, cố gắng tìm ra một mô tả khác về thực tại. Vì vậy, cho đến cuối đời, người sáng lập thuyết lượng tử vẫn chưa thể áp dụng nó vào vật lý lượng tử hiện đại.

X. Phát xạ kích thích và tự phát

Năm 1916, tư duy của Einstein một lần nữa đưa ông đến những kết quả đáng chú ý.

Câu hỏi mà Einstein quan tâm về cơ bản rất đơn giản. Cần phải hiểu giả thuyết lượng tử phải biểu diễn các định luật phát xạ và hấp thụ ánh sáng như thế nào.

Nếu ánh sáng gồm các lượng tử - photon thì gần như chắc chắn rằng xác suất hấp thụ ánh sáng của một hạt nhất định phải lớn hơn thì lượng tử của hạt này càng lớn thì sự phát xạ ánh sáng của hạt đó càng thay đổi đáng kể?

Đáp số, do Einstein đưa ra cho câu hỏi này, sẽ trở nên dễ hiểu nếu chúng ta xem xét ví dụ sau đây từ lĩnh vực dao động cơ học. Một dây dao động sẽ hoạt động như thế nào nếu nó không liên tục ở gần

10

một sợi dây khác có dao động cùng tần số không? Nếu dao động của vảy cùng pha thì biên độ dao động của dây thứ nhất sẽ tăng lên; nếu các dao động đối nghịch nhau thì dao động của dây thứ nhất sẽ mất đi. Cả hai quá trình sẽ càng mãnh liệt thì biên độ của dây “nhà tài trợ” càng dao động nhiều hơn, các dao động của chúng được hỗ trợ bởi một nguồn năng lượng nào đó. (Nếu không có dây donor thì dao động của lớp vảy đầu tiên sẽ tắt ngay cả khi không có ma sát và toàn bộ năng lượng của nó sẽ dùng vào việc tạo ra âm thanh trong không khí.)

Một phân tích về tình huống tương tự đối với ánh sáng và nguyên tử đã khiến Einstein đi đến kết luận rằng nếu xác suất hấp thụ một lượng tử tỷ lệ thuận với số lượng tử có trong một chùm ánh sáng thì xác suất phát ra một lượng tử bao gồm hai số hạng. Tuy nhiên, một trong số đó mô tả bức xạ cảm ứng - bức xạ gây ra bởi tác động của ánh sáng lên nguyên tử (làm “làm rung chuyển” nguyên tử). Phần này tỷ lệ thuận với số lượng tử có trong chùm sáng. Số hạng thứ hai không phụ thuộc vào số lượng tử và do đó không biến mất đối với một nguyên tử trong chân không. Thuật ngữ này mô tả cái gọi là bức xạ tự phát, tức là bức xạ tự phát.

Nếu một luồng ánh sáng mạnh đi vào môi trường, tức là một lượng lớn lượng tử, thì bức xạ cảm ứng sẽ biến đổi và trở nên rất mạnh.

Nguyên lý hoạt động của laser liên quan đến sự phát xạ kích thích. Hiệu ứng được Einstein dự đoán vào năm 1916 giờ đây đã trở thành cơ sở cho một số lượng lớn thiết bị và hệ thống lắp đặt.

X1. Lý thuyết tương đối tổng quát và sự lệch hướng của ánh sáng trong trường Mặt Trời

Thật khó để nói về lý thuyết tương đối tổng quát hay lý thuyết về lực hấp dẫn. Rất ít người hiểu được ý nghĩa cơ bản của nó. Viện sĩ Landdu thích nói rằng mặc dù bản thân ông hiểu sâu sắc về thuyết tương đối rộng của Einstein, nhưng ông không thể tưởng tượng được làm sao có thể đồng ý với nó.

Nhưng một trong những câu hỏi mà Einstein bắt đầu đặt ra khá đơn giản: trường hấp dẫn, ví dụ như trường Mặt trời, ảnh hưởng như thế nào đến sự truyền ánh sáng?

Như ai đó đã nhớ rất lâu sau đó, câu hỏi này đã được quan tâm vào thế kỷ 18, và sau đó người ta đã thu được đáp số đầu tiên. Đáp số cũng đơn giản. Nếu chúng ta đồng ý với Newton rằng

11

ánh sáng là một dòng các tiểu thể thì các tiểu thể phải bay gần Mặt trời như sao chổi. Quỹ đạo của sao chổi đi qua gần Mặt trời không khó tính toán. Tính toán cho thấy nó sẽ lệch khỏi đường thẳng 0,85." Độ lệch nhỏ này được nhà thiên văn học người Đức Zolder tính toán vào năm 1801.

Năm 1915, Einstein thu được một kết quả khác: theo lý thuyết về lực hấp dẫn mà ông tạo ra, độ lệch trong trường của Mặt trời phải là 1,7." Việc “nhân đôi” có hiệu quả do thực tế là các định luật hình học Euclid không còn áp dụng gần Mặt trời và kết quả là định luật vạn vật hấp dẫn của Newton cũng thay đổi. Các vật thể ở gần Mặt trời gần với nó hơn mạnh hơn so với định luật vạn vật hấp dẫn.

Năm 1915, Einstein không còn là một chuyên gia vô danh nữa. Cả thế giới lắng nghe lời nói của ông. Ngay cả khi chiến tranh nổ ra ở châu Âu, các nhà thiên văn học đã bắt đầu thảo luận về cách quan sát độ lệch được dự đoán. Rốt cuộc, vào năm 1919 sẽ có nhật thực, trong thời gian đó người ta có thể kiểm tra xem hiệu ứng mà Einstein dự đoán có tồn tại hay không. Nhật thực được mong đợi vào ngày 29 tháng 5, khi tia sáng từ vô số ngôi sao sáng đi qua gần Mặt trời. Vào tháng 4, hai đoàn thám hiểm rời nước Anh. Một người hướng đến Brazil, người thứ hai đến đảo Prisilia ngoài khơi bờ biển phía tây châu Phi. Vào ngày 29 tháng 5, trời mưa suốt buổi sáng trên đảo, nhưng ngay trước nhật thực trời cần tạnh và đoàn thám hiểm quyết định chụp ảnh. Tuy nhiên, thời tiết đã làm tốt công việc của nó: những đám mây che khuất các ngôi sao và khi các hình ảnh được xử lý vài ngày sau đó, chỉ có một hình ảnh xác nhận rõ ràng về hiệu quả của Einstein. Hình ảnh từ Brazil đã được chuyển đến Anh. Chỉ bốn tháng sau, vào ngày 22 tháng 9 (liên lạc bưu chính thường xuyên bị gián đoạn do chiến tranh!), một tin nhắn điện thoại đến từ Lorenz từ Hà Lan: “Eddington đã phát hiện ra một hỗn hợp các ngôi sao ở rìa Mặt trời…”. Tất nhiên, không có quan sát nào có thể chứng minh một cách thuyết phục một lý thuyết, nhưng kể từ đó ít ai nghi ngờ lý thuyết của Einstein. Chỉ có một nhóm nhỏ các nhà vật lý cũ cố gắng (và hết sức kiên trì) phủ nhận kết luận của bà.

Nhưng thời của vật lý cổ điển đã qua. Hiện nay có rất nhiều sự thật xác nhận thuyết tương đối rộng. Điều quan trọng nhất đối với các nhà vật lý của thời đại chúng ta là nếu không có lý thuyết này thì không thể hiểu được Vũ trụ phát triển như thế nào.

XII. Sự tiến hóa của vũ trụ

Có lẽ điều ấn tượng nhất về tòa nhà do Einstein xây dựng là công trình vũ trụ học của ông. Năm 1917, tác phẩm có tựa đề “Câu hỏi về vũ trụ học và thuyết tương đối rộng” được xuất bản.

Công việc này nổi bật vì sự táo bạo của nó. Giống như Newton, người đã tuyên bố rằng định luật rơi của một vật thể trên Trái đất giống như các định luật điều chỉnh chuyển động của các thiên thể, Einstein tuyên bố rằng các định luật tương đối rộng, được thử nghiệm trong hệ mặt trời, có giá trị đối với toàn bộ Vũ trụ. Ông đã viết và giải được phương trình của Vũ trụ. Lời giải mà Einstein nhận được thật đáng ngạc nhiên: Vũ trụ hóa ra là đóng…

12

Tuy nhiên, khi phân tích các phương trình này, Einstein đã không tính đến tất cả những khả năng có thể xảy ra lời giải. Năm năm sau, nhà vật lý Liên Xô A. Friedman đã chỉ ra rằng các phương trình của Einstein có lời giải khác nhau, nhưng những lời giải này không mang tính thống kê - Vũ trụ đang giãn nở. Einstein ban đầu không tin Friedman và tuyên bố rằng ông đã phạm sai lầm. Vào thời điểm đó, nhà vật lý Liên Xô Yu. Krutkov đang ở Berlin, người đã thuyết phục Einstein rằng ông đã sai, và vào ngày 31 tháng 5 năm 1923, Einstein đã công bố một ghi chú nhỏ: “… Tôi tin,” ông viết, “kết quả của Friedman là chính xác và làm sáng tỏ. Hóa ra là các phương trình trường cũng vi phạm các phương trình thống kê và động học (tức là các biến theo thời gian) đối xứng tập trung lời giải đối với cấu trúc của không gian.”
Lời giải Friedman không yêu cầu Vũ trụ nhất thiết phải đóng. Dữ liệu hiện đại chỉ ra rằng Vũ trụ đang giãn nở vô hạn và tốc độ giãn nở của nó tăng theo khoảng cách xấp xỉ theo định luật

$$v = \frac{R}{T},$$

trong đó $T$ là hằng số bằng $2 \cdot 10^{10}$ năm. Định luật này được đặt theo tên của nhà thiên văn học Hubble, người đã phát hiện ra nó và hằng số $H = 1/T$ được gọi là hằng số Hubble. Sự giãn nở của Vũ trụ đã được xác nhận bằng nhiều quan sát và định luật Hubble đã được kiểm tra theo khoảng cách mà ánh sáng truyền đi trong 10-12 tỷ năm.

Vì vậy, Einstein đảm bảo “cuộc chinh phục” các quy luật của Vũ trụ, bắt đầu bởi ATON. Con người trên Trái đất đã hiểu rõ các quy luật chi phối vũ trụ. Einstein nói: “Điều khó hiểu nhất về tự nhiên là nó có thể hiểu được”.

XIII. Sóng hấp dẫn

Chúng ta hãy nói rất ngắn gọn về sóng hấp dẫn.

Người đầu tiên hiểu được rằng tương tác hấp dẫn truyền đi với tốc độ ánh sáng là Poincaré. Sự tồn tại của sóng hấp dẫn là một hệ quả đơn giản của phương trình của lý thuyết năng lượng tương đối.

Lý thuyết không bác bỏ thực tế là không có tín hiệu nào có thể truyền nhanh hơn tốc độ ánh sáng. Năm 1937 (cùng với Rosen) Einstein đã nghiên cứu về mặt lý thuyết sóng hấp dẫn - công việc của ông vẫn được nhiều nhà lý thuyết tiếp tục cho đến ngày nay. Sóng hấp dẫn vẫn chưa được phát hiện, nhưng ngày đó không còn xa nữa khi tín hiệu hấp dẫn từ một thảm họa vũ trụ lớn nào đó - sự ra đời của siêu tân tinh hoặc thứ gì đó thuộc loại này - sẽ được ghi lại trên Trái đất.

Lời kết

Chúng ta kết thúc với năm 1937. Einstein không ngừng làm việc; Cho đến khi qua đời vào ngày 18 tháng 4 năm 1955, ông ngày càng đắm chìm trong những lý thuyết mới không thể bàn tới. Ông muốn tìm ra những định luật tổng quát hơn cả định luật hấp dẫn - ông đã nghiên cứu cái mà chính ông gọi là lý thuyết trường thống nhất. Những lời cuối cùng trong bài báo khoa học cuối cùng của ông là: “… bây giờ không biết làm cách nào để tìm ra cơ sở cho một lý thuyết như vậy”.

Công việc của Einstein trong những năm gần đây được đối xử khác biệt. Nhiều người tin rằng thành công đã phản bội anh, và mọi điều anh làm trong suốt những năm qua đều là sai lầm. Nhiều người thậm chí còn tin rằng bản thân bài toán không hoạt động. Điều này có đúng không? Có thể nói rằng bây giờ ý nghĩa này dường như không còn phải bàn cãi nữa. Cụm từ “lý thuyết trường thống nhất” xuất hiện ngày càng thường xuyên trên các trang tạp chí. Tất nhiên, thời gian trôi qua và con đường mới hoàn toàn không phải là con đường mà Einstein đã đi theo.

Nhưng những ý tưởng sâu sắc của Einstein không hề biến mất.

