Kvant 1983, số 1 · Trang

QUANTUM
1
1983

Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Thiết kế gồm những sợi dây mỏng và những chiếc gậy cách điệu này, được người tạo ra nó E. Handlokov gọi là “dây cáp đa hữu cơ”, đã được trình diễn vào năm ngoái tại triển lãm “Sinh học kiến ​​trúc, hình thức và thiết kế mới”.
Sự thoáng mát và duyên dáng của các đường nét của nó được kết hợp với sự phức tạp của thiết kế hình học. Dành cho những người yêu thích toán học, “đa hữu cơ cáp” của E. Handlokov -

nguồn câu hỏi thú vị. Tôi muốn hiểu hình học của nó, tìm hiểu xem nó là sự đan xen của các chất đa hữu cơ thông thường ở mức độ nào, như thoạt nhìn có vẻ như vậy. Tôi cũng muốn hiểu cơ sở toán học của các cấu trúc như vậy, hiểu tại sao các sợi dây và thanh không có một kết nối cứng nhắc nào có thể tạo thành một cấu hình cứng nhắc.

Bức ảnh mà chúng tôi sao chép trên trang đầu tiên được chụp từ không gian bằng thiết bị đặc biệt.
Hãy chú ý đến lòng sông quanh co. Trong khu vực có thể nhìn thấy trong ảnh, dòng sông chảy qua vùng đất thấp. Bạn đã giải thích điều gì?
Rõ ràng là các con sông chảy dọc theo đồng bằng chính là uốn khúc, và trên các khúc cua, một bờ thường bằng phẳng, còn bờ kia tròn?
Bạn đã biết về điều này khi đọc bài viết “Phương tiện sông”.

TRONG PHÒNG:
2 Kính gửi độc giả
3 B.V. Gnedenko. Toán học và công việc
7 I.K. Kikoshin. Anh đã bỏ lỡ một cuộc sống hạnh phúc
12 M. I. Kadanov. Nhà vật lý lý thuyết xuất sắc của thế kỷ 20
17 L. G. Aslamazov. Dòng sông uốn khúc

IN THIS ISSUE:
To our readers
B. V. Gnedenko. Mathematics and industry
I. K. Kikoin. He lived a happy life
M. I. Kaganov. An outstanding 20-th century theoretical physicist
L. G. Aslamasov. Meandering rivers

vòng tròn toán học
22 V. M. Tikhomirov. Về một tối ưu bài toán

Mathematics cirele
V. M. Tikhomirov. About an olympiad problem

tin tức khoa học
26 Chuẩn tinh xa nhất

Science news
The furthest quazar

Phòng thí nghiệm «Kvant»
27 S. L. Gavrilov. Nhấp nháy là gì

Kvant’s lab
S. L. Gavrilov. What is a stroboscope

School.in «Kvant»
30 N. B. Vasiliev, V. L. Gutenmacher. Nguyên tắc số học và đếm

Kvant’s school
N. B. Vassiliev, V. L. Gutenmakher. Arithmetic and principles of counting

«Kvant» cho học sinh nhỏ
36 Bài toán
37 Vâng. A. Smorodinsky. Kim tự tháp và khối lập phương

Kvant for younger school-children
Problems
Ya. A. Smorodinski. Pyramids and cubes

Vấn đề «Kvant»
39 Bài toán M781—M785; F793—F797
42 Lời giải bài toán M759—M761, M763, M764; F778—F782

Kvant’s problems
Problems M781—M785; P793—P797
Solutions M759—M761, M763, M764; P778—P782

Nghệ thuật lập trình
50 kỹ thuật lập trình tiêu chuẩn. Bài 4

The art of programming
Standart programming. methods. Lesson 4

Thông tin
52 Mới tuyển sinh vào Trường Toán Báo chí Toàn Liên minh
53 Mới được tuyển vào bộ phận thư từ của Cơ khí nhỏ
54 Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng tại MISiS

Information
Entrance requirements to the All-Union mathematics correspondence school
Entrance requirements to the correspondence «Maly mechmat» school
The MISIS physico-technological correspondence school

Xưởng của người nộp đơn
59 Đáp số, gợi ý, lời giải
Pha trộn (21, 49)
Trang cờ vua
Năm ưu đãi bài toán (trang bìa thứ 3)

College applicant’s section
Answers, hints, solutions
Miscellaneous (21, 49)
The chess page
Five Queen problems (3rd cover page)

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1983

Matematika
và sản xuất

Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Ukraine
B. V. GNEDENKO

Mục đích của mỗi ngành khoa học là tìm kiếm sự thật, phát triển các phương pháp nghiên cứu và cũng là sử dụng kiến ​​thức thu được cho thực hành lời giải bài toán. Điều này áp dụng cho tất cả các ngành khoa học, bao gồm cả toán học. Tại mọi thời điểm, toán học luôn hoàn thành nghĩa vụ hỗ trợ thực hành một cách trung thực trong những biểu hiện đa dạng nhất của nó. Ban đầu, phạm vi ứng dụng của toán học khá hạn chế - việc sử dụng số học trong các phép tính lẫn nhau, việc sử dụng hình học để xác định khoảng cách, tính thể tích và diện tích. Ngay cả trong thế giới cổ đại, toán học đã bắt đầu được sử dụng để nghiên cứu các hiện tượng thiên văn - sự chuyển động của các ngôi sao sáng, nhật thực của Lunya và Mặt trời. Sau đó, khi nhân loại quyết định ra khơi, những vấn đề thú vị và phức tạp về định hướng trong không gian không có điểm mốc hữu hình trên trái đất đã nảy sinh. Toán học ứng dụng bài toán mới ra đời, là chủ đề nghiên cứu của các nhà toán học xuất sắc của thế kỷ 18 và 19.

Một thời kỳ mới đáng kể trong sự phát triển ứng dụng toán học bắt đầu liên quan đến việc tạo ra các yếu tố phân tích toán học vào thế kỷ 17. Tất nhiên, ảnh hưởng của thực tiễn đến sự xuất hiện của các khái niệm toán học mới liên quan đến chuyển động, dẫn đến việc tạo ra phép tính vi phân và tích phân, và sau đó là lý thuyết về phương trình vi phân, vốn hoàn toàn hoàn hảo. Cụ thể: nghiên cứu chuyển động là

4

một mặt là do sự phát triển của dẫn đường, mặt khác là do sự ra đời của pháo binh và nhu cầu nghiên cứu quỹ đạo của đạn. Không phải vô cớ mà F. Engels đã viết rằng “chỉ phép tính vi phân mới mang lại cơ hội tự nhiên để xác định về mặt toán học không chỉ một trạng thái mà còn cả các quá trình và chuyển động”.

Trên cơ sở phân tích toán học vào thế kỷ 18, các nền tảng của cơ học lý thuyết (hoặc, như người ta nói lúc đó, là cơ học phân tích) đã được tạo ra. Chuyển động của một hệ chất điểm và vật rắn được mô tả bằng hệ phương trình vi phân. Những phương trình này giúp việc biết các lực tác động lên từng bộ phận máy riêng lẻ có thể xác định được chúng sẽ chuyển động như thế nào. Cơ học lý thuyết đã trở thành bộ máy toán học cho phép vận hành máy móc ngay cả trước khi chúng được chế tạo bằng kim loại.

Trong sản xuất hiện đại, các phương pháp toán học được sử dụng cực kỳ rộng rãi. Trước hết, trước khi được tạo ra, bất kỳ hệ thống kỹ thuật nào - máy móc, thiết bị, bộ máy, v.v. - đều phải được thiết kế; cần phải tính toán trạng thái của các bộ phận dưới tác động cơ, nhiệt, điện và các tác động khác. Đây là một công việc lớn và lớn, thường xa tra

nhân vật giá vé. Hơn nữa, các thiết bị này phải được thiết kế để đảm bảo độ tin cậy khi vận hành, vì thiết bị không đủ độ tin cậy sẽ tự đứng vững trong quá trình vận hành. Ngày nay, sự phát triển của lý thuyết về độ tin cậy đã khá tiên tiến và các phương pháp toán học chiếm một vị trí mờ nhạt trong đó.

