Kvant 1982, số 8 · Trang

KVANM 8
1982

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

Hình ở giữa hiển thị mô hình bề mặt một mặt, khác với mô hình nổi tiếng (ví dụ: xem «Kvant», 1978, số 6 và 1979, số 1) dải Möbius. Nó được làm từ ba dải giấy hình trụ được dán nối tiếp nhau (xem hình trên và giữa). Thực tế là bề mặt là một mặt có thể được nhìn thấy từ hình ảnh ở giữa: đi ngang từ điểm đỏ dọc theo đường màu xanh

quay trở lại điểm này ở phía bên kia của tờ giấy, mặc dù đường kẻ không đi qua các cạnh. Điều thú vị là nếu bề mặt được cắt dọc theo ba đường màu đỏ, nó sẽ được chia thành hai phần đối xứng gương; một trong số chúng được hiển thị trong hình dưới cùng. Chúng tôi khuyên bạn nên tạo những mô hình này và mày mò chúng (đặc biệt, cắt chúng dọc theo các đường màu xanh lam).

A. Kipensky

TRONG VẤN ĐỀ NÀY: TRONG VẤN ĐỀ NÀY:

P. Alexandrov. Toán học và văn hóa nhân văn 2
P. Alexandrov. Mathematics and human culture

M. Frank-Kamenetsky. Phân tử quan trọng nhất 4
M. Frank-Kamenetski. The main molecule

M. Shubin. Cấu trúc liên kết và… lời giải địa hình 10
M. Shubin. Topology and … the relief of terrains

K. Kikoin. Giếng tiềm năng là gì 16
K. Kikoin. What is a potential hole

B. Dubrovsky. Khối lập phương toán học 22
V. Dubrovski. Mathematics of the magic cube

Phòng thí nghiệm «Kvant» Phòng thí nghiệm của Kvant
B. Mayer. Ánh sáng, không khí và nước 28
V. Mayer. Light, air and water

Bài toán «Kvant» Bài toán của Kvant
Bài toán M756—M760; F768—F772 30
Problems M756—M760; P768—P772
Lời giải bài toán M721—M730; F733—F742 34
Solutions M721—M730; P733—P742

«Kvant» cho học sinh nhỏ Kvant for younger school children
Bài toán 49 Problems
H. Quê hương. Sức mạnh của Archimedes và những con cá voi 50
N. Rodina. Archimedean force and whales

Phần ứng viên đại học
M. Marinchuk. Phương trình bậc hai trong bài toán vật lý 54
M. Marinchuk. Quadratic equations in physical problems

P. Gornusha. Sự khác biệt là gì? 59
P. Gornusha. What is the difference?

A. Smolyak. Tại sao lại như vậy? 59
A. Smoliakov. Why so?

Nghệ thuật lập trình
Yu. Pervin. Một buổi tối trong chương trình 60 gia đình
Yu. Pervin. One evening in a programmer’s family

Đáp số, gợi ý, lời giải Answers, hints, solutions
Trang bìa của chúng tôi (21) Trang bìa của chúng tôi (21)

Trộn (9, 15, 53) Khác (9, 15, 53)

trang cờ vua
Nữ hoàng hy sinh trong các trận đấu của nhà vô địch thế giới (trang bìa thứ 3)

Trang đầu tiên của trang bìa thể hiện mô hình không gian của phân tử DNA. Bạn có thể đọc về cách người ta phát hiện ra rằng DNA là phân tử chính của tự nhiên sống trong bài viết của M. Frank-Kamenetsky.

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1982

2

Toán học nổi tiếng là môn khoa học trừu tượng nhất. Đồng thời, không ai dám coi đó là một môn khoa học vô dụng; ngược lại, bản thân nó là một khoa học cần thiết. Và vì vậy chúng ta gặp phải một tình huống có vẻ mâu thuẫn: một mặt, bản thân khoa học là trừu tượng và tách biệt khỏi cuộc sống, mặt khác, bản thân khoa học là cần thiết. Sự mâu thuẫn rõ ràng này được giải thích bởi thực tế là toán học có hai phổ: lý thuyết, nơi nó nói về những điều tổng quát và xa lạ nhất với cuộc sống, và ứng dụng, nơi nó liên quan đến những điều cần thiết thực tế nhất.

Trong suốt cuộc đời mình, tôi đã là người đại diện cho toán học lý thuyết (hay còn gọi là toán học thuần túy) và chưa bao giờ xử lý các ứng dụng của nó. Đồng thời, tôi không nghĩ rằng mình đang làm điều gì đó vô ích.

Một trong những học trò của tôi, hiện là viện sĩ, Andrei Nikolaevich Tikhonov bắt đầu sự nghiệp khoa học của mình - toán học ứng dụng.

Viện sĩ Pavel Sergeevich Aleksandrov - Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa, đoạt giải thưởng Nhà nước Liên Xô, trưởng khoa hình học cao cấp và cấu trúc liên kết của Khoa Cơ học và Toán học của Đại học quốc gia Moscow.

hoạt động trong lĩnh vực trừu tượng nhất của toán học thuần túy (cái gọi là cấu trúc liên kết trừu tượng) và là một trong những người tạo ra lý thuyết về không gian nén sinh học, làm phong phú toán học bằng một trong những công trình quan trọng nhất, được gọi là sản xuất không gian tôpô (hoặc Tikhonovsky). Và hiện tại, Andrei Nikolaevich đang tham gia vào lĩnh vực toán học tính toán, tức là lĩnh vực liên quan chặt chẽ nhất đến nhu cầu thực tiễn.

Hơn nữa, từ ví dụ này, bạn sẽ thấy việc đối chiếu lý thuyết và thực hành trong toán học khó khăn và rủi ro như thế nào.

Toán học ảnh hưởng đến con người như thế nào? Ảnh hưởng này cũng đa diện như chính con người đó?vу? Điều này là do thực tế là một người?vу? không chỉ đại diện cho kiến ​​thức trừu tượng, không chỉ nghệ thuật, không chỉ tiểu thuyết. Đến kho tàng của con người?vу? văn hóa còn bao gồm toán học, đặc biệt là toán ứng dụng. Thật khó để tưởng tượng một nền văn hóa của thời đại chúng ta trong đó máy tính kỹ thuật không tồn tại. Công nghệ này

Ví dụ, lĩnh vực tính toán toán học được bao gồm đầy đủ trong y học hiện đại và ngôn ngữ học. Làm sao nó có thể được đưa vào văn hóa nhân loại!

Tôi muốn tập trung vào câu hỏi sau: toán học ảnh hưởng như thế nào đến sự phát triển nhân cách con người? Câu hỏi này có liên quan vì toán học là môn học được coi trọng vô cùng ở tất cả các cấp học phổ thông. Trong cả đại số và hình học, học sinh được dạy cái mà tôi có thể gọi là tư duy kỹ thuật của con người. Chà, bạn có thể nói một cách đơn giản: Tôi đang suy nghĩ. Bởi vì có lẽ không ở đâu tư duy của con người lại xuất hiện với sức mạnh và độ sáng như trong toán học. Điều này luôn được tất cả các nhà tư tưởng lớn công nhận. Không phải vô cớ mà Plato, ở lối vào Học viện của mình, nơi được cho là nơi hợp nhất mọi hình thức văn hóa nhân loại, sự sáng tạo của con người, đã viết: “Không ai không biết hình học vào đây”. Plato tin rằng hình học là bước chính trên con đường tư duy triết học. Bây giờ chúng ta không nói về hình học một cách phân loại nữa. Có lẽ có nhiều con đường khác nhau dẫn con người có tư duy vào đền thờ. Nhưng toán học chắc chắn có một trong những vị trí quan trọng nhất trong sự phát triển trí tuệ con người và khả năng sáng tạo của con người dường như là điều hoàn toàn không thể chối cãi.

Nhưng đây chỉ là một mặt ảnh hưởng của toán học đến việc hình thành nhân cách con người. Có một mặt khác.

Người ta tin rằng các phát biểu toán học chưa bao giờ và không

đang gây tranh cãi. Ở trạng thái này, toán học có một vị trí rất đặc biệt trong số các ngành khoa học lý thuyết khác. Sẽ không bao giờ có ai thắc mắc liệu một định lý toán học như thế này có đúng hay không.

Tôi nói rằng điều này xảy ra với chính các nhà toán học, bởi vì khái niệm chân lý toán học không đơn giản và không rõ ràng như chúng ta vẫn quen tin, dựa trên toán học ở trường học. Khi đọc đến những chương cao nhất của toán học, chúng ta thấy rằng cũng có một số chân lý nhất định dường như hoàn toàn không thể chối cãi trong các lĩnh vực kiến ​​thức khác của nhân loại. Ví dụ, có quy luật loại trừ ở giữa: trong các câu A và (không phải A), một và chỉ một câu đúng: hoặc câu A hoặc câu phủ định của nó; không có gì thứ ba được đưa ra. Vì vậy, trong toán học, nền tảng tưởng chừng như cơ bản này của mọi kiến ​​thức lại bị đặt dấu hỏi. Trong toán học, có thể nói rất nhiều điều về quy luật loại trừ phần giữa, và câu hỏi về khả năng áp dụng định luật này là một trong những vấn đề toán học lớn.

Vì vậy, bạn thấy đấy: tất cả chân trời này phức tạp hơn và tôi hy vọng, thú vị hơn so với cái nhìn đầu tiên. Trong toán học có rất nhiều điều không thể chối cãi và cũng có rất nhiều điều gây tranh cãi. Nói cách khác, có thể nói toán học không phải là một công thức kết luận cho tư duy của con người. Đây là tư duy của con người, vẫn đang trong giai đoạn tìm tòi, tìm kiếm liên quan đến những mặt cơ bản nhất, quan trọng nhất và khó khăn nhất của hoạt động tinh thần.

4

Phân tử quan trọng nhất

Việc tiêu thụ những thứ được sản xuất về mặt sinh học. Tôi nghĩ Jim Watson đã có một khám phá tương đương với khám phá của Rutherford năm 1911.

Max Delbrück
(trích thư gửi Niels Bohr ngày 14 tháng 4 năm 1953)

Trong tất cả những gì xung quanh chúng ta, cuộc sống dường như là cần thiết nhất. Chúng ta đã quen với việc nó luôn ở xung quanh và trong chính chúng ta, và chúng ta đã mất khả năng ngạc nhiên. Nhưng gần như vào rừng, nhìn cây cỏ, hoa lá, chim chóc như thể mới nhìn thấy lần đầu, bạn sẽ cảm thấy bất lực trước bí ẩn lớn lao của cuộc sống. Có thực sự có điểm chung nào đó trong tất cả những điều này, thứ gì đó gắn kết tất cả chúng sinh, có thể là một người hay một vi khuẩn mà mắt thường không nhìn thấy được? Đâu là lý do cho sự tiếp diễn của cuộc sống, sự hồi sinh của nó hết lần này đến lần khác từ thế hệ này sang thế hệ khác? Những câu hỏi này đã có từ lâu đời, nhưng chỉ có chúng ta, sống ở nửa sau thế kỷ 20, mới may mắn được học đáp số lần đầu tiên.

Những biến đổi mang tính cách mạng diễn ra trong vật lý vào phần ba đầu thế kỷ của chúng ta đã có tác động sâu sắc đến các lĩnh vực khoa học khác, chủ yếu là hóa học và sinh học. Tuy nhiên, điều quan trọng nhất trên con đường sáng tạo ra nền vật lý mới là việc Rutherford phát hiện ra hạt nhân nguyên tử vào năm 1911. Bản thân sự tồn tại của các nguyên tử của Rutherford hoàn toàn mâu thuẫn với lý thuyết cổ điển. Thời kỳ hình thành một ngành vật lý mới, ngày nay được gọi là cơ học lượng tử, đã bắt đầu.

Lý thuyết mới này, được Planck, Einstein và Bohr bắt đầu phát triển, đã tìm ra công thức cuối cùng và rõ ràng trong phương trình Schrödinger nổi tiếng. Phương trình này không chỉ cho phép các nhà vật lý giải quyết tất cả các “câu đố” nảy sinh trong lĩnh vực quang phổ nguyên tử, mà khi được bổ sung bởi nguyên lý Pauli, nó đã đặt toàn bộ ngành hóa học trên một nền tảng lý thuyết vững chắc. Cuối cùng, ý nghĩa của số nguyên tử trong bảng tuần hoàn đã trở nên rõ ràng, ý nghĩa thực sự của hóa trị đã rõ ràng và bản chất của liên kết hóa học đã được làm rõ.

Các nhà vật lý có cảm giác toàn năng. Và cái nhìn của họ chuyển sang sự kết nối của các kết nối - với chính cuộc sống. Liệu vật lý mới có giúp làm sáng tỏ bí ẩn của sự sống? Hoặc có lẽ ngược lại, chúng ta sẽ có thể chứng minh rằng sự sống mâu thuẫn với cơ học lượng tử, và khi đó chúng ta sẽ phải “phát minh ra” một số định luật mới. Điều này sẽ đặc biệt thú vị.

…Vào tháng 8 năm 1932, Hội nghị Quốc tế về Liệu pháp Ánh sáng được tổ chức tại Copenhagen. Niels Bohr trình bày tại một trong những cuộc họp. Bài giảng của ông có tên là “Ánh sáng và Sự sống”. Trong đó, Bohr chia sẻ suy nghĩ của mình về vấn đề sự sống gắn liền với những thành tựu mới nhất của cơ học lượng tử. Bài giảng có sự tham gia của nhà vật lý lý thuyết trẻ người Đức, thực tập sinh tại Viện Bohr ở Copenhagen, Max Delbrück. Cho đến bây giờ anh chưa bao giờ quan tâm đến sinh học. Ông nghiên cứu hóa học lượng tử, sau đó là vật lý hạt nhân, nhưng không tìm được thứ mình thích. Bài giảng của Bohr đã quyết định mọi thứ: Delbrück quyết định chắc chắn rằng ông sẽ cống hiến hết mình cho sinh học.

Trở về Berlin, Delbrück bắt đầu tìm kiếm mối liên hệ với các nhà sinh vật học. Anh ấy thật may mắn. Vào thời điểm này, nhà di truyền học nổi tiếng Nikolai Vladimirovich Timofeev-Resovsky đang làm việc tại Berlin.

Tình bạn và sự hợp tác giữa nhà vật lý Delbrück và nhà di truyền học Timofeev chỉ kéo dài vài năm,

5

Respovsky là nơi khởi đầu mà từ đó hai mươi năm sau lời giải cho bí ẩn về di truyền đã ra đời.

Delbrück bắt đầu tập hợp những người bạn là nhà vật lý tại nhà mình và mời Timofeev-Respovsky, người đã dành hàng giờ để dạy họ về khoa học - di truyền học. Trong khi kể chuyện, Timofeev-Respovsky, theo thói quen, chạy từ góc này sang góc khác, giống như một con hổ trong chuồng. Ông nói về các định luật toán học nghiêm ngặt của Mendel chi phối sự di truyền. Về gen và công trình thay thế của Morgan, người đã thiết lập các mô hình sắp xếp gen trong nhiễm sắc thể. Về loài ruồi giấm Drosophila và về những đột biến có thể gây ra ở nó bằng bức xạ tia X. Ông đang nghiên cứu câu hỏi cuối cùng này cùng với nhà vật lý thực nghiệm Zimmer.

Delbrück cực kỳ quan tâm đến công việc của họ. Nói chung, có rất nhiều điều về di truyền học phù hợp với cơ học lượng tử! Suy cho cùng, cơ học lượng tử đã mang lại sự rời rạc và gián đoạn cho vật lý học. Cô ấy cũng khiến chúng tôi coi trọng sự ngẫu nhiên. Và bây giờ hóa ra các nhà sinh vật học cũng đã phát hiện ra một hạt di truyền rời rạc, không thể phân chia - một gen - có thể chuyển đổi ngẫu nhiên từ trạng thái này sang trạng thái khác (sự chuyển đổi này được gọi là đột biến).

Gen là gì? Nó được xây dựng như thế nào? Điều này thường được thảo luận vào các buổi tối của Delbrück. Timofeev-Respovsky cho rằng nhìn chung câu hỏi này ít được các nhà di truyền học quan tâm. Đối với họ, gen giống như electron đối với các nhà vật lý. Gen là một phần cơ bản của di truyền.

• Bạn sẽ trả lời thế nào nếu tôi hỏi electron gồm những gì? - Timofeev-Respovsky từng nói. Mọi người đều cười.

• Đây là lý do khiến các nhà di truyền học bối rối khi được hỏi gen bao gồm những gì. Câu hỏi gen là gì vượt ra ngoài phạm vi của di truyền học, và sẽ chẳng có ý nghĩa gì nếu giao nó cho các nhà di truyền học,” ông tiếp tục - - Các nhà vật lý các bạn nên tìm kiếm đáp số trên anh ta.

“Tuy nhiên,” Delbrück nhấn mạnh, “thực sự không có giả thuyết nào, những giả thuyết trống rỗng?”