“Mọi thứ đến từ trí tuệ vĩ đại tột đỉnh của ông chỉ trong trẻo và có màu đỏ, giống như một tác phẩm nghệ thuật được chế tác khéo léo” - những lời này được Einstein viết để tưởng nhớ Lorentz, hoàn toàn áp dụng cho chính ông.

13

Ghi chú tự động

Năm 1949, Albert Einstein đã viết cuốn Ghi chú Autobogaphic. Trong đó, ông nói về những nguyên tắc khoa học cơ bản đã định hướng cho công việc của mình. Không lâu trước khi qua đời, vào năm 1955, Einstein cũng đã viết một cuốn “Những bản phác thảo tự động” ngắn, đầy hình ảnh - những kỷ niệm về những năm tháng sinh viên của ông và lý thuyết tương đối tổng quát ra đời như thế nào. Chúng tôi trình bày ở đây những đoạn trích từ những tác phẩm này liên quan đến thời kỳ đầu cuộc đời của nhà khoa học vĩ đại.

…Năm 1895, ở tuổi mười sáu, tôi từ Ý đến Zorich, sau một năm ở Milan với cha mẹ, không có trường học và không có giáo viên. Mục tiêu của tôi là vào trường bách khoa, mặc dù tôi không có ý tưởng rõ ràng về cách đạt được điều này. Tôi là một thanh niên ương ngạnh nhưng khiêm tốn, thỉnh thoảng mới tiếp thu được những kiến ​​thức cần thiết, chủ yếu là nhờ tự học. Tôi khao khát kiến ​​thức sâu rộng, nhưng việc học đối với tôi dường như không phải là một nhiệm vụ dễ dàng: tôi kém khả năng ghi nhớ và trí nhớ kém. Với cảm giác không chắc chắn có căn cứ, tôi đã tham gia kỳ thi nâng cao vào ngành kỹ thuật. Kỳ thi đã cho tôi thấy sự thiếu chuẩn bị đáng tiếc của mình, mặc dù ban giám khảo rất khoan dung và đầy cảm thông. Tôi hiểu rằng thất bại của tôi là hoàn toàn chính đáng. Điều đáng mừng duy nhất là nhà vật lý G. Weber nói với tôi rằng tôi có thể lắng nghe các đồng nghiệp của ông nếu tôi ở lại Zorich. Nhưng hiệu trưởng, Giáo sư Albin Herzog, đã tiến cử tôi vào Trường Kantenal ở Aaru, nơi sau một năm học, tôi đã thi trúng tuyển. Ngôi trường này để lại dấu ấn nhờ tinh thần phóng khoáng và sự phục vụ khiêm tốn của những giáo viên không dựa dẫm vào bất kỳ quyền lực phô trương nào; so sánh với sáu năm giáo dục trong một phòng tập thể dục do chính quyền độc tài điều hành ở Đức đã cho tôi thấy một cách thuyết phục rằng nền giáo dục với hai quyền tự do và ý thức trách nhiệm cá nhân tốt hơn nền giáo dục dựa trên sự rèn luyện, quyền lực bên ngoài và tham vọng như thế nào. Nền dân chủ thực sự không hề trống rỗng hay ảo tưởng.

Cùng năm đó ở Aaru, tôi có một câu hỏi: nếu có thể đuổi theo một làn sóng ánh sáng với tốc độ ánh sáng, liệu chúng ta có một trường sóng trước mặt không phụ thuộc vào thời gian không? Điều này dường như vẫn không thể! Đây là thí nghiệm tư duy đầu tiên của trẻ em liên quan đến thuyết tương đối đặc biệt. Khám phá không phải là vấn đề của tư duy logic, ngay cả khi sản phẩm cuối cùng gắn liền với một hình thức logic.

1896-1900 - đào tạo tại khoa giáo viên các môn đặc biệt tại Đại học Bách khoa Thụy Sĩ. Tôi sớm nhận thấy rằng tôi hài lòng với vai trò của một học sinh kiên định. Để trở thành một học sinh giỏi, bạn cần có khả năng nhận thức dễ dàng, sẵn sàng tập trung sức lực vào mọi điều đọc trong bài giảng, yêu thích trật tự để viết ra và sau đó tận tâm xử lý những gì được dạy trong bài giảng. Về cơ bản, tôi đã thiếu tất cả những phẩm chất này, và thật đáng tiếc là tôi đã phát hiện ra… Tôi đã nghe một số bài giảng một cách rất thích thú. Nhưng thường thì tôi “đi loanh quanh” rất nhiều và dành thời gian nghiên cứu ở nhà những ngôi sao sáng của vật lý lý thuyết… Khóa đào tạo tự túc sâu rộng này chỉ là sự tiếp nối đơn giản của phần giới thiệu trước đó.

14

ki; Một sinh viên người Serbia, Mileva Maric, người sau này trở thành vợ tôi, đã tham gia. Tuy nhiên, trong phòng thí nghiệm vật lý của Giáo sư G. Weber, tôi đã làm việc bằng thời gian và niềm đam mê. Tôi cũng bị cuốn hút bởi những bài giảng của Giáo sư Geyser về hình học vi phân, đó là những kiệt tác thực sự của nghệ thuật sư phạm và đã giúp ích rất nhiều cho tôi sau này trong cuộc đấu tranh xoay quanh thuyết tương đối tổng quát. Nhưng môn toán cao cấp vẫn ít khiến tôi quan tâm trong suốt năm học. Tôi đã lầm tưởng rằng đây là một lĩnh vực thực sự có nhiều nhánh, bạn có thể dễ dàng phát huy hết năng lượng của mình trong tương lai. Hơn nữa, trong sự ngây thơ của mình, tôi tin rằng đối với vật lý, chỉ cần cung cấp các khái niệm toán học cơ bản và sẵn sàng để sử dụng là đủ, phần còn lại chỉ là những điều phức tạp vô dụng đối với vật lý - một ảo tưởng mà sau này tôi mới nhận ra và hối hận. Tôi thực sự không có đủ khả năng toán học để phân biệt cái trung tâm và cái cơ bản với cái ngoại vi và quan trọng phi nguyên tắc.

Trong những năm sinh viên này, một tình bạn thực sự đã phát triển với người bạn học Marcel Grossman. Mỗi tuần một lần, chúng tôi hân hoan cùng anh ấy đến quán cà phê Metropol trên bờ kè Limmat và nói chuyện không chỉ về việc học mà hơn thế nữa, về tất cả những điều có thể khiến những người trẻ có đôi mắt mở rộng quan tâm. Anh ấy không điên rồ và lập dị như tôi, nhưng anh ấy gắn bó với môi trường Thụy Sĩ và trong chừng mực có thể, anh ấy không đánh mất sự độc lập của mình. Ngoài ra, anh ta có rất nhiều dữ liệu còn thiếu: phục hồi nhanh chóng và trật tự về mọi mặt. Anh ấy không chỉ tham dự tất cả các bài giảng mà chúng tôi cho là quan trọng mà còn trình bày chúng một cách xuất sắc đến mức nếu các tạp chí định kỳ của anh ấy được tái bản thì lẽ ra chúng đã có thể được xuất bản đầy đủ. Để chuẩn bị cho kỳ thi, anh ấy đã cho tôi mượn những chiếc terdis này, nó được coi như cứu cánh của tôi; Tốt hơn hết là đừng đoán xem tôi sẽ sống thế nào nếu không có họ…

Đối với tôi, không còn nghi ngờ gì nữa rằng suy nghĩ của chúng ta tiến hành chủ yếu bằng cách bỏ qua các ký hiệu (từ ngữ), và hơn nữa là một cách vô thức. Nếu điều này khác, thì tại sao đôi khi chúng ta lại phải “ngạc nhiên”, hơn nữa, một cách tự phát trước cuộc nổi dậy này hay cuộc nổi dậy kia? “Hành động bất ngờ” này rõ ràng xảy ra khi sự thăng thiên xung đột với thế giới hiểu biết đã được thiết lập đầy đủ trong chúng ta. Trong trường hợp xung đột như vậy diễn ra gay gắt và mãnh liệt, nó sẽ tác động mạnh mẽ đến thế giới tinh thần của chúng ta. Theo một nghĩa nào đó, sự phát triển của thế giới tinh thần này là sự vượt qua cảm giác ngạc nhiên - một cuộc chạy trốn liên tục khỏi “điều kỳ diệu”, khỏi “điều kỳ diệu”.

Tôi đã trải nghiệm một phép lạ thuộc loại này khi còn là một đứa trẻ 4 hoặc 5 tuổi, khi cha tôi cho tôi xem một chiếc la bàn. Thực tế là mũi tên này hoạt động như vậy chắc chắn không phù hợp chút nào với loại hiện tượng có thể tìm thấy một vị trí trong thế giới vô thức của tôi (hành động thông qua xúc giác). Bây giờ tôi vẫn còn nhớ - hoặc có vẻ như tôi đã nhớ - rằng sự việc này đã gây ấn tượng sâu sắc và lâu dài đối với tôi. Phải có cái gì đó khác đằng sau mọi thứ, được ẩn giấu sâu sắc. Một người không phản ứng theo cách này với những gì anh ta nhìn thấy từ khi còn nhỏ. Việc thân thể rơi xuống, gió mưa dường như không làm anh ngạc nhiên, anh không ngạc nhiên trước mặt trăng và việc nó không rơi, anh không ngạc nhiên trước sự khác biệt giữa vật sống và vật không sống.

Vào năm 12 tuổi, tôi đã trải nghiệm một điều kỳ diệu khác thuộc loại hoàn toàn khác: nguồn gốc của nó là một cuốn sách về hình học gấp trên mặt phẳng, cuốn sách này rơi vào tay tôi vào đầu năm học. Ví dụ, có những tuyên bố về giao điểm của ba đường cao của một tam giác tại một điểm, điều này, mặc dù bản thân chúng không rõ ràng lắm, nhưng có thể được chứng minh bằng sự gia tăng, dường như loại bỏ mọi nghi ngờ. Sự rõ ràng và phóng đại này đã gây ấn tượng không thể diễn tả được đối với tôi. Tôi không bận tâm rằng các aximons nên được chấp nhận mà không cần bằng chứng. Nói chung, đối với tôi thế là đủ nếu tôi

15

có thể dựa vào bằng chứng của mình về những điều khoản như vậy, tính hợp lệ của nó đối với tôi dường như không thể chối cãi. Chẳng hạn, tôi nhớ rằng định lý Pythagore đã được chú tôi cho tôi xem ngay cả trước khi cuốn sách đóng bìa về hình học rơi vào tay tôi. Với rất nhiều khó khăn, tôi đã cố gắng “chứng minh” định lý này bằng cách sử dụng các tam giác đồng dạng; Tuy nhiên, đồng thời, đối với tôi, dường như “rõ ràng” là tỷ lệ các cạnh của một tam giác vuông phải được xác định hoàn toàn bởi một trong các góc nhọn của nó. Nói chung, đối với tôi, dường như chỉ cần chứng minh những gì không “hiển nhiên” theo nghĩa này. Và đối với tôi, những đối tượng mà hình học xử lý dường như không có bản chất khác với những đối tượng “nhìn thấy và hữu hình”, tức là những đối tượng được cảm nhận bằng giác quan. Tất nhiên, sự hiểu biết nguyên thủy này dựa trên thực tế là tính đến mối liên hệ một cách vô thức giữa các khái niệm hình học và các vật thể có thể quan sát được (chiều dài - thanh đặc, v.v.) …

Mặc dù có vẻ như bằng phản xạ thuần túy người ta có thể thu được thông tin đáng tin cậy về các vật thể được quan sát, nhưng “phép màu” như vậy là dựa trên một sai sót. Tuy nhiên, đối với những người lần đầu tiên trải nghiệm “phép lạ” này, việc một người có khả năng đạt được mức độ tin cậy và thuần khiết như vậy trong sự trừu tượng của tâm trí mà người Hy Lạp lần đầu tiên cho chúng ta thấy trong hình học có vẻ đáng ngạc nhiên…

Trong độ tuổi từ 12 đến 16, tôi đã làm quen với các yếu tố của toán học, bao gồm cả những kiến ​​thức cơ bản về phép tính vi phân và tích phân. Đồng thời, theo kinh nghiệm của mình, tôi đã gặp những cuốn sách không chú ý quá nhiều đến cấu trúc logic nhưng lại làm nổi bật ý chính. Toàn bộ hoạt động này là một khái niệm hấp dẫn; nó chứa đựng những nâng cấp ấn tượng như “phép màu” của hình học cơ bản—ý tưởng cơ bản của hình học giải tích, chuỗi vô hạn, khái niệm vi phân và tích phân. Tôi cũng may mắn có được ý tưởng về những kết quả và phương pháp quan trọng nhất của khoa học tự nhiên từ một ấn phẩm được tổ chức rất tốt, trong đó việc trình bày gần như hoàn toàn giới hạn ở khía cạnh định tính của vấn đề (sách khoa học tự nhiên dành cho nhân dân của Bernstein - một tác phẩm gồm 5-6 tập); Tôi đọc những cuốn sách này mà không kịp thở. Vào thời điểm tôi vào Đại học Bách khoa Zurich với tư cách là sinh viên vật lý và toán học ở tuổi 17, tôi đã phần nào quen thuộc với vật lý lý thuyết.