Thiết kế đã được tạo ra và thử nghiệm nhưng thường cần được sản xuất với số lượng lớn. Muốn làm được điều này cần phải tổ chức tùy tiện sao cho mọi linh kiện, bộ phận đều được sản xuất đủ số lượng và chất lượng theo yêu cầu. Ngoài ra, cần có quyền quyết định để tổ chức quy trình công nghệ sao cho các đơn vị không yêu cầu vận chuyển hoặc vận chuyển không hiệu quả. Cũng cần tính toán vị trí đặt xưởng, trong xưởng đặt máy móc để tránh việc vận chuyển không cần thiết.

Chúng tôi bắt đầu quá trình ngẫu nhiên. Chúng ta nên tổ chức sao cho trong quá trình sửa chữa, chúng ta thay thế những sản phẩm không đủ chất lượng (chưa kể bị lỗi). Nói cách khác, chúng ta phải học cách quản lý chất lượng trong quá trình sản xuất. Đây là một bài toán rất lớn và quan trọng, đặc biệt là hiện nay chúng tôi đang cố gắng sản xuất sản phẩm của mình với hàng chục nghìn và thậm chí hàng triệu bản.

Việc sản xuất các sản phẩm thiết bị không đủ chất lượng cao (và do đó không đủ độ tin cậy) cho xã hội do nhu cầu rất lớn về thiết bị, nhu cầu sản xuất số lượng lớn phụ tùng thay thế và việc thu hút lao động không phải để sản xuất sản phẩm mới mà để sửa chữa những sản phẩm bị hư hỏng. Tính toán tổn thất do suy giảm chất lượng cũng đòi hỏi các phép tính toán học, thường không thể đơn giản hóa thành các phép tính số học thuần túy. Để làm được điều này, bạn phải tạo các mô hình toán học, thu thập và xử lý dữ liệu dưới dạng bản sao, đồng thời đánh giá tính khả thi của việc cải thiện chất lượng của một số thành phần nhất định.

5

Việc thay đổi loại sản phẩm này sang loại sản phẩm khác cũng đòi hỏi các phương tiện toán học, vì cần phải so sánh độ tin cậy của sản phẩm mới với độ tin cậy của sản phẩm được sản xuất trước đó, hiệu quả chi phí của việc sản xuất và vận hành cũng như tiết kiệm nguyên vật liệu. Thông thường các thiết kế mới, đặc biệt là lúc đầu, đắt hơn. Tuy nhiên, nếu chất lượng của chúng cao hơn và độ tin cậy của chúng vượt quá độ tin cậy của các sản phẩm cũ thì việc tung ra các sản phẩm đó là hợp lý. Hơn nữa, khi quy trình kỹ thuật được thiết lập và cải tiến, chi phí thường sẽ giảm.

Trong những năm gần đây, do sản lượng sản phẩm tăng lên, sự phức tạp của quy trình kỹ thuật và điều kiện của bản thân sản phẩm nên nhu cầu quản lý sản xuất hợp lý đã xuất hiện. Quản lý nhiều ngành “thủ công” hóa ra là điều không thể. Vì vậy, khi kéo dây thép sẽ trộn lẫn với tốc độ của một đoàn tàu tốc hành. Đơn giản là không thể nhận thấy những khiếm khuyết chuốt mới nổi bằng mắt. Khả năng sinh lý của người vận hành hoặc người điều khiển không đủ cho việc này. Phải làm gì? Lời giải được tìm thấy trong quá trình tổng hợp các mô hình toán học của quy trình sản xuất, bao gồm các mô hình con có tính đến sự thay đổi này hoặc thay đổi khác trong điều kiện sản xuất (thay đổi nhiệt độ, sự xuất hiện của khí thải, độ ẩm cao, v.v.). Nếu không có mô hình toán học của quy trình thì không thể chuyển điều khiển sang thiết bị tự động, vì thiết bị tự động không hiểu bản chất định tính đã chỉ định - làm tốt hơn, xử lý chính xác hơn, điều chỉnh nhiệt độ gia nhiệt theo nhu cầu. Để máy có thể điều khiển tốt, vào những thời điểm thích hợp, máy phải nhận thông tin từ các cảm biến đặc biệt về trạng thái của các thông số quy trình sản xuất và chọn điều khiển cần thiết vào những thời điểm thích hợp.

Vì tất cả các điều khiển bài toán đều có nhiều ERO chung nên không cần phải phát triển lý thuyết đặc biệt cho mỗi bài toán. Tất nhiên, có thể đối với các điều khiển bài toán cụ thể, người ta có thể tìm thấy một lời giải đơn giản hơn, nhưng điều này không loại bỏ được câu hỏi về việc xây dựng một lý thuyết tổng quát. Một lý thuyết như vậy đã được đề xuất ở nước ta bởi viện sĩ L. S. Pontryagin và ở Hoa Kỳ bởi R. Bellman. Lý thuyết của Ponttryagin được gọi là điều khiển tối ưu và lý thuyết của Bellman được gọi là quy hoạch động.

6

Dựa trên sự cố thiết bị bài toán, A. N. Kolmogorov và học trò của ông là A. N. Shirev bắt đầu phát triển lý thuyết điều khiển các quá trình ngẫu nhiên, lý thuyết này hiện đã trở thành một trong những hướng trung tâm trong việc phát triển lý thuyết xác suất. Bài toán được thiết lập như sau: do tác động lên thiết bị nên quá trình tùy ý dần lệch khỏi mức bình thường. Sự trốn tránh này có thể đạt đến mức độ mà sự tùy tiện hơn nữa trở nên không thực tế, vì sự cố của thiết bị đã trở nên quá lớn. Các phương pháp đang được phát triển có thể thay thế kịp thời thời điểm mà mối bất hòa chưa xảy ra, nhưng có nguy cơ nó có thể sớm xảy ra. bài toán này có thể được đưa ra nhiều công thức ứng dụng khác. Đặc biệt, vấn đề quản lý chất lượng liên quan trực tiếp đến nhiệm vụ này và lý thuyết của Kolmogorov đã được kiểm nghiệm. Teler trên STANCE-automation tạo ra hàng trăm sản phẩm trong thời gian ngắn. Xác minh ban đầu mất nhiều thời gian hơn so với sản xuất. Có thể dễ dàng tăng ngay số lượng thanh tra viên không sản xuất gì và chỉ bận kiểm tra các sản phẩm đã sản xuất. Đối với một số loại sản phẩm, việc kiểm tra chất lượng từng sản phẩm sản xuất sẽ dẫn đến tình trạng sau: mỗi công nhân ngẫu nhiên cần có 10-15 nhân viên kiểm tra, nhưng chưa có niềm tin hoàn toàn vào tính chính xác của việc đánh giá chất lượng lô sản xuất. Nhưng điều này vẫn chưa đủ. Có những kiểu tùy tiện (chẳng hạn như phim ảnh, diêm) trong đó không thể kiểm tra chất lượng của từng sản phẩm được sản xuất, vì việc kiểm tra cho thấy sản phẩm không phù hợp để sử dụng tiếp.

Cuối cùng, việc thử nghiệm liên tục các sản phẩm được sản xuất đòi hỏi nhiều tiền hơn và luôn có sẵn các quầy thử nghiệm.

Cần có một phương pháp đánh giá chất lượng đáng tin cậy và dễ tiếp cận khác mà không có những nhược điểm này. Phương pháp này đã được đề xuất và được gọi là kiểm soát chấp nhận thống kê. Nó dựa trên các định luật lý thuyết xác suất và hiện đang được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp.

Chúng ta sẽ lưu ý một loại sản phẩm hiện đại, đặc biệt và hiện đại khác, trong quá trình sản xuất chúng, các phương pháp toán học đóng vai trò đặc biệt quan trọng. Ý tôi là máy tính và điều khiển điện tử, cũng như robot công nghiệp. Ngược lại, tại Đại hội XXVI của CPSU, Leonid Ilyich Brezhnev cho biết: “Khái niệm về cơ hội cách mạng mở ra việc tạo ra và triển khai các máy điều khiển điện tử thu nhỏ và robot công nghiệp. Chúng nên được sử dụng rộng rãi”. Chúng đã được sản xuất với hàng chục nghìn bản và do đó, khi bộ vi xử lý thậm chí còn rẻ hơn hiện nay, nhu cầu về chúng sẽ lên tới hàng triệu chiếc mỗi ngày.

