Kvant 1980, số 9 · Trang

KEANT
9
1980
Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ VÀ VIỆN KHOA HỌC SƯ PHÁP LIÊN XÔ

Nhân kỷ niệm 1000 năm ngày sinh của Avicenna (xem thêm trang 7.57). Bakhram trong cung điện chính. Bảy hành tinh. Bukhara, Thư viện Bodleian.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

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

Mẫu,
trong hình
ở trang đầu tiên của trang bìa,
đã kết nối

về cái nào

chúng ta. 61.

TRONG PHÒNG:

4 I. Kikoin. Нуука — дело молодых
7 Z. Usmanov. I. Khodzhev. Toán học trong các tác phẩm vĩ đại
y học

thần đèn
14 E. Glushankov, P. Pevzner. Переключательная игра
Shenon

trong vũng nước

Phòng thí nghiệm «Kvant»
27 F. Vafin. Một lần nữa về phản ứng chảy và chảy-
máy bay phản lực cổ

vòng tròn toán học
28 G. Geedel. Nguyên lý của bản đồ lướt

Vấn đề «Kvant»
34 Bài toán M641—M645; F653—F657
36 Lời giải bài toán M596, M598, M599; F599—F603
40 giải thưởng «Kvant»

«Kvant» cho học sinh nhỏ
41 Bài toán
42 И. Tuyệt vời. “Điều đó không đúng…” - hiểu điều này như thế nào?

Qua những trang sách giáo khoa
47 A. Zemlyakov. Tự kiểm tra

Xưởng của người nộp đơn
51 Y. Mett. Ba tiêu chuẩn bài toán

Nghệ thuật lập trình
52 Trường tương ứng về lập trình. Bài học 9: Vòng lặp

Đánh giá, thư mục
58 A. Edorov, M. Smolyansky. Sách mới
59 I. Zorich. Robot đầu tiên của bạn

Trang cờ vua
63 Đáp số, gợi ý, lời giải
Thi đấu cờ vua (trang bìa thứ 3)
Bìa của chúng tôi (57, 61)
Trộn (21, 33, 46, 49)

© Nhà xuất bản “Nuuka”, Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1980

2

Joseph Shavich Slobodetsky
(tháng 4 năm 1941 - tháng 7 năm 1980)

Tập biên tập và tổ biên tập tạp chí «Kvant», tập biên tập “Thư viện «Kvant» nhanh chóng đưa tin về cái chết thương tâm trong một vụ tai nạn ô tô vào ngày 23 tháng 7 năm 1980 của một thành viên ban biên tập tạp chí «Kvant», thành viên tập biên tập và thư ký khoa học của “Thư viện «Kvant»”, ứng cử viên khoa học vật lý và toán học Joseph Shavich Slobodetsky.

3

Để tưởng nhớ một người bạn

Tuyển tập xã luận của tạp chí «Kvant» phản ánh một sự mất mát. Một trong những người sáng lập tạp chí và những nhân viên tích cực nhất của nó, Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học Joseph Shavich Slobodetsky, đã qua đời một cách bi thảm.

Là một người tài năng, nghị lực, chăm chỉ lạ thường, anh hoàn toàn nghỉ việc, không bao giờ đánh mất mục tiêu chính - mang lại lợi ích cho mọi người. Trong cuộc đời ngắn ngủi nhưng tươi sáng như vậy, anh đã làm được rất nhiều điều.

Tôi. Sh. Slobodetsky sinh ngày 28 tháng 4 năm 1941 tại Kiev. Sau khi tốt nghiệp trung học, ông theo học tại Viện Vật lý và Công nghệ Matxcova thuộc Khoa Vật lý đại cương và Ứng dụng, sau đó làm việc tại Viện Vật lý cao áp thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Trong mọi hoạt động khoa học của mình, bằng tài năng và sự uyên bác chuyên môn sâu sắc, nhà vật lý lý thuyết luôn tỏ ra quan tâm đến những ứng dụng thực tiễn của nghiên cứu lý thuyết.

Tình yêu vô bờ bến dành cho trẻ em và tình yêu dành cho khoa học đã đưa Joseph Savich đến với công việc nghiêm túc với học sinh một cách tự nhiên. Đóng góp của ông trong vấn đề thu hút thế hệ thanh niên mới đến với khoa học thực sự là vô giá. Ngay trong những năm sinh viên, I. Sh. Slobodetsky là một trong những người khởi xướng việc tối ưu hóa vật lý và toán học tại MIPT. Trong hoạt động này, ông là một nhà khổ hạnh thực sự. Phần lớn nhờ vào sự nhiệt tình và khả năng tổ chức xuất sắc của anh ấy, tối ưu hóa MIPT cuối cùng đã phát triển thành Tối ưu hóa học sinh toàn Nga và sau đó là Tối ưu hóa học sinh toàn liên minh. Ông biết cách thuyết phục mọi người, thu hút họ bằng những ý tưởng của mình và kiên trì thực hiện những ý tưởng này trong những trường hợp cụ thể. Vai trò trung tâm của I. Sh. Slobodetsky trong quá trình sáng tạo và tất cả các công việc tiếp theo của ban biên tập tạp chí «Kvant». Ông là trưởng ban thường trực của bộ phận vật lý “Bài toán Kvant, một nhà tổ chức tích cực và là giám khảo chính cho mọi công việc của bộ phận vật lý của tạp chí. Độc giả cũng biết đến ông với tư cách là người đóng góp thường xuyên cho tạp chí.

Iosif Shavich đã cống hiến rất nhiều sức lực và tâm huyết cho bộ truyện khoa học nổi tiếng “Thư viện «Kvant»”, thành viên ban biên tập và thư ký khoa học mà ông đảm nhiệm kể từ thời điểm tạo ra bộ truyện này. Tôi. Sh. Slobodetsky là biên tập viên khoa học của sách giáo khoa vật lý ở trường trung học và một số sách khoa học phổ thông được xuất bản bởi các nhà xuất bản “Nauka”, “Mir” và “Prosveshchenie”. Nhiều bài toán xuất sắc về vật lý được tập hợp trong hai cuốn sách mà ông vừa chuẩn bị xuất bản. Tôi. Sh. Slobodetsky đã tham gia tích cực vào công việc của “Kiến thức” của Hiệp hội Liên minh, nơi ông là thành viên của hội đồng khoa học và phương pháp nhằm thúc đẩy kiến ​​thức vật lý và toán học.

Trực giác khoa học sâu sắc, nghị lực sôi nổi và năng khiếu giao tiếp hiếm có mà anh sở hữu đã khơi dậy sự tôn trọng sâu sắc đối với bạn bè và đồng nghiệp. Với anh ấy, anh ấy đã chia sẻ nhiều kế hoạch khoa học và xuất bản khác nhau, các dự án cho những cuốn sách mới về vật lý của mình. Thật khó để kết luận rằng những kế hoạch này không tồn tại.

Một nhà vật lý tài năng, một con người thông minh, làm được nhiều điều tốt đẹp và có ích cho con người, đã qua đời. Ký ức về anh sẽ còn mãi trong lòng bạn bè, tất cả những ai đã tình cờ gặp người đàn ông tươi sáng, tuyệt vời này trong cuộc đời.

4

I. Kikopin

Khoa học là vấn đề của giới trẻ

Nhiều người tin rằng công việc khoa học, những khám phá và sự hình thành các quy luật tự nhiên là kết quả công việc của các nhà khoa học đáng kính, tức là những người ở độ tuổi đáng kính đã tích lũy kiến ​​\u200b\u200bthức và kinh nghiệm sâu rộng trong chuyên ngành của mình. Trên thực tế, như lịch sử khoa học cho thấy, không phải vậy: những khám phá vĩ đại nhất đều do những người trẻ tuổi thực hiện.

Mặc dù nói về vật lý là dễ dàng nhất đối với tôi nhưng tôi không thể không nhắc đến tác phẩm xuất sắc của Vladimir Ilyich Lenin, “Sự phát triển của chủ nghĩa tư bản ở Nga”. Tác phẩm này được xuất bản vào tháng 3 năm 1899 nên Lênin viết khi mới 28 tuổi. Để biên soạn tác phẩm này, Người đã sử dụng tổng cộng khoảng 600 cuốn sách và bài báo. Đây là công trình lớn mà Lênin lần đầu tiên, trái ngược với quan điểm được chấp nhận rộng rãi lúc bấy giờ, đã chứng minh rằng nước Nga đang phát triển theo con đường tư bản chủ nghĩa, hoàn toàn phù hợp với những lời dạy của Marcas. Tác phẩm có tác động rất lớn đến phong trào cách mạng ở Nga. Diễn biến tiếp theo của các sự kiện đã dẫn đến sự phát triển các ý tưởng khoa học của tác giả trong tác phẩm. Ở đây tôi xin lưu ý rằng trước đó Lênin đã viết được hơn 30 tác phẩm trong đó ông phát triển cương lĩnh và chiến thuật của đảng.

Hầu hết mọi người đều quen thuộc với bức chân dung của Galileo - một ông già với bộ râu ốm yếu. Galileo (1564-1642) quả thực đã sống rất lâu, nhưng ông đã có khám phá lớn đầu tiên về vật lý vào năm 1583, khi ông khoảng 20 tuổi. Quan sát dao động của logra trong thánh đường và so sánh chu kỳ dao động với nhịp đập của chính mình, ông xác định rằng chu kỳ dao động của logra không phụ thuộc vào biên độ (định luật đẳng thời từ). Khám phá này là cơ sở cho việc tạo ra đồng hồ. Ở tuổi 25, Galileo trở thành giáo sư. Chẳng bao lâu sau, ông đã thiết lập bằng thực nghiệm các định luật nổi tiếng về vật rơi dưới tác dụng của trọng lực.

Cơ học cổ điển, phục vụ vật lý cơ bản trong hơn hai thế kỷ, được tạo ra bởi Newton, người sinh vào năm Galileo mất. Newton (1642-1727), giống như Galileo, đã thực hiện một trong những khám phá lớn nhất của mình - khám phá ra định luật vạn vật hấp dẫn - ở tuổi khoảng 20 (tình cờ là nó được xuất bản muộn hơn nhiều).

Tất cả học sinh lớp chín đều biết tên nhà vật lý nổi tiếng người Nga Emilius Khristanovich Lenz (1804-1865). Cái gọi là quy tắc Lenz liên quan đến hướng của điện trường cảm ứng được ông đưa ra vào năm 1833 trong công trình “Về việc xác định hướng của dòng điện bị kích thích bởi cảm ứng điện động”. Lúc này Lenz đã 29 tuổi. Ở tuổi ba mươi ông được bầu làm học giả.

Cơ sở lý thuyết của kỹ thuật điện, kỹ thuật vô tuyến và quang học hiện đại là bốn phương trình nổi tiếng của Maxwell. Trên cơ sở này, James Clerk Maxwell (1831-1879) được gọi một cách đúng đắn là Newoton của điện. Maxwell xuất bản tác phẩm đầu tiên của mình khi mới 15 tuổi. Ở tuổi 25, ông trở thành giáo sư tại Đại học Aberdeen, và ở tuổi 29, ông trở thành giáo sư tại King’s College ở London. Chẳng bao lâu sau, ông đã xuất bản một trong những tác phẩm quan trọng nhất của mình, mang tên “Lý thuyết động lực của trường điện từ”.

Dmitry Ivanovich Mendleyev (1834-1907), người mà các họa sĩ vẽ chân dung miêu tả là một ông già tóc bạc và có bộ râu, đã xuất bản công trình khoa học đầu tiên của mình ở tuổi 21, khi vẫn còn là sinh viên tại Học viện Sư phạm Chính St. Ở tuổi 29 ông được bầu làm giáo sư. Mendleev đã phát hiện ra định luật tuần hoàn nổi tiếng của mình, định luật này đã mang lại cho ông danh tiếng khắp thế giới khi ông 35 tuổi.

Pavel Nikolaevich Yablochkov (1847-1894) vào năm 1876, tức là ở tuổi 29, đã được cấp bằng sáng chế cho đèn hồ quang - nguồn sáng điện đầu tiên - với cái tên “ánh sáng Nga”, đã đi khắp hầu hết các thủ đô trên thế giới.

Nền tảng của toàn bộ vật lý và công nghệ hạt nhân hiện đại được đặt nền tảng từ việc phát hiện ra chất phóng xạ, trong đó Marie Sklodowska-Curie (1867-1943) đóng vai trò chính trong nghiên cứu này. Lúc đó cô khoảng 30 tuổi. Ở tuổi 36, Marie Sklodowska-Curie đã nhận được cùng với Pierre Curie và Henri Becquerel một trong những giải Nobel đầu tiên.

Pyotr Nikolaevich Lebedev (1866-1912), ở tuổi 29, khi đang nghiên cứu trong lĩnh vực tinh thể học, đã cho thấy sự tương đồng hoàn toàn giữa ánh sáng và sóng điện từ trong phạm vi milimet (lúc đó sự đồng nhất giữa sóng điện từ “nhân tạo” và sóng ánh sáng “tự nhiên” vẫn chưa được xác lập chắc chắn). Sự phát triển sâu hơn của công trình này đã đưa ông tới một tài liệu thực nghiệm mang tính bước ngoặt chứng minh sự tồn tại của áp suất ánh sáng.

Người sáng lập trường vật lý Liên Xô, Abram Fedorovich Yuffe (1880-1960), người mà chúng ta kỷ niệm 100 năm ngày sinh trong năm nay, ban đầu được đào tạo kỹ thuật tại Viện Kỹ thuật St. Petersburg vào năm 1902. Bắt đầu quan tâm đến vật lý, cùng năm đó ông đến Đại học Munich, đến Phòng thí nghiệm Znamenny Roentgen, nơi ông bảo vệ thành công luận án tiến sĩ ở tuổi 25. Trở về Nga vào năm 1906, Juffe thực hiện một loạt công trình thử nghiệm xuất sắc khiến ông nổi tiếng khắp thế giới. Do đó, ông đã chứng minh rằng các tia danh mục biểu diễn một dòng điện và điện tích thay đổi một cách rời rạc (Juffe đã làm điều sau cùng lúc với Millick).

Năm 1905, ba bài báo của cùng một tác giả xuất hiện trên tạp chí vật lý Đức Annalen der Physik, mỗi bài báo đó có thể đảm bảo sự bất tử của ông. Tác giả của những tác phẩm này là Albert Einstein (1879–1955), lúc đó mới 26 tuổi. (Năm ngoái tất cả

7

Toán học
trong công trình
bác sĩ vĩ đại

Abu Ali ibn Sina (980-1037), được cả thế giới biết đến với cái tên Avicenna, đã có những đóng góp cơ bản cho nhiều lĩnh vực kiến ​​thức khác nhau của nhân loại. Di sản to lớn của ông vẫn chưa đến được với chúng ta một cách trọn vẹn và những gì đến được với chúng ta vẫn chưa được nghiên cứu đầy đủ. Tổng số tác phẩm của Avicenna mà chúng tôi biết đến ước tính có chuyên môn từ 100 đến 500; trong số đó có các nghiên cứu về y học, sinh học, triết học, logic, ngôn ngữ, âm nhạc, địa chất, hóa học, vật lý, thiên văn học và cơ học.

Một phần di sản của Ibn Sina được kết nối với toán học. Ví dụ, trong tác phẩm bách khoa toàn thư “Cuốn sách chữa bệnh” và trong các bài bình luận về “Logic” và “Almagest” của Ptolemy, “ông ấy đã đưa ra,” học trò và nhà viết tiểu sử đầu tiên Juzjani viết, “một bản tường thuật viết tắt [về “Các yếu tố của hình học”] của Euclid, số học và âm nhạc, đồng thời đưa thêm một phần bổ sung vào mỗi cuốn sách về khoa học toán học, vì ông thấy rằng thực sự cần có các phép cộng. Còn với Almagest, ông đưa vào mười phần hình học về sự song song và thêm vào cuối cuốn Almagest những điều về thiên văn học chưa tồn tại [trước ông]. Ông cũng bổ sung thêm một số định lý vào Euclid, một số điểm tinh tế thú vị trong số học, và trong âm nhạc, ông đã đề cập đến những câu hỏi mà những người đi trước [của ông] chưa biết đến.

Tác phẩm “Sách Kiến thức” của ông cũng có hai chương toán học - chúng dành cho hình học và số học. Theo kế hoạch của Ibn Sina, những chương này được cho là đại diện cho các chương tương ứng của “Thiên văn học” và “Âm nhạc” và dành cho

8

sự hiểu biết tốt hơn của họ. Thật không may, văn bản gốc đã bị thất lạc. Sau đó nó đã được khôi phục bởi Juzji.

Chương hình học có hình ảnh các Cơ sở của Euclid với các chứng minh chi tiết không trùng với các chứng minh của Euclid. Ibn Sina thậm chí còn đưa ra cách chứng minh định đề V của Euclid (các trục song song), dựa trên giả định về sự tồn tại của các đường thẳng cách đều nhau (tương đương với định đề đang được chứng minh!).

Trong phần hình học của Sách Chữa bệnh, Ibn Sina bổ sung các trục và định đề của Euclid bằng các tiên đề về sự tồn tại của một điểm, đường thẳng và bề mặt cũng như tiên đề về khả năng chọn một điểm trên một đường thẳng hoặc bề mặt. Ibn Sina áp dụng một cách có hệ thống thuật ngữ số học cho các đại lượng hình học; chẳng hạn, ông ấy nói về việc nhân một đường thẳng, điều mà người Hy Lạp cổ đại không hề làm; Thuật ngữ của Ibn Sina đóng một vai trò quan trọng trong việc mở rộng khái niệm về số (mà thời cổ đại chỉ có nghĩa là số tự nhiên). với cái mà chúng ta gọi là số thực dương.

Họ đã lưu giữ một chuyên luận rất thú vị của Ibn Sina “Về nghiên cứu các góc”, trong đó ông xem xét cái gọi là “góc sẵn sàng” - góc giữa hai đường tiếp tuyến (xem hình) - và cho thấy rằng những góc này không thỏa mãn cái gọi là tiên đề của Archimedes *, và vì Ibn Sina tin rằng,

*) Nếu có hai đoạn thẳng A và B trên một đường thẳng thì có thể lặp lại A và B bằng cách nói rằng các đại lượng nhất thiết phải thỏa mãn tiên đề này, ông đi đến kết luận rằng góc thành phố không phải là đại lượng.

Như chúng ta thấy, Ibn Sina chủ yếu quan tâm đến các vấn đề toán học, gần với logic, trong đó ông là một dấu hiệu tuyệt vời (trong một số tác phẩm, Ibn Sina đã phát triển những lời dạy logic của Aristotle).