Ở đó tôi có những giáo viên xuất sắc (ví dụ Hurwitz, Minkowski), vì vậy, nói đúng ra, tôi có thể nhận được một nền giáo dục toán học vững chắc. Tôi làm hầu hết công việc chuyên sâu trong phòng thí nghiệm vật lý, bị cuốn hút bởi sự tiếp xúc trực tiếp với trải nghiệm. Số còn lại tập trung chủ yếu để nghiên cứu các tác phẩm của Kirchhoff, Helmholtz, Hertz, v.v. tại nhà. Lý do khiến tôi bỏ bê toán học ở một mức độ nào đó không phải

16

Chỉ có sự chiếm ưu thế của lợi ích khoa học tự nhiên so với lợi ích toán học, mà còn có cảm giác kịp thời sau đây. Tôi thấy rằng toán học được chia thành nhiều lĩnh vực đặc biệt và mỗi lĩnh vực đó có thể chiếm toàn bộ cuộc đời ngắn ngủi được giao cho chúng ta. Và tôi thấy mình ở vị trí con lừa của Buridan, nó không thể quyết định nên lấy bó cỏ khô nào. Vấn đề rất rõ ràng là trực giác của tôi trong lĩnh vực toán học không đủ mạnh để tự tin phân biệt điều cơ bản và quan trọng với phần còn lại của học thuật, những thứ vẫn có thể bị bỏ qua. Ngoài ra, niềm yêu thích khám phá thiên nhiên chắc chắn còn mạnh mẽ hơn; Với tư cách là một sinh viên, tôi vẫn chưa rõ ràng rằng việc tiếp cận những vấn đề cơ bản sâu sắc hơn trong vật lý đòi hỏi những phương pháp toán học tinh tế nhất. Điều này chỉ dần dần trở nên rõ ràng với tôi sau nhiều năm nghiên cứu khoa học độc lập. Tất nhiên, vật lý cũng được chia thành các lĩnh vực đặc biệt, và mỗi lĩnh vực đó có thể có thời gian làm việc ngắn ngủi mà không thỏa mãn được cơn khát kiến ​​​​thức sâu hơn. Ở đây có rất nhiều dữ kiện thực nghiệm chưa được công nhận đầy đủ. Nhưng ở đây tôi sớm học được cách tìm kiếm những gì có thể dẫn tới chiều sâu, và loại bỏ mọi thứ khác, mọi thứ khiến tâm trí quá tải và làm sao lãng khỏi điều cốt yếu…

Einstein
mắt
người đương thời

Nhiều cuốn sách và bài báo đã viết về Einstein. Anh đã để lại dấu ấn sâu sắc trong trí nhớ của tất cả những người mà anh kết bạn, làm việc và gặp gỡ. Ở đây chúng tôi đưa ra những phát biểu của các nhà vật lý xuất sắc đến từ các quốc gia khác nhau: nhà khoa học Niels Bohr, Wilhelm Pauli người Thụy Sĩ, nhà vật lý Liên Xô Abram Fedorovich Jufe, Pole Leopold Infeld, các nhà vật lý người Đức Arnold Sommerfeld, Max Laue và Max Born, Roberta Oppenheimer người Mỹ - những điều này sẽ giúp độc giả của chúng tôi hình dung rõ hơn về con người xuất chúng này và đánh giá cao sự đóng góp của ông cho sự phát triển của khoa học. Tuyên bố của chính ủy giáo dục đầu tiên của Liên Xô, Anatoly Vasilyevich Lunacharsky, người đã gặp Einstein năm 1922, cũng được trích dẫn.

“… Nhân loại sẽ luôn mang ơn Einstein vì đã loại bỏ những hạn chế trong thế giới quan gắn liền với những ý tưởng nguyên thủy về không gian và thời gian tuyệt đối. Ông đã cho chúng ta một bức tranh về thế giới đặc trưng bởi sự thống nhất và hài hòa, vượt qua những giấc mơ ngông cuồng nhất trước đây…”

Niels Bohr

“… Là một nhà khoa học, Einstein là một nhân vật ngang hàng với Isaac Newton… Cũng như vào thời của Newton, những người đương thời không thể dự đoán được mức độ phong phú và chiều sâu của tất cả những hậu quả do ảnh hưởng của ông, nên chúng ta khó có thể tưởng tượng được di sản của Einstein sẽ có tác động như thế nào đến tiến trình lịch sử. Thời gian sẽ trả lời…”

Max Laue

“… Với tư duy sâu sắc và tính nhất quán của tư duy triết học, điều chưa từng có trong tâm trí…”

17

Một nhà khoa học khoa học, với sức mạnh toán học có thể sánh ngang với Gauss và Riemann, Einstein đã xây dựng trong mười năm một tòa nhà mà trước mặt chúng tôi, những người đã chú ý theo dõi công việc của ông năm này qua năm khác, đứng đó, cảm thấy kinh ngạc và choáng váng … "

Arnold Sommerfeld

“…Trong đời tôi đã gặp nhiều nhà khoa học có năng lực hơn tôi. Tôi ngưỡng mộ trí thông minh của họ, tốc độ giải quyết vấn đề, phương ngữ nhanh chóng của họ và cách họ vượt qua những khó khăn mà tôi không thể vượt qua. Những lúc như vậy, bạn cảm thấy một cảm giác ngưỡng mộ và tủi nhục đáng kinh ngạc, bởi vì niềm vui không thể nguôi ngoai khi bạn thấy người khác vượt qua những trở ngại mà bạn tưởng như không thể vượt qua. Nhưng chưa một lần nào tôi có cảm giác khó chịu này khi làm việc với Einstein…”

Leopold Infeld

“…Cuộc đời, những khát vọng về tương lai của ông sẽ luôn lấp đầy trong chúng ta một lý tưởng hiếm có ở thời đại chúng ta về một con người, một nhà tư tưởng và một người chiêm nghiệm, những người có tư tưởng hoàn toàn cống hiến cho vấn đề lớn lao về cấu trúc của Vũ trụ…

…Tư duy mới được Einstein đưa vào vật lý có đặc điểm là sự phân tích không thiên vị về các khái niệm chức năng truyền thống, cuối cùng dựa trên các nguyên tắc có thể kiểm chứng bằng thực nghiệm. Đồng thời, một số giả thuyết
được cho là không cần thiết và quá hẹp, và các khái niệm neoctor có thể bị loại trừ hoàn toàn…"

Wilhelm Pauli

“…Einstein là một nhà khoa học tiên tiến và đánh giá cao việc xây dựng xã hội hóa ở đất nước chúng ta, hiện thực hóa ước mơ ấp ủ của những con người xuất sắc nhất mọi thời đại. Trong cuộc đấu tranh giữa hai thế giới - chủ nghĩa cộng sản và chủ nghĩa tư bản - ông đã đứng về phía chúng ta và trước câu hỏi trực tiếp của tôi đáp số…”

Abram Fedorovich Yuffe

“…Và sau chiến tranh, ông đã không ngừng lên tiếng bảo vệ tự do và hòa bình, trước hết là chống lại việc tiếp tục sử dụng bom nguyên tử. Đồng thời, giống như một chiến binh tự do già nua, ông phản đối việc đàn áp các bản án được thực hiện tại Hoa Kỳ dưới sự bảo trợ của Thượng nghị sĩ McCarthy…”

Max Laue

“…Trong một phần cuộc đời, Einstein là một người khiêm tốn, được tôn vinh. Tôi nhớ khi biết về sự xuất hiện dự kiến của những người ngưỡng mộ mình, ông đã đề nghị trốn tránh họ và đi đến công viên trong ba giờ. Tôi nhớ có lần Einstein đồng ý dẫn tôi đến nhà một người bạn, nơi ông chơi violin kèm theo một cây đàn piano. Chủ căn hộ muốn lợi dụng điều này để khoe Einstein nổi tiếng với khách của họ. Nhưng khi gặp người lạ, ông quàng khăn choàng và chỉ ở lại với điều kiện là tất cả các cửa đều bị khóa và không có ai ngoại trừ người đi kèm

18

Sẽ không có bất kỳ sự lộn xộn nào trong phòng. Và cách chơi của Einstein cực kỳ giàu tính nhạc và biểu cảm…”
Abram Fedorovich Yuffe

“… Trong căn phòng nhỏ của anh ấy không có khăn trải giường, thảm, tranh vẽ - chỉ có một chiếc giường, một cái bàn, một cái ghế, một tủ sách với vài cuốn sách và vài bếp in. Tài sản nào cũng là gánh nặng đối với anh ấy, và với mong muốn sở hữu tài sản, anh ấy đã nhìn thấy cơ sở sâu xa nhất của những cuộc cãi vã và chiến tranh giữa con người với nhau…”
Max Sinh

“…Einstein…trong ấn tượng của tôi…một người đàn ông cô đơn…Tất nhiên, ông có vô số sinh viên, nếu chúng tôi muốn nói đến những người, bằng cách đọc sách hoặc nghe các bài giảng của ông, đã học được từ ông một quan điểm mới về vật lý, bản chất của thế giới chúng ta, học được một thế giới quan mới. Nhưng ông không tạo ra trường OLS. Ông có rất ít sinh viên mà ông quan tâm với tư cách là đệ tử và người theo dõi. Luôn có hai người đơn độc sống trong đó, điều mà các nhà khoa học phân biệt rõ ràng với các nhóm khoa học phổ biến ngày nay. Không có hai sự hợp tác trong nó, dưới dấu hiệu của sự phát triển của một số ngành khoa học khác, trong những năm gần đây, Einstein đã làm việc cùng với một số cộng tác viên. Họ thường được gọi là trợ lý của ông… Cộng tác viên cho Einstein là thứ mà ông thiếu khi còn trẻ…”
Robert Oppenheimer

“…Đôi mắt của Einstein bị cận thị và mất tập trung. Dường như trong một thời gian dài và mãi mãi hơn một nửa ánh mắt của ông hướng vào đâu đó bên trong. Dường như một phần đáng kể tầm nhìn của Einstein thường xuyên bị chiếm giữ, cùng với suy nghĩ của ông, với một số dạng phác thảo tính toán. Vì vậy, đôi mắt đầy suy nghĩ trừu tượng và thậm chí có vẻ hơi buồn. Trong khi đó, ở ký túc xá, Einstein là một người cực kỳ vui vẻ. Ông thích nói đùa… ông sẽ bị cuốn theo những tiếng cười hiền lành, hoàn toàn trẻ con. Đồng thời, theo thời gian, trong một khoảnh khắc, đôi mắt anh ấy trở nên hoàn toàn trẻ con. Sự giản dị lạ thường của anh ấy tạo nên một sức quyến rũ khiến người ta chỉ muốn bằng cách nào đó vuốt ve, bắt tay, vỗ vai anh ấy - và làm điều này, tất nhiên, với sự tôn trọng vô cùng.
Anatoly Vasilievich Lunacharsky

20

mở rộng hơn nữa định luật bảo toàn năng lượng - liên quan đến các quá trình hóa học và điện từ và nói chung, đối với tất cả các quá trình. Hóa ra trong hệ thống vật lý của chúng ta, tổng lượng năng lượng không đổi, bất kể bản chất của những biến đổi có thể xảy ra.

Bây giờ về nguyên lý bảo toàn khối lượng. Khối lượng được định nghĩa là khả năng chống lại gia tốc của cơ thể (khối lượng quán tính). Nó cũng được xác định bởi trọng lượng cơ thể (khối lượng nặng). Thực tế là hai cột định nghĩa dẫn đến cùng một giá trị về trọng lượng cơ thể là điều đáng chú ý. Theo nguyên lý bảo toàn (cụ thể là: khối lượng không thay đổi trong mọi biến đổi vật lý hoặc hóa học), khối lượng là một đặc tính thiết yếu (do tính bất biến) của vật chất. Đun nóng, nóng chảy, bay hơi và hình thành các hợp chất hóa học sẽ không làm thay đổi tổng khối lượng.

Các nhà vật lý coi nguyên tắc này có giá trị từ nhiều thập kỷ trước. Tuy nhiên, ông tỏ ra không bền vững khi đối mặt với thuyết tương đối đặc biệt. Do đó, nó hợp nhất với định luật bảo toàn năng lượng, cũng như khoảng sáu mươi năm trước đó định luật bảo toàn cơ năng đã hợp nhất với định luật bảo toàn cơ thể. Chúng ta có thể nói rằng định luật bảo toàn năng lượng, trước đây đã hấp thụ định luật bảo toàn cơ thể, giờ đây bao gồm nguyên lý bảo toàn khối lượng và kiểm soát mọi thứ riêng lẻ.