“Có,” Timofeev-Respovsky trả lời sau khi suy nghĩ một chút. — Giáo viên Nikolai Konstantinovich Koltsov của tôi tin rằng gen là một phân tử polyme, rất có thể là một phân tử protein.

• Ồ, điều này giải thích điều gì? - Delbrück gầy gò trực tiếp hét vào mặt Timofeev-Respovsky có bờ vai rộng và mạnh mẽ. - Vì gọi gen là protein nên chúng ta sẽ hiểu gen được tạo ra như thế nào? Rốt cuộc, đây chính xác là bí ẩn chính! Chẳng phải bạn đã kể cho chúng tôi biết hình dạng đặc trưng của đôi môi được truyền từ thế hệ này sang thế hệ khác trong gia đình Habsburg như thế nào sao? Cơ chế nào đảm bảo việc sao chép chính xác các gen qua nhiều thế kỷ? Hóa học có cho chúng ta những ví dụ như vậy không? Trong mọi trường hợp, tôi chưa bao giờ nghe bất cứ điều gì như thế. Không, chắc chắn phải có một bí ẩn hoàn toàn ở đây. Bí ẩn lớn. Có lẽ là một luật mới của thời kỳ đó. Bây giờ câu hỏi chính là làm thế nào để đạt được điều này bằng thực nghiệm.

Bí mật lớn ẩn sau từ “gen” ngắn gọn đã ám ảnh Delbrück. Làm thế nào để nhân đôi hoặc sao chép lại các gen xảy ra trong quá trình phân chia tế bào?

Delbrück trở nên đặc biệt phấn khích khi biết về sự tồn tại của thể thực khuẩn. Những hạt tuyệt vời này, thậm chí không thể được gọi là sống, bên ngoài tế bào hoạt động đơn giản giống như các phân tử lớn - các tinh thể thậm chí còn được phát triển từ chúng. Nhưng nếu một hạt như vậy xâm nhập vào tế bào, thì sau khoảng hai mươi phút, màng tế bào sẽ vỡ ra và hàng trăm bản sao chính xác của hạt ban đầu sẽ rơi ra. Delbrück nghĩ: “Đây là chìa khóa của giải pháp. - Đây là một hiện tượng rất đơn giản, đơn giản hơn rất nhiều so với việc phân chia cả một tế bào. Sẽ không khó để tìm ra nó ở đây. Trên thực tế, chúng ta cần xem xét các điều kiện bên ngoài sẽ ảnh hưởng như thế nào đến quá trình sinh sản của các hạt virus. Chúng ta cần tiến hành thí nghiệm ở nhiệt độ khác nhau, trong môi trường khác nhau, với các loại virus khác nhau.”

6

Đây là cách một nhà vật lý lý thuyết trở thành một nhà sinh học thực nghiệm. Nhưng ý nghĩ - ý nghĩ vẫn thuần túy vật chất. Và điều chính là mục tiêu. Không có người nào khác trên toàn thế giới thực hiện nghiên cứu ảo với mục đích duy nhất là tìm ra cách thức hoạt động của gen.

… Năm 1937, Delbrück được mời đến làm việc tại Hoa Kỳ, nơi ông có thể cống hiến hết mình cho vấn đề tái nhân bản của thực khuẩn. Anh ta đang vội vàng tận dụng lời đề nghị này, vì cuộc sống ở đất nước Đức đang trở nên khốn khổ.

Ở Mỹ, Delbrück tập hợp xung quanh mình một số ít những người đam mê đã bị lây nhiễm ý tưởng nghiên cứu bản chất di truyền bằng cách sử dụng vi khuẩn. Đây là cách mà “nhóm phage” xuất hiện.

Nhiều năm trôi qua, các sinh viên của nhóm thể thực khuẩn ngày càng học được nhiều hơn về cách thức lây nhiễm của thể thực khuẩn, quá trình sinh sản của thế hệ phage phụ thuộc vào các điều kiện bên ngoài như thế nào, v.v. Nhiều nghiên cứu đáng chú ý đã được thực hiện, đặc biệt là trong lĩnh vực nghiên cứu đột biến ở vi khuẩn và thể thực khuẩn. Nhưng dường như không có điều nào trong số này tiến gần đến lời giải vấn đề chính.

Như thường xảy ra trong khoa học, mọi người, đoàn kết vì lời giải lớn hơn và quan trọng hơn bài toán, dần dần bắt đầu nghiên cứu kỹ lưỡng các vấn đề cụ thể, trở thành chuyên gia bậc thầy trong lĩnh vực cụ thể của họ, nhưng không còn nhìn thấy mục tiêu ban đầu trước mắt. Vì vậy, các du khách nhìn thấy những đỉnh núi từ xa, nhưng sau đó, đến gần chúng, họ thấy mình đang ở chân đồi trong rừng, từ đó không thể nhìn thấy những đỉnh núi này. Những khu rừng này có rất nhiều nấm và quả mọng… Nếu bạn đi bộ dọc theo chân đồi một lúc lâu, những đỉnh núi tuyết nhìn từ xa bắt đầu giống như một ảo ảnh. Có lẽ đó chỉ là những đám mây trông giống như những ngọn núi tuyết? Nhưng ngay cả khi đây thực sự là những ngọn núi, tại sao lại phải lao vào đó? Ở đây thật tuyệt vời, trong những khu rừng chưa bị cháy này. Cần có tiếng nói lớn của lãnh đạo để khiến mọi người nhớ lại mục đích.

Và anh ấy đã tạo ra một giọng nói như vậy. Đó là tiếng nói của nhà lý thuyết vật lý xuất sắc, một trong những người sáng tạo ra cơ học lượng tử, Erwin Schrödingar.

Năm 1944, cuốn sách nhỏ của Schrödingar được xuất bản với tựa đề hấp dẫn “Sự sống là gì? Từ quan điểm của một nhà vật lý”. Lúc đó cô gần như không thu hút được sự chú ý. Đang có chiến tranh, và hầu hết những người đọc cuốn sách đều đắm chìm trong các vấn đề khoa học và kỹ thuật, từ lời giải điều này phần lớn phụ thuộc vào kết quả thể lực của Đức.

Nhưng khi chiến tranh kết thúc, nhiều chuyên gia xuất hiện, đặc biệt là trong số các nhà vật lý, những người phải bắt đầu lại từ đầu, tìm kiếm một vị trí trong khoa học hòa bình - đối với họ, cuốn sách của Schrödingar rất hữu ích.

Trong cuốn sách của mình (xuất bản lần đầu tiên bằng tiếng Nga vào năm 1947), trước hết Schrödinger đã trình bày rất rõ ràng và cô đọng về cơ bản di truyền học. Đối với các nhà vật lý, đây là cơ hội duy nhất để tìm hiểu, trong một bài thuyết trình và quan trọng nhất, dễ tiếp cận của người đồng nghiệp lừng lẫy của họ, nền khoa học bí ẩn, hấp dẫn này bao gồm những gì. Nhưng đó không phải là tất cả. Schrödinger đã phác thảo và phát triển thêm ý tưởng của Delbrück và Timofeev-Resovsky về mối liên hệ giữa di truyền học và cơ học lượng tử. Trong khi những ý tưởng này được bày tỏ bởi các nhà lãnh đạo mà các nhà vật lý không quen biết, họ lại không chú ý nhiều. Nhưng khi chính Schrödinger bắt đầu nói về nó…
Theo tất cả những người nghiên cứu vấn đề về gen trong những năm sau đó, chính cuốn sách của Schrödingar đã là động lực chính cho họ. Schrödinger dường như đã hét lên: “Họ đây rồi, phía trên các đỉnh núi, nhìn này, họ ở rất gần. Tại sao bạn lại trì hoãn?

Trong số nhiều người đáp lại lời thú nhận của Schrödingar, có hai người may mắn là người đầu tiên nhìn thấy khoảng cách mở ra từ trên đỉnh. Đây là một sinh viên rất trẻ của nhóm phage, Jim Watson, và một nhân viên của Phòng thí nghiệm Cavendish nổi tiếng, Francis Crick.

7

Chúng tôi sẽ không theo dõi chi tiết con đường dẫn đến đỉnh cao của họ - chính Watson đã nói về điều này trong cuốn sách “The Double Helix” của mình. Hãy thử đi con đường ngắn nhất để đến được đỉnh cao này, một trong những đỉnh cao vĩ đại nhất mà con người từng chinh phục, và ít nhất cũng cảm nhận được một chút cảm xúc của những người tiên phong và những người đi theo họ.

Bị ám ảnh bởi ý tưởng tìm ra cách thức hoạt động của một gen và tin rằng nhóm phage bài toán này vượt quá khả năng của nó, Watson đã đến làm việc ở Châu Âu vào năm 1951. Anh ấy nhanh chóng “định cư” tại Phòng thí nghiệm Cavendish, khi anh ấy gặp Crick ở đó, người cũng là chiến binh như anh ấy. Vào thời điểm đó, Watson đã chắc chắn rằng chìa khóa để giải đáp bí ẩn về gen nằm ở việc làm sáng tỏ cấu trúc của DNA.

Thực tế là vào cùng năm 1944, khi cuốn sách của Schrödinger được xuất bản, một bài báo của ba nhà vi khuẩn học người Mỹ do Avery, sáu mươi tuổi đứng đầu, đã được đăng trên một trong những tạp chí y khoa, trong những năm sau đó đã thu hút nhiều sự chú ý từ các nhà di truyền học, nhà hóa học và nhà vật lý hơn là các bác sĩ. Trong công trình được hoàn thiện tỉ mỉ này, người ta đã chứng minh một cách rõ ràng rằng khi các đặc điểm di truyền không nghiêm trọng được chuyển từ một vi khuẩn bị giết sang một vi khuẩn sống khác (hiện tượng này đã được biết đến từ lâu và được gọi là biến đổi), thì chỉ có phân tử axit socribonuclinic (DNA) được chuyển. Cả protein và bất kỳ thành phần nào khác của tế bào bị giết đều không tham gia vào quá trình biến đổi. Trên thực tế, công trình của Avery hiện được coi là bằng chứng đầu tiên cho thấy gen chính xác là một phân tử DNA. Vậy chẳng phải Avery và hai trợ lý của anh ta chứ không phải Watson và Crick là những người lần đầu tiên được thăng chức?

Không còn nghi ngờ gì nữa, Avery đã đi được một bước rất quan trọng, đúng hướng nhưng lại không đạt đến đỉnh cao. Einstein đã từng nói những lời rất sâu sắc: “Chỉ có lý thuyết mới quyết định những gì chúng ta quan sát được”. Avery không có thứ gì có thể gọi là lý thuyết, và anh chỉ giới hạn ở việc trình bày các sự kiện một cách khô khan. Tuy nhiên, điều này không làm cho vấn đề bớt nghiêm trọng hơn chút nào. Các nhà di truyền học phải đối mặt với một sự lựa chọn - hoặc họ phải từ chối tin vào dữ liệu của Avery, hoặc họ phải thừa nhận rằng bản chất của di truyền là DNA chứ không phải protein như người ta thường tin. Thật khó để không tin Avery - đơn giản là không có gì đáng đánh giá cao trong công việc của anh ấy. Chưa hết, các nhà di truyền học không bao giờ muốn có một ý tưởng được bảo vệ về bản chất protein của gen. Các thí nghiệm của Avery đã đưa ra lời giải thích như sau: Tất nhiên, DNA không và không thể chứa bất kỳ gen nào, nhưng nó có thể gây ra đột biến gen, tức là làm thay đổi các gen mà lẽ ra chúng phải bao gồm protein. Lời giải thích này đã cứu vãn lý thuyết về protein của gen. Đúng vậy, tác dụng của DNA hóa ra là không thể hiểu được: những đột biến mà nó gây ra được lặp đi lặp lại từ thí nghiệm này sang thí nghiệm khác. Và điều này, tất nhiên, không thể không khiến các nhà di truyền học quan tâm, những người từ lâu đã tìm cách thay đổi tính di truyền một cách có mục đích. Cả các nhà di truyền học và tất cả những người giải quyết vấn đề về bản chất hóa học (hoặc vật lý) của di truyền cuối cùng đều buộc phải chấp nhận rằng DNA cần được quan tâm nghiêm túc.

Thực tế là, mặc dù DNA được Miescher phát hiện ra vào năm 1869, nhưng nó vẫn là “con ghẻ” ngay cả trong số các nhà hóa sinh, chưa kể các nhà di truyền học hoặc các nhà vật lý liên quan đến sinh học. Người ta thường chấp nhận rằng DNA là một polyme điều hòa bao gồm một loạt các đơn vị bốn chiều lặp lại (adenine, guanine, thymine và cytosine), và phân tử này rất có thể thực hiện một số chức năng cấu trúc thuần túy trong nhiễm sắc thể, nhưng không liên quan gì đến việc lưu trữ và truyền thông tin di truyền. Công việc của Avery đã gây nghi ngờ về những quan điểm này.

Lý thuyết quyết định những gì Avery và trình tự của ông thực sự có thể quan sát được là mô hình cấu trúc của phân tử DNA, được phát minh bởi Watson và Crick vào năm 1953.

8

Bỏ qua các chi tiết, bản chất của mô hình Watson-Crick cực kỳ đơn giản. Phân tử DNA bao gồm hai chuỗi polymer. Mỗi chuỗi là một chuỗi nhất định gồm bốn loại liên kết - A (adenine), G (guanine), T (thymine) và C (cytozinine). Trình tự ở một trong hai mạch có thể hoàn toàn tùy ý. Sau đó, trình tự ngược lại, hoặc, như người ta nói, chuỗi bổ sung được chỉ định rõ ràng bằng cách sử dụng nguyên tắc bổ sung sau (Hình 1):
chống lại A phải là T
chống lại T phải là A
chống lại G thì phải có C
chống lại C phải có G
Nguyên tắc bổ sung được bắt nguồn từ cấu trúc không gian của các đơn vị DNA đơn phân được biết đến vào thời điểm đó. Trong đó, Watson và Crick đã làm theo phương pháp chung để xây dựng các mô hình phân tử do Linus Pauling phát triển.

Nếu bên trong mỗi chuỗi polyme bổ sung lẫn nhau, các nguyên tử được giữ với nhau bằng liên kết cộng hóa trị rất mạnh, thì giữa các chuỗi có các liên kết tương đối yếu, tương tự như các liên kết giữ các phân tử gần nhau trong tinh thể.

Đặc điểm đáng chú ý nhất của mô hình Watson-Crick là nó giải quyết được vấn đề chính – vấn đề sao chép gen – một cách khéo léo lạ thường.

Rốt cuộc, nếu chúng ta tách hai chuỗi, và sau đó trên mỗi chuỗi chúng ta phát triển một chuỗi mới, theo nguyên tắc bổ sung, thì chúng ta sẽ thu được hai phân tử DNA từ một chuỗi, cả hai phân tử này sẽ giống hệt phân tử ban đầu (Hình 2).

Người ta có thể tưởng tượng Delbrück đã vui mừng thế nào khi nhận được một lá thư từ Watson có chứa lời giải bí ẩn về sự nhân đôi của gen. Ông tin tưởng ngay lập tức và vô điều kiện vào mô hình Watson-Crick. Dưới ảnh hưởng của lá thư của Watson, anh ấy đã viết những lời mà chúng tôi đã đưa ra như một lời đề tặng. Tất nhiên, sau đó ông cảm thấy biết ơn đặc biệt đối với Bohr vì đã có lúc ông đã truyền cảm hứng cho ông nghiên cứu sinh học. Không, không có định luật vật lý mới nào được phát hiện trong sinh học. Nhưng vấn đề trọng tâm, vấn đề về cấu trúc vật lý của gen, đã được giải quyết.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

10

M. Shubin

Cấu trúc liên kết và…
địa hình

Cấu trúc liên kết—không giống như địa hình—không liên quan cụ thể đến bản đồ địa hình. Khoa học này nghiên cứu, như người ta thường tin, những tính chất sâu sắc nhất của các hình hình học. Những đặc tính như vậy (chúng được gọi là cấu trúc liên kết) có thể giống nhau ở những người hoàn toàn khác nhau về bề ngoài.

những con số tương tự - M. Gardner từng viết rằng “cấu trúc liên kết thường được gọi là nhà toán học không thể phân biệt tách cà phê với bánh mì tròn”. Đôi khi các đặc tính và đại lượng tôpô thu được dưới dạng kết hợp của các đại lượng và đặc tính hình học rất đơn giản. Đây chính xác là cách định lý Euler về polytopes* đưa vấn đề vào quan điểm. Bây giờ chúng ta sẽ làm quen với một ví dụ khác cùng loại - một lý thuyết từ “lý thuyết Morse**). Đây là nơi lời giải sẽ xuất hiện.

Trên bản đồ địa lý, địa hình thường được thể hiện bằng cách sử dụng mức đường nối các điểm đại diện cho các điểm trên bề mặt trái đất nằm trên một địa hình nhất định.