Dưới đây là một số ví dụ khác về kết quả số học của Ibn Sina có trong “Sách chữa bệnh”:

1. Cho một số mà khi chia cho 9 dư 1 hoặc 8 thì bình phương của số đó chia cho 9 dư 1. Nếu một số chia cho 9 dư 2 hoặc 7 thì bình phương của số đó chia cho 9 dư 4. Nếu một số chia cho 9 dư 4 hoặc 5 thì bình phương chia cho 9 dư 4. Số dư là 7. Cuối cùng, nếu một số bị chia cho 9 dư 3,6 hoặc 0, bình phương của nó chia cho 9 dư 0.

2. Nếu một số chia cho 9 dư 1,4 hoặc 7 thì lập phương của nó chia cho 9 dư 1. Nếu một số chia cho 9 dư 2,5 hoặc 8 thì lập phương chia cho 9 dư 8. Và nếu một số chia cho 9 dư 3,6 hoặc 0 thì lập phương chia cho 9 dư 8. Số dư là 0.

3. Nếu xếp các số lẻ liên tiếp vào một bảng vuông thì tổng các số trên mỗi đường chéo sẽ bằng lập phương (kích thước) của cạnh đó; tổng các số lấp đầy hình vuông bằng bình phương (kích thước) cạnh của hình vuông.

Ví dụ: đối với một bảng hình vuông có kích thước 4x4, chúng ta có

$$1 + 11 + 21 + 31 = 7 + 13 + 19 + 25 = 4^3$$ và $$1 + 3 + 5 + ... + 29 + 31 = 4^4.$$

Toán học cũng được đề cập đến trong thư từ của Ibn Sina với học giả vĩ đại người Trung Đông cùng thời với ông là Abu Rayhan Beruni.

Hơn nữa, sự trôi chảy như vậy với di sản toán học của Avicenna mang đến một ý tưởng sống động về tác phẩm bách khoa toàn thư xuất sắc đầu thời Trung cổ.

nhiều lần đến mức tổng lớn hơn B:

$$A + A + ... + A = A \cdot n > B.$$

Nếu chúng ta diễn đạt lại phát biểu này cho các số dương a và b thì nó rút gọn về sự tồn tại của số tự nhiên n sao cho na > b.

Tất nhiên, tiên đề này (giống như bất kỳ tiên đề nào khác) có ý nghĩa và chỉ hoàn toàn có thể hiểu được khi nó được coi là một phần của một hệ thống tiên đề nhất định (ed.).

9

Phương pháp chuyển động ảo
(về một hệ quả của định luật bảo toàn năng lượng)

Năm 1717, Johann Bernoulli giới thiệu một phương pháp mới lời giải tĩnh bài toán - phương pháp chuyển vị ảo. Phương pháp này đơn giản và thanh lịch; nó cho phép người ta tính toán các điều kiện cân bằng của các hệ cơ học phức tạp mà không cần dùng đến các phép tính rườm rà; nó có thể được sử dụng để giải cả tĩnh điện trượt nước bài toán và bài toán. Nó dựa trên tính chất của các lực phản ứng liên kết phát sinh từ định luật bảo toàn năng lượng: với một độ lệch nhỏ của hệ so với vị trí cân bằng, tổng công của các lực phản ứng liên kết bằng không.

Trong bài viết này, lấy bê tông bài toán làm ví dụ, chúng tôi sẽ cố gắng cho người đọc thấy hệ quả này của định luật bảo toàn năng lượng dẫn đến những kết quả tuyệt đẹp nào.

Bài toán 1
Điện tích Q được phân bố đều trên một quả cầu kim loại mỏng, cứng tuyệt đối có bán kính R. Lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích bề mặt từ phần còn lại của điện tích là bao nhiêu?

Theo điều kiện, hình cầu được coi là hoàn toàn cứng nên bán kính thực tế R của nó không thể thay đổi. Tuy nhiên, hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của cùng một điện tích của quả cầu, lượng tăng lên một chút - một lượng vô cùng nhỏ δR. Nói cách khác, hãy tưởng tượng rằng mỗi điểm của quả cầu đã thực hiện một chuyển động cực nhỏ δR theo hướng vuông góc với bề mặt. Chúng tôi nhấn mạnh rằng sự thay đổi bán kính δR hoàn toàn là tưởng tượng; tuy nhiên, với sự trợ giúp của chuyển động tinh thần, tưởng tượng này của các điểm của hình cầu, chúng tôi đã giải được bài toán rất đơn giản, đồng thời, tất nhiên, δR sẽ không được đưa vào đáp số.

Điều gì xảy ra khi bán kính hình cầu tăng thêm δR? Một quả cầu tích điện có đặc tính của một tụ điện - nó giữ lại điện tích truyền vào nó. Thế năng bề mặt của một quả cầu có liên hệ với điện tích của quả cầu bởi sự tương ứng φ = Q/4πε₀εR. Mặt khác, theo định nghĩa điện dung φ = Q/C. Do đó, điện tích của quả cầu tích điện là C = 4πε₀εR. Năng lượng của tụ điện như vậy là W = Q2/2C = Q2/8πε₀εR. Khi bán kính của quả cầu tăng, năng lượng giảm: W′ = Q²/8πε₀ε(R + δR).

Do đó, năng lượng của quả cầu tụ điện, do tăng bán kính của quả cầu lên các giá trị δR, sẽ giảm đi các giá trị δR.

ΔW = W − W′ = Q² · δR / 8πε₀εR(R + δR).

Theo định luật bảo toàn năng lượng, sự thay đổi năng lượng này bằng tổng công A của lực đẩy tĩnh điện tác dụng giữa các phần tử riêng lẻ của bề mặt tích điện. Nếu F là lực tác dụng trên một đơn vị diện tích của quả cầu thì A = 4πR²F δR. Kể từ đây,

4πR²F · δR = Q² · δR / 8πε₀εR(R + δR).

Xét rằng δR ≤ R, từ đẳng thức này ta tìm được F = Q² / 32π²ε₀εR⁴.

Ý tưởng tạo ra một chuyển động tinh thần nhỏ vô hạn, được gọi là ảo, là cơ sở của phương pháp chuyển động ảo, được sử dụng trong quá trình lời giải bài toán.

10

Thông thường, các điều kiện cân bằng của một hệ thống trong tĩnh học được viết dưới dạng tổng của tất cả các lực và tổng mômen của tất cả các lực tác dụng lên mỗi điểm của hệ bằng 0. Đồng thời, các kết nối hiện có trong hệ thống (giá đỡ, thanh, ren, v.v.) đặc trưng cho lỗi xảy ra trong chúng bởi các lực phản lực. Việc cần phải tính đến phản lực khi viết điều kiện cân bằng trong trường hợp hệ thống gồm nhiều vật thể dẫn đến việc tính toán cồng kềnh. Tuy nhiên, có thể tránh xem xét hoàn toàn các lực lượng này.

Một tính chất quan trọng của phản lực là công tổng của chúng khi hệ có một độ lệch nhỏ so với vị trí cân bằng bằng 0. Tính chất này của các lực phản ứng gắn liền với định luật bảo toàn năng lượng: vì việc duy trì các kết nối ở vị trí cân bằng không đòi hỏi tiêu thụ năng lượng (các lực phản ứng được áp dụng, nhưng không có sự hiểu biết về các điểm của hệ thống), nên do hoạt động của các kết nối nên không có công hoặc thu được. Do đó, chúng ta đi đến phát biểu rằng đối với bất kỳ sai lệch nhỏ nào của hệ so với trạng thái cân bằng xảy ra thì tổng công do các phản lực thực hiện đều bằng không.

Nhưng ngoài các lực phản lực vào các điểm của hệ tác dụng và các ngoại lực. Công của chúng khi có cùng một độ dịch chuyển nhỏ so với vị trí cân bằng là bao nhiêu? Vì hệ thống đầu tiên kết thúc theo cách tương tự, nên đối với bất kỳ chuyển động nào của hệ thống đều cần phải thực hiện một số công dương. Về nguyên tắc, công này có thể được thực hiện bởi ngoại lực và phản lực liên kết. Nhưng như chúng ta đã biết, tổng công do tất cả các phản lực thực hiện bằng không. Do đó, để hệ rời khỏi trạng thái cân bằng, tổng công của các ngoại lực gây ra bất kỳ sự dịch chuyển nào xảy ra phải dương. Do đó, chúng ta có thể xây dựng các điều kiện cho việc không thể chuyển động, tức là các điều kiện cân bằng, vì yêu cầu tổng công của các ngoại lực phải không dương đối với bất kỳ chuyển động ảo nào xảy ra: $\Delta A \leq 0$.

Giả sử rằng với độ dịch chuyển $\vec{\Delta r}_1, \vec{\Delta r}_2, \dots, \vec{\Delta r}_N$ tổng công của các ngoại lực là $\Delta A_1$. Điều gì xảy ra nếu hệ thống thực hiện chuyển động $-\vec{\Delta r}_1, -\vec{\Delta r}_2, \dots, -\vec{\Delta r}_N$? Những chuyển động này phát sinh giống như những chuyển động đầu tiên; tuy nhiên, công của các ngoại lực lúc này sẽ đổi dấu: $\Delta A_2 = -\Delta A_1$. (Trong bài toán với một quả cầu, quy trình như vậy sẽ không tương ứng với lực căng, mà tương ứng với một quả cầu dốc.) Lập luận tương tự như trường hợp trước, chúng ta sẽ đi đến kết luận rằng bây giờ các điều kiện cân bằng có dạng $\Delta A_1 \geq 0$, tức là công của các ngoại lực sẽ không âm. Cách duy nhất để “điều hòa” hai điều kiện mâu thuẫn này là yêu cầu tổng công của các ngoại lực bằng 0 đối với bất kỳ sự dịch chuyển ảo nào của hệ khỏi vị trí cân bằng: $\Delta A = 0$.

Trong hình thức này, chúng tôi sẽ sử dụng nguyên tắc chuyển động ảo trong lời giải bài toán hơn nữa. Nó thường được xây dựng như sau:

Để cân bằng của bất kỳ hệ cơ học nào có các kết nối lý tưởng, điều cần và đủ là tổng các phần tử công tác dụng lên hệ lực đối với bất kỳ chuyển vị ảo nào xảy ra đều bằng 0.

Ý nghĩa của nguyên lý chuyển vị ảo trước hết nằm ở chỗ để tìm điều kiện cân bằng sử dụng nguyên lý này, không cần phải xét một số lượng lớn phản lực của các kết nối đảm bảo sự cân bằng của các hệ phức tạp. Không cần phải đi sâu vào cơ chế tạo ra những kết nối này. Chỉ cần có các chuyển vị cần thiết cho phép thiết lập các ràng buộc, tính tổng công tương ứng của các ngoại lực và đánh đồng nó bằng 0 là đủ.

Trường hợp đặc biệt của nguyên lý chuyển động ảo là

11

Hãy tưởng tượng rằng điểm ứng dụng trong mơ $\vec{F}$ di chuyển theo chiều dọc xuống một khoảng $\delta H$. Trong trường hợp này, tải $m$ sẽ di chuyển lên trên một khoảng $\delta h = \frac{1}{4} \delta H$ (kết quả này rất giống với Hình 1). Theo nguyên lý chuyển động ảo
$$|\vec{F}| \delta H = |\vec{mg}| \delta h = (4 |\vec{F}| - |\vec{mg}|) \delta h = 0.$$
Từ đây
$$|\vec{F}| = |\vec{mg}| / 4.$$
(Với lời giải này bài toán chúng ta đã không viết ra các điều kiện để các lực bằng nhau ở vị trí cân bằng; điều này thể hiện tính ưu việt một cách hỗn loạn của phương pháp dịch chuyển ảo.)

Vấn đề 3
Hộp K (Hình 2) chứa một cơ chế truyền động chưa được thiết kế. Khi xoay tay cầm P theo chiều dọc, vít B nâng lên nhẹ nhàng. Với một vòng quay hoàn toàn (bán kính quay $r$), vít sẽ di chuyển lên trên một khoảng $h$.
Tải trọng lớn $m$ được đặt lên vít. Cần phải tác dụng số nào vào tay cầm để giữ cho hệ thống có tải ở trạng thái cân bằng?
Giả sử rằng hệ ở trạng thái cân bằng khi tác dụng một lực có giá trị tuyệt đối bằng $f$ vào tay cầm.
Hãy tưởng tượng rằng tay cầm thực hiện một vòng quay cực nhỏ qua một góc $\delta \varphi$. Công thực hiện bởi lực $f$ bằng
$$\delta A_1 = f \frac{2\pi r}{2\pi} \delta \varphi = fr \cdot \delta \varphi.$$
Tải $m$ tăng lên độ cao $\delta h = \frac{h}{2\pi} \cdot \delta \varphi$. Buộc mg không hoạt động
$$\delta A_2 = -mg \frac{h \cdot \delta \varphi}{2\pi}.$$
Theo nguyên lý chuyển động ảo
$$\delta A_1 + \delta A_2 = fr \cdot \delta \varphi - mg \frac{h \cdot \delta \varphi}{2\pi} =$$
$$= (fr - mg \frac{h}{2\pi}) \delta \varphi = 0,$$

12

Hình 3.

chúng ta tìm thấy $f$ ở đâu:

$$f = mg \frac{h}{2\pi r}.$$

(Bằng các phương pháp thống kê chung, bài toán trong phần xem xét hoàn toàn không thể giải được, vì không biết gì về cơ chế truyền tải ẩn trong hộp.)

Vấn đề 4

Một vòng của một chuỗi chũm chọe nặng có khối lượng $m$ được đặt trên hình nón tròn thẳng chính, chiều cao của nó là $H$ và bán kính của đế là $R$ (Hình 3). Dây chuyền dao động trong mặt phẳng nằm ngang. Tìm lực căng của xích $T$.

Gọi bán kính của đường tròn tạo bởi sợi xích là $r$. Chúng ta hãy thực hiện một chuyển động ảo của chuỗi dưới dạng toàn bộ theo chiều dọc hướng xuống một khoảng $\delta H$. Độ giảm thế năng của dây chuyền bằng $mg\delta H$. Bán kính của dây xích với chuyển động như vậy tăng $\delta r$. Sự tăng bán kính của chuỗi và sự pha trộn của nó có liên quan đến hệ thức $\delta r/\delta H = R/H$.

Công của các lực căng $T$ trong quá trình chuyển động ảo được coi là của dây xích (công ảo) bằng

$$\delta A_1 = (2\pi(r + \delta r) - 2\pi r)T = 2\pi \cdot \delta r T.$$

Công ảo do trọng lực thực hiện bằng

$$\delta A_2 = -mg \cdot \delta H.$$

Từ điều kiện

$$\delta A_1 + \delta A_2 = 2\pi \cdot \delta r \cdot T - mg \cdot \delta H = 0$$

chúng tôi tìm thấy

$$T = \frac{mg}{2\pi} \frac{\delta H}{\delta r} = \frac{mgH}{2\pi R}.$$

Vấn đề 5

Có một sợi dây xích chứa $n$ các mắt xích không trọng lượng giống hệt nhau, có bản lề (Hình 4). Bỏ qua ma sát, xác định lực căng mà sợi dây nối điểm 1 và 2 sẽ chịu được nếu có một khối lượng $m$ được treo vào dây xích.

Hãy tưởng tượng rằng tải $m$ đã giảm xuống một khoảng cách $\delta h$. Từ các thông điệp của đối xứng, rõ ràng là trong trường hợp này đường chéo của mỗi liên kết được kéo dài thêm $\delta h/n$. Do đó, độ giãn ảo của sợi dây giữa điểm 1 và 2, bằng độ dịch chuyển ảo của điểm 2, cũng bằng $\delta h/n$.

Chúng ta hãy viết điều kiện để công ảo bằng 0:

$$T \cdot \delta h/n - mg \cdot \delta h = 0$$

(T là lực căng của sợi dây). Từ đây

$$T = nmg.$$

Trong các ví dụ được thảo luận ở trên, chúng tôi đã sử dụng phương pháp dịch chuyển ảo cho cơ học lời giải bài toán. Tuy nhiên, như chúng tôi đã nói, phạm vi áp dụng của phương pháp thành phố này rộng hơn. Ví dụ, công thức tính áp suất dư bên trong một bong bóng hình cầu là

$$p = \frac{4\sigma}{r}$$ - có thể dễ dàng suy ra

13

sử dụng phương pháp dịch chuyển ảo.

Để một bong bóng xà phòng có bán kính $r$ ở trạng thái cân bằng. Hãy tăng bán kính của nó lên ảo $\delta r$. Khi đó công ảo của lực dư sẽ bằng $\delta A_1 = F_{n36} \cdot \delta r = 4\pi r^2 p_{n36} \delta r$ (lực $F_{n36}$ của lực dư hướng vuông góc lên bề mặt bong bóng). công ảo của lực căng bề mặt bằng độ biến thiên năng lượng bề mặt:

$$\delta A_2 = 2\sigma \cdot 4\pi (r^2 - (r + \delta r)^2) = -16\pi \sigma r \delta r$$

(bong bóng xà phòng có hai bề mặt).

Theo nguyên lý chuyển động ảo

$$\delta A_1 + \delta A_2 = 4\pi r^2 p_{n36} \delta r - 16\pi \sigma r \delta r = 0.$$

Từ đây

$$p_{n36} = \frac{4\sigma}{r}.$$

Vấn đề 6

Hãy sử dụng phương pháp chuyển động ảo cho lời giải bài toán trên máy điện.

Một chất lỏng có hằng số điện môi $e$ được đổ vào một thùng chứa lớn hơn. Hai tấm thẳng đứng song song chạm vào bề mặt chất lỏng (Hình 5). Khoảng cách giữa các tấm $d$. Các tấm được nối với một nguồn có hiệu điện thế $U$. Chiều cao của cột $h$ giữa các bản sau khi cân bằng được thiết lập là bao nhiêu?

Ta xét hệ ở trạng thái cân bằng. Đặt kích thước của tấm là $a \times b$. Hãy thực hiện thay đổi ảo về chiều cao của cột chất lỏng bằng $\delta h$. Khi đó công của lực hấp dẫn là $\delta A_1 = -mg \cdot \delta h/2 = -\rho g hdb \cdot \delta h/2$.

(Chúng ta bỏ qua sự thay đổi khối lượng của cột chất lỏng do “rút” chất lỏng từ bình vào khoảng trống giữa các bản, vì công tương ứng của trọng lực để nâng khối lượng này lên độ cao $\delta h$ tỷ lệ với $(\delta h)^2$.)