Sự tương đương giữa khối lượng và năng lượng thường được thể hiện (mặc dù điều này không hoàn toàn chính xác) bằng công thức $E = mc^2$, trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng, khoảng 186.000 dặm/giây, $E$ là năng lượng chứa trong một vật thể ở trạng thái nghỉ, $m$ là khối lượng của nó. Năng lượng tương ứng với khối lượng $m$ bằng khối lượng này nhân với bình phương tốc độ ánh sáng, tức là một lượng năng lượng khổng lồ có trên một đơn vị khối lượng.

Nếu mỗi gam chất chứa một lượng năng lượng dạng cột thì tại sao trường hợp này không thay đổi? Đáp số khá đơn giản: cho đến khi năng lượng đạt giá trị $E/c^2$. Tôi có thể dễ dàng truyền năng lượng cho một cơ thể nào đó bằng cách làm nóng nó, chẳng hạn như mười độ. Vậy tại sao việc tăng khối lượng hoặc tăng cân gắn liền với sự thay đổi này lại không bao giờ được thay thế? Thực tế là về nguyên tắc, khối lượng của một thừa số rất lớn $c^2$ được đưa vào mẫu số của phân số. Sự gia tăng khối lượng quá nhỏ để có thể thay đổi trực tiếp bởi ngay cả những thang đo nhạy cảm nhất.

Để sự gia tăng khối lượng có thể thay đổi được, sự thay đổi năng lượng trên một đơn vị khối lượng phải cực kỳ lớn. Chúng ta chỉ biết một hiện tượng mà lượng năng lượng trên một đơn vị khối lượng được giải phóng như vậy; đây là sự phân rã phóng xạ. Theo sơ đồ, quá trình diễn ra như sau: một nguyên tử có khối lượng $M$ được tách thành hai nguyên tử có khối lượng $M'$ và $M''$, chúng được phân tách bằng động năng rất lớn. Nếu chúng ta loại bỏ những nguyên tử này, tức là lấy đi năng lượng chuyển động của chúng, thì tổng cộng chúng sẽ có ít năng lượng hơn nhiều so với nguyên tử ban đầu. Theo nguyên lý tương đương, tổng khối lượng của các sản phẩm phân rã $M' + M''$ phải nhỏ hơn một chút so với khối lượng ban đầu $M$ của các nguyên tử phân rã, điều này mâu thuẫn với nguyên lý bảo toàn khối lượng cũ. Sự khác biệt tương đối giữa các khối lượng này là khoảng một phần trăm.

Hiện tại chúng tôi không thể triển khai mọi thứ như một nguyên tử riêng biệt. Tuy nhiên, các phương pháp gián tiếp là cần thiết để đo chính xác tất cả các nguyên tử, cho phép người ta thu được các sản phẩm phân rã $M'$ và $M''$. Như vậy,

21

ngay lập tức, hóa ra có thể kiểm tra và xác nhận tính tương đương. Ngoài ra, nguyên lý này cho phép chúng ta mở rộng trước, sử dụng trọng lượng nguyên tử đã biết với độ chính xác cao, chính xác lượng năng lượng sẽ được giải phóng trong bất kỳ quá trình phân rã nguyên tử thú vị nào. Tất nhiên, nguyên lý này không nói gì về việc khi nào (hoặc như thế nào) sự phân rã sẽ xảy ra.

Những sự kiện xảy ra có thể được minh họa bằng ví dụ của chúng ta về người phú hộ. Atom $M$ là một túi tiền dồi dào, trong suốt cuộc đời của nó không chia ra tiền (năng lượng). Nhưng sau khi hoàn thành, ông chuyển giao tài sản của mình cho các con trai $M'$ và $M''$ với điều kiện họ phải phân bổ một phần nhỏ cho xã hội, không quá một nghìn tài sản mới (năng lượng hoặc khối lượng). Các con trai cùng sở hữu khối tài sản nhỏ hơn người cha một chút (tổng khối lượng $M' + M''$ nhỏ hơn một chút so với khối lượng $M$ của một nguyên tử phóng xạ). Nhưng phần chuyển giao cho xã hội tuy tương đối nhỏ nhưng vẫn rất lớn (nếu coi là động năng), mang theo đó là mối đe dọa to lớn của cái ác. Ngăn chặn mối đe dọa này đã trở thành một vấn đề thực sự của thời đại chúng ta.

Tác phẩm này được Einstein viết vào năm 1946. Bản dịch tiếng Nga của bài báo được xuất bản lần đầu trong tập 11 trong Tuyển tập các tác phẩm khoa học của Albert Einstein (Moscow, Nauka, 1966).

Einstein đã viết:

Cho đến cuối đời tôi sẽ nghĩ về ánh sáng là gì!

Kể từ khi các nhà toán học lao vào nghiên cứu lý thuyết họ hàng, bản thân tôi cũng không hiểu được nó nữa.

Nếu bạn muốn học hỏi từ các nhà vật lý lý thuyết bất cứ điều gì về các phương pháp họ sử dụng, tôi khuyên bạn nên tuân thủ chặt chẽ nguyên tắc sau: đừng làm theo những gì họ nói mà hãy nghiên cứu công việc của họ.

Làm việc có nghĩa là suy nghĩ. Vì vậy, việc ghi chép chính xác giờ làm việc không phải lúc nào cũng dễ dàng. Rõ ràng là tôi làm việc bốn đến sáu giờ một ngày. Tôi không chăm chỉ lắm.

Thật là xấu hổ cho một người sử dụng những điều kỳ diệu của khoa học có trong một chiếc máy thu radio thông thường, đồng thời coi trọng chúng như một con bò coi trọng những điều kỳ diệu của người giàu mà nó nhai.

Việc phát hiện ra các phản ứng dây chuyền nguyên tử cũng không có ý nghĩa quan trọng đối với nhân loại như việc phát minh ra diêm; Bạn chỉ cần thực hiện mọi thao tác để thiết bị có thể sử dụng sản phẩm này một cách hiệu quả.

22

Trở ngại số học

Trong nhiều lý thuyết toán học và các bài toán ứng dụng, cũng như trong các trò chơi và câu đố toán học, các câu hỏi thuộc loại này nảy sinh: liệu có thể di chuyển từ vị trí này sang vị trí khác bằng cách sử dụng một số thao tác (di chuyển) “hợp lệ” không? Làm cách nào để tìm số nguyên cần di chuyển nếu nó tồn tại hoặc chứng minh rằng việc chuyển đổi là không thể? Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một số bài toán thuộc loại này. Chúng cũng được thống nhất bởi trạng thái bên ngoài của chúng: trong mỗi chúng đều xuất hiện các số nguyên và “các trở ngại” đối với các quá trình chuyển đổi, như một quy luật, có tính chất số học.

Ngay cả học sinh tiểu học cũng có sẵn các ví dụ để bắt đầu cuộc thảo luận về từng làn sóng bài toán. Các bài tập về chòm sao và cách chứng minh các kết quả tổng quát đòi hỏi người đọc phải suy nghĩ nghiêm túc. Bài viết kết thúc với những bài toán khó Olympic, bài cuối cùng được áp dụng cho lý thuyết không sơ cấp, đang phát triển nhanh chóng về các nhóm khớp.

1. Vấn đề về con ngựa

Bài 1. Cho các số tự nhiên m và n. Trên một trong các sân của một điểm cờ vô hạn có một hình di chuyển “với chữ Γ” trên m trường theo một trong các hướng và trên n theo hướng vuông góc; gọi nó là {m; n}-kone. Con ngựa này có thể đi đến cánh đồng nào?

Một hiệp sĩ cờ vua bình thường ({1; 2}-mã) có thể đi từ bất kỳ ô O ban đầu nào đến bất kỳ ô nào khác: trong ba nước đi, nó có thể đi đến một ô liền kề với O và với các bước cơ bản, tất nhiên, người ta có thể đến bất cứ đâu.

Nhưng {1; 3}-quân mã, một số nước đi được hiển thị trong Hình 1, không thể tiến tới hình vuông liền kề (theo chiều ngang) với hình vuông ban đầu bằng bất kỳ cách nào. Trên bàn cờ, rất dễ giải thích điều gì ngăn cản sự chuyển đổi như vậy: {1; 3}-Mã luôn di chuyển trên các ô cùng màu. Mặt khác, không khó để chứng minh rằng {1; Một quân mã 3} có thể bỏ qua tất cả các ô vuông cùng màu: trong ba nước đi, nó có thể hợp nhất theo đường chéo vào một hình vuông liền kề cùng màu (Hình 1) và với các bước cơ bản, nó có thể dễ dàng bỏ qua tất cả các ô vuông một điểm.

Hãy thử giải bài toán 1 cho các số a) 2 và 5; b) 10 và 25; d) 19 và 79.

Hóa ra là {m; Mã n} có thể xuất hiện trong mọi trường hợp trong đó m và n có số chẵn lẻ khác nhau và ước số chung nhất của chúng là 1.

Phần hoàn chỉnh từ đáp số đến bài toán 1 được đưa ra ở cuối đoạn 3 (Bài tập 10). Bây giờ chúng ta sẽ giải quyết một vấn đề đơn giản hơn. Kết quả mà chúng tôi nhận được rất hữu ích cho cả bài toán về hiệp sĩ và cho toán học phía máy chủ hơn bài toán.

Hình 1. {1; 3}-mã có thể đến ô liền kề (theo đường chéo) cùng màu; Với những bước như vậy, anh ta có thể bỏ qua tất cả các trường có trọng số đơn.

23

2. Đại diện GCD
   Bài 2. Cho các số tự nhiên a và b. Trong một nước đi, phép cắt là cộng một trong các số a, b với một số nguyên nào đó hoặc trừ đi một trong các số này khỏi số đó. Có thể lấy số c từ số 0 một cách tối đa được không?

Trong bài toán này có thể có các “vị trí” - đây là tập Z của tất cả các điểm nguyên trên trục số.

Hãy bắt đầu với một ví dụ cụ thể. Giả sử rằng người mua và nhân viên thu ngân chỉ có các tờ 10 và 25 rúp và (chúng không tồn tại trong các bài toán!) với số lượng không giới hạn. Rõ ràng là người mua có thể đặt c rúp cho người thu ngân khi và chỉ khi c là bội số của 5.

Một ví dụ khác. Cho phép di chuyển ±19 và ±79 trên tập Z. Với những bước di chuyển này, bạn có thể nhận được bất kỳ số nguyên nào: sự kết hợp của chúng cho phép bạn di chuyển đến khoảng cách 3, sau đó đến khoảng cách 1 (Hình 2, a).

Một ví dụ phức tạp hơn: a=819, b=357. Trong trường hợp này, sử dụng kỹ thuật tương tự, có thể tìm ra khoảng cách ngắn nhất - ở mức 21 (Hình 3, a). Do đó, ở đây có thể thực hiện chuyển đổi sang bất kỳ khoảng cách nào là bội số của 21. Mặt khác, cả a và b đều chia hết cho 21 nên không thể thực hiện chuyển đổi nào khác.

Lưu ý rằng 21 là ước số chung nhất của 819 và 357 (hãy xem phần này!).

Sự khác biệt 1. a) Chứng minh rằng nếu người mua và nhân viên thu ngân có (với số lượng không giới hạn) ba rúp và năm xu, thì người mua có thể lập kế hoạch với số lượng rúp bất kỳ.

6. Có thể đi từ 0 đến 1000 nếu a=123, b=456 không? nếu a=589, b=1984?

b) Những chuyển đổi nào có thể xảy ra tại a=18, b=81?

Bây giờ hãy tạo đáp số đến bài toán 2 ở dạng tổng quát. Hãy để nhiều nhất

24

Ước chung lớn nhất (GCD) của các số a và b bằng d. Khi đó việc chuyển từ 0 sang c có thể xảy ra trong cả hai trường hợp, khi số c chia hết cho d. Hãy cố gắng chứng minh điều đó.

Chúng ta sẽ thu được kết quả này ở một dạng hơi khác trong phần tiếp theo.

Có một người phụ nữ
2. Chứng minh rằng đáp số đến bài toán 2 không thay đổi nếu số a chỉ có thể cộng, b chỉ có thể trừ.
3. Có thể trả lời a) 150 g trên cân cốc khi sử dụng các quả cân 36 g và 60 g (các quả cân này có số lượng không giới hạn và có thể đặt trên cả hai cốc cân); b) 132 g?

3. Thuật toán Euclid
   Trong bài toán tiếp theo, các vị trí sẽ là các cặp số nguyên.

Bài toán 3. Ba nguyên tử được in trên thẻ với các cặp số nguyên. Mỗi nguyên tử, sau khi đọc một thẻ nhất định, sẽ được cấp một thẻ mới: nguyên tử đầu tiên, sau khi đọc một thẻ có cặp (x; y), được cấp một thẻ (x-y; y), nguyên tử thứ hai được cấp một thẻ (x+y; y), nguyên tử thứ ba được cấp một thẻ (y; x).