*) Ví dụ, hãy xem chương về cấu trúc liên kết trong cuốn sách của P. Courant và G. Robbins “Toán học là gì?” (M., “Prosveshcheniye”, 1967), cũng như Định lý 2 dưới đây.

**) Harold Marston Morse (1892-1977) là một nhà toán học xuất sắc người Mỹ, người đã tạo ra một lý thuyết mà sau này được gọi là lý thuyết và đại diện cho một trong những phần quan trọng của cấu trúc liên kết hiện đại.

Hình 1.
Hình 2. Ví dụ về bề mặt.

11

độ cao so với mực nước biển (Hình 1). Mô hình toán học của một khu vực giới hạn trên bề mặt trái đất đóng vai trò là bề mặt hình học trong không gian, được xác định bởi phương trình có dạng $z=f(x,y)$. Một số ví dụ về bề mặt được hiển thị trong Hình 2. Trên mỗi bề mặt, các tập hợp điểm nằm ở một độ cao nhất định $z=const$ được vẽ và các đường mức là hình chiếu của các tập hợp này lên mặt phẳng $Oxy$. Do đó, đường mức là một tập hợp các điểm $(x,y)$ thỏa mãn phương trình $f(x,y)=const$, trong đó hằng số ở phía bên phải xác định khoảng cách giữa các đường mức, sao cho các đường mức dường như được đánh số bằng một hằng số như vậy. Trong Hình 2, chúng tôi đã đặt các họ mức dòng tương ứng dưới mỗi bề mặt.

Chúng ta sẽ chủ yếu quan tâm đến hành vi của lời giải lời giải gần các điểm đặc trưng của nó - đỉnh, lưu vực và đèo, cũng như gần điểm dốc của nó.

Đỉnh. Hành vi đặc trưng của mức rebluff tuyến tính gần đỉnh được thể hiện trong Hình 3. Có vẻ như đỉnh có thể được định nghĩa đơn giản là điểm cao nhất của một khu vực địa hình nhất định xung quanh nó. Tuy nhiên, lân cận của những điểm như vậy có thể có các thành phố có cấu trúc phức tạp hơn trong Hình 3. Ví dụ, người ta có thể tưởng tượng rằng dù lân cận của một điểm như vậy có nhỏ đến đâu thì bằng cách nào đó vẫn có những điểm khác có cùng đặc tính, nhưng nằm bên dưới điểm này (Hình 4). Muốn loại trừ trường hợp như vậy (và các trường hợp tương tự), chúng ta sẽ gọi một điểm là đỉnh nếu đó là điểm cao nhất của một số khu vực địa hình xung quanh nó và trong vùng lân cận của nó, mức tuyến tính được sắp xếp như trong Hình 3, nghĩa là chúng là các đường cong khép kín không tự giao nhau, bao phủ khoảng cách của điểm và $z_0>z_1>z_2>...$.

Chậu (Hình 5) là “đỉnh đảo ngược”, tức là điểm

Рис. 3.
Рис. 5.
Рис. 7.
Рис. 6.

sẽ trở thành một đỉnh nếu dấu của hàm cách xa thay đổi. Do đó, chúng ta gọi lưu vực là một điểm mà tại đó mức tuyến tính được sắp xếp như trong Hình 5, với $z_0<z_1<z_2<...$.

Vượt qua. Đường chuyền có thể được mô tả như một điểm gần đó việc tái lừa đảo được xây dựng giống như một cái yên ngựa (Hình 6). Gần một đường đèo, mức tuyến tính được đặt như sau: tại điểm vượt qua có hai hướng mà lý tưởng nhất là một trong số đó là hướng về phía trước hoặc

12

quay lại, chúng tôi sẽ đi lên, nhưng tôi sẽ đi theo hướng khác - đi xuống. Hơn nữa: các hướng loại thứ nhất sẽ lấp đầy hai góc thẳng đứng, và các hướng loại thứ hai sẽ lấp đầy hai góc thẳng đứng khác, sao cho các đường thẳng chia chúng bởi hai cặp góc thẳng đứng này phải tiếp xúc với đường thẳng đi qua điểm yên ngựa. Vì vậy, chúng ta sẽ gọi một điểm là một điểm nằm trong vùng lân cận mà mức tuyến tính được sắp xếp theo mô tả vừa đưa ra.

Điểm nghiêng (Hình 7). Đốt theo nghĩa bóng, điểm nghiêng là một điểm trên mép mà nếu đặt một quả bóng vào đó thì nó sẽ xuất hiện, còn một quả bóng được đặt cẩn thận vào điểm đó là một đỉnh, một bể hoặc một đường chuyền thì nó sẽ xuất hiện (mặc dù trong trường hợp một đỉnh hoặc một đường chuyền thì trạng thái cân bằng của nó sẽ không ổn định). Chúng ta hãy sử dụng điểm nghiêng để xác định điểm của cạnh nằm gần mức phi tuyến tính, như trong Hình 7, và … <z₂< <z₁< <z₁< <z₂< …

Chính xác hơn, họ tuyến tính phải sao cho có thể thu được từ họ các đường thẳng song song bằng cái gọi là phép đồng cấu, nghĩa là phép biến đổi một-một và liên tục lẫn nhau của một phần bản đồ.

Lưu ý rằng trên bản đồ điểm dốc thường lớn. Ví dụ, tất cả các đỉnh, lưu vực và đèo đều bị cô lập và bao quanh bởi các điểm dốc.

Tất nhiên, ngoài các đỉnh, lưu vực, đèo và điểm nghiêng, còn có các loại điểm khác. Ví dụ: trên bản đồ địa lý có các cao nguyên - toàn bộ khu vực có chiều cao điểm không đổi. Chiều cao tối đa không đổi có thể nằm trên toàn bộ một dòng, chẳng hạn như trong Hình 2, c. Ngoài ra còn có nhiều điểm “xảo quyệt” hơn, chẳng hạn như “yên khỉ” (Hình 2, 2) và các điểm tích lũy đỉnh (Hình 4). Tuy nhiên, tất cả các điểm không phải là điểm dốc, trừ các đỉnh, lưu vực và đèo đều có thể xác lập được để khắc phục hiện tượng trào ngược địa hình; chúng biến mất hoặc được thay thế bằng một số đỉnh, lưu vực, đèo*). Vì vậy, ngoài điểm dốc, chúng ta sẽ chỉ xét đến ba loại điểm này.

Bây giờ chúng ta có thể xây dựng định lý chính của mình, đây là một trong những định lý Morse đơn giản nhất.

Định lý 1. Cho một hòn đảo trên biển có một cạnh sao cho tất cả các điểm của đảo đều là điểm nghiêng, hoặc đỉnh, hoặc lưu vực, hoặc đèo, và tất cả các điểm ven biển của đảo đều là điểm nghiêng. Gọi B là số đỉnh của cạnh này, K là số đáy, P là số đường đi. Sau đó

B+K−Π=1.

Chứng minh 1) Hãy gọi đỉnh cao nhất của chúng ta

*) Thực tế này (trong một công thức chặt chẽ hơn) là một trong những định lý Morse; chúng tôi sẽ không cần nó.

13

các hòn đảo là Everest (nếu có một số đỉnh như vậy ở cùng độ cao, chúng tôi gọi bất kỳ đỉnh nào trong số đó là Everest), và lưu vực sâu nhất được gọi là Thung lũng Marshan. Có thể thay đổi địa hình đảo mà không làm thay đổi các số B, K, Π và không vi phạm các điều kiện của định lý sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn:

a) tất cả các đỉnh có cùng độ cao (bằng độ cao của Everest);
b) tất cả các lưu vực đều ở mực nước biển;
b) tất cả các đường chuyền đều có độ cao khác nhau.

Cách dễ nhất là thỏa mãn các điều kiện a) - đối với điều này, chỉ cần “xây dựng” tất cả các đỉnh lên ngang mức Everest là đủ (Hình 8).

Hãy đào tất cả các lưu vực xuống độ sâu của Marshan Vladina - chúng ta sẽ cần điều này để đảm bảo điều kiện 6 sau này). Thật không dễ dàng để thực hiện những điều kiện này - nếu người ta cố gắng “đổ đầy” nồi hơi

Hình 8.

Hình 9. Nâng điểm yên lên: phần màu xanh của bề mặt (chúng tôi coi là cứng) hơi uốn cong lên trên và phần màu hồng (bạn có thể tưởng tượng nó được làm bằng một màng cao su mỏng) hơi kéo dài ra khỏi ranh giới cố định bên ngoài.

Bây giờ, bạn có thể vấp phải một tấm vé. Tuy nhiên, có một lối thoát đơn giản: “làm cạn biển”. Cụ thể, chúng ta có thể giả định rằng dưới nước, bờ đảo chìm theo hình tròn đến độ sâu vượt quá độ sâu của Marshan Vladina. Sau đó bạn chỉ cần “khô” đều đến độ sâu này.

Để đảm bảo điều kiện c) cần giảm bớt một phần, nâng cao hoặc hạ thấp vùng lân cận của một đèo nhất định, không xác định các đỉnh, lưu vực, đèo khác và không tạo thêm các đỉnh, lưu vực, đèo mới. Điều này có thể được thực hiện, ví dụ, bằng cách nâng toàn bộ phần của hình nổi, nằm bên trong một vòng tròn có bán kính nhỏ ε với tâm ở một điểm yên ngựa nhất định (Hình 9, a), mà không chạm vào các điểm nằm bên ngoài vòng tròn có bán kính 2ε (có cùng tâm) và phân phối hình nổi giữa các vùng lân cận bán kính ε và 2ε như được hiển thị trong Hình 9, b.

Vì vậy, chúng ta sẽ giả định rằng địa hình đảo của chúng ta thỏa mãn điều kiện a) – c).

2. Bây giờ chúng ta sẽ sắp xếp một “lũ lụt toàn cầu”. Hãy để nó làm ngập dần hòn đảo, nâng mực nước đều khắp mọi nơi (trong các lưu vực và trên biển) từ mực nước biển đến độ cao Everest. Đồng thời, trầm tích trên đảo trong các lưu vực tạo thành các hồ nội địa, sau này có thể hình thành thành các đảo nhỏ hơn. Chúng tôi sẽ theo dõi số lượng hồ và đảo thay đổi như thế nào khi lũ lụt tiến triển. Chúng ta sẽ không coi biển là hồ.

Khi bắt đầu lũ, hồ K hình thành ở đáy lưu vực. Khi trận lũ kết thúc, tất cả các hồ đều hòa vào biển và chỉ có đỉnh của tất cả các ngọn núi là nổi lên trên mặt nước (đó là lý do chúng được xây dựng!), vì vậy số lượng hồ và đảo được cho trong bảng sau:

| | Hồ | Quần đảo |
| :— | :— | :— |
| Sự khởi đầu của lũ lụt | K | 1 |
| Trước khi lũ lụt hoàn toàn | 0 | B |

3. Hãy xem khi nào số lượng hồ và đảo thay đổi trong quá trình

14

lũ lụt Rõ ràng là nếu nước chỉ lấp đầy các điểm nghiêng thì những con số này không thay đổi. Hãy xem điều gì sẽ xảy ra khi nước bao phủ một số đèo (Hình 10). Có hai khả năng:

a) Nước của cùng một hồ hợp nhất; khi đó số lượng hồ không thay đổi mà có một hòn đảo mới sáng lên (Hình 11);

6. hai hồ khác nhau hợp nhất (Hình 12); thì số hồ giảm đi 1 nhưng số đảo không thay đổi.

Vì vậy, với mỗi lần nước bao phủ, đèo sẽ giảm đi 1 số hồ hoặc tăng thêm 1 số đảo. Nhưng tổng cộng số lượng hồ giảm đi K, và số lượng đảo tăng lên B-1, do đó K+(B-1)=Π, tức là B+K−Π=1, đây là điều cần phải chứng minh.

Kết quả. Hãy để tất cả các điểm trên địa cầu là các điểm nghiêng, đỉnh, cửa sập và đường đi. Khi đó B+K−Π=2.

Bằng chứng. Chúng ta sẽ giả định rằng đáy của vực sâu nhất chứa đầy nước (điều này có thể đạt được bằng cách rút hết nước biển và đại dương và chỉ để lại nước ở đáy Marina Platinum). Khi đó mọi thứ khác có thể được coi là một hòn đảo, và nước ở đáy lưu vực này là biển. Nhưng toàn bộ Trái đất có cùng số đỉnh và đèo như hòn đảo này và thêm một lưu vực nữa. Vẫn còn sử dụng Định lý 1 và hệ quả tất yếu đã được chứng minh.

Một ví dụ về lời giải mà hệ quả này được áp dụng là bất kỳ khối đa diện nào trong đó người ta có thể tìm thấy một điểm O sao cho tất cả các đường vuông góc rơi từ điểm đó trên các mặt đều sẽ nằm trên các mặt đó (chứ không phải trên phần mở rộng của chúng).

Sau đó, nếu chúng ta gọi chiều cao của phần nổi tại một điểm nhất định của khối đa diện là khoảng cách từ nó đến điểm O, thì các đáy của các hình vuông góc thả từ O trên cạnh (và chỉ chúng) sẽ là các đáy, các đỉnh của phần lồi sẽ nằm ở các đỉnh của khối đa diện, và các đường đi sẽ nằm ở đáy của các hình vuông góc được thả từ điểm O đến các cạnh (kiểm tra nó!). Từ đó suy ra rằng đối với các khối đa diện như vậy, điều sau đây là đúng:

Định lý 2 (Định lý Euler về khối đa diện). Gọi Γ, B và P là số mặt, số đỉnh và số cạnh của một khối đa diện lồi. Sau đó

$$\Gamma + B - P = 2.$$

Như chúng ta sẽ thấy dưới đây, định lý này trên thực tế đúng với mọi khối đa diện lồi - không có điều kiện bổ sung nêu trước nó. Có thể dễ dàng suy ra từ định lý sau.

Định lý 3 (Định lý bản đồ Euler). Cho phía dưới là bản đồ bách khoa của đảo, được giới hạn bởi một đường cong khép kín và thỏa mãn các điều kiện sau:

a) số lượng quốc gia lớn hơn hoặc bằng 2;

b) mỗi nước được bao bọc bởi một đường cong khép kín không có giao lộ;

b) không có nước nào nằm trong nước kia (như Monaco, Batikana hay San Marino).

Gọi C là số quốc gia, B là số đỉnh (điểm mà biên giới hoặc

15

biên giới với lyceum ven biển), Г - số lượng biên giới (từ đỉnh này đến đỉnh khác) và biên giới với biển cũng được xem xét. Khi đó C+B—G=1.

Ví dụ. Trên bản đồ ở Hình 13, C=2, B=2, D=3.

Chứng minh Định lý 3. Chỉ cần xây dựng một đứa trẻ trên hòn đảo của chúng ta sao cho các đỉnh của nó nằm ở điểm giao nhau của các ranh giới, trong đó có chính xác một trên mỗi ranh giới (ranh giới với biển có thể được xem xét bên trong hòn đảo). Điều này có thể được thực hiện theo cách này: đặt các cạnh của tháp theo hình tháp Eiffel tại các điểm mà các ranh giới gặp nhau; xây tường thành kiên cố ở biên giới, hạ thấp về giữa mỗi biên giới và dốc thoải về phía mỗi nước sẽ phân chia biên giới này; cuối cùng, đào một cái trũng ở mỗi quốc gia, những cái trũng nghiêng sẽ mở nhẹ nhàng ra các bức tường của pháo đài. Một ví dụ cho sơ đồ của Hình 13 được thể hiện trong Hình 14. Bây giờ vẫn sử dụng Định lý 1 và Định lý 3 đã được chứng minh.

Kết quả. Nếu một bản đồ chính trị có ít nhất 3 quốc gia được vẽ trên hình cầu, thỏa mãn điều kiện 6) và c) của Định lý 3 thì đối với nó

C+B—G=2.

Bằng chứng. Bạn có thể coi một trong các quốc gia là biển và phần còn lại là một hòn đảo. thì Định lý 3 được áp dụng, ngay lập tức dẫn đến kết quả cần tìm.

Chứng minh Định lý 2 (đối với mọi khối đa diện lồi). Chúng ta hãy lấy điểm O bên trong khối đa diện đang xét và vẽ một số hình cầu có bán kính lớn có tâm tại điểm O. Bây giờ chúng ta chiếu khối đa diện của chúng ta từ điểm O lên hình cầu. khi đó chúng ta sẽ thu được một bản đồ chính trị trên hình cầu (các mặt của khối đa diện được chiếu thành các quốc gia và các cạnh thành các đường biên giới), mà hệ quả trước đó có thể áp dụng được.

Bài toán

1. Hình thành và chứng minh một hệ quả tương tự từ Định lý 1 và 3 cho điều đó, đó là bề mặt của một chiếc ram hoặc một chiếc lốp tự động (Hình 15).