Công của lực điện trường bằng độ biến thiên năng lượng của tụ điện tạo thành bởi các bản có độ cao cột thay đổi ảo $\delta h$:

$$\delta A_2 = \delta E = \delta \frac{CU^2}{2} = \frac{U^2}{2} \cdot \delta C$$

(kể từ $U = \text{const.}$).

Coi phần lấp đầy và phần độc lập của tụ điện là hai tụ điện mắc song song, với điện dung tổng ta thu được biểu thức

$$C = \frac{S_1}{4\pi d} + \frac{\varepsilon S_2}{4\pi d} = \frac{(a-h)b}{4\pi d} + \frac{\varepsilon hb}{4\pi d} = \frac{ab}{4\pi d} + \frac{(\varepsilon-1)hb}{4\pi d}.$$

Kể từ đây,

$$\delta C = \frac{(\varepsilon-1)b \cdot \delta h}{4\pi d}.$$

Như vậy,

$$\delta A_2 = \frac{U^2(\varepsilon-1)b \cdot \delta h}{8\pi d}.$$

Nguyên lý chuyển động ảo mang lại

$$\frac{U^2(\varepsilon-1)b \cdot \delta h}{8\pi d} - \rho g hbd \frac{\delta h}{2} = 0.$$

Từ đây

$$h = \frac{U^2(\varepsilon-1)}{4\pi gd^2}.$$

Cuối cùng, để bạn có thể kiểm tra xem mình đã thành thạo phương pháp chuyển động ảo đến mức nào, chúng tôi khuyên bạn nên giải hai bài toán:

(Cuối cùng xem trang 26)

14

E. Glushankov,
P. Pevzner

Trò chơi chuyển đổi của Shanon

Có thể thực hiện được mà không cần tìm kiếm đầy đủ?

Sự phát triển nhanh chóng của sản xuất, kinh tế và vận tải trong thế kỷ 20 đã đặt ra những vấn đề mới cho toán học. Làm thế nào để quản lý một doanh nghiệp hiện đại, làm thế nào để lập kế hoạch cho một nhóm công việc lớn, làm thế nào để tạo ra một lịch trình tàu thuận tiện - các kỹ sư bắt đầu tìm đến các nhà toán học với tất cả những câu hỏi này. Tuy nhiên, các phương pháp của toán học cổ điển, chủ yếu dành cho lời giải bài toán vật lý và cơ học, không thể trả lời đáp số những câu hỏi như vậy. Điều này dẫn đến sự xuất hiện của các ngành toán học mới - lý thuyết trò chơi, lý thuyết đồ thị, lý thuyết mã hóa và nhiều ngành khác, hiện được thống nhất dưới cái tên “toán học rời rạc”.

Công trình đầu tiên về toán học rời rạc (thuộc về Leonhard Euler), xuất hiện vào năm 1736, được dành cho câu đố nổi tiếng về các địa điểm ở Königsberg: liệu có thể đi dạo quanh Königsberg (sơ đồ thành phố được thể hiện trong hình) theo cách mà bạn rời khỏi nhà, quay trở lại, sau khi đã đi qua từng địa điểm một lần không? Trong một thời gian dài, toán học rời rạc hầu như chỉ quan tâm đến các câu đố, và do đó được xếp vào vị trí Cô bé Lọ Lem trong số các nhà toán học máy chủ. Tuy nhiên, vào thế kỷ 19, các phương pháp rời rạc đã được sử dụng trong nghiên cứu mạch điện tử và mạch phân tử trong hóa học.

Việc tính toán thực sự của toán học rời rạc đã được quan sát thấy trong hai hoặc ba thập kỷ qua. Vật lý, hóa học, lập trình, kinh tế, di truyền học, xã hội học, ngôn ngữ học

15

Chà, phản biện chỉ là một phần của một danh sách dài các ngành khoa học sử dụng các phương pháp toán học rời rạc.

Gần đây, các ngoại tác phổ quát đã thu hút một số bài toán cổ điển của toán học rời rạc, vốn đã chờ đợi lời giải của chúng trong hơn một trăm năm. Tất cả những bài toán này được đặc trưng bởi thực tế là nếu được đưa ra một “ứng cử viên cho đáp số”, thì rất dễ kiểm tra xem đó có thực sự là đáp số hay không, nhưng rất khó tìm thấy đáp số như vậy; thực sự đến để sắp xếp từng lựa chọn có thể có.

Một mặt, con người hầu như phải đối mặt với những vấn đề toán học thú vị hàng ngày. Đây là cuộc tìm kiếm bài toán để chứng minh định lý này. Trên thực tế, nếu đưa ra bằng chứng thì về nguyên tắc không khó để kiểm chứng tính đúng đắn của nó. Bạn chỉ cần đảm bảo rằng mỗi bước được thực hiện theo các quy tắc logic và các câu lệnh trung gian tuân theo các tiên đề và định lý đã biết. Nhưng làm thế nào để tìm ra bằng chứng này? Có cần thiết phải xem xét tất cả các lập luận có thể có, bắt đầu từ các tiên đề không? Nếu ai đó có thể giải thích cách anh ta “đoán” bằng cách giải bài toán, có lẽ điều đó có thể giúp các nhà toán học dạy một cỗ máy làm điều tương tự.

Đây là một ví dụ đơn giản hơn: bài toán về phân vùng. Cho $A = \{s_1, \dots, s_N\}$ là tập hữu hạn chứa các số tự nhiên. Cần phải chia tập hợp $A$ thành hai tập con $I$ và $J$ ($I \cap J = \emptyset$, $I \cup J = A$) sao cho tổng các phần tử từ $I$ bằng tổng các phần tử từ $J$. Như trong ví dụ trước, đối với một phân vùng nhất định của tập hợp $A$ thành tập hợp $I$ và $J$, rất dễ dàng để kiểm tra xem các tổng tương ứng có bằng nhau hay không. Nhưng làm thế nào để tìm được phân vùng cần thiết? Thật không may, khoa học chưa thể đưa ra điều gì tốt hơn đáng kể so với việc thử tất cả các lựa chọn $2^N$. Nhưng ngay cả với $N = 100$ một chiếc máy tính hiện đại, cũng sẽ phải mất hàng tỷ năm để xác minh một phép liệt kê như vậy.

Hiện nay người ta tin rằng đối với một số bài toán (ví dụ: bài toán về phân vùng), không có gì tốt hơn đáng kể so với tìm kiếm toàn diện có thể được đề xuất. Đó là lý do tại sao mọi ví dụ về một thuật toán hiệu quả trong tình huống mà trước đây chúng ta bằng lòng với vũ lực đều được khoa học rất quan tâm, ngay cả khi bản thân tình huống đó là “đồ chơi”. Một ví dụ như vậy sẽ được thảo luận trong bài viết này.

Vào đầu những năm 50, nhà toán học và kỹ sư xuất sắc người Mỹ, người sáng tạo ra lý thuyết thông tin, Claude Chenon, đã đề xuất một sơ đồ liệt kê các phương án cho một chương trình cờ vua. Hầu như tất cả các chương trình cờ vua hiện đại đều theo sơ đồ này. Tuy nhiên, số lượng tùy chọn được lặp lại thông qua các chương trình chạy theo thuật toán Shenon hóa ra lớn đến mức cả bộ nhớ và tốc độ của máy tính hiện đại đều không đủ để thực hiện chúng.

Shannon đang cố gắng áp dụng phương pháp của mình vào một số trò chơi khác. Ông đã xem xét một trò chơi trên đồ thị, trò chơi này ngày nay được gọi là Cenon chuyển mạch của Chenon (viết tắt là SCH).

Hiện nay, một số phương pháp lập trình trò chơi đã được đề xuất. «Kvant» đã viết về một phương pháp dựa trên phép liệt kê mà không có các tùy chọn không hứa hẹn (theo một số quan điểm). Một phương pháp khác (dựa trên nó vào giữa những năm 60, A. Lehman đã đề xuất “người chơi lý tưởng” trong NSP), liên quan đến việc bác bỏ hoàn toàn các lựa chọn liệt kê, dựa trên một số kết quả mới của toán học rời rạc.

Bên dưới, chúng tôi sẽ cho bạn biết cách bạn có thể chơi PIS mà không cần thông qua các tùy chọn.

Bridget

Vào cuối những năm 50, American Gale đã nghĩ ra trò chơi Bridge-it. Trường tiêu chuẩn để chơi Bridge-it được hiển thị trong Hình 1. Một người chơi nối các dấu chấm bằng bút chì màu xanh, người còn lại - bằng bút chì màu đỏ, nối các dấu chấm màu đỏ. Họ lần lượt “đi bộ” (tức là chơi các phân đoạn) của trò chơi. Người chiến thắng là người đầu tiên dựng được đường đứt nối hai cạnh đối diện cùng màu của mình (Hình 2, trận đấu kết thúc với chiến thắng thuộc về Quỷ đỏ).

*) R. S. Guter, M. V. Donskoy Máy chơi cờ («Kvant», 1974 số 11).

16

Hãy thử chơi bridge-it trên các sân nhỏ (Hình 3) để hiểu người chơi nào có lợi thế hơn trong trò chơi này, sau đó cố gắng phát triển chiến lược giành chiến thắng cho người chơi này.

Bài toán 1. Chứng minh rằng không có “hòa” trong trò chơi bridge-it.

Nếu không có “người” nào trong hội thánh thì một trong các hội thánh đã có chiến lược chiến thắng. Thật vậy, chẳng hạn, giả sử người chơi $A$ không có chiến lược chiến thắng, nghĩa là đối với bất kỳ nước đi nào của mình, người chơi $B$ có đáp số sao cho trò chơi sẽ không kết thúc với chiến thắng $A$. Vì giả định rằng không có “hòa” trong trò chơi đang được xem xét nên trò chơi sẽ kết thúc với phần thắng thuộc về người chơi $B$, tức là $B$ có trình tự nước đi mà dù $A$ chơi thế nào thì $B$ vẫn sẽ thắng. Như vậy, người chơi $B$ có chiến lược chiến thắng.

Lý do vừa đưa ra là bằng chứng thuần túy về sự tồn tại: người ta đã chứng minh rằng có một chiến lược, nhưng không có từ nào về cách tìm ra nó. Nhưng đây là câu hỏi thú vị nhất.

NIPSH

Để mô tả chiến lược chiến thắng khi chơi Bridge-it, hãy chuyển từ Bridge-it sang PIP. Để làm được điều này, hãy thay đổi luật chơi một chút. Trong Hình 4, tất cả các nước đi có thể có của người chơi “xanh” được đánh dấu bằng các đoạn màu xanh lam và của người chơi “đỏ” - bằng các đoạn màu đỏ. Chúng ta sẽ gọi những hình vẽ như vậy là “đồ thị của những bước đi có thể xảy ra”. Nếu bạn đã chơi bridge-it, thì có lẽ bạn đã nhận ra rằng việc người chơi thực hiện các phân đoạn được chỉ ra trong hình 4 theo từng điểm là vô nghĩa. Do đó, chúng ta đừng xem xét chúng chút nào và hãy làm như sau: hãy kéo tất cả các điểm trên cùng thành một và thực hiện tương tự với các điểm bên trái, bên phải và dưới cùng (Hình 5). Bây giờ, mục tiêu của người chơi “xanh” là kết nối các đỉnh $s$ và $t$ với một đường dẫn có các cạnh màu xanh lam và mục tiêu của người chơi “đỏ” là kết nối các đỉnh $s'$ và $t'$ với đường dẫn màu đỏ.

Lưu ý rằng mỗi đường màu đỏ giao nhau đúng một đường màu xanh. Do đó, nếu người chơi “đỏ” thực hiện một nước đi, thì điều này về cơ bản có nghĩa là anh ta không thể thực hiện một (và chỉ một) nước đi của người chơi “xanh”, tức là, người chơi “đỏ” với nước đi của mình giống như vẽ một cạnh của biểu đồ màu xanh. Nhưng thay vì gạch bỏ cạnh màu xanh, bạn có thể sơn nó màu đỏ. Bây giờ chúng ta có thể loại bỏ hoàn toàn biểu đồ màu đỏ khỏi Hình 5 và giả sử trò chơi diễn ra như sau:

Hai người chơi lần lượt tô màu các cạnh của biểu đồ trong đó các đỉnh $s$ và $t$ được đánh dấu: một màu xanh lam, một màu đỏ (Hình 6). Mục tiêu của người chơi “xanh” là kết nối các đỉnh đã chọn bằng *) từ các cạnh màu xanh lam và mục tiêu của người chơi “đỏ” là đặt chúng (chúng ta sẽ làm rõ điều này có nghĩa là gì sau).

*) Hãy nhớ lại rằng đồ thị là một tập hợp hữu hạn các điểm (đỉnh của đồ thị) và các đoạn nối chúng (cạnh của đồ thị). Đường dẫn là một đường trên biểu đồ không đi qua bất kỳ cạnh nào nhiều hơn một lần.

17

Đây là công tắc Izra Shenon PISH). Chỉ Shenon đề xuất nó theo một công thức tổng quát hơn: thứ nhất, bạn có thể chơi trên bất kỳ biểu đồ nào và thứ hai, bạn có thể chọn bất kỳ cặp đỉnh nào trên một biểu đồ nhất định.

Mỗi biểu đồ có hai đỉnh hiển thị xác định một biến thể nhỏ của PIP. Nước đi đầu tiên trong mỗi biến thể có thể được thực hiện bởi bất kỳ người chơi nào - cả “xanh” và “đỏ”. Vì người chơi “màu xanh” kết nối các đỉnh nên anh ta được gọi một cách thích hợp là Connection hoặc C-ceroc. Và chúng ta sẽ gọi người chơi màu đỏ là Cut hoặc P-cerok.

Một điều khá rõ ràng là không có “không có gì” trong NSP - C sẽ kết nối các đỉnh được nhìn thấy hoặc không. Do đó, một trong những người chơi trong NSP có chiến lược chiến thắng. Nhưng cái nào? Làm thế nào để tìm ra chiến lược này?

Phân loại các biến thể NSP
Lưu ý rằng nếu người đứng thứ hai có chiến lược chiến thắng thì anh ta cũng có chiến lược đó trong trường hợp người đứng thứ nhất. Thật vậy, cerok là người đầu tiên, anh ta sẽ sơn lên bất kỳ cạnh nào bằng màu sắc của mình, và sau đó anh ta sẽ phản ứng với các bước đi của đối thủ giống như anh ta sẽ làm nếu anh ta chơi thứ hai. Nếu ở một bước nào đó cần vẽ một cạnh mà anh ta đã vẽ trước đó thì anh ta sẽ vẽ một cạnh tùy ý. Đây là cách anh ta sẽ chơi, có một cạnh “thêm” về màu sắc của mình, điều này tất nhiên không thể cho phép anh ta thắng.

Do đó, từ quan điểm về khả năng giành chiến thắng cho từng biến thể của NSP, một và chỉ một trong ba sự hợp nhất sau đây đã phát sinh:

1. kết nối có chiến lược chiến thắng, bất kể anh ta chơi thứ nhất hay thứ hai;
2. người cắt có chiến lược chiến thắng, bất kể anh ta chơi thứ nhất hay thứ hai;
3. Người chơi thực hiện bước đi đầu tiên có chiến lược chiến thắng.

Chúng tôi sẽ gọi các biến thể PSP của nhóm S-cers đầu tiên, nhóm thứ hai -

2 Lượng tử số 9

18

R-cerami, thứ ba - N-cerami. Các hình 7, a) - c) thể hiện các đồ thị lần lượt cho C-cer, P-cer và H-cer.

Bài toán 2. Chứng minh cây cầu đó là trò chơi H.

Một chút lý thuyết

Chúng ta hãy tạm dừng trò chơi một lúc và đưa ra một số định nghĩa từ lý thuyết đồ thị sẽ được đưa ra sau*.

Đồ thị G được gọi là liên thông nếu có một đường đi giữa hai đỉnh bất kỳ. Một biểu đồ không thể truyền được là một tập hợp của một số biểu đồ được kết nối, mỗi biểu đồ được gọi là thành phần của nó. Đường đi có đỉnh đầu và đỉnh cuối trùng nhau được gọi là chu trình. Nếu một đồ thị liên thông có một chu trình thì khi loại bỏ bất kỳ cạnh nào khỏi chu trình, đồ thị vẫn liên thông. Một đồ thị liên thông không có chu trình được gọi là cây. Ví dụ về cây được thể hiện trong Hình 8.

Dễ dàng nhận thấy rằng việc loại bỏ bất kỳ cạnh nào khỏi cây sẽ tạo ra một biểu đồ có hai thành phần và các đầu của cạnh bị loại bỏ nằm trong các thành phần khác nhau (Hình 9).

Một cạnh của đồ thị có hai đầu x và y sẽ được ký hiệu là [x, y]. Chúng ta biểu thị thành phần được hình thành bằng cách loại bỏ cạnh [x, y] khỏi cây A và chứa đỉnh x bởi A(x), và thành phần chứa đỉnh y bởi A(y).

Bổ đề về hai cây. Giả sử A và B là hai cây trên cùng một tập đỉnh và [x, y] là một cạnh của cây A. Khi đó trong cây B có một cạnh b, một đầu của cạnh này nằm ở A(x) và đầu kia nằm ở A(y) (Hình 10).

Quy tắc mới của trò chơi

Để tìm hiểu cách chơi PIP, chúng ta sẽ lại thay đổi sân chơi và luật chơi một chút. Để làm điều này, chúng tôi giới thiệu khái niệm về sự co lại của đồ thị.

*) Thông tin chi tiết hơn về đồ thị được thảo luận, chẳng hạn như trong cuốn sách của L. Yu. Berezina “Đồ thị và ứng dụng của chúng” (M., “Prosveshchenie”, 1979).

20

Bổ đề này gợi ý một chiến lược cho người chơi kết nối.

Mục tiêu của người chơi $C$ là duy trì trong biểu đồ sự tồn tại của hai cây thỏa mãn điều kiện Lehmann (bằng cách chia kết quả này, anh ta đảm bảo sự tồn tại của hai đường đi giữa các đỉnh $s$ và $t$, và người chơi $P$ không có cách nào tách hai đỉnh này). Và người chơi $C$ thực sự có thể làm điều này nếu có hai cây như vậy trong biểu đồ ban đầu. Nếu người chơi $P$ loại bỏ cạnh $a$ của một trong những cây này, thì người chơi $C$ trong đáp số phải kéo một cạnh từ một cây khác tồn tại theo bổ đề cuối cùng. Nếu người chơi $P$ loại bỏ một cạnh không thuộc về một trong hai cây của chúng ta, thì người chơi $C$ có thể thu gọn một cạnh ở một trong các cây; rõ ràng là đồ thị mới vẫn chứa hai cây Lehman (cái nào?).