Chúng tôi phát hiện ra rằng các phương pháp toán học để chế tạo máy tính là cần thiết ở tất cả các khía cạnh đã được lưu ý. Ngoài ra, bạn nên chú ý thêm hai điểm rất quan trọng. Thứ nhất, bản thân việc thiết kế một chiếc máy tính không thể được thực hiện nếu không có toán học, vì không có toán học nào và tần suất nó được thực hiện với lời giải tính toán và logic bài toán. Trong sự tùy tiện này, toán học đặc biệt xuất sắc ở tất cả các giai đoạn - từ thiết kế, sản xuất, thử nghiệm đến lắp đặt và sử dụng. Thứ hai, nếu trước đây số tiền chính khi mua máy tính được chi cho chính sản phẩm thì hiện nay chi phí sở hữu một chiếc máy không quá 40%. Giá cơ bản

11

Phản ứng nhiệt hạch lười biếng. Sở thích cá nhân của Kurchatov cũng chuyển sang lĩnh vực hấp dẫn này. Trong những năm gần đây, chính ông đã lãnh đạo công việc nghiên cứu phản ứng tổng hợp nhiệt hạch.

Ngay từ khi bắt đầu thành lập Viện Năng lượng nguyên tử (IAE), Igor Vasilyevich đã lo lắng về câu hỏi liệu chúng tôi có thể tổ chức công việc theo cách được tổ chức bởi A. F. Ioffe tại LPTI hay không, nơi nền tảng là sự nhiệt tình vô bờ bến của các nhân viên. Tất cả chúng tôi đều cảm thấy có trách nhiệm với Joffe, người có quyền lực cực kỳ cao. Kurchatov hiểu điều này và muốn đảm bảo công việc chuyên sâu tương tự ở viện của mình. Ông đã nhiều lần bày tỏ quan điểm rằng chúng ta sẽ không phải dựa vào sức hấp dẫn cá nhân của người lãnh đạo mà vào tầm quan trọng và tầm quan trọng của vấn đề đang được giải quyết. Trên thực tế, quyền lực cá nhân của anh ấy rất lớn. Về sự quyến rũ, anh ấy cũng có rất nhiều thứ. Bản thân anh ấy cũng không bị thuyết phục về điều này, nhưng khi điều này được chỉ ra cho anh ấy, anh ấy cười toe toét và nói:

Toán học và sản xuất

(Để bắt đầu, xem trang 3)

có các phép chiếu - hỗ trợ toán học, nếu không có nó thì máy không thể hoạt động được. Như vậy, bản thân toán học giờ đây đã trở thành một sản phẩm sản xuất!

Thật thú vị khi lưu ý rằng ý tưởng về nhánh toán học nào quan trọng đối với sản xuất đã thay đổi như thế nào. Ban đầu, chỉ có số học cơ bản, hình học và phân tích toán học được sử dụng cho những mục đích này. Nhưng dần dần hóa ra những câu hỏi mới đòi hỏi những phương pháp nghiên cứu toán học mới. Vì vậy, sự xuất hiện của lời khuyên trong số các ngành ứng dụng của lý thuyết về hàm số đầy đủ. Quản lý sản xuất và lập trình máy tính đã biến logic toán học trở thành lực lượng sản xuất trực tiếp. Việc tính đến các hiện tượng phân tử và bán phân tử trong mạch điện tử đòi hỏi phải sử dụng rộng rãi các phương pháp và kết quả từ lý thuyết xác suất và lý thuyết các quá trình ngẫu nhiên. Tối ưu hóa sản xuất dẫn đến việc tạo ra các nguyên tắc mới (lập trình tuyến tính và lồi, điều khiển tối ưu, v.v.). Các phương pháp tính toán đã dẫn đến việc sử dụng rộng rãi đại số, giải tích hàm và lý thuyết xác suất. Về bản chất, toán học, ngay cả trong những phần trừu tượng nhất của nó, hóa ra lại rất cần thiết cho thực tiễn, kể cả việc tổ chức sản xuất.

Không có giới hạn cho việc áp dụng toán học. Với sự phát triển về vai trò kỹ thuật, chuyên sâu và vị trí của các phương pháp toán học trong thực tiễn đời sống.

12

NỔI BẬT
NHÀ VẬT LÝ LÝ THUYẾT
Thế kỷ XX

(nhân kỷ niệm 75 năm ngày sinh L. D. Landdu)

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
M. I. KAGANOV

Thế kỷ 20 - thế kỷ của những biến đổi mang tính cách mạng trong vật lý lý thuyết - sẽ đi vào lịch sử hình thành cơ học tương đối tính (lý thuyết tương đối) và cơ học lượng tử (sóng). Nó có rất nhiều tên khoa học - những người tạo ra vật lý mới. Một trong những người sáng tạo này là Lev Davidovich Landdu. Ông đã ảnh hưởng đến sự phát triển của vật lý lý thuyết bằng các kết quả khoa học cá nhân của mình cũng như việc tạo ra một trường phái làm việc tích cực.

các nhà vật lý lý thuyết - “Skoda Landdu” (đó là một khái niệm do giáo viên đưa ra) và “Khóa học Vật lý lý thuyết”, bắt đầu vào năm 1937 và hoàn thành (bởi E. M. Lifshtz và L. P. Pitaevsky) vào năm 1979. Dù L.D. Landdu thực hiện, trong bất kỳ hoạt động nào của mình, anh ấy đều thể hiện một phong cách đặc biệt vốn có của mình. Trong các tác phẩm của ông có khẳng định rõ ràng bài toán, nghiên cứu toán học, ngắn gọn lời giải; trong “Khóa học” - con đường tối ưu từ lý thuyết cơ bản đến lời giải cụ thể bài toán; trong phần trình bày của ông, những câu hỏi phức tạp được chuyển hóa thành những câu hỏi đơn giản, những khó khăn viển vông được xua tan.

Không thể chỉ dùng một bài viết ngắn để mô tả đầy đủ hoạt động của L. D. Landdu. Chúng ta sẽ phải giới hạn trong những ghi chú ngắn, phần lớn dựa trên ký ức cá nhân của tác giả.

---

Trên giá sách của hầu hết mọi nhà vật lý, cả giáo viên lẫn nhà nghiên cứu đều có một cuốn “Khóa học về Vật lý lý thuyết” của Landdu và Lifshtz. Chastlivtsy có tất cả mười. Và nó không phải để trang trí. Khi chuẩn bị một bài giảng hoặc trong quá trình làm việc trực tiếp, người ta không ngừng tìm đến chúng. Tên của Landdu đã được đưa vào nhiều thuật ngữ: Độ giảm chấn Landdu và mức Landdu, nghịch từ Landdu và các phương trình Landdu-Lifshtz, tiêu chuẩn siêu chảy Landdu, lý thuyết Landdu về chuyển tiếp vật lý bậc hai, điểm kỳ dị Landdu, lý thuyết chất lỏng Fermi của Landdu và phương trình Ginzburg-Landu… Nhưng Landdu không thực hiện những thay đổi tùy tiện, không làm việc với các thiết bị trong phòng thí nghiệm, mà chỉ như chính ông nói, “anh ấy đã viết công thức trên giấy.” Ông là một trong những nhà vật lý lý thuyết vĩ đại của thế giới.

Khả năng của Landdu bộc lộ từ rất sớm. Anh ta nói rằng anh ta không nhớ chính mình và không biết cách phân biệt và giải thích. Năm mười bốn tuổi (năm 1922), ông vào Đại học Baku, nơi ông học đồng thời ở hai khoa -

13

giáo phái - vật lý-toán học và hóa học; Năm mười bảy tuổi, ông tốt nghiệp khoa vật lý của Đại học Leningrad, nơi ông chuyển đến năm 1924 (ông không tiếp tục học hóa học); Ở tuổi mười tám, ông xuất bản công trình đầu tiên của mình - lý thuyết về cường độ trong quang phổ của các phân tử hai nguyên tử (một, số 1, được đưa vào “Tác phẩm sưu tầm” của L. D. Landdu). Sau đó - học cao học tại Viện Vật lý-Kỹ thuật Leningrad; vào năm 1929-30 - các chuyến tàu nửa năm ở nước ngoài: ở Đan Mạch, Anh và Thụy Sĩ. “Điều quan trọng nhất đối với anh ấy là thời gian ở Copenhagen, nơi các nhà vật lý lý thuyết từ khắp châu Âu tập trung tại Viện Vật lý lý thuyết dưới thời Niels Bohr vĩ đại và tất cả các vấn đề chính của vật lý lý thuyết thời đó đều được thảo luận tại các cuộc hội thảo nổi tiếng do Bohr chủ trì. Bầu không khí khoa học này, được thúc đẩy bởi sức hấp dẫn trong tính cách của Bohr, đã có ảnh hưởng quyết định đến thế giới quan vật lý của Lev Davidovich, và trong tương lai, ông luôn coi mình là học trò của Niels Bohr. Ông đã đến thăm Copenhagen hai lần nữa: ở Copenhagen 1933 và 1934.”*)

Bohr đến thăm Liên Xô ba lần. Các cuộc gặp gỡ và trò chuyện lâu dài với Landdu là một phần trong chương trình lưu trú bắt buộc của Bohr ở nước ta. Lần cuối cùng Bohr và Landdu gặp nhau là vào năm 1961 tại Moscow. Họ đã tham gia lễ kỷ niệm truyền thống của các nhà vật lý tại Đại học Moscow, “Ngày Archimedes”.