2. Điều tương tự đối với “quả cầu có tay cầm chữ p” (Hình 16 cho thấy một quả cầu có ba tay cầm).

Sách mới

Nhà xuất bản Ukraine “Vishcha Shkola” xuất bản vào quý 1 năm 1983 cuốn sách “Toán học ngày nay” (một tuyển tập khoa học phổ biến bằng tiếng Nga, do Giáo sư A. Ya. Dorogovtsev biên tập).

Bộ sưu tập dành cho sinh viên đại học và giáo viên, nhưng chắc chắn sẽ rất thú vị và hữu ích cho học sinh trung học và giáo viên trung học. Nó bao gồm các bài viết về các lĩnh vực hiện tại của toán học, một phần các bài toán chưa giải được, các bài viết về kỳ thi Olympic toán học của học sinh, bài toán mới.

Bộ sưu tập được phát hành với số lượng hạn chế, vì vậy chúng tôi khuyên bạn nên đặt hàng kịp thời. Đơn đặt hàng phải được gửi đến cửa hàng “Sách - qua thư” tại địa chỉ: 252117, Kyiv, st. Popudrenko, 26.

16

K. Kikopin

Một lỗ tiềm năng là gì

Hố tiềm năng là hố chưa được đào…
(từ văn học dân gian khoa học)

Trong vật lý, người ta thường thấy cụm từ: “Hạt (hoặc hệ) nằm trong giếng thế”. Lỗ tiềm năng là gì và tại sao bất kỳ vật thể vật lý nào lại rơi vào đó? Hãy thử tìm hiểu điều này. Cách thuận tiện nhất để làm điều này là với các ví dụ cụ thể. Trên đó từ đơn giản nhất.

Yashik và quả bóng

Hãy lấy một chiếc hộp có dây thần kinh, trong đó có những chỗ lồi và lõm (lỗ) và ném một quả bóng kim loại vào đó. Sau khi lăn dọc theo đáy, quả bóng cuối cùng sẽ ở lại đáy của một trong các lỗ. Chúng ta hãy tự hỏi: tại sao quả bóng lại ở trong lỗ, chính xác là ở đáy của nó chứ không phải ở trên dốc? Rõ ràng đáp số như sau. Quả bóng nằm trên thành lỗ (hoặc độ lồi) chịu tác dụng của hai lực: trọng lực $\vec{F}_\tau$ và phản lực của tường $\vec{F}_p$ (Hình 1). Hợp lực $\vec{F}$ hướng xuống mặt dốc, do đó quả bóng, theo định luật thứ hai của Newton, nhận gia tốc và lăn xuống đáy lỗ. Ở phía dưới, tác dụng của hai lực ($\vec{F}_\tau$ và $\vec{F}_p$) cân bằng nhau và lực tương đương triệt tiêu nên ở đây quả bóng sẽ ở vị trí cân bằng.

Hãy xem xét tình huống tương tự từ quan điểm năng lượng. Một quả bóng nằm ở đáy lỗ có vận tốc bằng 0 và động năng của nó bằng 0. Theo đó, tất cả năng lượng anh ta sở hữu đều là tiềm năng. Hãy thử nhấc quả bóng ra khỏi vị trí cân bằng của nó. Rõ ràng là bất kỳ chuyển động nào của quả bóng lên dốc đều phải chống lại lực hấp dẫn. Do công việc này được thực hiện trên cơ thể, năng lượng tiềm năng của nó sẽ quay trở lại. Nhưng nếu năng lượng này ($E_\pi$) quay trở lại với bất kỳ

17

độ dịch chuyển ($r$) so với vị trí cân bằng, có nghĩa là tại điểm cân bằng ($r=0$) nó là tối thiểu (Hình 2).

Bây giờ chúng ta hãy theo dõi sự biến đổi năng lượng của một quả bóng được ném xuống đáy hộp. Ở thời điểm đầu tiên nó có động năng và thế năng nhất định. Khi di chuyển lên xuống dọc theo các chỗ lõm và lồi của đáy, xảy ra sự biến đổi lẫn nhau giữa động năng và thế năng, nhưng đồng thời một phần năng lượng bị mất đi để chống lại ma sát. Cuối cùng, tổng năng lượng cơ học trở nên nhỏ đến mức quả bóng không có đủ năng lượng để thoát ra khỏi lỗ tiếp theo và nó vẫn ở dưới đáy. Ở vị trí này, toàn bộ năng lượng còn lại trong quả bóng là thế năng và bằng giá trị nhỏ nhất có thể có trong lỗ này. Ví dụ, Hình 3 cho thấy hai vị trí cân bằng có thể có của một quả bóng ở hai lỗ liền kề có độ sâu khác nhau. Mỗi vị trí cân bằng tương ứng với năng lượng tối thiểu của chính nó và $E_{n\min 1} < E_{n\min 2}$ (để di chuyển quả bóng từ vị trí 1 đến vị trí 2, phải sử dụng công dương).

Vì vậy, chúng ta đã đi đến một định nghĩa khác về trạng thái cân bằng (chính xác hơn là trạng thái cân bằng ổn định):

Vị trí cân bằng ổn định của vật luôn tương ứng với giá trị tối thiểu của thế năng.

Hoặc, như chúng ta nói trong trường hợp này, ở vị trí cân bằng ổn định, vật nằm trong một lỗ thế.

Ví dụ mà chúng tôi đã phân tích rất đơn giản và rõ ràng: một lỗ tiềm năng cho một quả bóng hóa ra lại là một lỗ theo nghĩa đen hàng ngày. Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang một vật thể mà không có giếng thực sự nào có thể tưởng tượng được, tuy nhiên, giếng thế vẫn tồn tại và xác định trạng thái cân bằng của nó.

bong bóng xà phòng

Bất kỳ đứa trẻ nào cũng biết rằng bong bóng xà phòng thông thường luôn có dạng hình cầu. Tại sao lại như vậy?

Để trả lời câu hỏi này, chúng ta cần nhớ sức căng bề mặt. Bong bóng xà phòng, theo quan điểm vật lý, là một màng chất lỏng bao quanh một khoang chứa đầy khí. Nếu bạn nhìn tấm phim này ở quy mô lớn hơn, bạn có thể thấy nó bao gồm hai lớp bề mặt (bên ngoài và bên trong) và một chất lỏng được bao bọc giữa chúng. Các phân tử trên bề mặt ở điều kiện đặc biệt so với các phân tử khối. Mỗi phân tử bên trong chất lỏng được bao quanh bởi loại riêng của nó và tổng lực hấp dẫn bằng không. Trên bề mặt phân tử, một mặt hoạt động là của phân tử không ở dạng lỏng nhưng ở dạng khí, có mật độ thấp hơn đáng kể. Do đó, lực hút cân bằng trên bề mặt luôn hướng vào trong, vào thể tích. Do đó, để chạm tới bề mặt, các phân tử phải hoạt động chống lại

18

các lực hấp dẫn này. Điều này có nghĩa là các phân tử trên bề mặt chất lỏng có nhiều năng lượng hơn các phân tử bên trong. Năng lượng tiềm năng bổ sung này được gọi là năng lượng bề mặt. Diện tích bề mặt S càng lớn thì năng lượng bề mặt Eₙ₀ₑ càng lớn:

$$E_{пов} \sim S, \text{ или } E_{пов} = \sigma S.$$

Hệ số tỷ lệ là sức căng bề mặt. Hệ số này được thay đổi bằng cách liên hệ công A cần thiết để tăng diện tích bề mặt thêm ΔS với giá trị của ΔS. Nó khác nhau đối với mỗi chất lỏng.

Khi chúng ta làm vỡ bong bóng, kích thước của khoang (và do đó là bề mặt của màng) tăng lên, nhưng lượng chất lỏng trong màng đương nhiên không đổi. Rõ ràng là sự gia tăng bề mặt chỉ có thể xảy ra do sự giải phóng các phân tử mới từ thể tích vào lớp bề mặt, nghĩa là do hiệu suất công việc và sự gia tăng năng lượng bề mặt của chất lỏng.

Bây giờ chúng ta có thể trả lời câu hỏi tại sao bong bóng xà phòng có hình cầu mà không phải là hình quả trứng, hình elip hay khối đa diện. Thực tế là hình cầu có một đặc tính đáng chú ý: trong tất cả các hình hình học giới hạn một thể tích nhất định, nó có diện tích bề mặt nhỏ nhất. Do đó, nếu chúng ta cố gắng tạo cho bong bóng có hình dạng không phải hình cầu, thì chúng ta sẽ buộc phải tăng diện tích bề mặt của lớp, nghĩa là thực hiện thêm công để đưa các phân tử lên bề mặt, và do đó làm tăng thêm năng lượng bề mặt của chất lỏng.

Nói cách khác,
hình cầu của bong bóng loại bỏ thế năng tối thiểu của màng tạo thành vỏ của nó.

Câu hỏi đặt ra là ai đang ở trong lỗ hổng tiềm năng ở đây? Rõ ràng đây không phải là một phần riêng biệt, vì bản chất của bề mặt căng thẳng không liên quan đến từng phân tử riêng lẻ mà liên quan đến sự tương tác của chúng. Thậm chí không thể nói rằng có các phân tử bề mặt lớp trong giếng thế năng, vì khi bán kính của bong bóng thay đổi, sự chuyển đổi của các phân tử xảy ra từ thể tích sang bề mặt hoặc ngược lại (và ngay cả với kích thước bong bóng không đổi, do chuyển động nhịp độ, có một thể tích phân tử liên tục giữa thể tích và bề mặt).

Như vậy,
Giếng thế chứa toàn bộ năng lượng bề mặt của chất lỏng.

Và chúng tôi chỉ đưa ra khái niệm giếng thế để thu được giếng thế tương ứng với hình cầu của bong bóng (Hình 4). Giảm diện tích của phân tử bằng cách nén bong bóng, nghĩa là thực hiện thêm công để cuộn khí nằm bên trong khoang. Sự tăng năng lượng tương ứng của hệ thống trong trường hợp này được thể hiện trong Hình 4 bằng đường đứt nét. Vì vậy, trên thực tế, trong giếng thế năng có một hệ thống phức tạp gồm “các phân tử chất lỏng bề mặt + phân tử chất lỏng khối lượng lớn + phân tử khí bên trong khoang”.

Tinh thể ion

Cuối cùng chúng ta hãy xem xét ví dụ cuối cùng về một hệ thống đặt trong một giếng thế. Đối với một hệ thống như vậy, loại giếng tiềm năng có thể được thiết lập bằng cách sử dụng các phép tính chính xác nhưng rất đúng ngữ pháp hoặc có thể được thực hiện gần đúng, theo nghĩa đen trong một vài

20

Trong tinh thể, tất nhiên tình hình phức tạp hơn. Ngoài những người hàng xóm gần nhất có điện tích trái dấu, mỗi người còn có những người hàng xóm mang điện tích giống hệt tiếp theo, đằng sau họ - nhiều hơn, v.v. Mặc dù kích thước của tinh thể bị giới hạn nhưng số lượng tinh thể lân cận có thể được coi là vô cùng lớn. Thật vậy, hãy lấy muối “Extra” được nghiền mịn làm ví dụ. Các tinh thể của nó có kích thước ~0,1 mm và hằng số mạng là $a \sim 10^{-8}$ cm, do đó trên cạnh của tinh thể đó có độ giảm ~10^6, trên mặt - 10^12 và về thể tích ~10^18 giống hệt nhau.

Thoạt nhìn, việc tính tổng năng lượng tương tác của một số cột theo cột là một bài toán cực kỳ phức tạp. Tuy nhiên, với sự trợ giúp của một thủ thuật khéo léo dựa trên các thông điệp vật lý chức năng, phép tính thực sự có thể được thực hiện trong một vài dòng. Điều này sẽ được thảo luận chi tiết ở Phụ lục II ở cuối bài viết, nhưng ở đây chúng tôi chỉ trình bày kết quả cuối cùng. Hóa ra tổng năng lượng tương tác của tất cả các ion trong tinh thể có dạng

$$W_{\text{кр}}(a) = -\frac{Ae^2}{a} + \frac{B}{a^n},$$

trong đó $A$ và $B$ là hằng số. Về mặt đồ họa, nó biểu thị một đường cong có mức tối thiểu mô tả giếng điện thế mà toàn bộ tinh thể nằm trong đó. Điều này có nghĩa là ở trạng thái cân bằng, mạng có giá trị $a_0$ tương ứng với thế năng tối thiểu.

Thoạt nhìn, chúng tôi đã kiểm tra ba vật thể hoàn toàn khác nhau và đảm bảo rằng đối với mỗi vật thể đó, thế năng được mô tả bằng một đường cong ở mức tối thiểu. Trong trường hợp chung, loại giếng tiềm năng có thể phức tạp hơn, cụ thể, nó không phụ thuộc vào một tham số mà phụ thuộc vào nhiều tham số, nhưng nguyên tắc chung luôn giống nhau:

ở trạng thái cân bằng ổn định, bất kỳ hệ thống nào cũng có thế năng tối thiểu, hay nói cách khác, vẫn ở mức của giếng tiềm năng.

Phụ lục I

Hãy tính điện thế $\varphi_1$ tạo ra tại điểm 1 với tọa độ $r_1$ theo điện tích electron + $e$ nằm ở gốc tọa độ (Hình 7). Như đã biết, thế năng này bằng công của trường electron để di chuyển một đơn vị điện tích dương từ một điểm nhất định đến vô cùng.

Chúng ta hãy đặt một điện tích dương thử nghiệm $q$ tại điểm 1. Theo định luật Coulomb, điện tích $e$ tác dụng lên nó bởi một lực $F = qe/r_1^2$ (trong hệ đơn vị abscissa). Hãy tìm công $A_{1-2}$ để di chuyển điện tích $q$ từ điểm 1 đến điểm 2 gần nhất. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ chọn khoảng cách $r_2 - r_1$ sao cho trong toàn bộ phần 1-2 lực có thể coi là không đổi và bằng $F_1 = qe/r^2 = qe/(r_1r_2)$. Sau đó

$$A_{1-2} = F_1(r_2 - r_1) = \frac{qe}{r_1r_2}(r_2 - r_1) = qe \left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right).$$

Tương tự, chúng ta có thể tính công $A_{2-3}$ để di chuyển điện tích $q$ từ điểm 2 đến điểm 3 gần nhất:

$$A_{2-3} = F_2(r_3 - r_2) = \frac{qe}{r_2r_3}(r_3 - r_2) = qe \left(\frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_3}\right).$$

Rõ ràng, công của trường trong phần 1-3 bằng tổng của công 1-2 và 2-3:

$$A_{1-3} = A_{1-2} + A_{2-3} = qe \left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right) + qe \left(\frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_3}\right).$$

Tiếp tục lý luận, chúng ta có thể đảm bảo rằng các điểm trung gian của các trường bên dưới không phát và biểu thức của tác phẩm chỉ bao gồm tọa độ của điểm bắt đầu và điểm kết thúc. Do đó, công của trường để di chuyển điện tích thử nghiệm $q$ từ điểm 1 đến vô cực ($1/r_\infty = 0$) bằng

$$A_1 = qe \left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_\infty}\right) = qe/r_1.$$

Sau đó, cuối cùng với thế năng tại điểm 1, chúng ta thu được

$$\varphi_1 = \frac{A_1}{q} = \frac{e}{r_1}.$$

Những người quen với việc tích hợp có thể dễ dàng nhận được kết quả này trong một dòng…

21

Phụ lục II

Để tìm tổng thế năng của một tinh thể, trước tiên chúng ta tính năng lượng tĩnh điện của nó. Hãy xem xét nonsodium Na⁺, nằm ở trung tâm của mạng lập phương, như thể hiện trong Hình 5. Láng giềng gần nhất của nó là 6 clo Cl⁻, nằm ở khoảng cách r=a/2 tính từ nó. Mỗi trong số chúng tạo ra một điện thế -e/r=2e/a. Theo nguyên lý chồng chất, thế năng của tổng các điện tích bằng tổng điện thế của các điện tích này; do đó, đầu nối đóng, đầu nối đóng 12 natri, được đặt ở khoảng cách a/√2 so với đầu nối đang được đề cập. Tổng thế năng của chúng là +12√2e/a=+16,97e/a. Tiếp tục quy trình này, chúng ta có thể tìm thấy điện thế nối thứ ba là -9,24e/a, thứ tư là +6e/a, …, thứ mười chín là -3,08e/a, v.v.

Rõ ràng là việc tổng hợp tất cả các điều khoản này là vô ích. Tuy nhiên, thực tế là dấu của các số hạng bị gạch chéo (các số hạng có điện tích trái dấu kết nối với các số hạng có điện tích giống nhau) cho thấy rằng các số hạng này bằng cách nào đó có thể được sắp xếp lại và tổng mà chúng ta quan tâm có thể được tìm thấy theo cách ngắn hơn. Việc tập hợp lại như vậy có tồn tại và nó dựa trên thông điệp liên lạc điện tử.