Giả sử ban đầu có một củ khoai tây có một cặp số (1; 2). Có thể sử dụng các nguyên tử theo thứ tự bất kỳ để lấy được một lá bài (19; 79) không? (819; 357)?

Bạn có thể nhận được những lá bài chung nào nếu ban đầu bạn có một củ khoai tây có một cặp số (a; b)?

Hình 4. Mỗi “cuộc hành quân” ​​của cầu thang này là một bước của thuật toán Euclide.

Hãy biểu thị các hoạt động mà máy tự động thực hiện lần lượt là L, R và S. Hãy bắt đầu lại với các ví dụ bằng số.

Một cặp (19; 79) có thể được lấy từ cặp (1; 2) bằng cách sử dụng các phép toán L, R, S. Để thực hiện chuyển đổi cần thiết, sẽ thuận tiện hơn là không đi lên từ (1; 2) đến (19; 79), mà đi xuống theo hướng ngược lại (Hình 4).

Bằng cách viết số nguyên kết quả theo thứ tự ngược lại (và tất nhiên, thay thế L và R), chúng ta nhận được “sự tăng” từ (1; 2) lên (19; 79).

Trong Hình 4, chúng tôi tiếp tục “giảm dần” từ (19; 79) sang (1; 2) thành cặp (1; 0); một bản ghi viết tắt của “đi xuống” này được hiển thị trong Hình 2, trong (Lᵉ có nghĩa là thao tác L được thực hiện k lần liên tiếp). Trên thực tế, chúng tôi đã thực hiện quá trình giảm dần tương tự theo ví dụ đối với bài toán trước đó (Hình 2, a).

Phần gốc bắt đầu bằng cặp (819; 357) được viết tắt trong Hình 3; viết nó ra một cách chi tiết. Ở đây cặp (1; 2) (hoặc 1; 0) không hoạt động. Và không có gì ngạc nhiên khi điều này có một lợi thế: tất cả các số thu được đều chia hết cho 21. Bất kể chúng ta áp dụng các phép toán L, R, S theo thứ tự nào, chúng ta có thể loại bỏ lợi thế về tính không thể tiếp cận này, vì, rất dễ chứng minh, các phép tính này bảo toàn các ước chung của các số trên thẻ: GCD (x-y, x) = GCD (x+y, y) = GCD (x, y). Vì vậy, đáp số từ cặp = (819; 357) sang cặp (1; 2) hoặc ngược lại là không thể.

Razzhenne 4. Có thể sử dụng các phép toán L, R, S để di chuyển a) từ cặp (1; 10) sang cặp (5; 25) không? 6) từ (18; 81) đến (36; 63)? từ (589; 1984) đến (31; 1953)?

Bây giờ chúng ta có thể tạo đáp số cho câu hỏi chung cuối cùng bài toán 3: cặp (a; b) có thể được dịch thành cặp (p; q) trong cả hai trường hợp, khi gcd (a; b) = gcd (p; q). Điều kiện này là cần thiết bởi vì, như chúng tôi đã nói, hoạt động của chúng tôi bảo toàn gcd. Nhưng cũng đủ: nếu gcd(a,b) = gcd(p,q) = d thì mỗi cặp phép toán L,R,S này có thể rút gọn thành một cặp (d; 0); bằng cách bắt đầu từ (a; b) đến (d; 0) rồi tăng dần từ (d; 0) lên (p; q), chúng ta nhận được một số nguyên từ (a; b) đến (p; q).

25

Hình 5. Sử dụng các thao tác L, R, S bạn có thể đổi dấu một số trên thẻ.

Hãy để chúng tôi chỉ ra lý do tại sao chúng tôi có thể chuyển từ bất kỳ cặp $(a; b)$ nào sang cặp $(d; 0)$. Lưu ý rằng nếu một trong các phần tử của cặp là âm thì nó có thể dễ dàng chuyển thành dương (Hình 5). Và cặp $(a; b)$ với tự nhiên và $b$ có thể được rút gọn thành cặp $(d; 0)$ theo cách tương tự mà chúng ta đã sử dụng trong các ví dụ: ở mỗi bước (ngoại trừ hoán vị đối xứng), phần tử lớn hơn của cặp sẽ bị giảm cho đến khi chúng ta đi đến bước cuối cùng $\rightarrow (d; d) \rightarrow (0; d) \rightarrow (d; 0)$.

Giải bài toán 3, chúng ta có một cách thuận tiện để tìm ước chung nhất của hai số: từ cặp $(a; b)$, trong đó $a > b > 0$, chúng ta đi đến cặp $(b; r)$, trong đó $r$ là phần còn lại của phép chia $a$ cho $b$ và lặp lại thao tác này cho đến khi chúng ta nhận được một cặp $(d; 0)$. Phần dư cuối cùng khác 0 $d$ là GCD $(a; b)$ (Hình 2, b, 3, b). Phương pháp này được gọi là thuật toán Euclide.

Ở bên phải
5. Chứng minh rằng từ cặp (1357; 2468) không thể thu được cặp (1234; 5678); từ cặp (123; 457) không thể có được (7890; 1979).

6. Cho ví dụ cho thấy phép toán bài toán 3 không thể hoán vị: $LS \neq SL, RS \neq SR$ (tất nhiên là $LR=RL$).

7. Dùng thuật toán Euclide tìm GCD (589, 1984), GCD (123456789, 987654321).

Mạng nguyên $Z^2$ là tập hợp tất cả các điểm của mặt phẳng có tọa độ nguyên.

Hình 6. “Rìa trái” $L(x; b) \rightarrow (x-b; b)$, “viền phải” $R(x; b) \rightarrow (x+b; b)$, “đối xứng” $S(x; b) \rightarrow (b; x)$ là các phép biến đổi tuyến tính của mặt phẳng thực hiện ánh xạ một-một của mạng số nguyên $Z^2$ lên chính nó.

26

Các bài tập và Hình 6 sau đây làm rõ ý nghĩa hình học của bài toán 3:

8. Chứng minh rằng nếu đoạn $OA$, trong đó $O$ là gốc tọa độ, $A$ là một nút của mạng số nguyên $Z^2$, được chia bởi các nút khác thành $d$ phần, thì các phép toán $L$, $R$ và nút $S$ $A$ có thể được dịch thành các nút $(d; 0)$ và $(-d; 0)$ và không thể dịch sang bất kỳ điểm nào khác trên trục $Ox$.

Bài tập 9 và 10 khái quát hóa bài toán 1 và 2:

9*. Cho $n$ số tự nhiên $a_1, a_2, \dots, a_n$. Chứng minh rằng số nguyên $c$ có ​​thể thu được từ 0 bằng cách di chuyển $\pm a_1, \pm a_2, \dots, \pm a_n$ khi và chỉ khi $c$ chia hết cho $HOД$ ($a_1, a_2, \dots, a_n$).

10*. a) Cho vectơ $n$ $v_1, v_2, \dots, v_n$ có ​​tọa độ nguyên trên mặt phẳng $Oxy$. Chứng minh rằng tập hợp các điểm $D$ của mặt phẳng có thể đến từ điểm $O$ bằng cách di chuyển $\pm v_1, \pm v_2, \dots, \pm v_n$, là tập hợp các đỉnh của một số mạng hình cầu (đây là tên tập hợp các đỉnh của hình bình hành trên đó hai họ đường thẳng song song đều cắt mặt phẳng).

6. Giả sử, cùng với mỗi vectơ $v_i$, trong họ vectơ $v_1, v_2, \dots, v_n$ có một vectơ có chiều dài bằng nhau và vuông góc. Khi đó tập hợp các điểm “có thể tới được” $D$ sẽ là tập hợp các đỉnh của một mạng hình vuông nào đó.

Bây giờ không khó để tìm đáp số đến bài toán 1: let $m=dm_1, n=dn_1$, ở đâu $d=HOД(m, n)$; khi đó, nếu $m_1+n_1$ là số lẻ thì tất cả các trường $(dx; dy)$ đều có thể truy cập được, trong đó $x$ và $y$ là số nguyên tùy ý (lưới có bước $d$); nếu $m_1+n_1$ chẵn - các trường $(dx; dy)$, trong đó $x \in Z, y \in Z$ và $x+y$ chẵn (lưới có bước $d\sqrt{2}$, xoay một góc $45^\circ$ đối với các bến tuyến tính).

4. Một số kết quả

Ở phần cuối của bài viết, chúng tôi sẽ giới thiệu tới các bạn hai vấn đề khá khó khăn. Nhưng trước tiên, nhìn lại, chúng ta hãy cố gắng diễn đạt những thông điệp chung đã giúp chúng ta - và sẽ giúp chúng ta trong tương lai - để tìm hiểu xem liệu có thể chuyển từ “vị trí” này sang “vị trí” khác hay không, đồng thời hãy đặt tên cho những “tên” toán học của những khái niệm mà chúng ta gặp phải trong các bài toán.

1°. Để chứng minh sự bất khả thi của quá trình chuyển đổi này hoặc quá trình chuyển đổi kia, chúng tôi đã phát hiện ra một số lời giải - một đặc điểm của vị trí vẫn giữ nguyên (như người ta nói, bất biến) đối với tất cả các nước đi được chấp nhận, nhưng khác nhau đối với vị trí ban đầu và vị trí cuối cùng; Do đó, bằng chứng về sự không thể xảy ra của một quá trình chuyển đổi này hay quá trình chuyển đổi khác đã được rút gọn thành sự phủ nhận tính bất biến. Như vậy là bất biến trong bài toán o {1; 3}-kone là màu của trường, ở bài toán 2 là số dư của phép chia số cho $HOД(a, b)$, ở bài toán 3 là gcd của cặp số trên thẻ. Bạn có thể đọc thêm về điều này trong «Kvant» 1974, Số 2 (trang 26), 1976, Số 2 (trang 32) và 1976, Số 12 (trang 19).

2°. Để xây dựng một chuyển đổi tích phân trên một mạng, thường hữu ích khi tìm một số chuyển động “khóa” cơ bản (hoặc kết hợp các chuyển động), hoặc giảm nó xuống một số vị trí chính tắc đơn giản, sau đó xây dựng một quy tắc (thuật toán) chung để tìm các chuyển đổi. Vì vậy, trong bài toán o {1; 3}-hiệp sĩ chỉ cần học cách di chuyển theo đường chéo, ở bài toán 2 - chuyển sang $d=HOД(a, b)$, ở bài toán 3 - “đi xuống” của vị trí chuẩn (d; 0).

3°. Trong tất cả các màn hình được xem xét, các chuyển đổi được hướng đến vị trí $A$, có thể di chuyển đến vị trí $B$, sau đó có thể quay lại - từ $B$ đến $A$. Trong những bài toán như vậy, toàn bộ tập hợp các vị trí được chia thành các lớp tương đương: trong một lớp, người ta có thể đi từ vị trí này sang vị trí khác và không thể chuyển đổi giữa các vị trí từ các lớp khác nhau.

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét bài toán, trong đó tính khả nghịch như vậy đúng với $1^\circ$ và $2^\circ$.

5. Loại bỏ cả hai

Bài toán 4. Ba tác giả in các cặp số tự nhiên lên thẻ. Máy hoạt động như sau: tác giả thứ nhất đọc thẻ $(a; b)$, phát thẻ $(a+1; b+1)$; tác giả thứ hai, sau khi đọc thẻ $(a; b)$, sẽ phát thẻ $(a/2; b/2)$ (nó chỉ hoạt động nếu số a và b là số chẵn); cơ quan thứ ba sử dụng hai thẻ $(a; b)$ và $(b; c)$, cấp thẻ $(a; c)$.

Ban đầu để thẻ $c$ có một cặp số (5; 19). Có thể sử dụng quyền hạn trong

27

được rồi, lấy thẻ a) (1; 50)? b) (1; 100)?

c) Giả sử ban đầu có một quân bài (a; b), a < b, và ta muốn có một quân bài (1; n). Trong những điều kiện nào nó có thể được thực hiện?

bài toán này đã được cung cấp tại Cuộc thi Tối ưu hóa Toán học Toàn Liên minh lần thứ XII cho học sinh lớp 8–10*. Tuy nhiên, ngay cả một học sinh lớp năm cũng sẽ có đủ kiến ​​thức để giải.

Hãy để chúng tôi biểu thị các thao tác mà máy tự động mới của chúng tôi thực hiện tương ứng bằng I, H và T. Hình 7 cho thấy cách lấy thẻ “đơn giản nhất” (1; 8) từ thẻ (5; 19) và sau đó là thẻ (1; 50) (thay vì “áp dụng thao tác I k lần”, chúng tôi lại viết I^k). Như vậy, ở bài toán a) đáp số cơ thể đã được đảm bảo.