Năm 1932, Landdu chuyển đến Kharkov. Tại đây, ông - hai mươi - trưởng khoa lý thuyết của Viện Vật lý-Kỹ thuật mới Ukraine, đồng thời hoàn thành khoa vật lý lý thuyết tại khoa vật lý-cơ khí của Viện Cơ khí Kharkov, và từ năm 1935, ông hoàn thành khoa vật lý đại cương tại Đại học Kharkov. Kể từ mùa xuân năm 1937

Landdu ở Moscow - trưởng khoa lý thuyết của Viện các vấn đề vật lý, do P. L. Kapitsa thành lập gần đây. Ở đây ông ở lại cho đến cuối đời. Viện Các vấn đề Vật lý được nhắc đến và trên thực tế, đây là nhà của ông trong nhiều năm. Trên một trong những viện nghiên cứu này có một doxa vô giá: “Ở đây, từ năm 1937 đến năm 1968, nhà vật lý vĩ đại nhất, viện sĩ hàn lâm Lev Davidovich Landdu, đã sống và làm việc.” Các cửa sổ của khoa lý thuyết hiện tại của viện, giữa đó đặt doxa emornal, liền kề với cửa sổ căn hộ của anh ta. Những cuốn sách chính của “Khóa học Vật lý lý thuyết” được viết ở đây (cùng với E.M. Lifshtz). Tại Viện Các vấn đề Vật lý năm 1941, lý thuyết về tính siêu chảy của gel được xây dựng - một hiện tượng cực kỳ thú vị được phát hiện vào năm 1938 bởi P. L. Kapitsa.

Một lần (vào cuối những năm 50), tôi hỏi Lev Davidovich: “Anh cho rằng mình giỏi nhất về công việc nào?” Đáp số: “Lý thuyết về tính siêu lỏng của gel. Vẫn còn rất nhiều hiểu lầm về cô ấy.”

Sự sáng tạo khoa học của L. D. Landdu được thể hiện rõ ràng trên cơ sở của ông. Nó bao gồm tất cả các lý thuyết vật lý từ thủy động lực học đến lý thuyết trường lượng tử. Thế kỷ của chúng ta là thế kỷ của sự chuyên môn hóa. Không có nhà khoa học nào có sự hiểu biết tốt như nhau về mọi vấn đề vật lý. Landdu rõ ràng là nhà vật lý bách khoa cuối cùng. Cả các nhà vật lý lý thuyết, những người nghiên cứu vật lý của vật thể được tạo ra, các nhà vật lý thiên văn và những người chuyên về các hạt cơ bản, đều coi mình là học trò của ông. Con đường khoa học của họ khác nhau trong suốt cuộc đời của Landdu, nhưng ông, Thầy của họ, đã dẫn dắt mọi người xung quanh. Tất cả họ tập trung vào lúc 11 giờ sáng Thứ Năm hàng tuần tại Viện Các vấn đề Vật lý để tổ chức hội thảo Landdus nổi tiếng. Không chỉ người Muscovite, mà còn cả người Kharkovite, người Leningrad, các nhà vật lý lý thuyết đến từ Kyiv, Tbilisi…

Buổi hội thảo do Landdu chủ trì sẽ đi vào lịch sử của vật lý lý thuyết. Tại các cuộc họp của mình, cái được gọi là “trường học Landdu” đã được thành lập và xây dựng. Ở đây người ta có thể thực hiện một tác phẩm từ bất kỳ

14

Chống lại lĩnh vực vật lý lý thuyết. Và không chỉ để phát biểu mà còn nhận được lời khuyên có chất lượng trong báo cáo hoặc trước đó - trong cuộc thảo luận sơ bộ với Landdu. Buổi hội thảo diễn ra hoàn toàn dân chủ. Lev Davidovich quay lưng lại với khán giả, ở hàng đầu tiên, và mặc dù người diễn thuyết, theo quy định, nói thẳng với anh ta, nhưng anh ta không phải là Chủ tịch, Người phụ trách - không trang trọng, không quan trọng (vào ngày Landdu pentatel, A.I. Shalnikov đã bổ nhiệm anh ta là “người không quan trọng nhất” mà anh ta biết). Mọi người đều có thể là người phát biểu đầu tiên, yêu cầu làm rõ hoặc bày tỏ sự không đồng tình. Landdu cũng tận dụng cơ hội này. Đương nhiên, rất khó để báo cáo trong một môi trường như vậy. Nếu công việc không thành công hoặc người nói không giải thích được bản chất của vấn đề thì sẽ bị tước lời không thương tiếc. Nhưng chúng ta phải nhớ: nguyên nhân dẫn đến sự “cứng nhắc” như vậy là do thái độ không khoan nhượng của Landdu đối với khoa học. Tính đúng hay sai của một kết quả không phụ thuộc vào việc nó được một người bạn thân lấy được hay được xây dựng hoàn chỉnh. Landdu bảo vệ người nói trước sự tấn công của người nghe. Người ta thường có thể nghe: “Chúng ta hãy nghe tiếp, tác giả thường đúng”.

---

Vật lý lý thuyết nghiên cứu thiên nhiên bằng các phương pháp toán học. Landd coi trọng hơn các nhà vật lý lý thuyết và sự thông thạo các kỹ thuật toán học. Mức độ thành thạo phải sao cho những khó khăn về toán học không làm xao lãng những khó khăn về thể chất bài toán, và việc vượt qua những khó khăn về toán học tự nó không trở thành mục đích. “Chúng ta cần bắt đầu với toán học, như bạn biết, là nền tảng của khoa học của chúng ta… Hãy nhớ rằng kiến ​​thức về toán học không có nghĩa là tất cả các định lý, mà là khả năng tích hợp trong thực tế, giải các phương trình vi phân thông thường trong bậc hai, v.v.” Hoặc: “…một nhà lý thuyết trước hết cần có kiến ​​thức về toán học. Đồng thời chúng ta cũng cần

15

không phải tất cả các định lý về sự tồn tại mà các nhà toán học rất hào phóng, mà là kỹ thuật toán học, tức là khả năng giải toán học cụ thể bài toán… Là một phương pháp nghiên cứu, họ chỉ có thể nhấn mạnh rằng cần phải tự mình thực hiện tất cả các phép tính và không cung cấp cho tác giả của những cuốn sách bạn đọc.
Đây là những trích dẫn từ những lá thư của L. D. Landd gửi cho những người trẻ đam mê vật lý lý thuyết và tìm đến Landd để nhờ giúp đỡ tìm ra cách nắm vững các nguyên tắc cơ bản của khoa học. Lev Davidovich luôn trả lời những bức thư như vậy nếu ông cảm thấy tác giả bức thư chân thành mong muốn được dấn thân nghiêm túc vào khoa học. Những lá thư của L.D. không chỉ chứa đựng những lời khuyên chính xác và gợi ý dành cho các phóng viên trẻ, mà còn cả những lời hỗ trợ đơn giản, quan trọng khi bắt đầu con đường, những nhận xét hài hước nhưng cần thiết: “Than ôi, cần có ngôn ngữ giảng dạy. Đừng quên rằng bạn chắc chắn không cần bất kỳ khả năng đặc biệt nào để có thể làm được chúng, vì những người nói tiếng Anh rất kém nói tiếng Anh rất tốt…” “Bạn không nên sợ tôi - tôi không cắn chút nào đâu,”*) và sau đó là một lời mời để gọi, “Tốt nhất là từ 9h30 đến 10h30 sáng, khi tôi hầu như luôn ở nhà, nhưng bạn có thể làm việc đó bất cứ lúc nào… Tôi sẽ thay bạn và cung cấp cho bạn một chương trình đào tạo thêm.”