Hãy tính tổng điện tích của tất cả các ion trong hình lập phương như trong Hình 5. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ giả sử rằng khối lập phương chỉ thuộc về một nửa của mỗi ison nằm trên cạnh của nó, phần thứ tư của mỗi ison nằm trên cạnh và phần thứ tám của mỗi ison nằm ở trên cùng. Một giả định như vậy đã không được thực hiện một cách tương đối. Nếu chúng ta tinh thần chia toàn bộ tinh thể thành các khối tương tự như khối của chúng ta, thì hóa ra ở cạnh nó thuộc về hai khối cùng một lúc, nhưng không thuộc về cạnh - bốn, và nó thuộc về các khối ở trên cùng. Vì vậy, tổng điện tích của khối lập phương, được tính theo cách sắp xếp này, hóa ra bằng 0! Nói cách khác, phương pháp được đề xuất cho phép bạn phá vỡ tinh thể thành một tinh thể điện tử. Năng lượng Coulomb là

khối trung tính thứ bằng

$$-\frac{12}{2} \frac{e^2}{a} + \frac{16,97}{4} \frac{e^2}{a} - \frac{9,24}{8} \frac{e^2}{a} = -2,91 \frac{e^2}{a}.$$

Bây giờ chúng ta sẽ thêm một lớp nội dung nữa vào mỗi khối và chọn lại một ô trung tính. Cạnh của khối này bằng 2a, tất cả các khối ban đầu đều thuộc về nó hoàn toàn, còn những khối mới đưa vào thuộc về một nửa, một phần tư hoặc một phần tám, tùy thuộc vào vị trí của chúng. Năng lượng tĩnh điện của một khối lập phương như vậy, được tính theo cách trước, hóa ra bằng -3,50 e2/a. Nếu chúng ta lấy khối electron từ cạnh 3a thì năng lượng của nó sẽ bằng -3,49 e2/a. Việc tăng thêm thể tích của khối thực tế không làm thay đổi bất cứ điều gì, và cuối cùng, năng lượng của nó thu được giá trị xấp xỉ bằng -3,495 e2/a.

Do đó, một mô hình được lựa chọn tốt, dựa trên sự hiểu biết về điều gì là quan trọng nhất trong một tình huống vật lý nhất định, sẽ cho phép người ta giảm bớt các phép tính nhiều lần.

Năng lượng đẩy dễ tính toán hơn nhiều. Do thế năng đẩy tiêu diệt rất nhanh, nên có thể giả định rằng lực đẩy chỉ có ý nghĩa giữa các tham số kết nối chặt chẽ giữa hai tham số và đối với nó, ngay lập tức thu được biểu thức +B/a². Ở đây B=kb, trong đó k là số cặp trong ô. Năng lượng tĩnh điện của một ison, được tính toán ở trên, phải được nhân với cùng một số k, và kết quả là, thu được biểu thức cho tổng năng lượng của khối, gần đúng trong văn bản chính của bài viết.

Ví dụ:

a) các hình vuông có cạnh 1/√2?
b) hình vuông ở cạnh √2 và hình vuông ở cạnh √2?
c) các hình vuông có cạnh √2?

Cần bao nhiêu hình vuông trong mỗi trường hợp? Làm thế nào chúng nên được đặt trên khối lập phương? Đáp số nhìn vào 4 giây. bao gồm.

Yu. Pukhnachev

22

V. Dubrovsky

Toán học
khối ma thuật

«Kvant» đã nói chi tiết về thiết kế của “khối ma thuật” Hungary và các thuật toán lời giải của câu đố này*). Tiếp theo khối lập phương, hàng loạt trò chơi tương tự như nó đã ra đời. Bài viết của chúng tôi dành cho lý thuyết toán học của những trò chơi như vậy. Và đối với những người hâm mộ trò chơi lập phương thực tế, chúng tôi trình bày sơ đồ của thuật toán lập khối ma thuật ngắn phá kỷ lục dựa trên lý thuyết này.

Khối ma thuật đặt câu hỏi
Chúng ta hãy đồng ý gọi các phương án khác nhau để lắp ráp một khối ma thuật phát sinh khi 8 chiếc cốc nhỏ ở góc được đặt ngẫu nhiên dọc theo các đỉnh của khối ma thuật và 12 chiếc cốc vừa dọc theo các cạnh, trạng thái của nó. Các khối trung tâm ở tất cả các trạng thái đều được đặt theo cùng một cách - giống như ở trạng thái 0, khi mỗi mặt của khối ma thuật trở thành hợp pháp, nghĩa là có thể bằng cách thu thập các khối nhỏ theo thứ tự ngẫu nhiên, để sau đó đạt được trạng thái 0 bằng cách xoay các mặt? Nếu không, làm thế nào bạn có thể biết liệu một trạng thái nhất định có hợp pháp hay không và nói chung liệu hai trạng thái nhất định có liên quan với nhau hay không? Có bao nhiêu cái hợp pháp?

*) «Kvant», 1980, số 12, tr. 17; 1982, số 3, tr. 20 và số 7, tr. 22; xem thêm “Nuuka và Life”, 1981, số 3, tr. 131 và 1982, không. 2, tr. 97.

23

Hình 1. Trạng thái không. Khối góc ẩn có số 9, khối góc ẩn có số 10, 11, 12. Trên các cạnh ẩn, các mũi tên thẳng hàng với các mũi tên trên các cạnh đối xứng với chúng so với tâm của khối.

nói cách khác, bạn có thể nhận được bao nhiêu màu sắc khác nhau của khối ma thuật bằng cách xoay các mặt của nó? Số lượng trạng thái không kết nối theo cặp tối đa là bao nhiêu? Trước hết chúng ta hãy tìm hiểu nó

Cách thiết lập trạng thái

Để mô tả đầy đủ trạng thái của khối ma thuật, bạn cần chỉ ra cho mỗi khối nhỏ vị trí mà nó chiếm giữ và hướng của nó ở vị trí này - mỗi khối góc có thể được đặt vào cùng một “khe” của khay và khối ở giữa có thể được đặt theo hai cách.

Hãy tưởng tượng khối ma thuật ở trạng thái số 0. Hãy đánh số lại các đỉnh của nó và các khối góc trong đó bằng các số từ 1 đến 8, các cạnh và các khối ở giữa tương ứng với các số từ 1 đến 12. Ngoài ra, trên mỗi cạnh của khối ma thuật, chúng ta sẽ chọn một hướng nhất định (trong hình. 1) và vẽ một mũi tên theo cùng hướng trên khối ở giữa tương ứng (Hình 1).

Bây giờ, vị trí của khối góc thứ $i$ ($j$-giữa) ở trạng thái $S$ có ​​thể được chỉ định bằng số $\sigma_s(i)(\tau_s(j))$ của đỉnh (của cạnh đó) nơi nó tọa lạc (ở đây $i=1$, …, 8, $j=1$, …, 12).

Để đặt hướng của các cốc góc, hãy chọn một cặp mặt đối diện của khối ma thuật, ví dụ như các mặt nằm ngang của nó. Để xác định điều này, chúng ta hãy giả sử rằng khối trung tâm trên cùng là

màu xanh lam và phần dưới cùng có màu xanh lá cây*). Mỗi khối lập phương ở góc có một mặt màu xanh lam hoặc một mặt màu xanh lá cây; góc $\alpha(\alpha=0^\circ, 120^\circ$ hoặc $240^\circ)$, tại đó khối này nằm trong “tổ” của nó xung quanh đường chéo của khối lớn ngược chiều kim đồng hồ**), sao cho mặt (xanh dương hoặc xanh lục) này nằm ngang, chúng ta sẽ gọi góc quay của khối góc này ở trạng thái $S$ và ký hiệu là $\alpha_s(i)$, trong đó $i$ là số của khối lập phương.

Hướng của khối ở giữa thứ $j$ ở trạng thái $S$ theo một góc cho trước $\beta_s(j)$ giữa hướng của mũi tên trên nó và hướng của cạnh mà nó nằm trên đó (cạnh $\tau_s(j)$-th). Góc $\beta_s(j)$ có thể bằng $0^\circ$ hoặc $180^\circ$; chúng ta sẽ gọi nó là góc quay của khối ở giữa thứ $j$ ở trạng thái $S$.

Các trạng thái liên kết có điểm gì chung?

Chúng ta cần tìm hiểu trong trường hợp nào hai trạng thái có liên quan với nhau. Với mục đích này, chúng ta hãy theo dõi xem các đặc điểm của trạng thái $\alpha_s, \beta_s, \sigma_s$ và $\tau_s$ thay đổi như thế nào khi xoay các mặt. Hãy bắt đầu với những góc rẽ. Thật dễ dàng để kiểm tra điều đó

A. Góc quay của các cốc góc không thay đổi khi xoay bốn mặt thẳng đứng một góc $180^\circ$ và khi xoay các mặt ngang tùy ý.

B. Góc quay của cốc ở giữa không thay đổi khi hai mặt đối diện (phải và trái trong Hình 1) được quay một góc $180^\circ$ và khi các mặt 对立 được xoay tùy ý.

B. Khi bất kỳ mặt thẳng đứng nào được quay một góc $\pm 90^\circ$, $120^\circ***$) sẽ được thêm vào các góc quay $\alpha_s$ của hai chiếc cốc đứng ở các đỉnh đối diện của nó và vào các góc

*) Nhân tiện, khối lập phương có màu khác. Ý của chúng tôi là một khối lập phương có các cạnh màu xanh lá cây và màu xanh lam đối diện nhau.

**) Tất nhiên, nếu không phá hủy khối ma thuật thì không thể thực sự xoay khối góc của nó trong tổ của nó - ở đây chúng tôi đang xác định một khái niệm lý thuyết.

***) Theo thông lệ, chúng tôi thêm các góc quay với độ chính xác $360^\circ$, ví dụ $240^\circ + 240^\circ = 120^\circ, 180^\circ + 180^\circ = 0^\circ$, v.v.

24

Hình 2. Sau khi xoay bên phải 90° theo chiều kim đồng hồ. Đây $\tau(1)=2$, $\tau(4)=1$, $\tau(2)=3$, $\alpha(1)=\alpha(3)=120^\circ$, $\alpha(2)=\alpha(4)=240^\circ$, $\beta(1)=\beta(2)=\beta(3)=\beta(4)=180^\circ$.

góc quay của hai cốc góc còn lại được cộng thêm 240°.

D. Khi xoay mặt phải hoặc trái (Hình 2) ±90°, góc quay của cả bốn cốc giữa của mặt này sẽ thay đổi.

Từ đây suy ra ngay tổng các góc quay của tất cả các góc và tất cả các cốc ở giữa

$$A(S) = \alpha_S(1) + \alpha_S(2) + \ldots + \alpha_S(8),$$
$$B(S) = \beta_S(1) + \beta_S(2) + \ldots + \beta_S(12)$$
không đổi trong mọi phép quay của mặt. Những đặc điểm như vậy của một trạng thái được gọi là bất biến (từ tiếng Latin “không thay đổi”). Giá trị của bất kỳ bất biến nào đối với hai trạng thái ràng buộc $S_1$ và $S_2$ rõ ràng là trùng khớp. Vì vậy, các đẳng thức $A(S_1) = A(S_2)$ và $B(S_1) = B(S_2)$ là điều kiện cần cho sự liên thông của các trạng thái. Chúng ta sẽ sớm thấy rằng bằng cách thêm vào chúng một đẳng thức tương tự cho một bất biến khác, chúng ta sẽ có đủ điều kiện. Tuy nhiên, trước khi định nghĩa bất biến thứ ba này, chúng ta phải bỏ qua một chút

Về hoán vị

Hoán vị của một tập hợp hữu hạn là bất kỳ ánh xạ nào của tập hợp này lên chính nó. Như vậy, hàm $\sigma_S$ được xác định ở trên, được xác định trên tập {1, …, 8}, là một hoán vị của tập hợp này và $\tau_S$ là một hoán vị của tập hợp {1, …, 12}. Bất kỳ thao tác $F$ nào cũng được liên kết với hai hoán vị $\sigma_F$ và $\tau_F$ của cùng một bộ: nếu trạng thái 0 $S_0$ được phép toán $F$ chuyển sang trạng thái $S$, thì theo định nghĩa, $\sigma_F(i) = \sigma_S(i)$, $\tau_F(j) = \tau_S(j)$. Nói cách khác, $\sigma_F(i)$ và $\tau_F(j)$ là số của những vị trí đó (xem Hình 1), do kết quả của phép toán $F$, bị chiếm bởi khối góc đứng ở vị trí thứ $i$ và khối ở giữa đứng ở vị trí thứ $j$.

Thực hiện lần lượt các hoán vị $\sigma_1$ và $\sigma_2$ của cùng một tập hợp, chúng ta lại thu được ánh xạ của nó lên chính nó - hoán vị $\sigma$. Nó được gọi là композицией $\sigma_1$ và $\sigma_2$: $\sigma = \sigma_1 \circ \sigma_2$.

Bài toán 2. Cho phép thao tác $F$ di chuyển khối ma thuật từ trạng thái $S'$. Chứng minh rằng $\sigma_S' = \sigma_S \circ \sigma_F$, $\tau_S' = \tau_S \circ \tau_F$. Chứng minh rằng $\sigma_{F_1} \circ F_2 = \sigma_{F_1} \circ \sigma_F, \tau_{F_1} \circ F_1 = \tau_{F_1} \circ \tau_F$, trong đó $F_1 \circ F_2$ là hợp của các phép toán $F_1$ và $F_2$.

Đặt $\sigma$ là một hoán vị tùy ý của tập hợp {1, 2, …, $n$}. Hãy vẽ hai đường có $n$ dấu chấm, cái này ở dưới cái kia. Nếu, trong quá trình hoán vị $\sigma$, số $i$ đi vào $j$, chúng ta nối điểm thứ $i$ của dòng trên với một đoạn có điểm thứ $j$ của dòng dưới - chúng ta thu được biểu đồ hoán vị $\sigma$ (Hình 3). Chúng ta hãy biểu thị bằng $N(\sigma)$ số giao điểm của các đoạn đồ thị (chúng ta đếm điểm tại đó có nhiều hơn hai đoạn giao nhau với số lần bằng số cặp đoạn thẳng mà nó chứa). Hoán vị $\sigma$ được gọi là четной (lẻ) nếu

26

Cạnh của khối vừa đã chọn được đánh dấu bằng nhãn dán màu trắng và cạnh màu trắng được đánh dấu bằng nhãn dán màu xanh lam. Chúng tôi nhận được trạng thái $S_1^1$. Hãy dịch nó thành $S_2^1$ và tính đối xứng của nhãn dán - chúng ta có trạng thái $S_2^1$. Do đó, các trạng thái $S_1$ và $S_2$ được kết nối. Tương tự, người ta chứng minh rằng hai trạng thái bất kỳ có cùng bất biến đều có liên quan với nhau. Do đó, mỗi bộ $3 \times 2 \times 2 = 12$ giá trị của các bất biến $A$, $B$ và $E$ (A nhận ba giá trị: $0^\circ$, $120^\circ$ và $240^\circ$, $B$ - hai: $0^\circ$ và $180^\circ$, $\varepsilon$ - cũng là hai: 1 và -1) xác định một lớp các trạng thái liên quan theo cặp với tập hợp bất biến này và các trạng thái từ các lớp khác nhau không liên quan; một trong các giai cấp được hình thành bởi các nhà nước pháp quyền.

Bài toán 4. Chứng minh rằng số trạng thái ở tất cả các lớp bằng nhau và bằng $8! \cdot 3^8 \cdot 11! \cdot 2^{12}$.

Bài toán 5. Chứng minh rằng giá trị của các bất biến $A$, $B$, $\varepsilon$ chỉ phụ thuộc vào trạng thái của khối ma thuật chứ không phụ thuộc vào việc chọn cặp mặt hướng đến các cạnh và cách đánh số các đỉnh, cạnh.

Thuật toán ghi

Tạp chí Scientific American (1981, số 3) mô tả ý tưởng chung về một thuật toán khối ma thuật cực ngắn, được phát minh bởi nhà toán học người Anh M. Thistlethwaite. Sau khi có được thuật toán này, bạn có thể chuyển từ bất kỳ trạng thái pháp lý nào sang trạng thái 0 trong không quá 52 lần di chuyển*). Thuật toán của Thistlethwaite về cơ bản khác với các thuật toán được mô tả trong các bài viết mà chúng tôi đã đề cập ở trên. Nói chung, sơ đồ của nó như sau.