Sau mỗi cặp nước đi, số đỉnh trong mỗi cây của chúng ta giảm đi một, vì vậy các đỉnh $s$ và $t$ sớm hay muộn sẽ hợp nhất và người chơi $C$ sẽ giành chiến thắng.

Chúng tôi bắt đầu cho bạn chơi trò chơi $C$ bằng cách sử dụng hai cây Lehmann. Nhưng những cây này nằm ở đâu? Tất nhiên, bạn có thể sử dụng tìm kiếm toàn diện, nhưng điều này đòi hỏi sự đầu tư rất lớn về thời gian, ngay cả trên các máy tính hiện đại. Lehmann không thể tìm ra một thuật toán hiệu quả để tìm hai cây như vậy, nên trong một thời gian dài, định lý Lehmann dường như chỉ được quan tâm về mặt lý thuyết. Chỉ đến đầu những năm 70, Bruno và Weinberg mới xây dựng được một thuật toán như vậy.

Trên thực tế, Lehmann đã giải quyết hoàn toàn trò chơi chuyển đổi Shannon: ông cũng chứng minh rằng một biến thể của NIS là một trò chơi $P$ khi và chỉ nếu đồ thị có hai đồ thị con cùng loại. Nếu biến thể PIP là trò chơi $H$ thì sau nước đi hợp lý đầu tiên, chúng ta sẽ nhận được biến thể PIP trên biểu đồ mới, đó là trò chơi $P$ hoặc trò chơi $C$ - tùy thuộc vào người thực hiện nước đi đầu tiên: $P$ hoặc $C$, tương ứng. Một động thái như vậy tồn tại. Một động thái như vậy tồn tại trong một trò chơi $H$ nhất định. Về nguyên tắc, những động thái này có thể được thực hiện bằng vũ lực.

Chiến lược bắc cầu

Vì vậy, chúng tôi đã hướng dẫn bạn cách chơi trò chơi $C$. Nhưng bridge-it, theo bài toán 2, là một trò chơi $H$. Làm thế nào một người mới bắt đầu có thể chơi để giành chiến thắng?

Rõ ràng, trong trò chơi đánh bài, người mới bắt đầu có thể được coi là người chơi $C$. Ví dụ, với nước đi đầu tiên, anh ta có thể nắm bắt được cạnh được đánh dấu màu xanh lá cây trong Hình 13. Biểu đồ kết quả sau nước đi này chứa hai cây Lehmann: chúng được đánh dấu trong Hình 13 bằng màu đỏ và đen. Và sau đó người chơi $C$ có thể sử dụng chiến lược được mô tả ở trên cho trò chơi $C$. Trong Hình 13, các mũi tên được xem xét theo cách mà người chơi $P$ loại bỏ cạnh mà phần cuối của một số mũi tên chỉ vào.

21

ki, khi đó người chơi $C$ trong đáp số phải đi đến cạnh mà đầu kia của cùng mũi tên chỉ vào (kiểm tra xem các mũi tên có được đặt theo bổ đề đã được chứng minh hay không).

Bài toán 4. Chỉ định các nước đi ban đầu có thể “chiến thắng” khác cho người chơi $C$.

Nhà toán học người Mỹ O. Gross đã đề xuất chiến lược tương tự như trong Hình 13, rất lâu trước Lehmann, không có cầu nối riêng với PISH: Theo sàng của Gross, để giành chiến thắng, người chơi $C$ trước tiên phải kiểm tra đoạn được chỉ ra trong Hình 14 bằng một màu khác, sau đó hành động như sau: nếu người chơi $P$ đặt nước đi của mình đến một đầu của mũi tên neoctor, thì $C$ với nước đi quay lại phải chạm vào đầu kia của cùng một mũi tên.

Tiếp theo là gì?
Sau khi học chơi NIS, có thể bạn đã tự hỏi mình câu hỏi: “Liệu các phương pháp rời rạc đơn giản và hiệu quả đã dẫn đến thành công hoàn toàn trong trường hợp NIS có thể được mở rộng sang các trò chơi khác không?” Đã có những nỗ lực áp dụng những phương pháp như vậy trong thực tế, nhưng chúng không mang lại kết quả ngay cả đối với “họ hàng” gần gũi của NIS - đỉnh cao của cerae chuyển mạch của Chenon. (Trò chơi này rất giống với PIP, nó cũng được chơi trên một biểu đồ có hai đỉnh nhìn thấy được $s$ và $t$, chỉ có các đỉnh, chứ không phải các cạnh, được vẽ trong đó; trong trường hợp này, người chơi $C$ cố gắng hiển thị các đỉnh theo cách sao cho từ $s$ đến $t$ người ta có thể đi dọc theo các đỉnh có màu của chúng và người chơi $P$ - đặt anh ta.) Hơn nữa, vào năm 1976 Iven và Taryan. đã chứng minh rằng việc tìm ra chiến lược chiến thắng cho đỉnh của chuyển mạch Chenon không kém phần đơn giản so với việc giải bài toán tổ hợp phi cổ điển, mà như nhiều nhà toán học tin rằng, không có thuật toán hiệu quả nào cả lời giải. lời giải cuối cùng của những vấn đề như vậy vẫn còn một chặng đường dài.

Danh sách độc giả đã gửi quy tắc lời giải bài toán của Bài toán Kvant

Trong số này, chúng tôi công bố tên của những độc giả đã gửi quy tắc lời giải bài toán M581—M600 và F588—F602.

Toán học

Hầu hết độc giả đã gửi lời giải đều hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ M581, M582, M586—M590, M592. Phần còn lại bài toán quyết định: E. Abdulaev (Masally) 91; A. Averbakh (Donetsk) 85a), 91, 94; A. Adeev (làng Pokrovka AzSSR) 91, 99; M. Azishtein (Moscow) 96, 98, 00; R. Ardan (Lviv) 84; L. Arrushanov (Baku) 85a), 6), 96, 98; G. Balametova (Kuasary) 91; A. Balinsky (Lviv) 84, 85a), 6), 91, 94, 96-99; A. Barre (NIKOLAYEV) 91; G. Barzdin (Riga) 85a), 6); D. Baturov (Đại bàng) 96; A. Belozerov (Odessa) 85a), 6), 91; A. Belokoltov (Kyiv) 85a), 6); Yu. Belochekovsky (Minsk) 856), 95, 99; A. Belova (Krivoy Rog) 85a), 6); V. Berezhnoy (Kyiv) 91, 94-98, 00; S. Free (Artemovsky, vùng Sverdlovsk) 93-98, 00; A. Bishchaev (Alma-Ata) 98; N. Bovsunovsky (làng Putlovich, vùng Zhytomyr) 91; A. Borovskikh (Voronezh) 98; A. Bratsisky (Volgodonsk) 83, 85a), 6), 91, 94, 95; Y. Bregman (Kyiv) 85, 91, 94, 98-00; A. Burin (Moscow) 83, 84, 85a), 6), 91, 94, 95; Yu. Bushk (Cheremkhovo) 91; E. Weisleb (Kyiv) 91; S. Vaslovsky (Ashgabat) 91, 95, 98-00; I. Vladimirov (Moscow) 85, 91, 97-00; S. Volosvets (Saratov) 91; A. Volnov (Kyiv) 91; M. Gaisinsky (Tashkent) 856), 91, 94; D. Geshkenbein (Moscow) 85; L. Gitlin (Vitebsk) 91, 94; G. Gokadze (Kutansi) 91; S. Gorshkov (Moscow) 98; E. Gorshkova

(Perm) 96; A. Học sinh tốt nghiệp (Baku) 91, 94; I. Derebas (Magnitogorsk) 98; Sh. Jafarov (Kirovabad) 91; B. Dobrov (Angarsk) 91; K. Doynov (NRB) 96-99; I. Dralov (NRB) 91, 94; O. Drach (Krivoy Rog) 856); D. Duntsev (làng Arkivan, AESSR) 91; I. Elitsevich (Chernigov) 91; T. Entsev (NRB) 96-99; A. Ermolin (Petrozavodsk) 84, 85, 91, 93-96, 98-00; A. Zhilinsky (thị trấn Krupki, vùng Minsk) 85, 94, 95; E. Zhillev (Moscow) 85a), 6); A. Zolotykh (Kursk) 96, 98, 00; Yu. Ivanov (Voronezh) 99, 00; Yu. Ilyasov (Sizan) 91, 00; F. Kabdykarov (Alma-Ata) 85a), 6), 91, 93, 94; A. Kadarmanov (Belorets) 91, 95, 00; P. Kaluenin (Moscow) 84; R. Kamalyan (Yerevan) 91; A. Kaplan (Sumgant) 84, 91, 93-00; A. Quartzani (Koutanci) 91; A. Kelarev (Sverdlovsk) 85a), 6), 91, 94, 95; I. Kolpkov (Sochi) 97, 99, 00; O. Krizhanovsky (Kharkov) 85, 97, 98; E. Kuznetsov (Izhevsk) 91, 98; S. Kurchatov (Saratov) 91, 94; B. Lapidus (Moscow) 84, 85a), 6); A. Lipin (Leningrad) 85a), 91, 96, 98, 99; D. Likhachev (Vladivostok) 95; A. Mamedov (làng Saatlo GSSR) 91; G. Marion (Mogilev-Podolsky) 91; A. Meredets (Leningrad) 84, 85, 91, 94, 95; V. Melnik (Gaysin) 91; L. Merklevics (Lentvarris) 85a), 6), 91; S. Mokrousov (Leningrad) 84; S. Moreino (Moscow) 85a), 6), 91, 95-00; R. Nabokov (Saratov) 85; I. Nesterov (Pskent) 85, 98; Z. Nishianii (Koutansi) 91; S. Novakovsky (Saratov) 85, 91, 94, 96-00; V. Novokhatsiy (Poltava) 91; P. Ovchinnikov (Vyazniki) 91, 00; M. Okroya (Yerevan) 91, 94; S. Osenny (Kyiv) 84, 85a), 6), 94; A. Pavlychev (Riga) 84, 91; G. Perelman (Leningrad) 85a), 6), 91, 94, 96, 98-00; V. Pidstritsan (Lviv) 84, 91, 93-96, 98-00; A. Poed (Moscow) (Tiếp theo trang 33)

22

Về sóng biển và cá trong vũng nước

Khi ném sỏi xuống nước, hãy nhìn vào những vòng tròn mà chúng tạo thành; nếu không việc ném như vậy sẽ chỉ là niềm vui trống rỗng.

Kozma Prutkov

Trong số nhiều loại sóng được các nhà vật lý nghiên cứu, sóng nước là loại dễ quan sát nhất. Các khái niệm về biên độ, bước sóng, v.v. đối với chúng là trực quan và những khái niệm nảy sinh trong quá trình phân phối của chúng đều quen thuộc và thú vị. Đồng thời, nhiều kiểu truyền của chúng giống như đối với sóng ánh sáng hoặc sóng âm, và do đó, bằng cách “ném đá cuội xuống nước”, có thể hiểu được rất nhiều điều.

Sóng trên mặt nước là một loạt các hiện tượng. Đây là cảnh lướt sóng và cá trong vũng nước, nước dâng do bão lớn và nước dâng chậm khi thủy triều lên, sóng tàu và sóng thần nghiền nát mọi thứ trên đường đi của nó.

Việc nghiên cứu sóng nước đã bắt đầu từ rất lâu. Lý thuyết đầu tiên - lý thuyết về thủy triều - có nguồn gốc từ Newton và là sự ứng dụng trực tiếp lý thuyết về lực hấp dẫn phổ quát của ông. Hơn nữa, trong quá trình nghiên cứu các hiện tượng trên mặt nước, có những giai đoạn tạm lắng và “thời hoàng kim” của chính nó gắn liền với tên tuổi của Rayleigh và Stokes. Nhưng điều đáng ngạc nhiên là những kết quả rất thú vị trong ngành khoa học cổ điển này mới được thu được gần đây. Với sự giúp đỡ của họ, người ta có thể giải thích các thí nghiệm được thực hiện trong thế kỷ trước.

Trong bài viết này, chúng tôi muốn xem xét một số hiện tượng phát sinh trên bề mặt chất lỏng, đặc biệt là nước. Có thể sau này bạn sẽ nhìn hơi khác một chút về các vòng tròn phân kỳ từ một hòn đá được ném.

Về tốc độ sóng

Trước hết chúng ta hãy tìm hiểu tốc độ truyền sóng thay đổi như thế nào tùy theo bước sóng (hoặc,

như các nhà vật lý nói, chúng ta sẽ tìm ra định luật tán sắc sóng).

Ở trạng thái cân bằng, bề mặt chất lỏng thường nằm ngang. Nếu bạn loại bỏ nó khỏi trạng thái này (ví dụ, ném một hòn đá), một lực sẽ xuất hiện có xu hướng đưa bề mặt chất lỏng trở lại trạng thái ban đầu. Chất lỏng bắt đầu chuyển động, nhưng không giữ nguyên mức mà rò rỉ qua nó theo quán tính. Các rung động do chất lỏng tạo ra sẽ lan truyền trên bề mặt của nó - sóng xuất hiện.

Lực nào có xu hướng làm cho bề mặt chất lỏng phẳng? Rõ ràng, nó bao gồm lực hấp dẫn và lực căng bề mặt. Nhưng hóa ra vai trò của các lực này là khác nhau đối với các sóng khác nhau. Ở sóng dài lực hấp dẫn chiếm ưu thế nên sóng dài gọi là lực hấp dẫn. Trong trường hợp sóng rất ngắn, lực căng bề mặt chiếm ưu thế nên sóng ngắn được gọi là mao dẫn. Một lát sau chúng ta sẽ hiểu sóng “dài” và “ngắn” nghĩa là gì. Bây giờ, chúng ta hãy xem xét riêng biệt sóng hấp dẫn và sóng mao dẫn và tìm hiểu xem tốc độ truyền sóng phụ thuộc như thế nào vào chiều dài của nó. Hãy sử dụng phương pháp thứ nguyên.

Trong trường hợp sóng graviton, tốc độ của chúng có thể phụ thuộc vào bước sóng, độ sâu của chất lỏng, mật độ của nó và gia tốc trọng trường. (Trên thực tế, tốc độ truyền sóng còn phụ thuộc vào mật độ không khí, lực hấp dẫn Luận Nghĩa và nhiều yếu tố khác. Nhưng ảnh hưởng của chúng đến trọng lượng là nhỏ và không đáng kể.) Nói cách khác, tốc độ sóng $v$ là hàm của bước sóng $\lambda$, độ sâu chất lỏng $H$, mật độ $\rho$ và gia tốc trọng trường $g$:

$$v = f(\lambda, H, \rho, g).$$

Từ thông điệp về các thứ nguyên, ta suy ra rằng mật độ không nên được đưa vào đáp số, vì nó là đại lượng duy nhất trong cả năm đại lượng chứa thứ nguyên khối lượng. Ngoài ra, kích thước $\lambda$ và $H$ là như nhau và chiều thời gian chỉ được chứa trong gia tốc trọng trường.

Do đó, tốc độ truyền sóng có thể được viết là

$$v = \sqrt{gH} \varphi \left( \frac{\lambda}{H} \right)$$

hoặc

$$v = \sqrt{g\lambda} \psi \left( \frac{H}{\lambda} \right),$$

vì $\lambda$ và $H$ bằng nhau và không nổi bật so với nhau.

Ví dụ, chúng ta hãy xem xét biểu thức (1) và chỉ định nó trong hai trường hợp giới hạn - khi bước sóng nhỏ và khi bước sóng lớn so với độ sâu. Trong trường hợp đầu tiên, họ nói về sóng ngắn hoặc sóng ở vùng nước sâu. Trong phần thứ hai - về sóng dài, hoặc sóng ở vùng nước nông. Dưới đây là một số ví dụ. Khi bạn ném một hòn đá xuống sông, chiều dài của sóng tạo ra sẽ có kích thước bằng kích thước của hòn đá, nhỏ so với độ sâu. Vì vậy, sóng có thể được coi là ngắn. Gợn sóng ở vũng nước sâu, sóng bão cũng là sóng ngắn, tức là sóng ở vùng nước sâu. Mặt khác, có những con sóng mà đại dương là vùng nước nông. Ví dụ, chiều dài của sóng thủy triều có kích thước bằng quả địa cầu, vì vậy đối với chúng độ sâu của rãnh Marina là khoảng 11 km! Hay một ví dụ khác là sóng thần, những đợt sóng khổng lồ phát sinh trong một trận “động đất”.

Trong trường hợp sóng ngắn, chất lỏng chỉ chuyển động trong lớp bề mặt có độ dày cỡ bước sóng nên tốc độ sóng không phụ thuộc vào độ sâu của chất lỏng. Vì vậy, $\varphi \left( \frac{\lambda}{H} \right) = \alpha \sqrt{\frac{\lambda}{H}}$

$$v_{\text{кор}} = \alpha \sqrt{g\lambda}.$$

Một phép tính chính xác sẽ cho kết quả $\alpha = 1/\sqrt{2\pi}$.

Trong trường hợp ngược lại - bước sóng - toàn bộ chất lỏng tham gia vào chuyển động, ngay xuống đáy nên tốc độ của sóng không nên phụ thuộc vào bước sóng: $\psi \left( \frac{H}{\lambda} \right) = \beta \sqrt{\frac{\lambda}{H}}$

25

Hình 3.

Theo kinh nghiệm của tôi với các cơn bão ở Nam Thái Bình Dương, tôi thấy rằng điều này có thể xác định khoảng cách đến cơn bão, có thể là 2.000 dặm hoặc hơn.

Về sự kích thích của sóng

Bây giờ chúng ta hãy xem xét sóng bị kích thích như thế nào trên bề mặt chất lỏng.

Những nỗ lực đầu tiên nhằm tìm hiểu quá trình tạo sóng do gió được thực hiện vào giữa thế kỷ trước. bài toán này đã được giải quyết bởi nhà vật lý xuất sắc người Anh Thomson (Lord Kelvin) dựa trên giả định rằng chuyển động của không khí là tầng, như thể bao gồm các tia riêng lẻ. Phía trên bướu nước, các tia không khí này xẹp xuống (Hình 3, a), tốc độ dòng chảy tăng lên và áp suất ở nơi này, theo định luật Bernoulli, giảm xuống. Khi tốc độ gió đủ cao, lực nâng sinh ra sẽ vượt qua tác dụng ổn định của trọng lực và sức căng bề mặt, đồng thời sóng bị kích thích trên mặt nước. Điều thú vị là tốc độ tới hạn được tính toán hóa ra rất cao, cao hơn gấp mười lần so với tốc độ quan sát được. Sự khác biệt rõ rệt giữa kết quả lý thuyết và thực nghiệm này là một trong những vấn đề được thảo luận trong thủy động lực học trong nhiều năm. Thông qua nhiều điều kiện lý thuyết phức tạp và xảo quyệt khác nhau, có thể giảm tốc độ tới hạn nhiều lần. Tuy nhiên, nghịch lý vẫn còn đó.