Lev Davidovich thường nói về động lực của sự sáng tạo khoa học. Một nhà khoa học trẻ không nên đặt cho mình mục tiêu khám phá những định luật mới. “Đừng bận tâm đến việc giải quyết bất kỳ vấn đề nào. Rất dễ để tìm ra nó, nhưng lời giải vấn đề sẽ tự xuất hiện.” Hiểu vật lý là, nó xuất hiện trong quá trình làm việc hàng ngày, dường như thường lệ, mang lại niềm vui và sự hài lòng, điều này mang lại lợi ích cho khoa học vô tận.

*) Một nhận xét hữu ích: Landdu nổi tiếng là một người đối thoại sắc sảo, mỉa mai, hóm hỉnh và theo một nghĩa nào đó là tàn nhẫn. Không ngần ngại, anh nói tất cả những gì anh nghĩ về công việc. Công việc không chính xác có thể được gọi là vô nghĩa, bệnh lý. Trong văn phòng của mình tại Viện Kharkov, ông đã thêm một bảng “L. D. Landdu. Hãy cẩn thận - nó cắn! Sự phê bình tự do đã hoàn toàn bị quyến rũ bởi tính khách quan về mặt khoa học, niềm vui nghệ thuật khi ai đó đạt được một kết quả thú vị, không tầm thường, mong muốn giúp đỡ khó khăn.

Bohr và Landdu tại Đại học Tổng hợp Moscow tại “Ngày của Archimedes” (1961).

áp lực cần thiết cho lời giải thực sự rất thú vị bài toán.

Mọi người đã liên lạc với L.D. rất ngạc nhiên trước sự quan tâm không ngừng nghỉ của ông đối với nhiều vấn đề khác nhau mà vật lý đặt ra và giải quyết trong nhiều năm. Ông đã nói chuyện về khoa học với hàng trăm nhà vật lý. Họ kể cho anh ấy nghe về rất nhiều tác phẩm, có độ khó, chiều sâu, ý nghĩa khác nhau, những tác phẩm liên quan đến nhiều loại vật thể - chất rắn và hạt cơ bản, sao và khí. Bất kỳ tác phẩm nào cũng được anh quan tâm nếu nó thỏa mãn một nguyên tắc đơn giản: tác phẩm phải làm sáng tỏ điều gì đó khó hiểu. Không ngủ giải thích về bản thân và không ngừng đặt ra những bí ẩn mới - đây là cách Landdu nhìn nhận thế giới. Thực chất, ngay từ khi còn nhỏ, ông đã lầm tưởng về vẻ đẹp của khoa học về thiên nhiên. “Anh ấy kể rằng vào thời điểm đó (lúc đó anh ấy 16 tuổi) anh ấy đã bị sốc như thế nào trước vẻ đẹp lạ thường của thuyết tương đối rộng… Anh ấy nói về cảm giác ngây ngất trong đó

16

đã khiến ông nghiên cứu các bài báo của Heisenberg và Schrödinger, báo trước sự ra đời của một cơ học lượng tử mới… Chúng không chỉ khiến ông thích thú trước vẻ đẹp khoa học thực sự mà còn nắm bắt sâu sắc sức mạnh thiên tài của con người, chiến thắng vĩ đại nhất của nó là con người có thể hiểu được những điều mà mình không thể tưởng tượng được nữa *). Ông đã mang theo suy nghĩ này (một người có thể hiểu được những gì mình không thể tưởng tượng được!) trong suốt cuộc đời mình.

Mối bận tâm với các nhiệm vụ khoa học khiến Landda hoàn toàn không nhạy cảm với những sở thích thời thượng của độc giả: Bigfoot, thần giao cách cảm, đĩa bay, v.v. Ông coi những sở thích đó là tồn tại và chế giễu chúng một cách gay gắt. Anh ta khó chịu vì sự huyên thuyên và hời hợt thường đi kèm với những nỗ lực giải quyết các vấn đề lời giải “bí ẩn”. Tuy nhiên, sau khi đọc một bài báo nổi tiếng về thiết bị định vị của loài chim, tôi đã cố gắng nói chuyện về chủ đề này với Landdu. Anh ấy khá thờ ơ với lời nói của tôi và nói rằng trước khi đánh giá tính đúng hay sai của một số giả thuyết nhất định, chúng ta cần tìm hiểu bản chất của vấn đề chứ không phải cũ. Tôi sớm biết được từ tạp chí Nature rằng kết quả của các thí nghiệm được tác giả của cuốn sách nổi tiếng thảo luận có thể bị bác bỏ.

Không cần phải nghĩ rằng Landdu là một “kẻ bẻ khóa khoa học”, hoàn toàn đắm chìm trong vật lý lý thuyết. Phạm vi quan tâm của Lev Davidovich ngoài vật lý rất rộng. Ông rất yêu thích lịch sử và am hiểu lịch sử, thường xuyên tìm hiểu các chi tiết về các sự kiện lịch sử; anh ấy quan tâm đến tất cả các loại hình nghệ thuật (mặc dù ngoại trừ âm nhạc), anh ấy đọc rất nhiều, thuộc lòng và ngâm thơ rất hay. Bạn bè trêu Landda rằng anh có sở thích trẻ con. Anh ấy yêu Dreiser hơn Heminghus. Anh ấy thích những bộ phim truyền hình hàng ngày ở rạp. Nhưng… Khi Landdu có ý nghĩa lâu dài và tồn tại mãi mãi trong khoa học.

*) E. M. Lifshts. Phụ lục của Sobrantrudov L.D. Landdu.

17

Dòng sông uốn khúc

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
L. G. ASLAMAZOV

Có ai từng thấy một dòng sông chảy thẳng không khúc khuỷu chưa? Tất nhiên, một số đoạn sông có thể thẳng, nhưng không có con sông nào chảy mà không có khúc cua. Hơn nữa, nếu một con sông chảy qua một đồng bằng, nó thường có “gió”, và những khúc cua của sông thường lặp lại trong một khoảng thời gian nhất định. Và ở những khúc cua, một bờ sông thường có hình tròn, còn bờ kia bằng phẳng. Làm thế nào để giải thích những đặc điểm này của hành vi sông?

Thủy động lực học, một nhánh của vật lý nghiên cứu chuyển động của chất lỏng, là một ngành khoa học rất phát triển ở thời đại chúng ta. Nhưng khi áp dụng vào những vật thể tự nhiên phức tạp như sông, thậm chí nó cũng không thể giải thích được tất cả đặc điểm dòng chảy của chúng. Tuy nhiên, nhiều câu hỏi có thể được trả lời bằng đáp số.

Einstein giải quyết câu hỏi về lý do hình thành các khúc quanh trên sông. Trong báo cáo “Lý do hình thành các khúc quanh của dòng sông và cái gọi là định luật Beer” được thực hiện năm 1926 tại một cuộc họp của Viện Hàn lâm Khoa học Phổ, Einstein đã so sánh chuyển động của dòng nước xoáy trong cốc và trong các dòng sông. Sự tương tự này giúp giải thích xu hướng lòng sông có hình dạng uốn khúc.

Chúng ta hãy cố gắng hiểu hiện tượng này ít nhất một cách định tính. Và chúng tôi sẽ dạy bạn bằng một ly trà.

Cách các lọ di chuyển trong ly

Lấy một ly trà, dùng thìa khuấy đều trà rồi lấy ra. Nước sẽ dần dần đọng lại và các lọ sẽ tụ lại ở giữa ly. Điều gì khiến họ “chạy” về trung tâm? Để trả lời câu hỏi này, trước tiên chúng ta hãy tìm hiểu hình dạng của bề mặt nước khi xoáy trong cốc.

Theo kinh nghiệm, rõ ràng bề mặt của chất lỏng bị biến dạng. Thật dễ dàng để biết tại sao điều này xảy ra. Để các hạt nước thực hiện chuyển động quay, một lượng lực bằng nhau tác dụng lên mỗi hạt phải dẫn đến gia tốc hướng tâm.