Hãy để chúng tôi giới thiệu ba hạn chế đối với việc quay các mặt được phép:

1. cấm xoay hai mặt thẳng đứng đối diện nhau (ví dụ: mặt bên phải hoặc bên trái trong Hình 1) theo góc ±90°;
2. cấm xoay bất kỳ cạnh thẳng đứng nào ±90°;
3. Tất cả các góc quay của các cạnh ±90° đều bị cấm.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\Phi_1$, $\Phi_2$, $\Phi_3$ tập hợp tất cả các thao tác thỏa mãn sự tương ứng (ví dụ: $\Phi_3$ là tất cả các chuỗi có thể quay của các mặt trên

*) Cùng một tạp chí cho biết trên thực tế 23 nước đi luôn là đủ (!), và con số này không thể giảm được. Rõ ràng, một cột ngắn của thuật toán có thể thực hiện được để giải khối lập phương vẫn chưa được tìm thấy.

180°) và thông qua $\Sigma_1$, $\Sigma_2$, $\Sigma_3$ lớp của tất cả các trạng thái thu được từ phép toán 0 từ $\Phi_1$, $\Phi_2$, $\Phi_3$. Rõ ràng là $\Sigma_1 \supset \Sigma_2 \supset \Sigma_3 \supset S_0$ và hai trạng thái bất kỳ từ lớp $\Sigma_k$ có liên quan với nhau bằng phép toán từ $\Phi_k$. Toàn bộ thuật toán được chia thành bốn giai đoạn. Thao tác đầu tiên thực hiện thao tác sau $F$ (không hạn chế di chuyển), chuyển trạng thái ban đầu $S$ sang trạng thái nào đó $S_1 \in \Sigma_1$. Trong tương lai, chỉ các hoạt động từ $\Phi_1$ mới được mở rộng. Ở giai đoạn thứ hai, sử dụng thao tác $F_1 \in \Phi_1$, nó được thực thi ở trạng thái $S_2 \in \Sigma_2$, ở giai đoạn thứ ba, sử dụng thao tác $F_2 \in \Phi_2$, nó được thực thi ở trạng thái $S_3 \in \Sigma_3$. Cuối cùng, ở giai đoạn thứ tư, chỉ xoay các mặt 180°, chúng ta phải thu được từ trạng thái $S_3$ trạng thái 0 $S_0$.

Rõ ràng, khi chúng tôi đến lớp $\Sigma_k$ sau màn tiếp theo, chúng tôi sẽ không bao giờ rời khỏi nó, vì vậy thành tích của tất cả các màn trước đó sẽ được lưu tự động. Ngoài ra, cho đến giai đoạn cuối cùng không cần thiết phải “tắm nắng” những chỗ nhỏ. Nhưng ưu điểm chính của sơ đồ này là nó tốt hơn nhiều so với các thiết bị cảm biến để tính toán trên máy tính. Người ta tin rằng điều này đóng vai trò quyết định trong việc “lập kỷ lục thế giới”.

Trước khi xây dựng thuật toán theo sơ đồ này, cần tìm hiểu các lớp trạng thái $\Sigma_1$, $\Sigma_2$, $\Sigma_3$ là gì. Đây là nơi bất biến có ích. Các lớp $\Sigma_1$ và $\Sigma_2$ rất dễ hiểu. Nhắc lại tính chất $A$ và $B$ của góc quay của cốc nhỏ, ta thấy nụ cười của cốc ở giữa lặp đi lặp lại $\beta_S(j)$ là bất biến đối với phép toán tương đối từ $\Phi_1$ (thuộc tính $B$), nụ cười của cốc góc lặp lại $a_S(i)$ là bất biến với phép toán tương đối từ $\Phi_2$ (thuộc tính $A$). Cũng dễ dàng nhận thấy rằng trong quá trình hoạt động từ $\Phi_2$, bốn khối ở giữa nằm ở “lớp giữa” nằm ngang giữa mặt trên và mặt dưới chỉ có thể thay đổi vị trí giữa chúng, do đó thành phần của lớp này không thay đổi.

Bài toán 6. Chứng minh rằng các đại lượng $A(S)$, $\varepsilon(S)$ và $\beta_j(S)$ (j=1, …, 12) tạo thành một hệ đầy đủ các bất biến của phép toán tương đối từ $\Phi_1$, và $\varepsilon(S)$, $\alpha_i(S)$ (i=1, …, 8), $\beta_j(S)$ (j=1, …, 12) và thành phần của lớp giữa nằm ngang - hoạt động tương đối của $\Phi_2$.

Cũng dễ dàng không kém để xác minh rằng với các phép toán từ $\Phi_3$, ngoài các bất biến được liệt kê trong nhiệm vụ 6, thành phần của hai lớp ở giữa thẳng đứng và thành phần của hai tứ giác cốc góc tạo thành các tứ diện đều cũng được bảo toàn (trong Hình 1 thành một).

27

một trong số chúng bao gồm các khối góc 1, 3, 5, 7 và khối còn lại - 2, 4, 6, 8). Nhưng đó không phải là tất cả! Còn một bất biến nữa đối với tập hợp các phép toán $\Phi_3$, mô tả sự phụ thuộc giữa các hoán vị của các cốc góc bên trong bộ tứ. Lấy hai khối bất kỳ của một trong bốn. Chúng liền kề với một trong các mặt của khối lập phương. Nếu đây là bên phải hoặc bên trái, thì chúng ta nói rằng các hình khối này chiếm vị trí thứ nhất, nếu mặt trước hoặc mặt sau - thì thứ 2, nếu trên cùng hoặc dưới cùng - thì thứ 3. Rõ ràng là cặp cốc thứ hai trong bộ tứ này luôn chiếm vị trí giống như cặp cốc đầu tiên. Để đơn giản, chúng tôi giới hạn bản thân ở các trạng thái $S$, trong đó thành phần của bộ tứ là “chính xác” (như ở trạng thái 0). Xét bộ tứ thứ nhất và xác định hoán vị $p_S$ tập {1, 2, 3} bằng cách đặt $p_S(i) = j$ nếu cặp cốc của bộ tứ này, chiếm vị trí thứ i trong trạng thái $S_0$, chiếm vị trí thứ j trong trạng thái $S$. Tương tự, đối với bộ tứ thứ hai, chúng ta xác định hoán vị $q_S$. Bất biến cuối cùng của chúng ta là hoán vị $\delta_S = p_S \cdot q_S^{-1}$). Nó có thể nhận bất kỳ giá trị nào trong số 3!=6 giá trị.

Bài toán 7. Chứng minh rằng $\delta_S$ thực sự là bất biến theo $\Phi_3$ và rằng cùng với các bất biến được liệt kê ở trên, nó tạo thành một hệ thống hoàn chỉnh cho $\Phi_3$.

Bây giờ rõ ràng là ở mỗi giai đoạn của thuật toán, chúng ta nên cố gắng đảm bảo rằng các giá trị của phần bất biến tiếp theo mà chúng ta tìm thấy trở nên giống như đối với trạng thái 0.

Chúng tôi mời độc giả phát triển độc lập một thuật toán hoặc các giai đoạn riêng lẻ của nó theo sơ đồ đã chỉ định và gửi phiên bản của chúng cho người chỉnh sửa. Điều tốt nhất trong số đó sẽ được xuất bản.

Pongogram cho các trò chơi khác

Hơn nữa, những người không tinh vi trong toán học sẽ ngay lập tức nhận ra khối ma thuật là “họ hàng” của câu đố được thay thế “15” của Sam Loyd, mặc dù về hình thức thì chúng hoàn toàn khác nhau. Điểm giống nhau nằm ở cấu trúc chung của các trò chơi này, có thể được mô tả như sau: có một hệ thống nhất định có khả năng hoạt động ở nhiều trạng thái khác nhau, trong đó nổi bật là một trạng thái (“không”). Nhiệm vụ là chuyển một trạng thái nhất định tùy ý về 0, sử dụng một tập hợp các phép biến đổi tiêu chuẩn nhất định của hệ thống (trong trường hợp khối ma thuật - phép quay các mặt theo $\pm 90^\circ$ hoặc $180^\circ$), có thể được gọi là các thao tác hoặc bước di chuyển cơ bản. Hơn nữa, bất kỳ nước đi nào cũng có thể đảo ngược được (nghĩa là sau khi thực hiện xong nước đi đó, chúng ta luôn có thể quay lại trạng thái ban đầu chỉ bằng một nước đi).

Cũng giống như đối với khối ma thuật, trong trường hợp tổng quát, các khái niệm về phép toán, liên kết với các trạng thái và một bất biến đều được xác định. Một khái niệm hữu ích khác là quỹ đạo trạng thái: đây là tên được đặt cho tập hợp tất cả các trạng thái liên kết với một trạng thái nhất định. Cụ thể, như chúng ta đã thấy, tập trạng thái của khối ma thuật được chia thành 12 quỹ đạo.

Chúng tôi cung cấp cho người đọc một loạt bài toán dành cho việc nghiên cứu loại hình chơi. Các bài toán 8-10 yêu cầu chứng minh một số tính chất chung của các trò chơi này (chỉ đưa ra công thức của chúng). Các vấn đề 11-16 xem xét nhiều ví dụ khác nhau và chỉ đưa ra mô tả về trò chơi, nhưng bạn cần trả lời các câu hỏi sau: 1) tập hợp đầy đủ các bất biến của trò chơi này là gì? 2) làm thế nào để chuyển một trong hai trạng thái được kết nối sang trạng thái khác? 3) số lượng quỹ đạo và trạng thái trong một quỹ đạo là bao nhiêu?

Nhiệm vụ 8.

8. Chúng ta sẽ viết $S_1 \approx S_2$ nếu trạng thái $S_1$ và $S_2$ được kết nối. Sau đó với bất kỳ trạng thái nào $S_1, S_2, S_3$ 1) $S_1 \approx S_1, 2) S_1 \approx S_2 \Rightarrow S_2 \approx S_1, 3) S_1 \approx S_2, S_2 \approx S_3 \Rightarrow S_1 \approx S_3$. Nói cách khác, quan hệ $S_1 \approx S_2$ là quan hệ tương đương.

9. Quỹ đạo của hai trạng thái bất kỳ $S_1$ và $S_2$ đều trùng nhau (nếu $S_1 \approx S_2$) hoặc không có các phần tử chung.

10. Nếu bất kỳ hoạt động nào biến đổi ít nhất một trạng thái thành chính nó cũng biến đổi bất kỳ trạng thái nào khác, thì số trạng thái $N_0$ trong tất cả các quỹ đạo là như nhau và số lượng tất cả các trạng thái là $N = N_0 \cdot k$, trong đó $k$ là số lượng quỹ đạo. Kiểm tra xem các thuộc tính được chỉ định của thao tác có đúng với khối ma thuật hay không.

11. Khám phá các trò chơi chỉ khác với “khối ma thuật” ở một tập hợp các yếu tố thao tác: 1) chỉ được phép xoay 2 (3, 4 hoặc 5) mặt; 2) chuyển động là chuyển động quay của một cặp mặt đối diện (một mặt theo chiều kim đồng hồ và mặt kia ngược chiều kim đồng hồ) ở cùng một góc; 3) tương ứng, cả hai mặt theo chiều kim đồng hồ.

(Cuối cùng xem trang 48)

28

Ánh sáng, không khí và nước

Khúc xạ khi truyền từ nước sang không khí

Trong hầu hết các cuốn sách vật lý, khi nói về sự khúc xạ ánh sáng, đều có một bức vẽ mô tả nước, nguồn ánh sáng chính xác bên trong nó và các tia phát ra từ nguồn và khúc xạ ở ranh giới nước-không khí. Ví dụ, như trong Hình 158 trong sách giáo khoa vật lý lớp 10 (“Vật lý 10”, M., “Prosveshchenie”, 1981). Nhưng, tất nhiên, sẽ thú vị hơn nhiều khi thực hiện thí nghiệm và quan sát hiện tượng đó hơn là vẽ.

Trước hết, hãy làm đèn chiếu sáng thích hợp. Lấy một lọ nhựa đục có đường kính 40-50 mm và cao 20-30 mm. Trên thành lọ, dùng lưỡi cưa sắt tạo một loạt các khe giống hệt nhau, cân bằng với nhau, rộng khoảng 1-1,5 mm. Bạn sẽ nhận được một nhà ở cho ánh sáng.

Ở phần dưới của tấm hình chữ nhật (làm bằng nhôm hoặc nhựa), khoan một lỗ có đường kính bằng đường kính của ổ cắm bóng đèn cho đèn pin. Một bề mặt của tấm được phủ màu trắng. (Cách dễ nhất để làm điều này là phun lên bề mặt một lớp men nitro màu trắng, loại men này được bán dưới dạng bình xịt.) Hoặc đơn giản là dán một tờ giấy trắng lên đĩa.

Hàn các dây dẫn vào bóng đèn, đặt nó vào lỗ và

Bôi trơn ổ cắm bóng đèn từ mặt sau của tấm bằng nhựa dẻo. Lớp phủ này sẽ cố định bóng đèn vào tấm đồng thời cách nhiệt phần tiếp giáp của bóng đèn với dây dẫn.

Nối dây dẫn của bóng đèn với pin đèn pin. Đặt vỏ đã sản xuất lên bóng đèn sao cho bóng đèn nằm trên trục của nó và gắn vỏ vào tấm. Trên bề mặt trắng của đĩa, quan sát các tia sáng phát ra từ đèn chiếu sáng với góc không quá l. Bạn có thể phải điều chỉnh một chút vị trí của vỏ hoặc sửa các vết nứt trên tường của nó. Thuận tiện nhất là cố định vỏ tư thế vào đĩa bằng nhựa dẻo.

Tất nhiên, nếu bạn muốn chế tạo một thiết bị quan trọng hơn (chẳng hạn như dành cho lớp học vật lý ở trường), bạn sẽ phải nghĩ ra và thực hiện một cách gắn vỏ đáng tin cậy hơn. Nhưng trước khi bạn làm điều đó, hãy thử tùy chọn đơn giản nhất được mô tả ở đây.

Sau khi thiết bị được tạo ra, hãy tiến hành thử nghiệm. Hạ tấm có đèn chiếu sáng vào bình chứa nước sao cho tấm được đặt thẳng đứng. Tốt nhất nên sử dụng bình có thành trước bằng phẳng, chẳng hạn như bể cá. Qua bức tường trong suốt của bình, bạn sẽ quan sát thấy đường đi của các tia sáng gần giống như trong Hình 1 (ở đây 1 là bình đựng nước, 2 là đèn chiếu sáng, 3 là tấm có bề mặt trắng).

Nếu bạn đã chế tạo thiết bị và quan sát thấy hiện tượng này thì hãy thực hiện những thay đổi đơn giản nhất. Dùng bút chì đánh dấu lên bề mặt

Hình 1.

29

Điển hình là vị trí của mặt nước, vị trí của các tia sáng phát ra từ mặt nước và vị trí của các tia sáng ở một khoảng cách nhất định so với mặt nước.

Lấy tấm ra khỏi nước, lau khô và dùng bút chì dọc theo thước vẽ đường đi của tia sáng từ các khe của đèn chiếu sáng đến bề mặt giữa môi trường rồi đi vào không khí. Đánh dấu tuyến tính giao diện và tại các điểm mà dầm rơi xuống, khôi phục các đường vuông góc cho giao diện đó. Đo các góc tới và khúc xạ khác nhau của ánh sáng bằng một bộ chuyển đổi và dựa trên các kết quả thí nghiệm này, tìm giá trị trung bình của chiết suất của nước.

Phản xạ từ nước nóng

Trong một bình lớn chứa nước lạnh (đây có thể là lọ thủy tinh đặt trên một tờ giấy trắng hoặc một cái chậu có ngôi nhà màu trắng), hãy hạ thấp lon thiếc, chẳng hạn như lon cà phê, và bằng cách nào đó cố định nó ở vị trí thẳng đứng (Hình 2). Bình càng lớn thì càng tốt (chúng tôi đã sử dụng bình có đường kính 80 mm và chiều cao 120 mm, và đây là những kích thước tối thiểu phù hợp cho thí nghiệm).

Đun sôi nước, đổ nhanh nước sôi vào lọ rồi nhìn từ trên xuống qua lớp nước trong một chiếc bình lớn dọc theo mặt bên của lọ - bạn sẽ thấy nó bằng thiếc như một tấm gương.

Trải nghiệm chiết xuất đặc biệt hiệu quả khi bề mặt lon có màu đen. Nếu bạn không thể tìm thấy một chiếc lọ như vậy, hãy lấy bất kỳ chiếc lọ nào và bọc nó trong giấy đen từ túi ảnh (ví dụ: giấy có thể được cố định bằng băng dính). Khi đổ nước nóng vào lọ, tờ giấy sẽ sáng bóng.

Rõ ràng là trong trải nghiệm này có sự phản chiếu hoàn toàn ánh sáng. Câu hỏi đặt ra là tại sao điều này lại xảy ra.

Có lẽ ánh sáng đang bị phản xạ từ một lớp không khí trên bề mặt lon? Hóa ra là không. Chất lỏng và giấy được làm ẩm tốt bằng nước để không tạo thành khuôn thoáng khí.

Có chuyện gì vậy? Lặp lại lần nữa. Bây giờ, trước khi lũ lụt

Hình 2.