Nhưng thẻ (1; 100), mà anh ta hỏi ở bài toán 6), không thể lấy được từ thẻ (5; 19). Trở ngại có thể được phát hiện bằng cách nghiên cứu cẩn thận Hình 7: sự khác biệt giữa các số trên mỗi thẻ chia hết cho 7. Cho dù chúng ta sử dụng máy theo thứ tự nào, chúng ta cũng không thể loại bỏ tính chất này - nó được bảo toàn bởi các phép toán I, H và T. (Đối với I, điều này rất indo. Với H: nếu a và b chẵn và b-a chia hết cho 7 thì b/2-a/2 chia hết cho 7. Đối với T: nếu chênh lệch b-a và c-a đều chia hết cho 7, thì c—a=(c-b)+(b—a) chia hết cho 7.) Nhưng hiệu 100—1=99 không chia hết cho 7, vì vậy đáp số đến 6) là số âm.

Bài tập 11. Có thể sử dụng các máy I, H và T, a) từ thẻ (3; 33) để lấy được thẻ (5; 29), (1; 101), (1; 1978)?

6. Từ lá bài (5; 29) được (3; 33), (1; 100), (1; 1979)?

Bây giờ chúng ta hãy tạo đáp số cho câu hỏi chung cuối cùng trong) bài toán 4: từ một thẻ (a; b), trong đó b—a=2^md, trong đó d>0 và lẻ, chúng ta có thể thu được các thẻ tôi và chỉ tôi (p; q), trong đó hiệu p—q>0 chia hết cho d. Như vậy, có thể loại bỏ cả hai trong khai triển b-a, nhưng ước số lẻ của hiệu b-a là một trở ngại không thể vượt qua.

*) Xem thêm bài toán M516 từ Bài toán Kvant («Kvant», 1978, số 8).

Hình 7. Sử dụng các phép toán I^q (tăng q), H (giảm một nửa), T (“chuyển đổi” chuyển tiếp) từ 519, chúng ta nhận được 150

Hình 8. Số lớn b trên thẻ có thể giảm đi (d=b-a; a>1 hoặc a=1, b lẻ).

Trên thực tế, như chúng tôi đã nói (với d=7), từ các thẻ có hiệu chia hết cho số lẻ d, sử dụng các phép toán I, H, T, chỉ thu được các thẻ có cùng thuộc tính. Mặt khác, từ thẻ (a; b), trong đó b—a=2^md (d lẻ), bạn có thể chuyển sang thẻ (1; d+1). (Một bước của quá trình chuyển đổi như vậy được hiển thị trong Hình 8.) Sau khi nhận được thẻ (1; d+1), bạn có thể dễ dàng tạo bất kỳ thẻ nào (1; kd+1) (như

29

Hình 9. Rút gọn về dạng kinh điển. Đối với tất cả các phép biến đổi $L, R, S$ diện tích hình bình hành và vị trí của các nút của mạng số nguyên bên trong nó được giữ nguyên.

$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$ sẽ tạo ra một ma trận có các cột giống hệt nhau $\begin{pmatrix} p & p \\ q & q \end{pmatrix}$.

c) Ma trận $\begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 2 & 7 \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ cũng không tương đương; ở đây một trở ngại mới nảy sinh: tầm quan trọng

$$\Delta = \Delta \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} = |ad - bc|.$$

Nó được bảo toàn dưới mọi phép biến đổi $L, R, S$ của ma trận $\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$. Hãy kiểm tra điều này để biết $L: (a-b)d-b(c-d) = ad-bc$. (Đối với $R$ và $S$, hãy tự kiểm tra.) Vì $\Delta \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 2 & 7 \end{pmatrix} = 3,$ là $\Delta \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = 1$, các ma trận này không tương đương. Lưu ý rằng

$$\Delta \begin{pmatrix} p & p \\ q & q \end{pmatrix} = 0.$$

Đại lượng $ad-bc$ xuất hiện rất thường xuyên trong nhiều bài toán khác nhau về ma trận và được gọi là định nghĩa của ma trận $\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$.

d) Ma trận $\begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 2 & 7 \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ là tương đương: các phép biến đổi số nguyên dẫn vectơ đầu tiên $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$ sang dạng chính tắc $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ và các sửa đổi bổ sung nhỏ của chúng dẫn đến số nguyên (Hình 9). Trong Hình 9, có thể thấy rõ bất biến $\Delta$ của chúng ta: đây là diện tích của hình bình hành được xây dựng trên các vectơ $\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} c \\ d \end{pmatrix}$.

30

Hình 10. Trong hình bình hành của ma trận $(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix})$ và $(\begin{matrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{matrix})$ vị trí các nút của mạng số nguyên là khác nhau.

Vẫn còn phải tìm hiểu xem ma trận $(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 3 \end{matrix})$ và $(\begin{matrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{matrix})$ có tương đương hay không. Hóa ra không phải vậy, mặc dù không dễ để chỉ ra mức độ ưu tiên ở đây. Ý nghĩa hình học của nó được thể hiện rõ ràng từ Hình 9 và 10.

Bây giờ chúng ta có thể đưa ra đáp số cho câu hỏi chung bài toán 5. Bất kỳ ma trận rút gọn nào của phép toán $L, R, S$ đều có thể được chuyển đổi sang dạng chính tắc

$$\begin{pmatrix} 1 & r \\ 0 & \Delta \end{pmatrix}, \quad \text{где } 0 \leq r < \Delta,$$

(1)

$$\text{НОД}(r, \Delta) = 1,$$

hoặc

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \quad (\text{если } \Delta = 0).$$

Hai ma trận tương đương với một mô hình và một mô hình molko khi thỏa mãn các điều kiện (*) và các ma trận rút gọn tương ứng có cùng dạng chính tắc. (Tiêu chí tương đương được xây dựng hơi khác trong Bài tập 20.)

Trên thực tế, bất kỳ ma trận rút gọn nào cũng có thể được chuyển đổi sang dạng chính tắc giống như cách chúng ta chuyển đổi ma trận $(\begin{matrix} 1 & 5 \\ 2 & 7 \end{matrix})$ (xem Hình 9). Việc $r$ là bất biến được rút ra từ Bài tập 14, 15.

Bài tập

14*. Cho ma trận $\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$ có dạng chính tắc (1). Khi đó, bên trong hình bình hành $OABC$, được xây dựng trên các vectơ $\overrightarrow{OA} = (a; b)$ và $\overrightarrow{OC} = (c; d)$, có $\Delta-1$ một điểm nguyên. Tất cả các điểm $M_1, M_2, \dots, M_{\Delta-1}$ này có thể đạt được bằng cách sử dụng các đẳng thức vectơ:

$$\overrightarrow{OM}_j = \{j/\Delta\} \overrightarrow{OC} + \{j(1-r/\Delta)\} \overrightarrow{OA},$$

trong đó $\{x\}$ là phần phân số của số $x$.

15. Hãy để $\text{НОД}(a, b) = \text{НОД}(c, d) = 1, \Delta = |ad-bc| \neq 0$. Khi đó có một $r$ duy nhất sao cho $0 \leq r < \Delta$, $\text{НОД}(r, \Delta) = 1$ và các số $ra-c, rb-d$ chia hết cho $\Delta$, và $r$ này được bảo toàn dưới phép biến đổi $L, R, S$ của ma trận $(\begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix})$.

Bài tập này hữu ích cho các phép tính cụ thể của số $r$ nếu $\Delta$ không lớn.

16. Ma trận môi trường nào sau đây là tương đương và ma trận nào không:

$$\begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 7 & 2 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 & -5 \\ 2 & 7 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 9 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 4 & 7 \\ 5 & 8 \end{pmatrix},$$

$$\begin{pmatrix} 6 & 14 \\ 17 & 39 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 5 & 13 \\ 19 & 50 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 19 & 1 \\ 79 & 4 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 39 & 60 \\ 50 & 77 \end{pmatrix}?$$

17. Ở trên, chúng ta chưa xét các ma trận trong đó một trong các cột bằng 0. Khi nào ma trận tương đương?

18. Chứng minh rằng mọi ma trận có $\Delta=1$ đều tương đương.

19*. Có bao nhiêu lớp ma trận không tương đương với $\Delta=3, \Delta=4, \Delta=5, \Delta=10, \Delta=12$? Trung bình có bao nhiêu chữ viết tắt? Với mỗi lớp ma trận, vẽ vị trí các nút theo hình bình hành (như Hình 10).

20. Chứng minh rằng với bất kỳ ma trận nào, ma trận tương đương thiết yếu là $(\begin{pmatrix} k & l \\ 0 & m \end{pmatrix})$, trong đó $k \geq 0, m \geq 0, l \geq 0$ và $l < m$ cho $m \neq 0$.

Một cách tiếp cận khả thi khác cho bài toán 3 và 5 là tìm ra loại biến đổi nào của một mạng số nguyên có thể thu được bằng cách kết hợp các phép toán $L, R, S$ (tương tự như cách trong bài toán 2, chúng ta đã tìm ra loại cdwgi nào có thể thu được bằng cách kết hợp các phép toán cdwgov ±a, ±b). Hóa ra tất cả các phép biến đổi mạng này đều có dạng $(x; y) \rightarrow (ax+by; cx+dy)$, trong đó $a, b, c, d$ là số nguyên và $|ad-bc|=1$. Nhưng đây đã là chủ đề của một bài viết riêng về đại số tuyến tính.

31

Người chiến thắng cuộc thi «Kvant»

Năm ngoái, các biên tập viên đã nhận được hơn 12 nghìn lá thư với giải pháp bài toán trên tổng số Bài toán Kvant. Dưới đây là danh sách học sinh - người chiến thắng trong cuộc thi của chúng tôi lời giải bài toán.

Theo quyết định của ban tổ chức Olympic học sinh toàn Liên minh, những người chiến thắng được quyền tham gia vòng thứ tư (Cộng hòa) của Olympic toàn Liên minh năm 1979.

Toán học

K. ABDUKHALIKOV - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.
A. AGAEV - tr. Pokrovka AzSSR, lớp 9.
V. AYRIYAN - Yerevan, RFMS tại ErSU, lớp 10.
A. BADALYAN - làng. Berd ArmSSR, lớp 10.
A. BALINSKY - Lviv, làng. w. Số 11, 9 ô.
V. BOLOTNIKOV - Kharkov, tr. w. Số 27, 10 ô.
O. GORDIENKO - Pavlodar, tr. w. Số 3, 10 ô.
M. GORELOV - Belorets, làng. w. Số 14, 10 ô.
G. GRABARNIK - Thành phố Tashkent, s. w. Số 110, 10 ô.
V. GUBA - Vologda, làng. w. Số 8, 10 ô.
O. DMITRIEV - Saratov, tr. w. Số 13, 10 ô.
R. IZMAILOV - Baku, tr. w. Số 134, 10 ô.
F. KABDYKAIROV - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.
A. KAPLAN - Thành phố, làng Sumgait. w. Số 11, 9 ô.
G. KARAGULYAN - Yerevan, RFMS tại ErSU, lớp 10.
A. KELAREV - Sverdlovsk, tr. w. Số 141, 9 ô.
S. KUZNETSOV - Angarsk, s. w. Số 10, 10 ô.
E. KUZMIN - Cherepovets, làng. w. Số 4, 10 ô.
A. KULESKO - Donetsk, int. trường học. Số 10, 10 ô.
Y. LAPUSTA - Ternovol, làng. w. Số 3, 10 ô.
R. MESHOERER - Mátxcơva, tr. w. Số 444, 10 ô.
D. MINDLIN - Thành phố Tashkent, tr. w. Số 5, 10 ô.
B. NADEZHDIN - Moscow, RFMSH số 18 tại Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
S. NOVIKOV - Kyiv, RFMS số 2 tại KSU, lớp 9.
A. OPARIN - Moscow, RFMSH số 18 tại Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
A. POPELUKHIN - Kiev, RFMS số 2 tại KSU, lớp 9.
M. SEVRYUK - Mátxcơva, tr. w. Số 2, 10 ô.
F. SUKOCHEV - Thành phố Tashkent, tr. w. Số 103, 10 ô.
O. TAVGEN - Minsk, tr. w. Số 54, 10 ô.
K. TATALYAN - Yerevan, làng. w. Số 8, 10 ô.
V. UMANSKY - Baku, tr. w. Số 134, 10 ô.
S. KHOSID - Almaty, RFMSH, lớp 10.

Vật lý

A. BARZYKIN - làng. Chernogolovka, vùng Moscow, làng. w. Số 82.10 lớp.
M. GAVRILOV - làng. Chernogolovka, vùng Moscow, làng. w. Số 82.10 lớp.
K. ZHUKOV - Moscow, RFMS số 18 tại Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
E. ZUDIN - Alexandrov, s. w. Số 4, 10 ô.
V. LASHKIN - Kyiv, s. w. Số 96, 10 ô.
D. LYUDMIRSKY - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
A. MOGINLER - Sverdlovsk, tr. w. Số 105, 10 ô.
I. OMELYAN - Lviv, làng. w. Số 11, 10 ô.
T. PAVELKINA - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
S. PRYADKIN - Kyiv, s. w. Số 145, 10 ô.
I. ROMANOVSKY - Lida, tr. w. Số 1, lớp 10.
S. SHISHKOV - Mátxcơva, tr. w. Số 179, 9 ô.
M. EFROIMSKY - Leningrad, tr. w. Số 30, 10 ô.