Lời giải thích cho nó chỉ xuất hiện vào cuối những năm 50 của thế kỷ này. Nó dựa trên thực tế là lớp không khí tiếp giáp với nước không phải là tầng. Nó bao gồm nhiều vinrey nhỏ (Hình 3, b), hoặc, như các nhà vật lý nói, nó bị nhiễu loạn. Những cơn lốc này di chuyển với tốc độ của gió. Nếu tốc độ gió nhỏ hơn tốc độ sóng, thì độ dốc của sóng sẽ chỉ bám theo dây gió và do đó sẽ cung cấp năng lượng cho chúng. Trong trường hợp này, bề mặt chất lỏng vẫn phẳng. Rồi sóng bị kích thích, chúng nhanh chóng mờ đi. Tình thế sẽ thay đổi nếu Winry đuổi kịp đợt sóng. Chúng “đẩy” nó, cung cấp năng lượng cho nó và do đó làm hỏng biên độ của nó.

Không phải ngẫu nhiên mà quá trình kích thích sóng như vậy được gọi là cộng hưởng. Và thực sự, đây là một sự cộng hưởng chung. Bạn gặp phải sự cộng hưởng giống hệt nhau, chẳng hạn như khi một đoàn tàu di chuyển nhanh và chạy dọc theo các nút giao thông. Tần số rung lắc v được xác định bởi tốc độ tàu u và chiều dài đường ray l: v = u/l. Nếu tần số v trùng với một trong các tần số tự nhiên của varon thì varon sẽ dao động mạnh. Điều này cũng đúng khi sóng bị gió kích thích. Ở đây vai trò của chiều dài l được đảm nhận bởi bước sóng λ, còn tốc độ u đại diện cho tốc độ gió, tức là khi cộng hưởng thì tốc độ sóng phải bằng tốc độ gió.

Posmot, nếu tốc độ gió vượt quá tốc độ sóng tối thiểu v_min, các sóng kích thích ngẫu nhiên có biên độ nhỏ sẽ tăng cường và phát triển. Giá trị tính toán của v_min phù hợp tốt với dữ liệu quan sát được.

Nếu tốc độ gió gần v_min thì sóng có chiều dài gần λ_min, tức là vài cm, sẽ bị kích thích. Chính xác là những sóng này bị kích thích trong vũng nước khi có ánh sáng

26

gió mạnh đến mức nào. Khi tốc độ gió tăng lên, sóng ngày càng xuất hiện nhanh hơn. Từ Hình 1 có thể thấy rằng trong trường hợp này cả sóng dài hơn và sóng ngắn hơn đều bị kích thích. Nhưng những sóng rất ngắn, có bước sóng cỡ milimet hoặc nhỏ hơn, khó nhìn thấy được và suy yếu nhanh chóng. Kết quả là chúng ta thường thấy rằng khi tốc độ gió $u$ tăng lên, các sóng ngày càng dài hơn được tạo ra. Ví dụ, với tốc độ gió ~40 km/h, tương ứng với cơn bão cấp 6, các sóng dài tới 60 m sẽ được tạo ra.

Và một điều cuối cùng. Tất nhiên, bạn đã nhận thấy rằng khi gió yếu, sóng nhỏ và khi có bão chúng sẽ lớn hơn. Tại sao? Rõ ràng là năng lượng sóng không thể tăng vô hạn. Ngay khi biên độ sóng lớn hơn một giá trị tới hạn nhất định thì đỉnh sóng sẽ sụp đổ. Một lần nữa, từ các báo cáo thứ nguyên, biên độ tới hạn này phải theo thứ tự bước sóng. Trong cơn bão, các sóng ngày càng dài hơn được tạo ra và do đó chúng phát triển đến biên độ lớn.

Chúng tôi đã quan sát tất cả các hiện tượng được mô tả ở trên nhiều lần. Họ rất dễ dàng để mô hình hóa. Ví dụ, thí nghiệm tạo sóng bằng gió có thể được thực hiện bằng cách sử dụng quạt thông thường.

Về sự phá hủy tính siêu lỏng

Để kết luận, chúng tôi muốn lưu ý những điều sau đây. Điều thú vị là lý luận đưa ra ở trên lại phù hợp để giải thích một hiện tượng hoàn toàn khác, khác xa với sóng biển - sự hủy diệt của chất siêu lỏng. Trước hết chúng ta hãy cùng tìm hiểu thế nào là siêu chảy. Tính siêu chảy là đặc tính của chất lỏng chảy không ma sát qua các mao quản hẹp. Nó vốn có ở dạng lỏng - gel lỏng duy nhất ở nhiệt độ rất thấp gần độ không tuyệt đối ($T<2,2\mathrm{K}$).

Hóa ra sóng cũng tồn tại trong helium lỏng. Ở bước sóng dài đây là sóng âm, tốc độ của chúng không đổi và không phụ thuộc vào bước sóng. Khi bước sóng giảm, tốc độ giảm và ở bước sóng rất ngắn, tốc độ lại tăng. Do đó, sự phụ thuộc của tốc độ sóng vào bước sóng đối với gel cũng tương tự như sự phụ thuộc tương tự đối với sóng bề mặt (xem Hình 1). Điều quan trọng nhất là cả hai đường cong này đều có mức tối thiểu.

Giả sử rằng vận tốc của gel trong mao quản vượt quá vận tốc sóng tối thiểu. Hiển nhiên khi đó dao động sẽ bị kích thích. Trong trường hợp này, năng lượng của chuyển động tịnh tiến của gel sẽ được truyền sang các sóng này, tức là sẽ phát sinh ma sát và tính siêu chảy sẽ bị phá hủy. Do đó, tốc độ tối đa mà gel vẫn giữ được đặc tính siêu chảy bằng tốc độ sóng tối thiểu.

Điều tò mò là hiện tượng này được nhà vật lý Liên Xô P. L. Kapitsa phát hiện vào năm 1937-1941 và tìm ra lời giải thích cho nó trong công trình của một nhà vật lý Liên Xô khác L. D. Landdu vào năm 1941, rất lâu trước khi cơ chế tạo sóng bằng gió được hiểu rõ.

Phương pháp chuyển động ảo

(Để bắt đầu, xem trang 9)

1. Hai thanh đồng nhất có khối lượng $m_1$ và $m_2$, tựa vào các bức tường nhẵn thẳng đứng và một mặt phẳng nằm ngang nhẵn (Hình 6). Tìm sự tương ứng giữa các góc $a_1$ và $a_2$ khi hệ ở trạng thái cân bằng.

2. Giải bài toán 5 khi biết khối lượng của mỗi khớp là $M$.

Hình 6.

27

Một lần nữa về phản ứng của các tia đi ra và đi vào

Vào tháng 9 năm 1978, tạp chí của chúng tôi đã đăng một bài báo của V. Mayer, “Phản ứng của các tia đi ra và đi vào”. Các biên tập viên đã nhận được rất nhiều bưu thiếp cho cô ấy.
Chúng tôi mang đến cho bạn sự chú ý khác về một chủ đề tương tự. Nó nói về cách chế tạo một thiết bị được gọi là “người đi biển” hay “thợ lặn Cartesian”, và cách sử dụng nó để chứng minh rõ ràng sự hiện diện của phản ứng của các tia đi ra và sự vắng mặt của phản ứng của các tia đi vào.

Lấy một ống nghiệm thủy tinh có đường kính khoảng 2 cm, đổ nước vào khoảng 3/4 thể tích và đậy nắp lại. Chèn hai ống cong vào nút chai để tạo thành bánh xe Segner. Bạn có thể tự làm các ống bằng cách sử dụng

Một ví dụ về việc đổ đầy bút bi rỗng, làm nóng phần uốn cong một chút.

Hạ ống nghiệm hướng lên trên vào một bình hình trụ cao (chẳng hạn như bình ba lít), chứa đầy nước (xem hình). Lượng nước trong ống nghiệm sẽ được điều chỉnh sao cho ống nghiệm nổi trong bình. Thuận tiện nhất là đổ nước thừa từ ống nghiệm qua một trong các ống (bản thân ống nghiệm được đặt nằm ngang). Khi lượng nước trong ống nghiệm đã được điều chỉnh, hãy phủ một lớp màng cao su mỏng (nhưng bền) lên phần nước sốt.

Bây giờ bạn có thể tiến hành trực tiếp thử nghiệm. Dùng ngón tay ấn phim và bạn sẽ thấy ống bắt đầu hạ xuống mà không quay. Lấy ngón tay ra khỏi phim - ống nghiệm sẽ nổi lên và xoay. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

Khi một ống nghiệm nổi lên, lực của nó cân bằng với lực đẩy. Nếu ấn vào màng thì áp suất thủy tĩnh trong bình tăng lên nhưng áp suất không khí trong ống nghiệm vẫn giữ nguyên. Dưới tác dụng của sự chênh lệch áp suất, nó sẽ đi vào ống nghiệm qua các ống cong, thể tích không khí phía trên mặt nước trong ống nghiệm sẽ giảm, áp suất sẽ tăng. Khi lượng nước trong ống nghiệm tăng lên thì cường độ của nó sẽ tăng lên nhưng lực đẩy không thay đổi. Kết quả là ống nghiệm bắt đầu chìm xuống nhưng không quay. Điều này cho thấy rõ ràng sự vắng mặt của phản ứng của các dòng tia đi vào.

Khi bỏ ngón tay ra khỏi màng, áp suất thủy tĩnh trong bình và áp suất không khí dư trong ống nghiệm sẽ làm một phần nước chảy ra khỏi ống nghiệm. Trở nên nhẹ hơn, ống nghiệm bắt đầu nổi, quay dưới tác dụng của phản ứng của các tia đang chảy.

28

Điểm tham quan của màn hình lướt qua

(Từ biên niên sử NOU)

Bài viết này dựa trên một báo cáo của tác giả, khi đó là một học sinh lớp 10, tại “Ngày hội Toán học” ở Batumi. Nó nói về một định lý quan trọng mà phần chúng tôi sử dụng cho lời giải các hệ thống lớn trên máy tính, nhưng cũng có thể được sử dụng để tìm nghiệm gần đúng của các phương trình “trường học điển hình”.

Điểm cố định

Đặt $f$ là ánh xạ của tập hợp $A$ tùy ý vào chính nó. Điểm $x \in A$ được gọi là điểm cố định $f$ của ánh xạ $f$ nếu

$$f(x) = x. \tag{1}$$

Khi $A \subset R$ (tức là khi $f$ là hàm số tổng quát), việc tìm điểm cố định của bản đồ $f$ chỉ đơn giản là giải phương trình (1). Ngược lại, nếu một phương trình đã cho là $g(x) = 0$ thì lời giải của nó sẽ là một điểm cố định của ánh xạ $f$, trong đó

$$f(x) = g(x) + x. \tag{2}$$

Hãy xem xét một vài ví dụ.

1. Mặt phẳng quay một góc khác 0 gần một điểm cho trước có một điểm cố định duy nhất (tâm quay).

2. Sự tịnh tiến song song của một mặt phẳng sang một vectơ khác 0 không có điểm cố định.

*) Điểm cố định cũng được thảo luận trong bài viết của B. Wertheim («Kvant», 1980, số 6).

3. Sự đối xứng của mặt phẳng so với đường thẳng có vô số điểm cố định (tất cả các điểm của đường thẳng này).

4. Ánh xạ $x \rightarrow ax^2 + bx + c$, trong đó $a \neq 0$, có hai, một hoặc không có điểm cố định tùy thuộc vào dấu của biểu thức

$$\Delta = (b - 1)^2 - 4ac.$$

Nhiệm vụ 1. Xây dựng bản đồ mặt phẳng có chính xác $n$ điểm cố định ($n \in \mathbb{N}$).

Màn hình nén

Như chúng tôi đã lưu ý ở trên, lời giải của bất kỳ phương trình nào có dạng $g(x) = 0$ bằng một kỹ thuật đơn giản (bằng cách thêm $x$ vào vế trái của phương trình) sẽ trùng khớp với việc tìm một điểm cố định của một số ánh xạ. Điều rất quan trọng đối với Pozny là phải biết các điều kiện tồn tại của một điểm cố định và cũng có thể tìm thấy chính điểm cố định đó. Bây giờ chúng tôi đang xác định điều kiện này.

Đặt ánh xạ này là $f: A \rightarrow A$, trong đó khoảng cách giữa các điểm được xác định trong tập hợp $A$: $d(x, y)$; (ví dụ: $A$ là tập hợp con của đường thẳng, mặt phẳng hoặc khoảng trắng). Ánh xạ $f$ được gọi là lướt nếu có một số $a < 1$ sao cho bất kỳ điểm nào $x, y$ $A$

$$ad(x, y) \geq d(f(x), f(y)). \tag{3}$$

Nói cách khác, khoảng cách giữa ảnh của một điểm nhỏ hơn khoảng cách giữa chính các điểm đó và nó giảm ít nhất $a$ “lần”, trong đó $a < 1$. Số $a$ được gọi là hệ số hớt váng. Ví dụ:

1. Tính đồng nhất của mặt phẳng có hệ số $0 < k < 1$ sẽ là bản đồ lướt (có hệ số $k$).

2. Xoay một mặt phẳng không phải là một màn trình diễn lướt qua. Định lý sau đây cho thấy tại sao cần có khái niệm bản đồ lướt.

Định lý (nguyên tắc ánh xạ lướt trên một dòng). Tất cả-

29

Hình 1.

một số ánh xạ co $f$:
$|a; b| \rightarrow |a; b|$ của tích phân vào chính nó có một điểm cố định.

Tính chất đơn vách của một điểm cố định là hiển nhiên: nếu có hai trong số chúng thì khoảng cách giữa chúng sẽ thay đổi (theo điều kiện (3)), trong khi nó thực sự không thay đổi (vì bản thân các điểm không chuyển động).

Bằng chứng về sự tồn tại dựa trên một phương pháp tích phân đơn giản nhưng quan trọng: lấy bất kỳ điểm $x_0 \in |a; b|$ nào và áp dụng $f$ cho nó nhiều lần:

$$x_0, x_1 = f(x_0), x_2 = f(x_1), \dots, x_n = f(x_{n-1}), \dots$$

thì dãy $x_1, x_2, \dots, x_n$ … hội tụ về điểm cố định.

Trước khi chứng minh phương pháp này (nghĩa là hoàn thành việc chứng minh định lý), chúng tôi minh họa nó bằng một ví dụ đơn giản:

Đặt $f: ] - 1; 1[ \rightarrow ] - 1; 1[$ là ánh xạ được cho bởi công thức $f(x) = \dot{x}^2$ (Hình 1). Hãy lấy điểm $x_0 = 0,1$. Sau đó

$$x_1 = (0,1)^2 = 0,01,$$
$$x_2 = (0,01)^2 = 0,0001,$$

Rõ ràng là $\lim_{k \to \infty} x_k = 0$. Điểm 0 thực sự đứng yên, hoặc $0^2 = 0$.

(Nhân tiện, chúng ta đã giải phương trình $x^2 - x = 0, x \ni 1$; 1[] theo cách này).

Quay lại chứng minh định lý, chúng ta ký hiệu dãy (4) bằng $(x_n)$. Hãy chứng minh rằng dãy này có các tính chất sau.

(K) Với mọi $\varepsilon > 0$ đều tồn tại một số $n_0$ sao cho với mọi số lớn $n, m > n_0$ bất đẳng thức

$$d(x_n, m) < \varepsilon.$$

Nói cách khác, các điểm của dãy có số đủ lớn sẽ đóng tùy ý.

Để chứng minh điều này, chúng ta áp dụng bất đẳng thức (3) $k$ lần; chúng tôi nhận được

$$d(x_k, x_{k+1}) \leq \alpha^{k-1} d(x_1, x_2).$$

Bởi vì

$$d(x_n, x_{n+p}) \leq d(x_n, x_{n+1}) + d(x_{n+1}, x_{n+2}) + \dots + d(x_{n+p-1}, x_{n+p}) \leq \alpha^{n-1} + \alpha^n + \dots + \alpha^{n+p-2} d(x_1, x_n) = \frac{\alpha^{n-1}(1-\alpha)^p}{1-\alpha} d(x_1, x_n) \leq \frac{\alpha^{n-1}}{1-\alpha} d(x_1, x_2).$$

Bây giờ với bất kỳ $\varepsilon > 0$ nào chúng ta có thể coi là $n_0$

$$n_0 = \log_a \frac{\varepsilon(1-\alpha)}{d(x_1, x_2)}.$$

Khi đó, với mọi $n, m > n_0$, bất đẳng thức (6) ngay lập tức hàm ý điều kiện bắt buộc

30

Hình 2.

chúng ta cần bất đẳng thức (5) (kiểm tra!). Tính chất (K) đã được chứng minh.

Sử dụng tính chất (K), bây giờ chúng ta chứng minh sự hội tụ của dãy $(x_n)$. Đối với số $\varepsilon = 1/2$, theo thuộc tính (K), có một số $n_1$ sao cho $m > n_1$ $d(x_m, x_{n_1}) < 1/2$ thỏa mãn, tức là $x_m \in ]a_1; b_1[$, trong đó $a_1 = x_{n_1} - 1/2$, $b_1 = x_{n_1} + 1/2$. Khoảng cách xa hơn là số $\varepsilon = 1/4$ và tương tự, chúng ta tìm số $n_2$ sao cho $m > n_2$ $x_m \in ]a_2; b_2[$ thỏa mãn, trong đó $a_2 = x_{n_2} - 1/2$, $b_2 = x_{n_2} + 1/2$. Nếu một trong các điểm $a_2, b_2$ không nằm trong $]a_1; b_1[$ thì chúng ta sẽ thay thế nó bằng $a_1$ (tương ứng với $b_1$), giữ nguyên ký hiệu $]a_2; b_2[$ cho đoạn đã dựng. Và vân vân (xem Hình 2).