đổ nước sôi vào lọ, nhúng ngón tay vào nước lạnh gần thành bình lớn. Sau khi đổ nước sôi vào lọ, hãy di chuyển ngón tay của bạn lại gần lọ - bạn sẽ cảm thấy nhiệt độ của nước tăng dần. Tiếp tục quan sát, và bạn sẽ tin rằng sự phản xạ toàn phần của ánh sáng sẽ biến mất khi mọi thứ chỉ theo hướng xuyên tâm của bình rộng nóng lên gần bằng nhiệt độ.

Vậy đó là câu trả lời! Sự phản xạ hoàn toàn trong điều kiện của thí nghiệm này xảy ra do nước ở bình ngoài nóng lên không đều. Gần một bình nước sôi, nhiệt độ nước có hướng nhất và mật độ thấp nhất. Khi bạn di chuyển ra khỏi bình, nhiệt độ của nước giảm và mật độ của nó tăng lên. Đồng thời, mật độ quang học của nước cũng tăng lên, hay nói cách khác là chiết suất của nó tăng lên. Ánh sáng, bão hòa ánh sáng, dần dần di chuyển từ vùng có mật độ quang cao hơn sang vùng có mật độ quang thấp hơn, đó là lý do tại sao người ta quan sát thấy sự phản xạ hoàn toàn của nó.

Không giống như nhiều thí nghiệm phản xạ toàn phần, trong trường hợp này không có ranh giới rõ ràng giữa các môi trường có mật độ quang học khác nhau, do đó, không có sự phản xạ ánh sáng theo nghĩa chặt chẽ của từ này. Ánh sáng trong môi trường kém quang học có sự thay đổi nổi về mật độ quang lan truyền theo đường cong (như trong Hình 2), uốn cong trong vùng có giá trị chiết suất cao.

30

Bài toán

M756—M760; F768—F772

M756. Trong nước, ngoài thủ đô, còn có hơn 100 thành phố. Thủ đô của đất nước được kết nối bằng đường hàng không với 100 thành phố; Mỗi thành phố còn lại được kết nối bằng đường hàng không tới 10 thành phố trên toàn thế giới. Được biết, từ bất kỳ thành phố nào bạn có thể (có thể bằng phương tiện trung chuyển) bay đến bất kỳ thành phố nào khác. Chứng minh rằng có thể đóng cửa một nửa số hãng hàng không bay từ thủ đô để có thể đi từ thành phố này đến thành phố khác.

M757. Từ dãy 1, 1/2, 1/3, 1/4, … không khó để tách ra một cấp số cộng có độ dài ba: 1/2, 1/3, 1/6. Có thể chọn một cấp số cộng từ dãy này không?
a) chiều dài 4?
b) chiều dài 5?
c) độ dài k, trong đó k là số tự nhiên nào?

G. Galperin

M758*. Hỏi số nhỏ nhất phải loại khỏi dãy 1, 2, 3,… 1982 là bao nhiêu để không có số nào còn lại bằng tích của hai số còn lại? (9)

L. Kurlyandchik

M759. Bên trong một tứ giác lồi có tổng sáu khoảng cách theo cặp giữa các đỉnh (nghĩa là tổng độ dài tất cả các cạnh và đường chéo) bằng $S_1$, có một tứ giác khác mà tổng này bằng $S_2$.
a) Giá trị $S_2$ có thể lớn hơn $S_1$ không?
b) Chứng minh rằng $S_2 < 4S_1/3$.
c) Chứng minh rằng nếu bên trong một tứ diện tùy ý có tổng độ dài các cạnh $S_1$ tồn tại một tứ diện khác mà tổng này bằng $S_2$, thì $S_2 < 4S_1/3$. (10)

P. Gusyatnikov

M760. Với một đường đa tuyến khép kín $A_1A_2...A_m$, trong đó m lẻ, thao tác sau tiếp tục: trung điểm của các liên kết của nó được nối bởi m đoạn qua một (điểm giữa $A_1A_2$ - với phần giữa $A_3A_4$, $A_2A_3$ - Với $A_4A_5$, …, $A_{m-1}A_m$ - Với $A_1A_2$, $A_mA_1$ - Với $A_2A_3$). Với kết quả là đường đứt nét, thao tác tương tự lại tiếp tục, v.v. Chứng minh rằng

31

từ bất kỳ dòng bị hỏng liên kết $m$ nào
a) tại $m=5$ - theo hai bước (Hình 1)
b) tại $m=7$ - sau ba bước
c)* đối với bất kỳ số lẻ $m$ - sau một số lượng bóng nhất định (tùy thuộc vào $m$)
nó sẽ trở thành một đường đứt đoạn, tương tự (sau đây gọi là nấu ăn) với đường đầu tiên. (9)

A. Kelarev

F768. Một đỉnh hình nón di chuyển dọc theo một chiếc bàn nhẵn, quay nhanh quanh trục của nó (Hình 2). Ở tốc độ nào $v$ của chuyển động tịnh tiến thì mặt trên không chạm vào mép bàn và thoát ra khỏi nó? Trục của đỉnh vẫn thẳng đứng. Kích thước của phần trên được thể hiện trong Hình 2. (8)

A. Zilberman

F769. Một hình trụ lớn có bán kính $R$ tựa trên hai giá đỡ có chiều cao bằng nhau (Hình 3). Một giá đỡ đứng yên và giá đỡ kia nhô lên từ dưới hình trụ với tốc độ $v$. Khi đó hình trụ ép lên giá đỡ cố định với lực bằng bao nhiêu khi khoảng cách giữa các điểm tựa là $R\sqrt{2}$? Hãy xem xét rằng tại thời điểm ban đầu, các khán đài nằm rất gần nhau; không có ma sát giữa xi lanh và các giá đỡ. (9)

S. Krotov

F770. Trong một xi lanh dẫn nhiệt đặt dưới một piston nhẹ có một hỗn hợp nước và nước đá có cùng lượng nước và nước đá: $m_B=m_\pi=1$ kg. Áp suất lên piston tăng dần từ giá trị ban đầu $p_0=10^5$ Pa lên $p_1=2,5 \cdot 10^6$ Pa. Xác định xem băng sẽ tan bao nhiêu và ngoại lực sẽ thực hiện bao nhiêu công. Được biết, để giảm nhiệt độ tan của băng đi 1 độ thì cần phải tăng áp suất lên $14 \cdot 10^6$ Pa.

1. Giải bài toán, giả sử nước và nước đá không nén được.
2. Đánh giá sự điều chỉnh xuất phát từ việc tính toán khả năng đọc lướt.
   Người ta biết rằng để giảm thể tích của một lượng nước nhất định đi 1% thì áp suất phải tăng lên $20 \cdot 10^6$ Pa. Lấy độ nén của nước đá bằng một nửa độ nén của nước.
   Tính chất nhiệt riêng của nước và nước đá - $c_B = 4,2 \cdot 10^3$ J/(kg K), $c_\pi = 2,1 \cdot 10^3$ J/(kg K); nhiệt dung riêng tan chảy của băng $\lambda = 3 \cdot 10^5$ J/kg, mật độ của băng $\rho_\pi = 0,9\rho_B$, trong đó $\rho_B$ là mật độ của nước. (9)

A. Buedin

32

F771. Trong mạch điện ở Hình 4, tiểu mục D và một cuộn dây có độ tự cảm $L$ tại thời điểm $t=0$ được nối với nguồn điện áp xoay chiều $u = U_M \cos \omega t$ bằng phím $K$. Xác định cường độ dòng điện trong cuộn dây theo thời gian; vẽ đồ thị hàm số này. Diode và cuộn dây được coi là lý tưởng. Điện trở trong của nguồn được xác định. (10)

V. Skorovarov

F772. Tàu vũ trụ liên hành tinh đã hạ cánh nhẹ nhàng trên Mặt trăng. Con tàu có hình dạng một chiếc đĩa có bán kính $r=4$ m; bề mặt của nó được phủ một lớp sơn đen (không phản chiếu). Có thể phát hiện ứng dụng của tàu vũ trụ sử dụng quy mô truyền hình lớn nhất thế giới của Liên Xô, BTA, với đường kính vật thể $D=6$ m, nếu một tấm nhựa quang được lắp đặt trong mặt phẳng tiêu điểm và khu vực bề mặt mặt trăng nơi đặt vị trí ứng dụng dự kiến ​​được định dạng?

Xin lưu ý rằng cấu trúc có thể phân biệt đáng tin cậy của hình ảnh trên nhựa ảnh (nghĩa là chênh lệch tương đối tối thiểu về độ chiếu sáng của phần sáng và phần tối của hình ảnh) bằng $k=0,05$.

Khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng $L=4 \cdot 10^5$ km; việc chụp ảnh được thực hiện dưới ánh sáng có bước sóng $\lambda=0,6$ µm. Để ước tính kích thước của các chữ cái do các phi hành gia đặt trên bề mặt Mặt trăng có thể được đọc khi quan sát từ Trái đất bằng trọng lượng từ xa BTA. (10)

S. Kozel

Problems

M756—M760; P768—P772

M756. There are more than 100 cities in a certain country, not counting the capital. The latter is joined by direct flights to 100 cities; each of the remaining cities is joined by direct flights to exactly 10 cities. It is known that one can fly from any city to any other (eventually, with transfers). Prove that half the airlines flying from the capital can be closed down so that it will still be possible to fly from any city to any other.

M757. It is easy to see that the sequence 1, 1/2, 1/3, 1/4, … contains a three-term subsequence which is an arithmetical progression: 1/2, 1/3, 1/6. Is it possible to find another subsequence, which is also an arithmetical progression,

a) of length 4?
b) of length 5?
c) of length $k$, where $k$ is any natural number?

G. Galperin

34

key $K$ at the moment $t=0$ to a source of alternating tension $u=U_M \cos \omega t$. Determine the current in the solenoid as a function of time. Construct the graph of this function. The diod and the solenoid are assumed ideal, the inner resistance of the source may be neglected. (10).

V. Skorovarov

P772. An interplanetary space-ship made a soft landing on the Moon. The ship has the form of a disk of radius $r=4\text{m}$, its surface is covered by black (non-reflecting) paint. Can the landing on the Moon be observed from the largest telescope in the world, the Soviet telescope BTA with object lens diameter $D=6\text{m}$, if a photographic plate is placed in the focal plane to take a picture of the area of the Moon where the landing is to take place. Assume that clearly noticeable contrast of the image on the photo (i.e. the minimal relative difference of the dark and light parts of the image) is $k=0.05$. The distance from Earth to Moon is $L=4 \times 10^5\text{km}$; the picture is taken in light with wavelength $\lambda=0.6\text{mkm}$. Estimate the size of letters arranged by astronauts on the moon surface that can be read from the Earth using the BTA telescope. (10)

S. Kozel

Lời giải bài toán

M721—M730; F733—F742

M721. Mỗi cạnh của tam giác được chia thành 3 phần bằng nhau. Các điểm chia đóng vai trò là các đỉnh của hai hình tam giác, giao điểm của chúng là một hình lục giác. Tìm diện tích của hình lục giác này nếu diện tích của tam giác đã cho là $S$.

Đáp số: $\frac{2}{9} S$. Hãy chứng minh rằng tam giác này có thể chia thành 27 tam giác có kích thước bằng nhau, trong đó có 6 tam giác tạo nên hình lục giác cần giải trong bài toán. Gọi $K, L, M, N, P, Q$ là các điểm chia các cạnh của tam giác $ABC$, như được chỉ ra trong các điều kiện (xem hình). Lưu ý rằng các đoạn $KM$ và $QN$, $QL$ và $PM$, $KP$ và $LN$ song song và tương ứng với các phương tiện của tam giác này. Ví dụ: đoạn đường $KM$ song song với phương tiện $AD$ vì $\frac{|BK|}{|BA|} = \frac{|BM|}{|BD|} = \frac{2}{3}$ và do đó các hình tam giác $BKM$ và $BAD$ đã được chuẩn bị sẵn. Vẽ từ các điểm chia, các đoạn còn lại song song với phương tiện, cũng như các đường trung tuyến, chúng ta có được phân vùng cần thiết.*) Trên thực tế, hình lục giác được chia thành 6 hình tam giác bằng nhau (các phần đầu trong hình), 12 hình tam giác khác (màu trắng) bằng nhau và 9 hình còn lại (màu đỏ) có kích thước bằng nhau. (Giả sử, diện tích của các hình tam giác $MEN$ và $MFE$ bằng nhau vì các cạnh $EN$ và $EF$ của chúng là tắc nghẽn và độ cao giảm xuống các cạnh này từ đỉnh $M$ là như nhau.) Do đó, diện tích của hình lục giác là $6 \cdot \frac{S}{6+12+9} = \frac{2}{9} S$.

A. Edorov

M722. Tại các điểm $A_1, A_2, \dots, A_n$ nằm xung quanh đường tròn, các số 1, 2, …, $n$ sẽ nằm rải rác theo một thứ tự nào đó. a) Chứng minh rằng tổng mô hình $n$ của các hiệu số không nhỏ hơn 2n—2. b) Có bao nhiêu cách sắp xếp mà tổng này bằng 2n-2?

Đặt các số 1 và $n$ lần lượt đứng ở điểm $A_i$ và $A_j$. Chúng ta sẽ tính hiệu của các số lân cận bằng cách sử dụng hình: số ở đầu mỗi mũi tên được trừ khỏi số ở cuối.

*) Để lời giải trở nên hoàn hảo, chúng ta cũng phải chứng minh rằng các đoạn chúng ta đã dựng thực sự cắt nhau thành ba phần, như trong hình. Ví dụ: giả sử $H$ là giao điểm của $[KP]$ và $[LQ]$. Sau đó, các tam giác $LHP$ và $BGC$ được chuẩn bị với tâm $A$, do đó $H \in [AD]$ (G là giao điểm của các đường trung tuyến). Tương tự, điểm giao nhau $E$ của $[LN]$ và $[MP]$ nằm trên $AD$ vì các tam giác $MEN$ và $BGC$ được chuẩn bị với tâm $D$, v.v.

36

Rõ ràng là không có tổng số $b_1, b_2, \dots, b_{k+1}$ nào thuộc tập hợp $A$. Sự tồn tại của tập $B$ được chứng minh.

Bằng bổ đề cho phát biểu đáp số cho câu hỏi bài toán, đủ để chứng minh rằng tập $S = \{a^k | a \geq 1, k \geq 2\}$ của mọi lũy thừa có thể có của các số tự nhiên có mật độ bằng 0.

Hãy ước lượng số $v_n(S)$ độ không vượt quá số $n$. Nếu $a^k \leq n$ thì $a \leq \sqrt[k]{n}$. Do đó, có nhiều nhất $[\sqrt[k]{n}]$ số tự nhiên có lũy thừa thứ $k$ không vượt quá $n$, trong đó $[x]$ là phần nguyên của số $x$. Đặc biệt, đối với $k > m = [\log_2 n]$ chỉ có một số như vậy - một. Kể từ đây,

$$v_n(S) \leq \frac{[\sqrt{n}] + [\sqrt[3]{n}] + \ldots + [\sqrt[n]{n}]}{n} \leq \frac{\sqrt{n} \log_2 n}{n} = \frac{\log_2 n}{\sqrt{n}}.$$

Vượt qua giới hạn ở $n \to \infty$, ta thu được

$$d(S) = \lim_{n \to \infty} v_n(S) \leq \lim_{n \to \infty} \frac{\log_2 n}{\sqrt{n}} = 0.$$

L. Gurvits

M724. Một số cành giâm bò dọc theo mặt phẳng, tốc độ của chúng có độ lớn bằng nhau nhưng khác nhau về hướng. Chứng minh rằng, dù lúc đầu các phần cắt ở vị trí như thế nào thì sau một thời gian chúng sẽ ở các đỉnh của một đa giác lồi.

Giả sử Cherenakh tại thời điểm ban đầu có các điểm $A_1, \dots, A_n$ nằm trong đường tròn bán kính $R$ với tâm tại điểm $O$. Chúng ta hãy vẽ đồ thị vectơ vận tốc của Cherenakh $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_n$ từ điểm $O$. Rõ ràng rằng hai đầu $V_1, \dots, V_n$ của các vectơ này là đỉnh của một số $n$-giác lồi nội tiếp trong một đường tròn có bán kính $v$, bằng giá trị vận tốc của tay cầm bất kỳ. Hãy dựng các đường tròn có bán kính $e$ với tâm tại các điểm $V_1, \dots, V_n$. Đối với một $e$ đủ nhỏ, bất kỳ đa giác $B_1B_2\dots B_n$ nào có các đỉnh thuộc các đường tròn này đều rất indo, đa giác đó sẽ lồi. (Ví dụ: như $e$ bạn có thể lấy khoảng cách tối thiểu từ các điểm $V_i$ đến các đường nối các đỉnh $V_i$ - xem hình.)