32

Bài toán

M551—M555; F563—F567

M551. a) Cần bao nhiêu điểm nhỏ nhất để đánh dấu bên trong một hình ngũ giác lồi để bên trong bất kỳ tam giác nào có các đỉnh tại các đỉnh của hình ngũ giác đều có ít nhất một điểm đánh dấu?
6)* Câu hỏi tương tự cho $n$-gon lồi.
Olympic Toán thành phố Moscow

M552. a) Tìm ít nhất một cặp $(p, q)$ số nguyên khác 0 mà trilene $x^2 + px + q$ và $x^2 + qx + p$ có ​​nghiệm nguyên.
6) Tìm tất cả các cặp như vậy $(p, q)$.
E Turkevich

M553*. Cho một hình tam giác $ABC$ và $|BC| < |AC| < |AB|$. Trên cung $BA$ và $CA$, các đoạn $BD$ và $CE$ được phân biệt cũng như $|BD| = |CE| = |BC|$. Chứng minh rằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ bằng khoảng cách giữa tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
S. Người giúp việc

M554*. Chúng ta hãy gọi một số tự nhiên $n$ là tốt nếu tồn tại các số tự nhiên $a_1, a_2, \dots, a_k$ (không nhất thiết phải phân biệt) sao cho
$$a_1 + a_2 + \dots + a_k = n,$$
Và
$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_k} = 1.$$

Được biết, mọi con số từ 33 đến 73 đều tốt. Chứng minh rằng mọi số lớn hơn 73 đều là số tốt.
Olympic Toán học Hoa Kỳ (1978)

M555. Khoảng cách giao lộ
a) hai;
b) ba
các hình trụ có cùng bán kính $r$, các trục của chúng vuông góc với nhau và đi qua một điểm. Giao điểm này có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? Khối lượng của nó là bao nhiêu?
S. Pukhov

33

F563. Các ống khí quyển ở giữa có rất nhiều không khí (Hình 1). Diện tích mặt cắt ngang của ống là $s = 0,3 \text{ cm}^2$. Ở nhiệt độ $t = 0^\circ\text{C}$ chiều dài của bàn là $l_0 = 10 \text{ cm}$. Chiều dài của cái bàn này ở $t = 20^\circ\text{C}$ sẽ là bao nhiêu?

F564. Một ô tô di chuyển dọc theo khúc cua trên đường có bán kính $R$. Đột nhiên người lái xe nhìn thấy chướng ngại vật trên đường và bắt đầu giảm tốc độ. Ô tô sẽ đi được quãng đường bao nhiêu trước khi dừng lại nếu tốc độ của nó là $v_0$, hệ số ma sát của các bánh xe trên đường là $k$ và ô tô phanh với gia tốc không đổi lớn nhất có thể?

Hình 1.

Hình 2.

F565. Hình 2, lấy từ công trình của Millikan, cho thấy sự phụ thuộc của hướng hãm vào tần số ánh sáng trong các thí nghiệm về hiệu ứng quang điện. Từ biểu đồ này, xác định tỷ số của hằng số Planck $h$ với điện tích electron $e$.

Hình 3.

F566. Một nguyên tử chuyển động với tốc độ $v (v \ll c)$ phát ra một photon nghiêng một góc nhỏ $\alpha$ so với hướng chuyển động của nó. Chứng minh rằng nếu $\omega_0$ là tần số bức xạ của một nguyên tử đứng yên và $\omega$ là tần số của sóng photon thì đối với ánh sáng khả kiến ​​$\frac{\omega_0 - \omega}{\omega_0} \approx \frac{v}{\cos \alpha}$ (công thức Doppler).

F567. Hình 3 cho thấy sự phụ thuộc của dòng điện qua bóng đèn ô tô vào hướng đi qua nó. Bóng đèn được nối với mục tiêu như trong Hình 4. Tìm công suất do bóng đèn tỏa ra.

Hình 4.

34

Lời giải bài toán
M504, M506, M507; F513, F516, F517

M504. Trên bàn cờ gồm $n \times n$ ô có $k$ các plimka có kích thước $2 \times 1$ được đặt và không thể đặt plimka thứ $(k+1)$ mà không di chuyển các plimka hiện có. Chứng minh rằng không còn nhiều hơn $a) (n^2+n+1)/3$ ô trống;
$b) (n^2+2)/3$;
$c) n^2/3$.

Có thể có được ước tính mạnh mẽ hơn nữa cho một số $n$ không?

Hình 1.

Hình 2.

Cái lồng này phải được tự do

Hình 3.

Hình 4.

Để có $x$ ô tự do.

a) Chúng ta hãy liên kết từng ô trống không nằm ở chiều ngang phía trên của bảng với một ô “che phủ” nó từ phía trên (Hình 1). Rõ ràng là mỗi ô được liên kết với tối đa một ô (vì vậy số ô trống không nằm trên chiều ngang trên cùng của bảng nhiều nhất là một số ô $\frac{n^2-x}{2}$ được bố trí như đã nêu trong bài toán). Đặt $x_1$ ô trống ở phía trên cùng của bảng; thì $x_1 \leq \frac{n+1}{2}$. Chúng ta có $x-x_1 \leq \frac{n^2-x}{2}$, tức là

$$3x \leq n^2+2x_1 \leq n^2+n+1,$$

Ở đâu

$$x \leq (n^2+n+1)/3.$$

6. Ta ký hiệu bằng $x_1$ số ô trống bên trong bảng, bằng $x_2$ số ô trống ở viền bảng, không tính các ô góc; cuối cùng, bằng $x_3$ chúng ta biểu thị số ô góc trống của bảng. Sau đó $x=x_1+x_2+x_3$. Bằng $y_1$ chúng ta biểu thị số l và tok nằm ngay bên trong bảng; đến $y_2$—số lượng ô kéo dài đến các cạnh của bảng trong ít nhất một hình vuông; thì $y_1+y_2 = \frac{n^2-x}{2}$.

Hãy tính xem một ô trống có bao nhiêu khoảng trắng - đường viền của nó là plimka. Một mặt, có $4x_1+3x_2+2x_3$ trong số đó. Mặt khác, vì các ô được xếp theo cách không thể thêm một ô duy nhất nên không có nhiều hơn $4y_1+3y_2$ các cặp này (mỗi ô đối diện với các cạnh của bảng có viền không quá một hình vuông thứ ba và mỗi ô có đường viền bên trong bảng không quá bốn). Pozny

$$4x_1+3x_2+2x_3 \leq 4y_1+3y_2.$$

Vì hai ô trống trên ranh giới bảng được ngăn cách bằng một ô, nên chúng ta có

$$x_2+x_3 \leq y_2.$$

Cộng các bất đẳng thức (1) và (2), ta thu được

$$4x_1+4x_2+3x_3 \leq 4(y_1+y_2),$$

hoặc

$$x-\frac{1}{4}x_3 \leq \frac{n^2-x}{2}.$$

Nhưng $x_3 \leq 4$; có nghĩa là $x \leq \frac{n^2-x}{2} + 1$ hoặc $3x \leq n^2+2$, do đó $x \leq (n^2+2)/3$.

c) Lưu ý rằng nếu bất đẳng thức (1) là nghiêm ngặt thì chúng ta thu được điều chúng ta cần ở điểm c): bất đẳng thức nghiêm ngặt $x < \frac{n^2-x}{2} + 1$ tương đương như sau:

$$x \leq \frac{n^2-x}{2}, \text{откуда } x \leq \frac{n^2}{3}.$$

Pozny, nếu chúng ta giả sử rằng $x > \frac{n^2}{3}$, thì trong mọi trường hợp, mỗi ô phải liền kề với số lượng ô trống tối đa. Đặc biệt, cạnh nào của quân cờ có chiều dài 1 không vừa với mép bàn cờ thì phải liền kề

35

Tế bào miễn phí. Do đó, các ô phải được sắp xếp thành “hàng” (Hình 2) và các “hàng” không được tiếp giáp nhau cũng như không giao nhau, vì trong cả hai trường hợp, hình ảnh hiển thị trong Hình 3 sẽ xuất hiện - cho đến khi chạm đến mép. Điều này có nghĩa là tất cả các “hàng” phải song song, điều này chỉ có thể thực hiện được khi $n$ chia hết cho 3. Trong trường hợp này, số ô là $n^2/3$ (ví dụ tương ứng được hiển thị trong Hình 4). Vì vậy, đối với bảng $n \times n$, trong đó $n=3k$, ước tính $\frac{n^2}{3}$ là chính xác.

S. Fomin

Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $0 < a \leq b \leq c \leq d$. Cộng thêm ba bất đẳng thức
$$a(a-b)(a-c)(a+2d) \geq 0,$$
$$a(a-b)(a+2c)(a-d) \geq 0,$$
$$a(a+2b)(a-c)(a-d) \geq 0,$$
chúng tôi nhận được
$$3a^4 - 3a^2(bc + bd + cd) + 6abcd \geq 0,$$
hoặc
$$a^4 - a^2(bc + bd + cd) + 2abcd \geq 0.$$

Mặt khác, sự bất bình đẳng
$$b^4 + c^4 + d^4 - a^2(b^2 + c^2 + d^2 - bc - bd - cd) - b^2c^2 - b^2d^2 - c^2d^2 \geq 0$$
tương đương với tiếp theo
$$[(b+c)^2 - a^2](b-c)^2 + [(b+d)^2 - a^2](b-d)^2 + [(c+d)^2 - a^2](c-d)^2 \geq 0.$$

Cộng các bất đẳng thức (1) và (2), ta thu được mệnh đề bài toán.
Hãy đưa lời giải vào bài toán này và sử dụng phân tích toán học. Chúng ta cần ước lượng hình học sau đây
Bổ đề. Nếu hàm $f$ không âm tùy ý tại mỗi điểm của vòng lặp $[x_0; +\infty[$ thì nó không giảm trên vòng lặp này.
Lưu ý rằng nếu bất kỳ hai số $a, b, c, d$ nào trùng nhau thì chứng minh bất đẳng thức là đúng. Trên thực tế, chúng ta hãy chỉ đạo, $a = d$. thì bất đẳng thức của chúng ta có thể được viết lại như sau:
$$a^4 + 2(bc - b^2 - c^2)a^2 + b^4 + c^4 - b^2c^2 \geq 0.$$

Vế trái của bất đẳng thức (3) là tam thức bậc hai đối với $a^2$ với phân biệt không dương $-2bc(b-c)^2$, do đó (3) đúng.

Bây giờ chúng ta viết lại bất đẳng thức cần tìm dưới dạng này:
$$d^4 - (a^2 + b^2 + c^2)d^2 + 2abcd + a^4 + b^4 + c^4 - a^2b^2 - a^2c^2 - b^2c^2 \geq 0$$

và coi vế trái của (4) là hàm của $d$; Hãy biểu thị hàm này bằng $f$. Ta cần chứng minh rằng $f(d) \geq 0$ cho $d \geq c$ (và $0 < a \leq b \leq c$). Chúng tôi có:
$$f'(d) = 4d^3 - 2(a^2 + b^2 + c^2)d + 2abc,$$
vậy $f'(c) = 2c^3 - 2(a^2 + b^2)c + 2abc \geq 0 (0 < a \leq b \leq c)$.
Kế tiếp,
$$f''(d) = 12d^2 - 2(a^2 + b^2 + c^2) \geq 0$$

tại $0 < a \leq b \leq c$. Do đó, theo Bổ đề $f'(d) \geq f'(c) \geq 0$ cho $d \geq c$. Sử dụng thực tế là $f(c) \geq 0$ (xem nhận xét ở trên) và $f'(d) \geq 0$ cho $d \geq c$, và áp dụng lại bổ đề, chúng ta thu được bất đẳng thức $f(d) \geq 0$ cho $d \geq c$, đây chính là điều cần thiết.

Một khái quát hóa thú vị về bất đẳng thức này được phát minh bởi F. Schleöfer (Ryazan): với mọi $a_1, \dots, a_n$
$(n-1)(a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2) + n\sqrt{a_1^2 \cdot a_2^2 \cdot \dots \cdot a_n^2} \geq (a_1 + a_2 + \dots + a_n)^2$.

Đối với $n=4$, $a_1=a^2$, $a_2=b^2$, $a_3=c^2$, $a_4=d^2$, chúng tôi thu được tuyên bố về bài toán của mình.