Chúng ta thu được dãy tích phân

$$]a_1; b_1[ \supset ]a_2; b_2[ \supset ... \supset ]a_n; b_n[ \supset ...$$

độ dài của tích phân thứ $n$ không vượt quá $1/2^{n-1}$ và ứng với mỗi số đó có một số sao cho tất cả $x_i$ có ​​số lớn đều nằm trong tích phân này.

Hãy xem xét dãy $(a_n)$ của các đầu bên trái của tích phân của chúng ta. Nó đang tăng dần và bị giới hạn từ phía trên (ví dụ: bằng số $b_1$) và do đó (xem “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9”, đoạn 32), có giới hạn $x = \lim_{n \to \infty} a_n$. Hãy chứng minh rằng số $x$ chính là giới hạn của dãy $(x_n)$. Thật sự,

$$d(x, x_n) \leq d(x, a_n) + d(a_n, x_n);$$

cả hai số hạng ở phía bên phải đều có góc nhỏ (đối với $n$ đủ lớn), sau đó $d(x, x_n)$ trở thành góc nhỏ (đối với $n$ đủ lớn), tức là $x = \lim_{n \to \infty} x_n$.

Tất cả những gì chúng ta phải làm là chứng minh rằng $x$ là một điểm cố định của ánh xạ $f$. chúng tôi có

$$0 \leq d(x, f(x)) \leq d(x, x_n) + d(x_n, f(x)) = d(x, x_n) + d(f(x_{n-1}), f(x)) \leq d(x, x_n) + a d(x_{n-1}, x).$$

Hai số hạng cuối cùng có góc nhỏ (đối với $n$ đủ lớn), có nghĩa là $d(x, f(x)) = 0$, tức là $f(x) = x$, đây là điều cần được chứng minh.

Dễ dàng nhận thấy định lý sẽ vẫn đúng nếu chúng ta thay tích phân $]a; b[$ bằng một đoạn, một tia hoặc thậm chí toàn bộ đường thẳng $R$. Hơn nữa, nó vẫn đúng trên máy bay.

Bài 2. Hình thành và chứng minh nguyên lý vẽ lướt đường tròn trên mặt phẳng.

Gợi ý. Sử dụng tọa độ.

Tất nhiên, nếu bạn đã thực hiện bài tập này, bạn sẽ thấy rõ rằng mục tiêu của chúng tôi sẽ vẫn đúng đối với việc nhận bóng hoặc thoát bóng và thậm chí cả trong không gian - chẳng hạn như đối với một quả bóng. Điều tự nhiên là đặt câu hỏi: làm thế nào để xây dựng nguyên tắc này để bao quát được càng nhiều trường hợp càng tốt? Làm thế nào để tìm được công thức tổng quát nhất?

Sau khi đặt ra câu hỏi này, chúng tôi thấy mình đang ở trong một tình huống đặc trưng trong công việc sáng tạo của một nhà toán học nghiên cứu. Và bây giờ chúng ta sẽ thấy

Một nhà toán học lý luận như thế nào?

Một nhà toán học chuyên nghiệp ở đây sẽ nghĩ như thế này:

Chúng ta cần tìm một công thức tổng quát hóa định lý đã chứng minh ở trên. Để làm điều này, chúng ta hãy xem chính xác những tính chất nào của tình huống này thực sự cần thiết trong chứng minh.

Đầu tiên, chúng tôi sử dụng định nghĩa về bản đồ lướt (3). Điều này có nghĩa là tập hợp $A$ phải chứa khoảng cách $d(x, y)$ giữa các điểm $x, y$ trên một đường thẳng - đây là số

$$d(x, y) = |x - y|.$$

Nhưng điều quan trọng là nó được hỏi theo cách này? Có lẽ là không: xét cho cùng, trên mặt phẳng $d(x, y)$ được định nghĩa khác, nhưng bằng chứng vẫn có hiệu lực. Vì vậy, bạn cần xem thuộc tính khoảng cách nào thực sự được sử dụng. Hãy xem.

31

Ở phần cuối của chứng minh, chúng tôi sử dụng thực tế là hai điểm nằm ở khoảng cách bằng 0 trùng nhau. Hãy viết nó như thế này:

$$d(x, y) = 0 \iff x = y.$$ (I)

Tiếp theo chúng tôi cần (ở đâu?)

$$d(x, y) = d(y, x)$$ (II)

(đối với bất kỳ $x, y \in A$).

Cuối cùng, chúng ta đã nhiều lần (ví dụ khi chứng minh bất đẳng thức (6)) đã sử dụng bất đẳng thức tam giác:

$$d(x, z) \leq d(x, y) + d(y, z)$$ (III)

(đối với bất kỳ $x, y, z \in A$).

Bây giờ hãy nghĩ xem - chúng ta có cần bất kỳ tính chất nào khác của khoảng cách không? Hãy xem lại bằng chứng; không, không cần gì hơn từ xa. Vì vậy, chúng ta chỉ cần các aximon khoảng cách tổng quát.

Hãy tiếp tục. Chúng ta hãy xem sự hội tụ của dãy (4) với tính chất (K) đã được chứng minh như thế nào. Khá thông minh, sử dụng các thuộc tính cụ thể của các khoảng trên một dòng. Thật khó để hiểu những thuộc tính chung nào được sử dụng ở đây. Chỉ có một lối thoát duy nhất là “gỡ khó khăn vào tiên đề”, tức là giả sử đáp số mọi dãy có tính chất (K) đều hội tụ. Xét cho cùng, điều này rất dễ thực hiện—bạn chỉ cần định hướng cho mình những tập hợp $A$ mà sự hội tụ tuân theo các điều kiện (K) là đủ!

Hãy tóm tắt. Bằng chứng được coi là bản đồ lướt nếu có khoảng cách trong $A$ thỏa mãn các điều kiện (I)–(III) và bất kỳ chuỗi điểm nào trong $A$ có thuộc tính (K) đều hội tụ đến một điểm trong $A$.

Công thức trong trường hợp tổng quát

Để xây dựng định lý chúng ta cần, hãy bắt đầu với các định nghĩa hình thức. Người đọc nào hiểu được lập luận của nhà toán học chuyên nghiệp hư cấu của chúng ta sẽ hiểu ngay tại sao những định nghĩa này lại như vậy.

Tập $A$, trong đó mỗi cặp điểm $x, y \in A$ được liên kết với số $d(x, y) \in \mathbb{R}$, được gọi là không gian mêtric nếu các điều kiện (I) - (III) được thỏa mãn cho $d$; trong trường hợp này, số $d(x, y)$ được gọi là khoảng cách giữa các điểm $x$ và $y$.

Dãy các điểm $x_1, x_2, \dots, x_k$, … của không gian mêtric $A$ được gọi là hàm số (hoặc dãy Cauchy) nếu với bất kỳ $\varepsilon > 0$ nào tồn tại một số $n_0$ sao cho

$$n, m > n_0 \Rightarrow d(x_n, x_m) < \varepsilon.$$

Một dãy ($x_n$) trong không gian mêtric $A$ được gọi là hội tụ nếu tồn tại một điểm $x$ sao cho với bất kỳ $\varepsilon > 0$ nào cũng có một số $n_0$ thỏa mãn

$$n > n_0 \Rightarrow d(x_n, x) < \varepsilon.$$

Điểm $x$ trong trường hợp này được gọi là giới hạn của dãy $x_n$. Ký hiệu: $\lim_{n \to \infty} x_n = x$.

Cuối cùng, một không gian mêtric được gọi là đầy đủ nếu bất kỳ dãy hàm nào trong nó hội tụ.

Định lý (nguyên tắc chung của việc thêm ánh xạ). Bất kỳ bản đồ lướt nào của một không gian số liệu hoàn chỉnh vào chính nó đều có một điểm cố định duy nhất.

Chứng minh về cơ bản không khác với chứng minh của định lý thứ nhất, chỉ khác phần cuối của quá trình: từ việc dãy (4) là hàm số (nghĩa là nó có tính chất (K)), và từ khoang trống của không gian $A$, theo định nghĩa thì (4) hội tụ.

Bài 3. Viết chứng minh một cách chi tiết.

Trên thực tế, nguyên tắc skimming maps thường gắn liền với tên tuổi của Picard và Banach không được xây dựng ở dạng tổng quát nhất ở trên. Một phân tích tinh tế hơn về bằng chứng do nhà toán học S. Banach đưa ra về khái niệm không gian tuyến tính định chuẩn đầy đủ (hoặc, như ngày nay người ta nói, là không gian Banach), mà ông đã chứng minh định lý. Ưu điểm của công thức này là các “điểm” của không gian như vậy có thể là hàm số, do đó nguyên lý này có thể áp dụng được cho lời giải, chẳng hạn như các phương trình vi phân.

32

Máy tính hoạt động như thế nào?
Chúng ta đã lưu ý rằng phương pháp tích phân cho chúng ta một cách để tìm gần đúng một điểm cố định:
vì chuỗi $x_0, x_1 = f(x_0), x_2 = f(x_1)$, … hội tụ đến $x$, nên có thể đạt được điểm $x$ với độ chính xác cho trước $\varepsilon$ bằng cách chọn số $n$ sao cho $|x_n - x| < \varepsilon$.

Điều này có thể được thực hiện hoàn toàn tốt bởi một máy tính hoạt động theo thuật toán hiển thị trong hình (cái gọi là “sơ đồ khối” của thuật toán). Hãy xem xét nó một cách cẩn thận và thử cách thuật toán này hoạt động.

Rõ ràng là theo các điều kiện của định lý trên bản đồ lướt, máy, sau một số lần lặp hữu hạn, sẽ in ra số $x_n$ thỏa mãn điều kiện $|x_n - x| < \varepsilon$, tức là giá trị gần đúng (với độ chính xác cho trước $\varepsilon$) $x$. Nếu không đáp ứng được những điều kiện này, máy có thể “hoạt động mãi mãi” (nếu nó không hỏng mà không cho chúng ta đáp số).

Để không lãng phí thời gian tốn kém của máy tính, trước khi chạy thuật toán, nên kiểm tra việc đáp ứng các điều kiện của định lý trên bản đồ lướt.

Nhiệm vụ 4. Áp dụng thuật toán mô tả ở trên cho phương trình lời giải gần đúng
$$g(x) = x^3 + 3x + x \cos^2 x - \sin(\cos x) = 0,$$

Hình 4.

34

Bài toán

M641—M645; F653—F657

M641. Cho hình lục giác đều ABCDEF tâm O. Điểm M và N là trung điểm của cạnh CD và DE. Các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại điểm l. Chứng minh rằng:
a) tam giác ABL và tứ giác DMLN có diện tích bằng nhau;
b) ALO=OLN=60°;
b) OLD=90°.

E. Gotman

M642. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều có thể biểu diễn dưới dạng $a_0+2a_1+2^2a_2+\ldots+2^n a_n$, trong đó mỗi số $a_k$ là 0, -1 hoặc 1 và $a_k \cdot a_{k+1}=0$ với mọi $0 \leq k \leq n-1$, và cách biểu diễn như vậy là duy nhất.

I. Chúc

M643. Các thẻ có số 1, 2, …, 32 được xếp theo thứ tự. Được phép loại bỏ số lượng thẻ dư thừa và đặt chúng giữa một số thẻ còn lại hoặc bên dưới chúng mà không làm thay đổi thứ tự của cả hai, nếu không thì tùy ý.

Hoạt động này được gọi là di chuyển. Chứng minh rằng trong 5 chuyển động có thể thực hiện được
a) sắp xếp lại các thẻ theo thứ tự ngược lại;
b) sắp xếp các thẻ theo thứ tự bất kỳ;
b) Chứng minh rằng không phải nước bài nào cũng có thể lấy được sau 4 nước đi.

V. Turchaninov

M644. a) Chứng minh rằng tồn tại một hình lồi 1980 có các cạnh có độ dài 1, 2, …, 1980, các góc có độ lớn bằng nhau.
b) Liệu 1981-gon như vậy có tồn tại không?

G. Gurevich

M645. Có ba hành lang ở tầng hầm (Hình 1; $|OA|=|OB|=|OC|=l$), tất cả các lối ra đều bị đóng. Thanh tra Warnicke và một người đại diện đang ở đó. Warnicke thay thế người đại diện nếu khoảng cách giữa họ không vượt quá $r$. Anh ta biết rằng tốc độ tối đa của người đại diện bằng một nửa tốc độ tối đa của chính anh ta. Lúc đầu, thanh tra viên đang ở điểm O và không nhìn thấy người đại diện. Làm sao

35

Varika phải hành động để đảm bảo rằng anh ta bắt được người đại diện nếu a) $r=l/3$, b) $r=l/4$, c) $*r>l/5$, d) $*r>l/7$. Bỏ qua chiều rộng của hành lang và kích thước của người. (Varika phải nghĩ ra một kế hoạch hành động sao cho dù người đại diện có biết trước thì vẫn không thể trốn thoát.)

V. Drinfeld. V. Sokolov

F653. Một số phần tử $Z$, được kết nối với pin có EMF §=10 V và điện trở trong $r=10$ kOhm, được kết nối với nguồn dòng điện bên ngoài như trong Hình 2. Đặc tính dòng điện-điện áp của mạch như vậy được thể hiện trong Hình 3. Vẽ đặc tính dòng điện-điện áp của phần tử $Z$.

V. Mozhaev

F654. Giá đỡ lớn $M$ đặt trên một chiếc bàn nhẵn. Một quả bóng khối $m$ được gắn vào giá ba chân bằng một sợi dây nhẹ có chiều dài $l$. Sợi chỉ bị lệch một góc nhỏ $\alpha$ và được thả ra (Hình 4). Vẽ đồ thị tốc độ của shativ theo thời gian. Bóng bàn có đế khung có khả năng đàn hồi tuyệt đối.

A. Zilberman

F655. Hiện nay, các cuộn dây điện từ có cuộn dây siêu dẫn được sử dụng. Những cuộn dây điện từ như vậy có thể tạo ra từ trường trong thời gian dài mà không tiêu tốn năng lượng. Tuy nhiên, nếu vì lý do nào đó mà một phần của cuộn dây điện từ mất đi đặc tính siêu dẫn thì sẽ xảy ra tai nạn. Tại khu vực này, dòng điện sẽ tỏa ra một lượng nhiệt lớn và sẽ xảy ra vụ nổ. Hãy nghĩ ra thiết bị đơn giản nhất để loại bỏ những tai nạn như vậy (đừng cố nghĩ ra bất kỳ mạch nào có rơle mở mạch - chúng sẽ không giúp ích gì).

G. Myakishev

F656. Thân xe ben hình chữ nhật được đổ đầy cát. Chiều cao của thân là $h=1$ m, chiều rộng là $d=3$ m, chiều dài là $l=6$ m. Lực nào tác dụng lên phía sau của xe ben khi xe chuyển động tự động đều và khi nó chuyển động với gia tốc $a=3$ m/s$^2$? Mật độ cát $\rho=1,5 \cdot 10^3$ kg/m$^3$, hệ số ma sát giữa các hạt cát $\mu=0,6$.

I. Slovodetsky

F657. Bán kính cong của hai bong bóng xà phòng giống hệt nhau va chạm vào nhau bằng $R$. Sau khi vách ngăn giữa các bong bóng vỡ ra, một bong bóng có bán kính $R_1$ được hình thành. Tìm áp suất khí quyển. Hệ số căng bề mặt của dung dịch xà phòng là $\sigma$.

36

M596. Cho trước một lăng kính năm cánh có đáy $A_1A_2A_3A_4A_5$ và $B_1B_2B_3B_4B_5$. Tất cả các cạnh của đáy và tất cả các đoạn $A_iB_j$ ($i, j = 1, 2, 3, 4, 5$) được bao quanh bởi màu đỏ hoặc xanh lam sao cho trong mọi tam giác có các đỉnh tại các đỉnh của lăng kính có các cạnh được bao quanh đều có hai cạnh có màu khác nhau. Chứng minh rằng tất cả 10 cạnh của các đáy đều được bao quanh bằng nhau.

Hình 1.

Hình 2.

M598. Cho một mặt phẳng $P$, một điểm $P$ trên mặt phẳng này và một điểm $Q$ bên ngoài mặt phẳng $P$. Tìm tất cả các điểm $R$ trong mặt phẳng $P$ sao cho tỷ lệ $(|PQ| + |PR|)/|QR|$ là lớn nhất.

Hình 1.

Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng tất cả các cạnh của đáy dưới được bao quanh bởi cùng một màu. Thật vậy, để anh ta tìm hai cạnh của đế dưới, được bao quanh bởi các màu khác nhau, sau đó ở đế dưới anh ta sẽ tìm thấy hai cạnh liền kề, được bao quanh bởi các màu khác nhau (Hình 1). Chúng ta có thể coi đây là các cạnh $A_1A_2$ và $A_2A_3$, với cạnh đầu tiên được bao quanh bởi màu đỏ và cạnh thứ hai được bao quanh bởi màu xanh lam. Từ gót của các đoạn $A_2B_k(k = 1, 2, \dots, 5)$ có ​​ít nhất ba đoạn cùng màu, ta sẽ giả sử rằng màu này là màu đỏ. Trong số ba đỉnh ở đáy trên mà các đoạn này dẫn đầu, anh ta sẽ tìm thấy hai đỉnh lân cận. Chúng tôi biểu thị chúng bằng $B_i$ và $B_j$. Rõ ràng, cạnh $B_iB_j$ phải có màu xanh lam, nếu không trong tam giác $A_2B_iB_j$ tất cả các cạnh sẽ có màu đỏ (xem Hình 1). Đoạn $A_1B_i$ cũng phải có màu xanh lam, nếu không thì tất cả các cạnh của tam giác $A_1A_2B_i$ đều có màu đỏ. Đoạn $A_1B_j$ cũng phải có màu xanh lam để tất cả các cạnh của tam giác $A_1A_2B_j$ không có màu đỏ. Nhưng trong trường hợp này, tất cả các cạnh của tam giác $A_1B_iB_j$ sẽ có màu xanh lam. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.

Tương tự, người ta chứng minh được rằng các cạnh của đế trên có màu giống nhau.

Bây giờ giả sử rằng các cạnh của đế dưới có màu đỏ và các cạnh của đế trên có màu xanh lam. Sau đó, không quá hai đoạn màu xanh xuất hiện từ bất kỳ đỉnh nào của đáy dưới (nếu không, hai đoạn màu xanh xuất phát từ một đỉnh của đáy dưới sẽ kết thúc ở các đỉnh lân cận của đáy trên, tạo thành một tam giác với đoạn “màu xanh” nối chúng - xem Hình 2). Như vậy, trong số các đoạn $A_iB_j$ có nhiều nhất $2 \cdot 5 = 10$ màu xanh lam. Lập luận tương tự được thực hiện với các cơ sở khác cho thấy cũng không có quá mười đoạn màu đỏ. Nhưng tổng số phân đoạn $A_iB_j$, không khó để đếm, là 25 và chúng tôi nhận thấy rằng không có quá 20 phân đoạn trong số đó. Sự mâu thuẫn. Như vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng tất cả các cạnh của các đáy chung của lăng kính đều được sơn cùng một màu.