Giả sử sau thời gian $T$ ở các điểm $A'_1, \dots, A'_n$, và trong cơn giông có tâm $O$ và hệ số $\frac{1}{T}$, các điểm này biến thành điểm $B_1, \dots, B_n$. Hãy chứng minh rằng với $T$ đủ lớn thì các điểm $B_1, \dots, B_n$ rơi vào các đường tròn mà chúng ta đã dựng, tức là $|V_iB_i| < \varepsilon$ cho $i=1, \dots, n$. Vectơ $\overrightarrow{A_iA'}_i$, trên đó tay cầm thứ $i$ di chuyển trong thời gian $T$, bằng $\overrightarrow{Tv}_i$. Do đó, $\overrightarrow{OA'}_i = \overrightarrow{OA}_i + \overrightarrow{Tv}_i$ và $\overrightarrow{OB}_i = \frac{1}{T}\overrightarrow{OA'}_i = \overrightarrow{v}_i + \frac{1}{T}\overrightarrow{OA}_i = \overrightarrow{OV}_i + \frac{1}{T}\overrightarrow{OA}_i$. Vì vậy, $|V_iB_i| = \frac{1}{T}|OA_i| \leq R/T$. Điều này có nghĩa là tại $T > \frac{R}{\varepsilon}$ các điểm $B_i$ rơi vào các vòng tròn có bán kính $e$ với tâm $V_1, \dots, V_n$, đa giác $B_1 \dots B_n$ sẽ lồi và sau đó là các điểm $A'_1, \dots, A'_n$, trong đó nhân $T$ xuất hiện, đóng vai trò là các đỉnh của đa giác lồi.

V. Prasolov

*M725. Đặt $r_n = \cos^n \frac{\pi}{7} + \cos^n \frac{3\pi}{7} + \cos^n \frac{5\pi}{7}$. Tìm $a)$ $r_1$ và $r_2$, $b)$ $r_3$ và $r_4$. Chứng minh rằng $r_n$ là số hữu tỉ với mọi $n$.

Đặt $c_k = \cos \frac{\pi k}{7}$ tại $k=0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$. Lưu ý rằng $c_k$ là hình chiếu lên trục $Ox$ của một vectơ $\vec{e}_k$, tạo thành một góc $\frac{\pi}{7}$ với tia $x \geq 0$, $y=0$ (xem hình). Thật dễ dàng để xác minh rằng $c_{7+m} = c_{7-m} = -c_m$.

a) Chứng minh điều đó không khó

$$\vec{e}_1 + \vec{e}_3 + \vec{e}_5 + \vec{e}_7 + \vec{e}_-3 + \vec{e}_-1 = 0$$

(một trong những bằng chứng: khi quay qua một góc $\frac{2\pi}{7}$ cái này

37

hệ vectơ biến thành chính nó; trong trường hợp này tổng không thay đổi và do đó bằng 0).

Từ (1) suy ra ngay $c_7 + 2c_1 + 2c_3 + 2c_5 = 0$, tức là
$$r_1 = c_1 + c_3 + c_5 = -\frac{1}{2} c_7 = \frac{1}{2}.$$

Sử dụng công thức nổi tiếng $2\cos^2\alpha = 1 + \cos 2\alpha$, chúng ta nhận được $2c_1^2 = 1 + c_2$, $2c_3^2 = 1 + c_6$, $2c_5^2 = 1 + c_{10}$ và vì $c_2 = -c_5$, $c_6 = -c_1$, $c_{10} = -c_3$, chúng ta tìm thấy
$$r_2 = c_1^2 + c_3^2 + c_5^2 = \frac{1}{2} (3 - c_1 - c_3 - c_5) = \frac{5}{4}.$$

6), c) Hãy chứng minh rằng $c_1, c_3, c_5$ là nghiệm của đa thức bậc ba với các hệ số hữu tỉ. Xét đa thức
$$p(x) = (x - c_1)(x - c_3)(x - c_5) = x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3,$$
có gốc là $c_1, c_3$ và $c_5$. Chúng ta hãy biểu diễn các hệ số của đa thức này theo nghiệm của nó. Mở ngoặc, chúng ta nhận được
$$a_1 = -(c_1 + c_3 + c_5) = -r_1 = -\frac{1}{2};$$
$$a_2 = c_1 c_3 + c_3 c_5 + c_5 c_1 = \frac{1}{2} ((c_1 + c_3 + c_5)^2 -$$
$$-c_1^2 - c_3^2 - c_5^2) = \frac{r_1^2 - r_2}{2} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{4} - \frac{5}{4}\right) = -\frac{1}{2};$$
$$a_3 = -c_1 c_3 c_5 = -c_1 c_2 c_4 = -\cos \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{\sin \frac{\pi}{7}} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{2 \sin \frac{\pi}{7}} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{4\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{4 \sin \frac{\pi}{7}} = -\frac{\sin \frac{8\pi}{7}}{8 \sin \frac{\pi}{7}} = \frac{1}{8}.$$

Vì vậy, với mỗi $j=1, 3, 5$ đẳng thức
$$c_j^3 - \frac{1}{2} c_j^2 - \frac{1}{2} c_j + \frac{1}{8} = 0.$$
Điều này có nghĩa là với mọi $n \geqslant 2$
$$c_j^{n+1} = \frac{1}{2} c_j^n + \frac{1}{2} c_j^{n-1} - \frac{1}{8} c_j^{n-2}.$$
Cộng ba đẳng thức như vậy (với $j=1, 3, 5$), chúng ta thu được cho $r_n = c_1^n + c_3^n + c_5^n$ công thức truy hồi
$$r_{n+1} = \frac{1}{2} r_n + \frac{1}{2} r_{n-1} - \frac{1}{8} r_{n-2},$$
cho phép người ta tính $r_{n+1}$ nếu biết $r_n, r_{n-1}, r_{n-2}$. Vì, do a), $r_1 = \frac{1}{2}, r_2 = \frac{5}{4}$ và $r_0 = 3$ nên ta tìm được
$$r_3 = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \cdot 3 = \frac{1}{2},$$
$$r_4 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} - \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{13}{16}.$$

38

Rõ ràng là các số $r_n$ cho mỗi $n$ là hợp lý. (Để biết thêm chi tiết về việc áp dụng ý tưởng lời giải, xem bài “Xem xét sự khác biệt”, «Kvant», 1981, số 4.)

N. Vasiliev

M726. Một điểm bên trong không gian 2n thông thường được nối với các đỉnh. Các hình tam giác 2n thu được được tô xen kẽ bằng màu 轮廓 và màu đỏ. Chứng minh rằng tổng diện tích của các tam giác đầu bằng tổng diện tích các tam giác màu đỏ a) với n=4, 6) với n=3, c) với một số tự nhiên tùy ý n.

Vì trong một đa giác đều, độ dài tất cả các cạnh bằng nhau nên đủ để chứng minh rằng tổng chiều dài các chiều cao của các tam giác màu đỏ bằng tổng chiều dài các chiều cao của các tam giác đầu (xem Hình 1). Chia các tam giác thành các cặp cạnh đối diện, ta thu được ngay mệnh đề bài toán.

Hình 1. Hình 2

Nếu n là số lẻ, tiếp tục các cạnh “đỏ” của tay áo 2n, chúng ta thu được tay áo n đúng (Hình 2). Đế chữ N đầu được làm theo cách tương tự bị tắc nghẽn đến màu đỏ. Diện tích của đầu n-tay áo bằng tổng chiều dài của chiều cao của các hình tam giác đầu nhân với một nửa chiều dài cạnh của nó. Điều tương tự cũng đúng với n-người lính đỏ. Điều này ngụ ý sự bằng nhau của tổng chiều dài chiều cao của đầu và các hình tam giác màu đỏ, đồng thời, câu lệnh bài toán.

V. Prasolov

M727. Chứng minh bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2+2abc<2$, trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của chu vi tam giác 2.

Nếu a, b và c là độ dài một cạnh của tam giác có chu vi 2 thì a<1, b<1, c<1 (nếu không thì một trong các cạnh của tam giác sẽ lớn hơn tổng của hai cạnh còn lại). Do đó (1-a)(1-b)(1-c)>0. Mở rộng dấu ngoặc và biến đổi phần bên trái, chúng ta nhận được

$$1 - (a+b+c) + ab+bc+ac - abc = -1 + \frac{a^2+b^2+c^2}{2} + ab+bc+ac - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc = -1 + \frac{(a+b+c)^2}{2} - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc = 1 - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc > 0,$$

và điều này có nghĩa là $a^2+b^2+c^2 < 2(1-abc)$.

A. Egorov

M728. Gọi A, B, C là các đỉnh của mặt phẳng song song kề với đỉnh P của nó và Q là đỉnh đối diện với P. Chứng minh rằng a) các khoảng cách

41

($a_{n+3} = a_{n+2} = a_{n+1} = a_n = a$). Từ điều trên cũng cho thấy các số $a_n$ tuần tự chạy qua trọng số của chuỗi tự nhiên.

Bây giờ chúng ta hãy rút ra một công thức rõ ràng cho $a_n$. Trong tổng $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_2 - a_1)$ tất cả các số hạng đều bằng 0 hoặc 1, và chính xác bằng số lượng các số loại thứ nhất không vượt quá $n$. Do đó, $a_n$ bằng số lượng các số loại thứ nhất không vượt quá $n$. Thật dễ dàng để chứng minh điều đó

$$a_n = \left[ \frac{n}{2} \right] - \left[ \frac{n}{4} \right] + \left[ \frac{n}{8} \right] - \dots$$

(1)

(số lượng số hạng khác 0 ở đây là hữu hạn, hoặc $n < 2^m$ tại một số $m$). Để chứng minh công thức (1), ta lưu ý rằng $\left[ \frac{n}{2} \right], \left[ \frac{n}{4} \right], \left[ \frac{n}{8} \right], \dots$ là số lượng các số không vượt quá $n$ và chia hết cho 2, 4, 8, …. Do đó, sự khác biệt $\left[ \frac{n}{2} \right] - \left[ \frac{n}{4} \right]$ bằng số các số từ 1 đến $n$, chia hết cho 2 và không chia hết cho 4, $\left[ \frac{n}{8} \right] - \left[ \frac{n}{16} \right]$ là số các số từ 1 đến $n$, chia hết cho 8 nhưng không chia hết cho 16, v.v.

Chúng ta hãy tính $a_n$ bằng công thức (1) cho $n = 3 \cdot 2^k$. Nếu $k$ lẻ thì

$$a_{3 \cdot 2^k} = \frac{3 \cdot 2^k}{2} - \frac{3 \cdot 2^k}{4} + \dots + \frac{3 \cdot 2^k}{2^k} - \left[ \frac{3}{2} \right] =$$

$$= 3(2^{k-1} - 2^{k-2} + \dots + 1) - 1 = 3 \frac{2^k + 1}{3} - 1 = 2^k.$$

Lưu ý rằng trong trường hợp này $n$ và $n+2 = 2(3 \cdot 2^{k-1} + 1)$ là các số thuộc loại thứ nhất. Do đó, nếu $k$ là số lẻ thì số $2^k$ xuất hiện 2 lần trong chuỗi của chúng ta. Cho $k$ là một số chẵn. Sau đó một lần nữa

$$a_{3 \cdot 2^k} = \frac{3 \cdot 2^k}{2} - \frac{3 \cdot 2^k}{4} + \dots + \left[ \frac{3}{2} \right] = 3 \frac{2^k - 1}{3} + 1 = 2^k.$$

Nhưng bây giờ $3 \cdot 2^k$ là số loại thứ hai. Do đó, số $2^k$ có số chẵn $k$ được lặp lại bốn lần giữa các số $a_n$. Đồng thời, chúng ta đã chứng minh được mệnh đề (d), vì $a_n = n/3$ với mọi $n = 3 \cdot 2^k$.

e) Đáp số: có. Giả sử $n$ chia hết cho 4. Khi đó, theo công thức (1)

$$a_n = \frac{n}{2} - \frac{n}{4} + \left[ \frac{n}{8} \right] - \left[ \frac{n}{16} \right] + \dots = \frac{n}{4} + a_{\frac{n}{4}}.$$

(2)

Hãy xem xét chuỗi $a_{n_m}$, trong đó $n_m = \frac{4^m - 1}{3}$ cho $m = 1, 2, \dots$ ($n_m$ là số nguyên lẻ cho bất kỳ $m$ nào). Lưu ý rằng $\frac{n_m - 1}{4} = \frac{4^m - 4}{3 \cdot 4} = \frac{4^{m-1} - 1}{3} = n_{m-1}$. Do đó, theo công thức (2) cho $n = n_m - 1$

$$a_{n_m} = a_{n_m-1} = n_{m-1} + a_{n_{m-1}}.$$

Kể từ đây,

$$a_{n_m} = n_{m-1} + n_{m-2} + \dots + n_1 + a_1 = \frac{n_m}{3} - \frac{m}{3}.$$

Với $m = 6000$ chúng ta nhận được $\left| a_{n_m} - \frac{n_m}{3} \right| = 2000 > 1982$.

e) Lưu ý rằng trong công thức (1) số số hạng khác 0 bằng $v = [\log_2 n]$. Đó là lý do tại sao

$$\left| a_n - \left( \frac{n}{2} - \frac{n}{4} + \frac{n}{8} \right) \right| \leq v,$$

vì bằng cách loại bỏ dấu của toàn bộ phần, chúng ta mắc lỗi trong mỗi số hạng nhỏ hơn 1. Tổng của cấp số nhân nằm trong ngoặc đơn. Tính toán, chúng ta có được

42

$$\left| a_n - \frac{n \left( 1 - \left( -\frac{1}{2} \right)^v \right)}{3} \right| \leq \log_2 n$$

hoặc
$$\left| \frac{a_n}{n} - \frac{1}{3} + \frac{(-1)^v}{3 \cdot 2^v} \right| \leq \frac{\log_2 n}{n}.$$
Và vì $\frac{(-1)^v}{3 \cdot 2^v} \to 0$ và $\frac{\log_2 n}{n} \to 0$ tại $n \to \infty$,
$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \frac{1}{3}.$$

V. Shevelev

F733. Một quả tạ có chiều dài $l$ nằm trên “nửa khung” có bán kính đáy $R$ (Hình 1). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của quả tạ.

Hình 1.

Hình 2.

Xoay quả tạ một góc nhỏ $\alpha$ so với vị trí cân bằng (Hình 2); điểm $B$ là điểm tiếp xúc của thanh với lõi nhận; $A\hat{O}B = \alpha$ (bề mặt nhám, tạ không bị trượt). Những khoảnh khắc lực xuất hiện có xu hướng đưa quả tạ về vị trí cân bằng. Vì góc $\alpha$ nhỏ nên chúng ta có thể giả sử rằng các quả tạ sẽ chuyển động dọc theo các cung tròn có bán kính
$$r_1 \approx \frac{l}{2} - |AB| = \frac{l}{2} - R\alpha, \quad r_2 = \frac{l}{2} + R\alpha.$$
Tốc độ của các quả bóng sẽ tương ứng bằng nhau.
$$v_1 = x_1' = (r_1\alpha)' = \alpha' \left( \frac{l}{2} - 2R\alpha \right), \quad v_2 = x_2' = (r_2\alpha)' = \alpha' \left( \frac{l}{2} + 2R\alpha \right).$$
Tổng năng lượng của quả tạ không đổi và bằng thế năng $\Pi_0$ tại thời điểm lệch cực đại so với vị trí cân bằng. Khi quả tạ nghiêng một góc $\alpha$ so với vị trí cân bằng thì năng lượng của nó bằng
$$\Pi_1 + K = mg(R + x_2) + mg(R - x_1) + \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2} = m \frac{l^2(\alpha')^2}{4} + 2mgR \left( 1 + \frac{\alpha^2}{2} \right) = \Pi_0$$
(m là khối lượng của mỗi quả bóng; chúng ta coi thanh là chưa biết; khi tính $v_1^2$ và $v_2^2$ chúng ta đã bỏ qua thứ tự $\alpha^2(\alpha')^2$). Hãy phân biệt những gì chúng ta có:
$$\frac{ml^2\alpha' \alpha''}{2} + 2mgR\alpha' = 0,$$
Ở đâu
$$\alpha'' = - \frac{4gR}{l^2} \alpha.$$
Phương trình thu được là phương trình dao động điều hòa có tần số $\omega = \sqrt{4gR/l^2}$. Do đó chu kỳ dao động nhỏ của quả tạ bằng
$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi l \sqrt{\frac{1}{gR}}.$$
A. Frolov

F734. Một sợi dây buộc một đầu vào mặt bên của hình trụ ở điểm bán kính đáy $r$, được quấn quanh hình trụ $k$ lần

Lực căng của dây tác dụng lên tải trọng có phương vuông góc với vận tốc của tải trọng. Do đó, giá trị tuyệt đối của tốc độ của tải không đổi và bằng $v$.
Xét chuyển động tại thời điểm sợi dây