V. Senderov, E. Turkevich

36

M507. Giả sử $a_1 < a_2 < \dots < a_n < 2n$ là một dãy hữu hạn các số tự nhiên ($n \ge 6$).
a) Hãy chứng minh rằng
$$\min [a_i, a_j] \leq 6 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right),$$
$[a_j, a_j]$ cũng có nghĩa là bội số chung nhỏ nhất của các số $a_i$ và $a_j$, và mức tối thiểu được lấy trên tất cả các tham số của các số $a_i, a_j$.
b) Hãy chứng minh rằng
$$\max (a_i, a_j) > \frac{38n}{147} - c,$$
khác $c$ không phụ thuộc vào $n$ và $(a_i, a_j)$ có ​​nghĩa là ước số chung nhỏ nhất của $a_i$ và $a_j$.
Không thể cải thiện các ước tính trong bài toán a) và b) (chúng ta có thể thay thế hệ số 6 bằng hệ số nhỏ hơn và $\frac{38}{147} - \text{большим}$).

Dưới đây chúng ta sẽ chứng minh một phát biểu tổng quát hơn. Hãy để $a_1 < a_2 < \dots < a_n \leq 2n$.
a) Hãy chứng minh rằng chúng ta yêu cầu bất đẳng thức đúng với $n \ge 5$. Giả sử trong số các phần tử của dãy $a_1, a_2, \dots, a_n$ có một số $a \leq n$. Nếu số 2a cũng thuộc dãy này thì
$$\min [a_i, a_j] \leq [a, 2a] = 2a \leq 2n \leq 6 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right),$$
mang lại lời giải bài toán. Nếu 2a không thuộc dãy thì chúng ta xóa số $a$ khỏi chuỗi đó và thay thế bằng 2a. Rõ ràng là $\min [a_i, a_j]$ đối với chuỗi mới không kém gì chuỗi ban đầu. Áp dụng lý luận tương tự cho từng phần tử $a \leq n$, cuối cùng chúng ta sẽ đi đến chuỗi $n + 1, n + 2, \dots, 2n$ và
$$\min [a_i, a_j]$$ đối với chuỗi này không nhỏ hơn mức tối thiểu tương ứng đối với bất kỳ chuỗi nào khác mà từ đó nó thu được, đặc biệt là đối với chuỗi ban đầu.
Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng với dãy $n + 1, n + 2, \dots, 2n$ tại $n \ge 5$ đẳng thức
$$n + 1 \leq a < b \leq 2n$$
Và
$$[a, b] = 6k + 6 = 6 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right).$$

Bây giờ, hãy kiểm tra xem với bất kỳ cặp số $c, d$ nào thỏa mãn điều kiện $n + 1 \leq c < d \leq 2n$ thì bất đẳng thức $[c, d] \geq 6 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right)$ đúng. Thật vậy, $[c, d] = pd = qc$, ở đâu $q > p > 1$. Trong trường hợp này, $p = 2$ và $q \ge 3$ hoặc $q \ge 4$. Trong trường hợp đầu tiên, $c$ là số chẵn, do đó $c \ge 2 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right)$ và $[c, d] = qc \ge 3c \ge 6 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right)$. Trong trường hợp thứ hai $[c, d] = qc \ge 4 (n + 1) \ge 6 \left( \left[ \frac{n}{2} \right] + 1 \right)$. Điều này hoàn thành việc chứng minh khẳng định a).

6. Hãy xem xét bài toán tổng quát hơn: đặt $a_1 < a_2 < \dots < a_k \leq B$ là một dãy số tự nhiên; Hãy thử ước tính cường độ của $max (a_i, a_j)$. Nghịch đảo bài toán rất hữu ích cho việc này: đặt $A, B$ là số dương (không nhất thiết phải là số nguyên); xác định $k$ tối đa mà tại đó có một dãy $k$ số tự nhiên riêng biệt $a_1, a_2, \dots, a_k$ tối đa sao cho
   (1) phần tử nào của chuỗi không vượt quá $B$;
   (2) $(a_i, a_j) \leq A$ cho bất kỳ phần tử riêng biệt nào $a_i, a_j$.
   Chúng tôi sẽ biểu thị số lượng tối đa này bằng $k (A, B)$. Đối với lời giải bản gốc bài toán bạn cần chọn $A$ sao cho $k (A, 2n)$ gần bằng $n$. Thật vậy, nếu với mỗi $A$
   $$k (A, 2n) < n,$$
   thì với bất kỳ chuỗi nào $a_1 < a_2 < \dots < a_n \leq 2n$ sẽ có
   $$max (a_i, a_j) > A;$$
   nếu $k (A, 2n) \ge n$ thì tồn tại một dãy $a_1 < a_2 < \dots < a_n \leq 2n$ sao cho
   $$max (a_i, a_j) \leq A.$$
   Đặt $a_1, \dots, a_k$ là dãy thỏa mãn điều kiện (1) và (2). Nếu phần tử $a_i$ nào đó của dãy này có ước số $d > A$ không giống với $a_i$ thì theo điều kiện (2) $d$ không phải là một phần tử của dãy. Sau đó, thay thế

37

$a_i$ bằng $d$, chúng ta thu được một chuỗi mới có cùng độ dài, cũng thỏa mãn điều kiện (1) và (2). Tiến hành theo cách tương tự, cuối cùng chúng ta sẽ thu được một chuỗi trong đó không có phần tử nào có ước số riêng lớn hơn $A$. Chúng tôi gọi một chuỗi như vậy là không thể rút gọn.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét tập hợp $M$ của tất cả các số tự nhiên không vượt quá $B$ và không có ước số thực sự lớn hơn $A$. M là một dãy bất khả quy thỏa mãn các điều kiện (1) và (2), và mọi dãy bất khả quy khác đều chứa trong $M$. Do đó, rõ ràng là $k(A, B)$ đơn giản bằng số phần tử $M$.

Để đếm số phần tử của tập hợp $M$, chúng ta tính riêng số lượng 4 phần tử, số phần tử lẻ chia hết cho 3, v.v. Chính xác hơn là đặt $M_2$ gồm cả 4 phần tử của tập hợp $M$, $M_3$ gồm cả 4 phần tử của $M$ chia hết cho 3, $M_5$ gồm cả 4 phần tử $M$, chia hết cho 5, nhưng không chia hết cho 2 hoặc 3. Và nói chung, đối với bất kỳ số nguyên tố $p$ nào, tập hợp $M_p$ bao gồm các phần tử của tập hợp $M$ chia hết cho $p$ và không có thừa số nguyên tố nào nhỏ hơn $p$.

Hãy đếm số phần tử của tập hợp $M_p$. Bất kỳ phần tử nào từ $M_p$ đều có dạng $pc$, trong đó $c \leqslant A$ (vì $M$ là tập tối giản), $pc \leqslant B$ và $c$ không có thừa số nguyên tố nào nhỏ hơn $p$. Nếu $pA \leqslant B$ thì có thể bỏ qua điều kiện $pc \leqslant B$ và số phần tử $M_p$ bằng số phần tử tự nhiên $c \leqslant A$ không có thừa số nguyên tố nhỏ hơn $p$ (chúng ta sẽ biểu thị số đó bằng $m_p(A)$). Nếu $pA > B$ thì số phần tử $M_p$ bằng $m_p\left(\frac{B}{p}\right)$ và không vượt quá $m_p(A)$.

Hãy để chúng tôi sửa một số nguyên tố $p$. Nói chung, các bộ $M_2, M_3, M_5, \dots, M_p$ không làm cạn kiệt các bộ $M$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $N$ tập hợp tất cả các phần tử còn lại của $M$. Chúng không có ước số giữa các số 2, 3, 5, …, $p$ nên số của chúng không vượt quá số $m_q(B)$, trong đó $q$ là số nguyên tố tiếp theo sau $p$. Như vậy,

$$k(A, B) \leqslant m_2(A) + m_3(A) + \dots + m_p(A) + m_q(B).$$

Nếu $pA \leqslant B < qA$, thì bất đẳng thức này chuyển thành đẳng thức. Thật vậy, rõ ràng là mỗi $M_r$ chứa chính xác $m_r(A)$ phần tử. Mặt khác, mọi số $c \leqslant B$, không có ước số nhỏ hơn $q$, do đó không có ước số nào lớn hơn $A$ (nếu $c = df$, trong đó $d > A$ và $c \leqslant B < qA$, thì $f < q$), và do đó được bao gồm trong $N$; do đó $N$ chứa phần tử $m_q(B)$.

Bây giờ chúng ta hãy bắt đầu ước tính các số có dạng $m_r(C)$. Thứ nhất, $m_2(C)$ bằng số tự nhiên $l \leqslant C$, nghĩa là bằng $[C]$ và khác $C$ nhỏ hơn 1. Tiếp theo, $m_3(C) = m_2(C) - m_2\left(\frac{C}{2}\right)$ (số tất cả $l \leqslant C$ nhỏ hơn 1, thì $m_3(C)$ khác với $C$ $\left(1 - \frac{1}{2}\right)$ bởi ít hơn 2).

Lập luận theo cách tương tự, chúng ta nhận được rằng nếu $p$ và $q(p < q)$ là hai số nguyên tố lân cận thì $m_q(C) = m_p(C) - m_p\left(\frac{C}{p}\right)$, từ đó cho thấy $m_q(C)$ khác với số $C\left(1 - \frac{1}{2}\right)\left(1 - \frac{1}{3}\right) \dots \dots \left(1 - \frac{1}{p}\right)$ nhỏ hơn $2^{i-1}$, trong đó $i$ là số của số nguyên tố $q$. Nói cách khác, biểu thị bằng $Z_q$ tích của tất cả các số có dạng

38

$$\left(1 - \frac{1}{r}\right),$$
trong đó $r$ là số nguyên tố nhỏ hơn $q$ (và đặt $Z_2 = 1$), ta có

$$|m_q(C) - C \cdot Z_q| < 2^{i-1}$$

($i$ là số của số nguyên tố $q$). Do đó, các ước tính sau đây đúng với số $k(A, B)$:

$$k(A, B) \leq m_2(A) + \ldots + m_p(A) + m_q(B) < A(Z_2 + Z_3 + \ldots + Z_p) + B \cdot Z_q + 1 + 2 + \ldots + 2^{i-1} = A(Z_2 + \ldots + Z_p) + B \cdot Z_q + (2^i - 1);$$

nếu $pA \leq B \leq qA$ thì

$$k(A, B) = m_2(A) + \ldots + m_p(A) + m_q(B) > A(Z_2 + \ldots + Z_p) + B \cdot Z_q - (2^i - 1).$$

(3)

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán ban đầu và tìm hiểu xem $A$ $k(A, 2n) < n$ là gì. Để làm được điều này, chỉ cần giải $A$ bất đẳng thức

$$A(1 + Z_3 + \ldots + Z_p) + 2n \cdot Z_q + (2^i - 1) \leq n.$$

Lấy $p$ bằng 3,5 hoặc 7, ta được tương ứng:

$$A \leq \frac{2}{9}n - \frac{14}{3}, \quad A \leq \frac{14}{55}n - \frac{90}{11},$$

$$A \leq \frac{38}{147}n - \frac{310}{21}.$$

Tại $p = 7$ có hệ số nhỏ $\frac{38}{147}$, hệ số lớn nhất trong ba hệ số. Lấy $p \geq 11$ là vô nghĩa, vì $11 \cdot \frac{38}{147}n \geq 2n$, và các bất đẳng thức cho $k(A, 2n)$ sẽ kém chính xác hơn. Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng với $n \geq 2$ cho bất kỳ chuỗi nào $a_1 < a_2 < \ldots < a_n \leq 2n$

$$\max(a_i, a_j) > \frac{38}{147}n - \frac{310}{21}.$$

Để chứng minh hệ số $\frac{38}{147}$ không thể bị thay đổi, ta lấy $A = \frac{38}{147}n + \frac{310}{21}$. Khi đó tại $n \geq 543$ sẽ có $7A \leq 2n < 11A$, và sử dụng bất đẳng thức (3), chúng ta thu được $k(A, 2n) \geq n$. Do đó, với $n \geq 543$ luôn có một dãy $a_1 < a_2 < \ldots < a_n \leq 2n$ mà

$$\max(a_i, a_j) \leq \frac{38}{147}n + \frac{310}{21}.$$

Nếu ước tính $m_r(C)$ một cách cẩn thận, chúng ta có thể thu được các bất đẳng thức chính xác hơn: với $n \geq 2$ cho bất kỳ chuỗi nào $a_1 < a_2 < \ldots < a_n \leq 2n$

$$\max(a_i, a_j) \geq \frac{38}{147}n - \frac{73}{49};$$

và ngoài ra còn có một dãy $a_1 < a_2 < \ldots < a_n \leq 2n$ mà

$$\max(a_i, a_j) \leq \frac{38}{147}n + \frac{73}{49}.$$

(điều đáng chú ý là hằng số $\frac{73}{49}$ trong các bất đẳng thức này không thể giảm được nữa).

D. Bernishtein