Lưu ý rằng phát biểu bài toán đối với bất kỳ lăng kính nào có số đỉnh ở đáy là số lẻ đều không đúng với lăng kính có số đỉnh chẵn ở đáy (cho một ví dụ).

A. Savin

Chúng ta biểu thị bằng $x$ khoảng cách từ điểm $P$ đến điểm $R$ và đặt $\alpha = \sqrt{QPR}$ (Hình 1). Khi đó quan hệ xác định trong quan hệ đã cho được viết như sau:

$$\frac{x + |PQ|}{\sqrt{x^2 + |PQ|^2 - 2x|PQ| \cos \alpha}}.$$

Lưu ý rằng khi $x$ được cố định, tỷ lệ này sẽ lớn nhất khi $\cos \alpha$ lớn nhất và điều này sẽ xảy ra trong trường hợp mặt phẳng $PQR$ vuông góc với mặt phẳng $P$ (Hình 2). Do đó, chúng ta có thể giả sử mặt phẳng $PQR$ vuông góc với mặt phẳng $P$ và $\angle QPR$ là góc giữa đường thẳng $PQ$ và mặt phẳng $P$.

Biểu thức (*) lớn nhất đồng thời với bình phương $\frac{(x + |PQ|)^2}{x^2 + |RQ|^2 - 2x|PQ| \cos \alpha}$ của nó. Để tìm mức tối đa của biểu thức này, chúng ta tiếp tục theo $x$:

38

F600. Trong mạch điện ở Hình 1, các công tắc lần lượt đóng và mở tại những thời điểm khi hướng trên tụ điện thứ nhất bằng 0. Vẽ đồ thị hiệu điện thế trên cuộn cảm theo thời gian.

Hình 1.

Hình 2.

F601. Trên Mặt Trăng, trong một hình trụ thẳng đứng được đóng bởi một piston nặng có argon ở nhiệt độ $T_1$.

trong đó $\vec{a}$ là gia tốc mà một người chuyển động so với mặt đất. Giải các phương trình này cùng nhau, chúng ta tìm thấy

$$a = \frac{2M}{m} g - g.$$

So với cầu thang của một người có gia tốc

$$\vec{a}' = \vec{a} + \vec{g} = \frac{2M}{m} \vec{g}.$$

O. Ovchinnikov

Khi đóng công tắc, tụ điện $C_1$ và cuộn dây tạo thành mạch tụ điện; Điện áp trên cuộn dây và tụ điện thay đổi theo thời gian theo định luật điều hòa:

$$u = U_1 \sin \omega_1 t,$$

trong đó $\omega_1 = 1/\sqrt{LC_1}$ là tần số ngưng tụ, $U_1$ là biên độ. Chu kỳ $T_1$ điện áp (và dòng điện) của tụ điện trong mạch này bằng $2\pi/\omega_1 = 2\pi/\sqrt{LC_1}$. Do đó, điện áp $u$ trở thành 0 tại thời điểm $t_1 = T_1/2 = \pi/\sqrt{LC_1}$. Lúc này cường độ dòng điện trong mạch đạt cực đại và toàn bộ năng lượng của mạch nằm trong từ trường của cuộn dây.

Khi mở công tắc nối tiếp với tụ điện $C_1$, tụ điện $C_2$ được bật và hình thành mạch tụ điện có độ tự cảm $L$ và điện dung $C = \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$. Điện áp trên cuộn dây trong mạch điện như vậy thay đổi theo định luật

$$u = U_2 \sin \omega_2 (t - t_1),$$

ở đâu $\omega_2 = 1/\sqrt{LC} = \sqrt{\frac{C_1 + C_2}{LC_1 C_2}}$. Điện áp về 0 thông qua cơn mưa của thời kỳ ngưng tụ, tức là tại thời điểm

$$t_2 = t_1 + \frac{T_2}{2} = \pi \left( \sqrt{LC_1} + \sqrt{L \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}} \right).$$

Khi đó chìa khóa sẽ đóng lại, điện áp trên cuộn dây lại thay đổi theo định luật (*).

Hãy tìm sự tương ứng giữa $U_1$ và $U_2$. Tại những thời điểm khi điện áp trên tụ đạt cực đại thì dòng điện trong mạch bằng 0 và toàn bộ năng lượng tập trung vào trường năng lượng của tụ. Do đó, theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{C_1 U_1^2}{2} = \frac{CU_2^2}{2},$$

Ở đâu

$$U_2 = U_1 \sqrt{\frac{C_1}{C}} = U_1 \sqrt{1 + \frac{C_1}{C}}.$$

Bây giờ không khó để vẽ đồ thị điện áp trên cuộn cảm theo thời gian. Nó được thể hiện trong Hình 2.

I. Slovodetsky

Quá trình sản xuất diễn ra trên Mặt trăng nên áp lực bên ngoài có thể được chuyển hóa.

Độ biến thiên nội năng của chất khí bằng lực tác dụng lên chất khí. Lực này chính là trọng lượng của piston.

40

Giải thưởng «Kvant»

Trong năm học 1979/80, các biên tập viên đã nhận được hơn 12 nghìn lá thư kèm theo lời giải bài toán từ Sách Vấn đề «Kvant». Một giải thưởng đặc biệt do ban biên tập tạp chí thành lập - đăng ký «Kvant» năm 1981 - được trao cho những học sinh giải được số lớn nhất bài toán hoặc gửi bản gốc lớn nhất lời giải:

APOLONSKY Igor (Zhukovsky)
BARG Anatoly (Kyiv)
VASILBEV Vladislav (Velikie Luki)
VAHRIN Sergey (Novosibirsk)
WEITZMAN Boris (Odessa)
GAISINSKY Moses (Tashkent)
GRIGORIEV Dmitry (Moscow)
ELISHEVICH Ilya (Chernigov)
ZEIFMAN Mikhail (Vologda)
KOROVOV Victor (Kirovograd)
LUKYANCHUK Igor (Kyiv)
Lyapin Alexander (Gomel)
MIKHAILOVSKY Sergey (làng Kontserogye, vùng Arkhangelsk)
PAVLYCHEV Andrey (Riga)
PENTEGOV Vsevolod (Kyiv)
PERELMAN Grigory (Leningrad)
TITENKO Vladimir (làng Bluzha, vùng Minsk)
TSEKANOVSKY Vladislav (Donetsk)
SHKRADIUK Igor (Noginsk)

Để làm việc tích cực với học sinh và nâng cao kiến ​​thức vật lý và toán học, nhờ đó nhiều học sinh đã đạt được thành công trong cuộc thi của chúng tôi, trường số 145 ở Kyiv và trường số 11 ở Lvov đã được tặng một khoản đăng ký «Kvant» cho năm 1981.

Để tham gia thành công vào Cuộc thi Tối ưu hóa Toán học và Vật lý toàn Liên minh lần thứ XIV, đăng ký «Kvant» cho năm 1981 sẽ được trao cho:

VISHNYAKOV Vladimir (Balakovo)
DRYASOVA Natalia (Angarsk)
IVLEV Vadim (Zheleznogorsk-Ilimsky)
Andrey KRASOV (Uzlovaya)
KUVATBEKOVA Rosa (Frunze)
RUDIK Victoria (Uralsk)
SINYUKOV Yury (làng Selezni, vùng Tambov)
TANI Yury (Slavgorod)
FREGER Vyacheslav (Volsk)
KHODOROVSKY Vadim (làng Novovoronezhsky, vùng Voronezh)
TSYGVINTSEV Pavel (Anadyr)
SHISHKEVICH Irina (Chardzhou)
YAKHHSHIMOV Khamdam (vùng Khorezm)

Để tham gia thành công Trường học lập trình mùa hè V dành cho lập trình viên trẻ, đăng ký «Kvant» cho năm 1981 sẽ được trao cho:

ABDRAKHMANOVA Gulzina (làng Kuraily, vùng Aktobe)
BORDE Sergey (Krasorsk)
MELYAKOVA Tatyana (khu định cư Chegdomyn, vùng Khabarovsk)
POGOYASN Konstantin (Ust-Kamenogorsk)
USTINOV Igor (Verkhnyaya Pyshma)

Để tham gia tích cực vào Lễ hội các nhà toán học trẻ (Batumi), một đăng ký «Kvant» cho năm 1981 sẽ được trao cho: trường Baku số 46, trường Batumi số 7, trường Kiev số 208, trường dạy nghề Leningrad số 24, trường Moscow số 18, 19, 57, 91, trường Tbilisi số 96 và là thành viên ban tổ chức Kỳ nghỉ, giáo viên của trường Số 7 ở Batumi, M. I. Zhgenti. Để tham gia tích cực vào Ngày lễ của các nhà vật lý trẻ (Moscow), đăng ký «Kvant» cho năm 1981 sẽ được trao cho: trường Moscow số 2, 18, 57, 91, 179, trường số 82 ở Chernogolovka, khu vực Moscow và Ủy ban Komsomol của Viện Vật lý được đặt theo tên. Viện Hàn lâm Khoa học P. N. Lebedev của Liên Xô.

41

lượng tử
dành cho học sinh nhỏ tuổi

Nhiệm vụ

Đã 17 năm nay, câu lạc bộ thành phố KS² đã tồn tại ở Châu Âu - Câu lạc bộ của những người nhân ái và thông minh. Câu lạc bộ này được dẫn dắt bởi giáo viên số 8 của trường Vladimir Aleksandrovich Slavinn. Các thành viên câu lạc bộ cùng nhau quyết định bài toán, cùng nhau họ sẽ tách ra. Trong số này, chúng tôi cung cấp cho học sinh cấp hai một số câu lạc bộ bài toán KS².

1. Năm số được cho: $a_1=1, a_2=-1, a_3=-1, a_4=1, a_5=-1$. Số thứ sáu bằng tích số thứ nhất với số thứ hai, số thứ bảy bằng tích số thứ hai với số thứ ba, số thứ tám bằng tích số thứ ba với số thứ tư, v.v. Bạn sẽ nhận được số nào ở vị trí thứ 1980?

2. Các thẻ trong hình được làm từ các thẻ có ghi số. Volodya đề nghị Sasha sắp xếp các lá bài sao cho hình dáng vẫn giữ nguyên, nhưng mỗi lá bài chỉ liên quan đến những người hàng xóm mới. Sasha vẫn đang giải bài toán này và không thể giải được. Bạn sẽ cho anh ấy lời khuyên gì?

3. Được biết, trong tháng Giêng có bốn ngày thứ Hai và bốn ngày thứ Sáu. Ngày 1 tháng 1 là ngày thứ mấy trong tuần?

4. Ở số thứ trăm 1234567890 1234567890123…7890, tôi gạch bỏ tất cả các số ở những chỗ lẻ. Trong số thứ năm mươi kết quả, tôi lại gạch bỏ những số ở những vị trí lẻ. Việc xóa tiếp tục cho đến khi không còn gì. Số cuối cùng bị gạch bỏ là gì?

5. Có thể tô màu các ô của một lưới vuông $5 \times 5$ bằng năm màu sao cho mỗi hàng và cột chứa các ô có đủ năm màu và các ô của mỗi màu có thể được bỏ qua bằng cách di chuyển một quân cờ, đánh từng ô trong số năm ô như vậy đúng một lần?

42

I. Nikolskaya

“Điều đó không đúng…” - hiểu điều này như thế nào?

Petya quyết định phát triển ý chí của mình và nói với Katya về điều này.
“Anh sẽ bắt đầu bằng việc nói,” anh tâm sự với em gái, “rằng anh đã lên kế hoạch cho kỳ nghỉ lễ và sẽ hoàn thành nó về mọi mặt.”
Vào đêm trước ngày lễ, Petya long trọng đưa cho Katya một mảnh giấy, trên đó viết gọn gàng:
Trong những ngày nghỉ, tôi chắc chắn sẽ đọc ít nhất một cuốn sách dày, đến viện bảo tàng hoặc một buổi thuyết trình, và nếu không có sự tan băng, tôi sẽ dành cả buổi tối của mình ở sân trượt băng.
Sau khi treo nghĩa vụ lên giường, Petya kiên quyết bắt tay vào làm việc ngay từ ngày đầu tiên của kỳ nghỉ lễ: anh bắt đầu đọc “Hồ sơ của một thợ săn” và mang “Ba nhạc sĩ” từ thư viện.
Ngày hôm sau anh đến Bảo tàng Động vật học để xem con voi ma mút Dima. Petya đã dành năm buổi tối liên tiếp ở sân trượt băng, nhưng sau đó trời trở nên lạnh hoàn toàn (+5°!) và sân trượt băng phải bị hủy bỏ. Đến cuối kỳ nghỉ, Petya đã đọc xong “Ghi chú của một thợ săn” và đọc được một nửa cuốn “Ba bản nhạc”. Nói chung, Petya hài lòng với bản thân, nhưng Katya đã phá hỏng tâm trạng của anh ấy.
“Nhân tiện, hôm qua hay hôm kia anh không có mặt ở sân trượt băng,” cô mỉa mai nhận xét.

• Tôi có lý do chính đáng! - Petya phẫn nộ.
  “Chà, ngoài ra, bạn không có mặt ở buổi giảng,” Katya nhắc nhở.
  Petya thực sự không thể chán việc đến nghe bài giảng, nhưng ngay cả ở đây anh cũng tìm thấy điều gì đó để phản đối: tại Bảo tàng Động vật học, anh nghe một hướng dẫn viên nói về voi ma mút.
  Katya tiếp tục: “Nhưng bạn đang đến bảo tàng hoặc một buổi diễn thuyết, không phải bảo tàng và một bài giảng cùng một lúc, “và bạn vẫn chưa đọc xong Ba nhạc sĩ.”
  Nhận thấy không thể tranh luận với Katya, Petya bắt tay anh và đi đến chỗ người bạn Mitya, một người rất nhạy cảm và cũng quan tâm đến logic toán học.
  Mitya muốn an ủi người bạn đang buồn bực của mình.
  “Chúng ta sẽ xem ai đúng, bạn hay Katya,” anh nói. “Bạn biết gì?”

43

gian lận - bạn chưa hoàn thành kế hoạch? Chúng ta cần phải tìm ra điều này.

Và họ bắt đầu tìm ra nó.

Mitya gợi ý: “Trước tiên hãy liệt kê những điều bạn đã lên kế hoạch. “Hãy làm theo cách này: hãy $D_1$ đọc ít nhất một cuốn sách, $D_2$ đi đến bảo tàng, $D_3$ đi nghe giảng, $D_4$ dành cả buổi tối ở sân trượt băng.” Bây giờ chúng ta hãy viết ra nghĩa vụ được thực hiện một cách ngắn gọn, cho biết các điều kiện sẽ không được tô bóng bằng chữ cái $\gamma$: $D_1$ và $(D_2$ hoặc $D_3)$ và (nếu $\gamma$ thì $D_4$).

• Kata khẳng định rằng bạn đã không thực hiện nghĩa vụ của mình, tức là anh ấy phủ nhận việc bạn đã hoàn thành nghĩa vụ đó. Điều này có nghĩa là gì - phủ nhận?

Trong trường hợp nào sự phủ định của một mệnh đề là đúng, và trong trường hợp nào nó là sai? Hãy bắt đầu với một cái gì đó đơn giản. Giả sử bạn khẳng định rằng “Chapaev” là cầu thủ ở giữa trong câu lạc bộ của chúng tôi, và Katya, như mọi khi, lập luận, đảm bảo rằng “Chapaev” là cầu thủ ở giữa không được chơi trong câu lạc bộ của chúng tôi. Nếu nhận định của bạn đúng thì Katino sai, còn nếu bạn sai thì Katya đúng.

Câu phủ định $A$ là câu khẳng định $A$ không đúng; do đó, nếu $A$ đúng thì phủ định của nó là sai; nếu $A$ sai thì phủ định của nó là đúng. Phủ định của câu $A$ đôi khi được ký hiệu là $\overline{A}$ hoặc $\overline{A}$ (Hình 1).

Xây dựng sự phủ định của nó cho bất kỳ câu nào cũng dễ như bóc vỏ quả lê: chỉ cần đặt trước nó những từ sai, đó. Ví dụ: sự phủ định của đề xuất “Chapaev” ở giữa trong câu lạc bộ của chúng ta sẽ là

Рис. 1.

đề xuất Việc “Chapaev” là người ở giữa trong câu lạc bộ của chúng tôi là không đúng sự thật. Và câu Không đúng là tất cả học sinh giỏi của lớp chúng ta đều là vận động viên thể thao - phủ định của câu Tất cả học sinh giỏi của lớp chúng ta đều là vận động viên thể thao.

Tuy nhiên, đây là Sai, khiến cho đề xuất trở nên cồng kềnh và vụng về. Trong trường hợp đầu tiên, như bạn và tôi đã thấy, chúng ta có thể nói đơn giản hơn, cụ thể là “Chapaev” là người ở giữa trong câu lạc bộ của chúng ta, tức là ở đầu câu nó không được đặt trước vị ngữ của nó cũng không chính xác. Có thể làm tương tự trong trường hợp thứ hai?

• Tại sao không? - Petya ngạc nhiên. - Xin vui lòng: Tất cả học sinh xuất sắc của lớp chúng ta đều không phải là vận động viên.

Mitya lưu ý: “Nó nhắc nhở tôi rằng một câu và sự phủ định của nó không thể vừa đúng vừa sai cùng một lúc”.

Sau khi suy nghĩ, Petya nói:

• Đúng, và những câu Tất cả học sinh xuất sắc trong lớp chúng tôi đều là học sinh thể thao và Tất cả học sinh xuất sắc trong lớp chúng tôi không phải là học sinh thể thao đều sai: Katya là một học sinh xuất sắc và một vận động viên trượt băng nghệ thuật, nhưng bạn là một học sinh xuất sắc, nhưng bạn không chơi thể thao. Thật không may, một số học sinh xuất sắc trong lớp chúng tôi không phải là vận động viên.