18

Chúng ta hãy nhẩm chọn một khối lập phương có khối lượng $\Delta m$ bên trong chất lỏng cách trục quay một khoảng $r$ (trong Hình 1, khối lập phương như vậy được đánh dấu bằng một màu khác). Với tốc độ góc quay $\omega^2 r$ gia tốc này được tạo ra bởi sự chênh lệch lực áp suất tác dụng lên các mặt bên (trái và phải trong Hình 1) của khối lập phương. Kể từ đây,

$$\Delta m \cdot \omega^2 r = F_1 - F_2 = (p_1 - p_2) \cdot \Delta s,$$

(1)

trong đó $\Delta s$ là diện tích mặt bên của hình lập phương. Áp suất $p_1$ và $p_2$ được xác định bởi khoảng cách $h_1$ và $h_2$ đến bề mặt tự do của chất lỏng -

$$p_1 = \rho gh_1, \quad p_2 = \rho gh_2,$$

(2)

trong đó $\rho$ là mật độ chất lỏng, $g$ là gia tốc áp suất tự do. Vì lực $F_1$ phải lớn hơn lực $F_2$ nên do đó, $h_1$ phải lớn hơn $h_2$, tức là bề mặt tự do của chất lỏng trong quá trình quay phải uốn cong như trong Hình 1. Tốc độ quay càng lớn thì bề mặt càng cong.

Bạn có thể tìm thấy hình dạng của một bề mặt chất lỏng cong. Nó hóa ra là một parabol, tức là một bề mặt có vết cắt là parabol. (Hãy tự mình chứng minh điều này. Bạn có thể kiểm tra xem lý luận của mình có đúng hay không bằng cách xem trang 59).

Trong khi khuấy trà bằng thìa, chúng ta giữ cho chất lỏng chuyển động xoáy. Nhưng nếu bạn lấy thìa ra khỏi ly, thì do ma sát giữa các lớp chất lỏng (độ nhớt) riêng lẻ và ma sát với thành và lên trên kính, năng lượng đan sẽ chuyển thành nhiệt và chất lỏng sẽ dần tồn tại.

Khi tốc độ quay giảm, bề mặt chất lỏng sẽ thẳng lại. Trong trường hợp này, các dòng chảy ra phát sinh bên trong chất lỏng, hướng của nó được thể hiện trong Hình 2. Nguồn gốc của các dòng chảy ra có liên quan đến sự hãm không đồng đều của chất lỏng ở đáy kính và trên bề mặt. Ở độ sâu, do ma sát lớn ở đáy kính nên chất lỏng chuyển động chậm lại mạnh hơn ở bề mặt. Do đó, đối với các luồng giao tiếp một phần, chất lỏng sẽ giảm tốc độ không đồng đều - bạn càng ở gần đáy kính thì tốc độ càng thấp. Và các lực bằng nhau của áp suất “ngang” tác dụng lên những hạt đó là như nhau. Lực này không còn có thể gây ra sự giảm tốc cần thiết của chất lỏng trong toàn bộ độ sâu của nó (như trong trường hợp quay một khối chất lỏng có cùng vận tốc góc). Ở bề mặt, vận tốc góc quá cao và các hạt nước bị ném về phía thành kính; ở phía dưới, vận tốc góc nhỏ và lực ép tạo ra buộc nước di chuyển về phía tâm.

Bây giờ thì đã rõ tại sao các lọ lại tập trung ở trung tâm đáy kính (Hình 3) - chúng bị cuốn đi bởi các dòng xoáy phát sinh trong quá trình phanh. Tất nhiên, việc xem xét này khá đơn giản, nhưng nó phản ánh chính xác bản chất của hiện tượng.

Dòng sông thay đổi như thế nào

Chúng ta hãy nhìn vào bản chất chuyển động của nước trên sông khi kênh chuyển hướng. Ở đây sẽ xuất hiện một bức tranh mô tả chuyển động của nước trong ly. Mặt nước nghiêng theo hướng rẽ sao cho sự chênh lệch về độ dốc tạo ra lực hãm cần thiết của chất lỏng (Hình 4 cho thấy một mặt cắt thẳng đứng của dòng sông tại chỗ rẽ). Cũng giống như trong cốc trà, tốc độ của nước ở đáy do ma sát nhỏ hơn ở mặt sông (sự phân bố tốc độ dọc theo độ sâu được thể hiện trên Hình 4; mặt phẳng thẳng đứng được tô màu đỏ).

20

Có sự chuyển động dần dần của kênh và sự gia tăng độ uốn.

Do đó, ngay cả một khúc cua nhỏ ban đầu xảy ra vì một lý do vô tình (ví dụ do hậu quả của một vụ lở đất, cây đổ, v.v.) cũng sẽ tăng lên theo thời gian. Dòng chảy gần tuyến tính của sông qua một đồng bằng đồng nhất là không ổn định.

Dòng sông uốn khúc hình thành như thế nào

Hình dạng lòng sông phần lớn được quyết định bởi địa hình. Con sông chảy qua vùng thần kinh cũng uốn khúc như sông, để tránh nơi cao, lấp chỗ trũng nên chọn đường đi có độ dốc tối đa.

Còn văn bản về dòng sông trên đồng bằng thì sao? Sự mất ổn định của dòng chảy thẳng của dòng sông được mô tả ở trên liên quan đến các khúc cua ảnh hưởng như thế nào đến hình dạng của kênh? Sự mất ổn định này khiến chiều dài của sông tăng lên và sông bắt đầu uốn khúc. Thật tự nhiên khi nghĩ rằng trong trường hợp lý tưởng (địa hình hoàn toàn đồng nhất) sẽ xuất hiện một đường cong tuần hoàn. Hình dạng của nó là gì?

Các nhà địa chất cho rằng lòng sông chảy dọc theo đồng bằng ở những khúc cua nên sử dụng dạng… thước cong.

Lấy một chiếc thước thép và cố gắng nén thước dọc theo chiều dài của nó (giảm khoảng cách giữa các đầu của nó). Thước sẽ uốn cong (như trong Hình 6). Sự uốn cong đàn hồi như vậy được gọi là sự uốn cong Euler (theo tên nhà khoa học xuất sắc, viện sĩ người Nga Leonhard Eile-

Hình 4.

ra (1707-1783), hiện tượng này đã được xem xét về mặt lý thuyết). Hình dạng của thước cong được mô tả bằng một đường cong đặc biệt. Đường cong Euler này có một đặc tính đáng chú ý: trong tất cả các đường cong có độ dài cho trước nối các điểm cho trước, thì tính trung bình thì nó là đường cong ít cong nhất. Nếu bạn thay đổi độ lệch góc Θ (xem Hình 6) ở những khoảng cách bằng nhau dọc theo chiều dài của đường cong và tính tổng các bình phương của độ lệch góc, thì đối với đường cong Euler, tổng này sẽ nhỏ nhất. Sự uốn cong “kinh tế” này của đường cong Euler là cơ sở cho giả thuyết về hình dạng lòng sông.

Các nhà địa chất đã mô phỏng quá trình biến đổi lòng sông trong một kênh đào nhân tạo, tiếp tục trong một môi trường đồng nhất được cấu tạo từ các hạt nhỏ, liên kết yếu với nhau nên khá dễ bị xói mòn. Rất nhanh chóng, kênh thẳng bắt đầu xoắn và hình dạng của các điểm uốn được mô tả chính xác bằng đường cong Euler (Hình 7). đồng-

22

Về một
Olympic
bài tập

(hoặc có thể ít hơn
còn gì nữa không?)
V. M. TIKHOMIROV

Ngày xửa ngày xưa - đã rất lâu rồi -
cách đây đã lâu, ba mươi năm trước
trở lại - người đứng đầu vòng tròn, Tanya-
mỉm cười, anh ấy hỏi chúng tôi điều này:
câu hỏi thứ:

“Một tứ diện nằm bên trong một tứ diện khác
gogo. Bạn có nghĩ rằng tổng
ma xương sườn của anh ấy hóa ra còn nhiều hơn thế
tổng các cạnh của tứ diện bao quanh?”

Chúng tôi cùng nhau hét lên: “Không!” —
“Có ai có thể chứng minh điều này không?”
Và rồi một người trong chúng tôi kêu lên:
“Có gì để chứng minh: tôi thực sự có
Còn có thể có gì hơn nữa?