“Vậy đấy,” Mitya xử lý, “bạn vừa đưa ra cách phủ định của câu. Tất cả học sinh xuất sắc trong lớp chúng tôi đều là vận động viên thể thao: Một số học sinh xuất sắc trong lớp chúng tôi không phải là vận động viên thể thao.” Câu này có ý nghĩa tương tự như câu Không phải tất cả học sinh xuất sắc của lớp chúng ta đều là vận động viên. Tính tổng quát là phủ định của mệnh đề Tất cả đều có tính chất $P$ là mệnh đề Một số x không có tính chất $P$.

Một cách tượng trưng nó được viết như thế này:

$$\forall x P(x) \Leftrightarrow \exists x P(x).$$

Dấu $\forall$ có nghĩa là tất cả mọi thứ (bất kỳ, bất kỳ, bất kỳ), và dấu $\exists$ có nghĩa là thần kinh (tồn tại, tồn tại, tồn tại).

Ví dụ: giả sử $x$ có nghĩa là một cái hồ và $P$ tính chất là nước ngọt; thì mục (1) sẽ có nghĩa là “Không phải tất cả các hồ đều là nước ngọt và một số hồ không phải là nước ngọt.”

Điều thú vị là sự phủ định của một câu có dạng $\exists x P(x)$ được xây dựng theo cách tương tự:

$$\forall x P(x) \Leftrightarrow \forall x P(x).$$

47

A. Zemlyakov

Tự kiểm tra

Mở đầu chuyên mục “Qua những trang sách giáo khoa” trong năm học mới, chúng tôi mời độc giả khởi động trước khi khai giảng năm học để kiểm tra kiến ​​thức của mình trong năm học vừa qua. Để làm được điều này, các em phải hoàn thành nhiệm vụ công dưới đây: học sinh lớp 9 - đối với lớp VIII, học sinh lớp 10 - đối với lớp IX. Đối với mỗi câu hỏi trong số 10 câu hỏi, bạn cần chọn câu trả lời đúng duy nhất đáp số; Sẽ mất 30 phút để hoàn thành toàn bộ nhiệm vụ.

Nhiệm vụ này được đưa ra tại các vòng cộng hòa của Olympic Toán học toàn Liên minh năm 1980. Bạn không nên, chỉ một lần, nghĩ xem phải giải quyết vấn đề lời giải khó, “Olympid” bài toán: nhiệm vụ bao gồm các câu hỏi đơn giản nhằm kiểm tra kiến ​​thức của học sinh về các chủ đề chính của toán học ở lớp VIII-IX.

Vì vậy, hãy mài bút chì của bạn, tự tính thời gian…

lớp VIII

đại số

1. Công thức nào sau đây xác định parabol được hiển thị trong Hình 1?

A) $y = -x^2 + 2$;
B) $y = -x^2 + 2x$;
B) $y = -x^2 - 2x$;
G) $y = -(x-1)^2$;
D) $y = -(x-2)^2$.

2. Đồ thị của phương trình $x^2 + xy = 0$ thể hiện điều gì?

A) Điểm;

B) Trực tiếp;
B) Hợp hai đường;
g) Chu vi;
D) Giả sử có một tập hợp.

3. Rút gọn phân số sau:
   $$\frac{x^3 - y^3}{x^2 - y^2}.$$

A) $\frac{x^2 + xy + y^2}{x + y}$;
B) $\frac{x^2 - xy + y^2}{x + y}$;
G); $\frac{x^2 - xy + y^2}{x - y}$;
D) $\frac{x^2 + xy - y^2}{x + y}$.

4. Với những giá trị nào của $x$ thì đẳng thức $\sqrt{x^2} = |x|$ đúng?

A) Đối với tất cả $x$;
B) Chỉ ở mức $x \geqslant 0$;
B) Chỉ ở mức $x \leqslant 0$;
G) Chỉ ở mức $x = 0$;
D) Dưới số $x$.

5. Miền định nghĩa của biểu thức $(a - 5)^{-\frac{1}{3}}$ là gì?

A) $] -\infty; +\infty[$;
B) $] -\infty; 5[U]5; +\infty[$;
B) $[5; +\infty[$;
G) $]5; +\infty[$;
D) $\emptyset$.

6. Tập lời giải của bất đẳng thức $(0,1)^x > 100$ là gì?

A) $] -\infty; 2[$;
B) $]2; +\infty[$;
B) $] -\infty; -2[$;
G) $] -2; +\infty[$;
D) $\emptyset$.

Hình học

7. Giá trị của tội lỗi $\alpha$ nếu $\cos \alpha = -\frac{1}{2}$ và $0^\circ < \alpha < 180^\circ$ là bao nhiêu?

A) $\frac{1}{2}$;
B) $-\frac{1}{2}$;
B) $\frac{\sqrt{3}}{2}$;
G) $-\frac{\sqrt{3}}{2}$;
D) Không thể xác định được.

48

8. Trong một tam giác vuông $ABC$ độ dài các cạnh là $a, b$ và $c$ như trong Hình 2. Tội lỗi $\hat{B}$ là gì?

A) $\frac{a}{b}$; B) $\frac{a}{c}$; B) $\frac{c}{a}$;
G) $\frac{c}{b}$; D) $\frac{b}{c}$.

9. Hai góc của tam giác $ABC$ là $\hat{A} = 20^\circ$ và $\hat{B} = 60^\circ$. Đâu là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác này?

A) $\frac{a}{b}$; B) $\frac{a}{c}$; B) $\frac{c}{a}$;
G) $\frac{c}{b}$; D) $\frac{b}{c}$.

10. Điểm $M$ là trung điểm của cạnh $AB$ của tam giác $ABC$ (Hình 3). Vectơ nào sau đây bằng tổng các vectơ $\overrightarrow{CM} + \overrightarrow{AM}$?

A) $\overrightarrow{CA}$; B) $\overrightarrow{CB}$; B) $\overrightarrow{AC}$; G) $\overrightarrow{BC}$; D) $\overrightarrow{AB}$.

lớp IX
Đại số và sự khởi đầu của phân tích

1. Tập lời giải của bất đẳng thức $|x-2|<1$ là gì?
   A) $]-\infty; 3[$;
   B) $]0; 3[$;
   B) $]1; 3[$;
   G) $]2; 3[$;
   D) Bộ yêu cầu không được chỉ định.

2. Tập hợp nào xác định phương trình $x^2+xy=0$ trên mặt phẳng tọa độ?
   A) Trực tiếp;
   B) Hợp hai đường;
   B) Điểm;
   g) Chu vi;
   D) Hãy để nó là một tập hợp.

3. Hàm số nào sau đây có giới hạn 1 tại $x \rightarrow 0$?
   A) $x$; B) $\frac{1}{x}$; B) $1+2x$; G) $1+\frac{1}{x}$;
   D) Không có chức năng nào trong số này phù hợp.

4. Hàm số nào sau đây có hàm số tùy ý, có đồ thị như hình 4?
   A) $f(x)=x^2-1$; B) $f(x)=x^2-x$;
   B) $f(x)=\frac{x^2}{2}-1$; G) $f(x)=\frac{x^2}{2}-x$;
   D) $f(x)=-\frac{x^2}{2}+x$.

5. Hàm nào sau đây là tùy ý đối với hàm $y=\sqrt{x^2+1}$?
   A) $\sqrt{2x+1}$; B) $\sqrt{2x}$; B) $\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}}$;
   G) $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$; D) $\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}$.

6. Hàm $f$ có khoảng thời gian trả về như thế nào nếu đồ thị tùy ý của nó trông giống như trong Hình 5?

49

Hình học

7. Các điểm H, K, M là trung điểm của các cạnh AB, BC và CD của tứ diện ABCD tùy ý (Hình 6). Những cạnh nào khác của tứ diện, ngoài những cạnh được chỉ ra, mặt phẳng (HKM) có giao nhau không?

A) QUẢNG CÁO; B) ĐD; B) AC; D) Mặt phẳng (HKM) không cắt bất kỳ cạnh nào khác; D) Không thể xác định được.

8. Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua một điểm và song song với hai đường thẳng song song cho trước?

A) Không;
Xương;

9. Vectơ nào sau đây bằng tổng các vectơ $H\vec{M} + D\vec{A} + C\vec{M}$, trong đó H và M là trung điểm của các cạnh AB và CD của tứ diện ABCD (xem Hình 6)?

A) 0; B) HC; B) AC; D) AH; D) HÀ.

10. Tích vô hướng của hai vectơ bằng - 2. Bạn có thể nói gì về góc giữa các vectơ này?

A) Sắc nét;
B) Câm;
B) Thẳng;
D) Không thể xác định được một góc là nhọn, tù hay thẳng;
D) Tích vô hướng không thể bằng - 2.

Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán trên Bài toán Kvant
(Phần đầu xem trang 21, 33, 46)

S. Odintsova (Kyiv) 99; A. Orlov (khu định cư Chernovogolovka, vùng Moscow) 89—91, 95, 96; A. Osipov (Sosnovy Bor, vùng Leningrad) 89, 95; I. Osovyak (làng V. Dederkaly, vùng Ternovopol) 94-97, 00-02; O. Panatsenko (Kyiv) 90, 94-97, 00-02; A. Panteleev (Rostov-on-Don) 94; V. Pentegov (Kyiv) 94, 96, 97-99; G. Perelman (Leningrad) 95; S. Pishchenin (Cherepovets) 90; A. Polissky (Kyiv) 95, 96; E. Polykov (Kalinerrad, vùng Moscow) 94, 96; A. Ponomarenko (Kyiv) 89, 90, 94, 97, 01; E. Rabkin (Gomel) 89; S. Ravnyago (Zolochev, vùng Lviv) 94-96, 02; Yu. Ratsinsky (Moscow) 99; V. Rozozin (Shelkovo) 95; B. Rublev (Kyiv) 99, 01; G. Rybkin (Smolensk) 99, 02; S. Ryazantseva (Borisoglesk) 94, 95, 00, 02; A. Sanzhur (Kyiv) 95, 97, 99, 01, 02; V. Sarakula (Izhevsk) 90, 94-96; S. Selifonova (làng Popelev, vùng Kaluga) 95-97, 01; T. Seretseytsev (Chelyabinsk) 89-91, 93-97, 99-01; V. Sereda (Lviv) 89, 93—97, 99, 01; A. Siventseev (Sverdlovsk) 01; V. Sidorin (Ruetov) 95; I. Sirykh (Yaroslavl) 95, 97, 99, 01; I. Skovronsky (Anjan) 99; A. Sok (Talgar) 89, 94—97, 00, 01; S. Soptsov (Angarsk) 89, 90, 94, 95; N. Smirnov (Moscow) 01; S. Smirnov (Tashkent) 93, 95, 97, 99; G. Soldak (Minsk) 89, 90, 93-97; D. Soroka (Zaporozhye) 90, 93—97, 99, 00, 02; A. Spivak (Sterlitamak) 01; D. Suvorov (Sverdlovsk) 94, 95; P. Stradin (Riga) 94—96, 00, 01; A. Streshinsky (Donetsk) 89, 94, 95, 97, 99-02; D. Styrkas (khu định cư Chernogolovka, Moscow-

50

Như mọi khi, với số tháng 9 của tạp chí của chúng tôi, năm học mới sẽ bắt đầu trong chương trình “Thực tập của người nộp đơn”. Trong phần này, các biên tập viên của «Kvant» sẽ xuất bản một cách có hệ thống các tài liệu hướng tới những người đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh đại học.

Người đọc sẽ tìm thấy trong các bài viết của “Hội thảo dành cho ứng viên” phần giải thích chi tiết về các chủ đề khó nhất và các vấn đề lý thuyết cá nhân của các khóa học toán và vật lý ở trường, phân tích các lỗi phổ biến nhất của ứng viên, khuyến nghị về phương pháp, phân tích lời giải điển hình bài toán của các lựa chọn cho kỳ thi áp dụng. Các trang của phần này cũng sẽ chứa các mẫu tùy chọn cho bài kiểm tra viết và bài toán bài kiểm tra vấn đáp về toán và vật lý, được cung cấp vào năm 1980 tại nhiều trường đại học khác nhau ở nước ta.

Số liệu thống kê của “Hội thảo dành cho ứng viên” sẽ không chỉ hữu ích cho những người chuẩn bị thi vào khoa toán hoặc vật lý của các trường đại học và viện nghiên cứu mà còn hữu ích cho những người nộp đơn vào các trường kỹ thuật. Học sinh lớp 10 ngày nay, đặc biệt là những học sinh sống ở nông thôn và các khu định cư của tầng lớp lao động, xa các trung tâm khoa học và sư phạm, sẽ có cơ hội tìm hiểu kỳ thi tuyển sinh là gì và những yêu cầu nào đối với người nộp đơn. Nhân tiện, phần lớn tài liệu trong “Hội thảo dành cho người nộp đơn” sẽ được cung cấp cho học sinh lớp chín, vì vậy tất cả học sinh trung học đều có thể đọc phần này.

Tất nhiên, những ứng viên tương lai quan tâm đến câu hỏi làm thế nào để tổ chức chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh. Trước hết, bạn cần làm quen cẩn thận với “Chương trình kiểm tra đầu vào dành cho người nộp đơn”. Nó liệt kê chi tiết các khái niệm toán học và vật lý cơ bản mà người nộp đơn phải nắm vững, các định lý và phát biểu phải có khả năng chứng minh được cũng như các sự kiện cần phải biết. Tất cả thông tin này đều có trong sách giáo khoa ở trường - chúng nên được nghiên cứu trước tiên. Để vượt qua kỳ thi tuyển sinh thành công, không cần bổ sung kiến ​​thức so với các môn toán và vật lý ở trường. Tuy nhiên, không nên nghĩ rằng chỉ cần đọc lại sách giáo khoa là đủ! Cần phải hiểu kỹ và thấm sâu nội dung lý thuyết, hình thành kỹ năng sáng tạo và lâu dài trong lời giải bài toán. Chìa khóa thành công trong các kỳ thi là làm việc độc lập thường xuyên và có hệ thống trong suốt thời gian còn lại trước kỳ thi. Toán và vật lý không thể bị trừ trong một ngày hoặc trong một tuần - chỉ những người có hệ thống mới tham gia kỳ thi bài toán và các câu hỏi rất đơn giản và dễ dàng.

Đôi lời về một vấn đề nữa - về người giải quyết. Không có gì bí mật khi một số thí sinh (và thậm chí thường xuyên hơn là cha mẹ của họ) hy vọng sử dụng bộ giải trước kỳ thi để nhanh chóng và không gặp nhiều khó khăn khi lặp lại tài liệu lý thuyết cần thiết và làm quen với các phương pháp lời giải điển hình bài toán. Điều này đã bị lãng quên sâu sắc! Không có sự quyết đoán nào có thể thay thế được điều chính yếu - sự quan tâm thực sự đến chuyên ngành đã chọn, nhu cầu học hỏi nội tâm, sự chăm chỉ và thực tế.

Ban biên tập tạp chí «Kvant», 1980, số 1, tr. 46-47.

51

IO. Matt

Ba tiêu chuẩn bài toán

Lý do của bài viết này là do học sinh đôi khi mắc phải những lỗi nghiêm trọng với lời giải tiêu chuẩn bài toán nào đó.

Bài toán 1. Giải hệ
$$\begin{cases} x^4 - 1330x - 23 = 0, \\ x^4 - 1319x - 144 = 0. \end{cases}$$

Đôi khi gợi ý “lời giải” sau: trừ phương trình thứ hai khỏi phương trình thứ nhất của hệ (1), chúng ta thu được phương trình $-11x+121=0$ và mở $x=11$. Tuy nhiên, dễ dàng nhận thấy rằng giá trị tìm được không phải là nghiệm của bất kỳ phương trình nào sau đây: số hạng tự do của chúng không chia hết cho 11. Sai lầm là gì?

Vấn đề là phương trình
$$-11x+121=0,$$
có một lời giải $x=11$ duy nhất, chỉ là hệ quả của hệ (1), nó không bằng nó: thực ra mọi lời giải của hệ (1) là nghiệm của phương trình (2), nhưng không phải ngược lại. Do đó, hiện tại chúng ta chỉ có thể lựa chọn: nếu hệ (1) có lời giải thì nó là duy nhất và là nghiệm của phương trình (2). Thay $x=11$ vào hệ (1) hoặc suy luận như trên, ta đưa ra lựa chọn cuối cùng: hệ (1) không có lời giải.

Bài toán 2. Tại giá trị nào của tham số $k$ là tổng các căn bậc hai của phương trình
$$4x^2 - 28x + k = 0$$
bằng 22,5?

Obviously the same task as above:

$$x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2.$$

Nếu $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình (3) thì theo định lý Vieta
$$x_1 + x_2 = 7 \text{ и } x_1x_2 = k/4.$$ Sau đó từ (4) $k=53$.

Nhưng con số này không thể được coi là đáp số bài toán 2, vì nó thu được trong mệnh đề bổ sung rằng nghiệm tồn tại, tức là phương trình (3) có lời giải. Tuy nhiên, đối với $k=53$ phân biệt của phương trình (3) $14^2-4k$ là âm còn phương trình lời giải thì không. Do đó, đáp số đúng trong bài toán 2 là “trong mọi trường hợp”.

Bài toán 3. Hàm ở điểm nào
$$y = (2+\sin x)(6-\sin x)$$

nhận giá trị lớn nhất trên trục số?

Một học sinh đã đề xuất “thanh lịch lời giải” sau đây cho bài toán này (vấn đề duy nhất là nó không chính xác):

Như đã biết, nếu một số dương cho trước phải phân tích thành hai số hạng sao cho tích của chúng rộng nhất thì các số hạng này phải được coi là giống nhau (bài toán số 501 trong SGK “Đại số và Giải tích cơ bản 9”). Từ
$$(2+\sin x) + (6-\sin x) = 8,$$

hàm (5) lấy giá trị lớn nhất trên $R$ tại $2+\sin x=6-\sin x$, tức là tại $x=2$ - vô lý! Vì vậy, học sinh này đã chọn hàm số (5) không có giá trị cực trị.

Giải bài toán này một cách tổng quát (sử dụng tùy ý), dễ dàng nhận thấy hàm (5) có các giá trị cực trị tại các điểm mà $\cos x=0$, cụ thể là $y_{\min}=7$, $y_{\max}=15$.

Lỗi trong lập luận đầu tiên là gì? Nhưng thực tế là trong bài toán 3 nó không phải về các con số, mà là về các hàm và chúng ta cần một câu lệnh khái quát hóa những điều trên, nó nghe như thế này: nếu mọi thứ về một hàm xác định $f$ có một điểm nào đó $x_0$ giá trị $\frac{c}{2}$, thì hàm đó
$$g(x) = f(x) \cdot [c-f(x)]$$
(Phần kết xem trang 60)