• “Đây có phải là một tiên đề không?” —
  “Không, nhưng…” - “Và không phải là tiên đề - một điều đã được chứng minh
  sống!" - “Điều đó không tốt lắm!” Họ
  chuẩn bị trước thêm một chút, và đột nhiên
  có tiếng kêu ngạc nhiên:
  “Nhưng nó có thể!”

Tôi nhớ lại cảnh này trong
Tháng Tư trôi qua một năm ở Odessa, khi
đã tổ chức vòng thứ hai của Liên minh toàn quốc XVI
Olympic Toán Noy. Ở đó
học sinh lớp 10 được đề xuất
như thế này bài toán:

Các đỉnh của tứ diện KLMN nằm
bên trong, trên các mặt hoặc trên các cạnh
tứ diện ABCD còn lại. Chứng minh
rằng tổng độ dài tất cả các cạnh của một tứ diện
KLMN nhỏ hơn 4/3 tổng chiều dài
tất cả các cạnh của tứ diện ABCD*).

(Lưu ý rằng số 4/3 trong mẫu-
lời giải thích của bài toán của chúng tôi không thể được
giảm đi. Để hiểu được
chỉ cần xem xét đúng là đủ
cạnh tam giác ABCD với
rất lớn so với xương sườn
Đế ABC có cạnh bên và
lấy điểm K và L ở đâu đó trên đáy và hai điểm khác M và N -
ở đâu đó gần đỉnh D.)

Nhiệm vụ này chỉ được hoàn thành
bốn người tham gia từ mạng năm mươi
ba. Nhưng tất cả lời giải hóa ra là
rất đẹp và tôi muốn
nói về họ

Tôi sẽ bắt đầu với lời giải hình học thuần túy, nằm hoàn toàn trong xu hướng toán học phổ thông. Nó thuộc về một cậu học sinh đến từ thành phố Dmitrovgrad, vùng Ulyanovsk, Ilmur Ziganshin.

Đầu tiên chúng ta hãy giới thiệu một số ký hiệu. Gọi KLM là mặt của tứ diện

*) Toàn bộ lời giải của bài toán này được đưa ra trên trang. 42 (nhiệm vụ M759). Nhưng đừng vội làm quen với anh ấy. Chúng tôi khuyên bạn nên đọc bài viết cuối trước và cố gắng tự tìm lời giải bằng cách sử dụng nó.

23

ra KLMN, nơi có chu vi lớn nhất trong số tất cả các mặt của bộ ba này. Chúng ta hãy chiếu bộ ba ABCD lên mặt phẳng KLM. Hình chiếu của các đỉnh của bộ ba tương ứng với $A_1, B_1, C_1, D_1$. Hình chiếu của toàn bộ bộ ba ABCD là một tam giác (trong trường hợp đó một trong các điểm $A_1, B_1, C_1$ hoặc $D_1$ nằm bên trong tam giác được tạo bởi các điểm khác) hoặc là một tứ giác lồi được giới hạn bởi đường đứt nét $A_1B_1C_1D_1$ (xem hình). Đường đứt nét bao quanh hình chiếu của bộ ba ABCD được biểu thị bằng G (trong hình nó được vẽ bằng các đường đậm hơn). Rõ ràng là $\triangle KLM$ nằm bên trong G. Đối với bốn điểm bất kỳ trong không gian $E, F, G, H$ (chúng có thể nằm trong cùng một mặt phẳng, một số điểm có thể trùng nhau, v.v.) đến $P_{EFGH}$, chúng ta tạo thành đại lượng tượng hình $|EF|+|FG|+|EG|+|EH|+|FH|+|GH|$ và gọi nó là chu vi EFGH. Thiết kế của tam giác KLM và độ dài đường gãy G lần lượt là $P_{KLM}$ và $P_\Gamma$.

Lời giải Ziganshina dựa trên bốn tuyên bố phụ trợ mà bản thân họ quan tâm. Chúng được xây dựng dưới dạng bài toán, hãy tự suy nghĩ về chúng.

Bài tập 1. Nếu mặt KLM có chu vi không thay đổi so với chu vi của mỗi mặt trong ba mặt còn lại của bộ ba KLMN thì

$$P_{KLMN} \leq 2P_{KLM}.$$

Bài 2. Nếu tam giác KLM nằm trong đoạn thẳng lồi Г thì

$$P_{KLM} \leq P_\Gamma.$$

Bài 3. Nếu đường đứt nét Γ giới hạn hình chiếu lên mặt phẳng của bộ ba ABCD, đồng thời $A_1, B_1, C_1, D_1$ là hình chiếu của các đỉnh của bộ ba ABCD thì

$$P_\Gamma < \frac{2}{3}P_{A_1B_1C_1D_1}.$$

Bài 4. Nếu $A_1B_1C_1D_1$ là hình chiếu của các đỉnh của bộ ba ABCD lên một mặt phẳng nào đó thì

$$P_{A_1B_1C_1D_1} \leq P_{ABCD}.$$

Từ thư từ (1) - (4) lời giải main bài toán nó nối tiếp ngay sau đó

$$P_{KLMN} \leq 2P_{KLM} \leq 2P_\Gamma < 2 \cdot \frac{2}{3}P_{A_1B_1C_1D_1} \leq \frac{4}{3}P_{ABCD},$$

Q.E.D. Nếu bạn đọc kỹ và chứng minh tất cả các câu bài toán 1-4, thì bạn chắc chắn sẽ nhận được sự hài lòng từ tính tự nhiên và vẻ đẹp của lời giải này.

Tương tự như Zagranshinsky là người chiến thắng lời giải trong Thế vận hội trong số học sinh lớp 10 của cậu học sinh Leningrad Grisha Perelman.

Hai lời giải còn lại nằm ngoài phạm vi chương trình giảng dạy của trường. Ở đây, vui lòng giảm xuống một giá trị. Thông thường, Olympid bài toán cũng là những môn được gắn bó nhiều nhất, vì lời giải mà kiến ​​thức về các nhánh toán học cao hơn không thể đặc biệt hữu ích và một nhà toán học chuyên nghiệp không có lợi thế hơn một học sinh trung học. Tuy nhiên, không phải lúc nào cũng có thể đáp ứng được yêu cầu này. Và đây chính xác là trường hợp khi kiến ​​​​thức về một số sự kiện của toán học “không phải trường học” cho phép bạn có được bằng chứng rất nhanh chóng. Trong trường hợp này, lời giải đạt được theo hai cách hoàn hảo. Điều đáng ngạc nhiên là cả hai phương pháp lời giải này đều được học sinh tìm thấy.

Đầu tiên tôi sẽ mổ xẻ về lời giải Andrei Savkin (Leningrad).

Khi bắt đầu lời giải Savkin đã đưa ra định lý sau: Cho hai hệ vectơ trong không gian ba chiều có các tính chất sau: nếu chúng ta lấy một đường thẳng bất kỳ và chiếu lên nó tất cả các vectơ của các đối tượng của hệ,

25

Bài tập 7. Ít nhất một trong các tứ diện $K_0L_0M_0N$ hoặc $K_0L_0M_0N'$ có chu vi lớn hơn tứ diện $K_0L_0M_0N_*$).

Và vì mỗi tứ diện tối đa có một đỉnh trùng với một trong các điểm $A, B, C$ hoặc $D$ nên ta chỉ cần xét trường hợp suy biến này.

Bài tập 8. Cho mỗi điểm $K, L, M$ và $N$ trùng với một trong các điểm $A, B, C$ hoặc $D$. Sau đó

$$P_{KLMN} < \frac{4}{3} P_{ABCD}$$

Đây là cách lời giải của Spivak kết thúc. Chúng ta thấy rằng đối với một nhà toán học chuyên nghiệp, nó có thể tập trung vào một cụm từ: do định lý Weierstrass lời giải bài toán về một tứ diện phức tạp có chu vi cực đại tồn tại và do tính lồi của các hàm khoảng cách nên lời giải này tập trung ở các đỉnh của tứ diện ABCD, làm cho problukka tổng quát bị suy biến (bài toán 8).

Lưu ý rằng lời giải của tác giả cũng dựa trên bài toán 7: ứng dụng tinh tế hơn một chút của nó cho phép chúng ta tránh tham chiếu đến định lý Weierstrass**).

Chúng ta có thể kết thúc ở đây, nhưng thêm vài lời nữa - ngẫu nhiên thôi. lời giải cuối cùng phản ánh một nguyên tắc quan trọng đối với bài toán về mức tối đa và tối thiểu: giá trị tối đa của hàm lồi trên một đa giác (nếu nó tồn tại) đạt được ở đỉnh của đa giác. Nguyên lý này đóng một vai trò quan trọng trong quy hoạch tuyến tính - một nhánh của toán học có ứng dụng rất lớn trong kinh tế học (xem về vấn đề này chẳng hạn ở bài 3. Litovchenko “The Best Option” («Kvant», 1978, No. 5)). Ở phần áp chót lời giải chúng ta gặp phải một trong những khái niệm tương đối mới của toán học - khái niệm biến thể (nó được thảo luận trong

*) Đối với những người đã quen với tính lồi rõ ràng, bài toán 7 sẽ đặc biệt dễ dàng, nhưng lời giải của nó xuất phát ngay từ tính lồi của các hàm khoảng cách. (Theo một trong các định nghĩa, một hàm xác định tại các điểm trong không gian được gọi là lồi nếu giá trị của nó ở giữa bất kỳ đoạn nào không vượt quá một nửa tổng các giá trị ở hai đầu của nó.)
**) Xem lời giải bài toán M759.

26

Chuẩn tinh xa nhất

Vào đầu năm ngoái, báo chí xuất hiện thông tin rằng các nhà thiên văn học người Anh và Úc đã phát hiện ra một vật thể phát sáng mới, nằm cách xa chúng ta nhất so với tất cả các thiên thể khác. Hóa ra đây là một chuẩn tinh nằm trong chòm sao Nhân Mã (tọa độ xích đạo của nó: xích vĩ +33° và xích kinh 1,3 giây).

Chuẩn tinh (bán sao) được phát hiện cách đây khoảng hai mươi năm. Đây là cách gọi các vật thể vũ trụ xa xôi, trông giống như các ngôi sao trong ảnh, nhưng sức mạnh bức xạ của chúng có thể so sánh với bức xạ của toàn bộ thiên hà. (Ví dụ, chuẩn tinh được thảo luận ở đây phát ra năng lượng gấp 10¹⁴ lần so với Mặt trời.) Chuẩn tinh không nằm trong Thiên hà của chúng ta, nhưng rất xa biên giới của nó, ở khoảng cách vài tỷ năm ánh sáng.

Làm thế nào bạn có thể xác định khoảng cách đến một chuẩn tinh? Hóa ra để làm được điều này bạn cần phải đo độ lệch đỏ của nó. Hãy giải thích điều này có nghĩa là gì.

Khi so sánh quang phổ của các nguyên tố hóa học tạo nên quasar với quang phổ của các nguyên tố tương tự trên Trái đất, người ta phát hiện ra rằng các vạch trong quang phổ của quasar bị dịch chuyển mạnh về phía bước sóng dài hơn, tức là về phía đầu đỏ của quang phổ. Nếu chúng ta biểu thị bước sóng quan sát được bằng λ và λ₀ thì nó được gọi là dịch chuyển đỏ. Điều đặc trưng là mọi vạch phổ của một chuẩn tinh cho trước z đều giống nhau. Mặt khác, người ta biết rằng bước sóng phát ra từ một nguồn thay đổi khi nguồn chuyển động và được quan sát tương đối với nhau. (Hiệu ứng này được gọi là hiệu ứng Doppler.) Đặc biệt, nếu nguồn di chuyển ra xa người quan sát thì người được quan sát sẽ phát hiện được bước sóng dài hơn.

Do đó, người ta kết luận rằng các quasar đang di chuyển ra xa chúng ta và di chuyển ra xa với tốc độ rất cao. Để làm được điều này, bạn nên tham khảo công thức

$$\lambda = \lambda_0 \sqrt{\frac{c+v}{c-v}},$$

trong đó c là tốc độ ánh sáng và v là tốc độ của nguồn so với người quan sát. Với độ dịch chuyển đỏ z, vận tốc v có thể được tìm thấy từ công thức này. Như vậy, tốc độ của chuẩn tinh ngoài là v=0,92 s. Đây là tốc độ nhanh nhất từng được quan sát.

Bây giờ tốc độ của quasar đã được biết, khoảng cách tới nó cũng có thể được ước tính. Để làm được điều này, chúng ta cần lợi dụng thực tế là tốc độ v được chỉ định có liên quan đến khoảng cách R đến chuẩn tinh theo định luật Hubble (định luật “tán xạ” của các thiên hà):

$$v = HR.$$

Đại lượng H được gọi là hằng số Hubble. Ý nghĩa chính xác của nó rất khó thay đổi; hiện tại, dựa trên các giá trị quan sát dài hạn, H≈2,5·10⁻¹⁸c⁻¹.

Đối với một chuẩn tinh chuyển động ra xa chúng ta với tốc độ 0,92 s, chúng ta thu được R≈1.1·10²⁶m≈1.2·10¹⁰ sv. năm.

Nói cách khác, chúng ta có thể nói rằng chúng ta nhìn thấy chuẩn tinh này vào khoảng 12 tỷ năm trước. Nếu chúng ta nhớ rằng tuổi của Vũ trụ được ước tính là 13-15 tỷ năm, thì tất nhiên, “sự cổ xưa” của chuẩn tinh được phát hiện phải rất được tôn trọng.

TÔI Ở VỚI.

28

Hình 1. Bức ảnh chụp một trong những kính thiên văn cũ.

nick hoặc trọng lượng thông qua một đĩa quay.

Nếu bạn cắt không phải một mà là nhiều khe (ví dụ: 10 hoặc 20) trên đĩa ở khoảng cách bằng nhau, thì có thể quan sát thấy các chuyển động nhanh hơn, chẳng hạn như chuyển động quay của các cánh quạt. Các cánh quạt đang hoạt động thực tế vô hình đối với chúng ta - chúng hợp nhất thành một đĩa mờ. Và với sự trợ giúp của kính hiển vi, bạn có thể nhìn thấy chúng mà không cần rời khỏi quạt. Đây là lý do tại sao kính hiển vi rất hữu ích vì nó chỉ cho phép bạn quan sát các quá trình nhanh mà mắt chúng ta không thể theo dõi do quán tính của nó. Sơ đồ của một trong những thí nghiệm này được thể hiện trong Hình 1.

Nhưng thậm chí còn thuận tiện hơn khi làm việc với kính hiển vi, loại đèn này tạo ra ánh sáng không liên tục (Hình 2). Để làm được điều này, một đĩa bìa cứng quay có khe phải được đặt trước nguồn sáng. Đèn pin tròn thông thường chạy bằng ba pin thích hợp làm nguồn sáng. Nó tạo ra đủ ánh sáng và chùm ánh sáng của nó tập trung tốt. Đĩa có thể được điều khiển bởi một động cơ từ một thiết bị điện. Để thay đổi tốc độ quay, bạn cần bật biến trở ở mức 40-50 Ohms và thay đổi điện trở của nó. Các quan sát được thực hiện trong bóng tối - vật thể đang nghiên cứu chỉ được chiếu sáng bằng ánh sáng nhấp nháy của kính thiên văn.

Ví dụ, bằng cách sử dụng kính thiên văn như vậy, bạn có thể thay đổi tốc độ và gia tốc của các vật chuyển động về phía trước (điều này được mô tả trong sách giáo khoa vật lý lớp 8: “Vật lý 8”, 1982, trang 39). Nhưng xin thưa, trải nghiệm hiệu quả nhất là quan sát sự tan rã của một dòng chất lỏng mỏng thành giọt. Ví dụ, hãy tưởng tượng một dòng nước nhẹ nhàng chảy ra từ vòi nước. Từ nguyên lý thủy động lực học của dòng phản lực liên tục, theo đó tia tự do, khi vận tốc của chất lỏng tăng (trong trường trọng lực của trái đất), sẽ giảm theo dòng chảy. Và nếu không có lực căng bị hư hỏng thì tiết diện của tia sẽ giảm đi vô hạn. Thiệt hại do lực căng ban đầu dẫn đến thực tế là với một tiết diện rất nhỏ, tia bắt đầu tan thành từng giọt. Điều này được giải thích là do năng lượng của lực căng có hại của giọt hình cầu nhỏ hơn năng lượng của tia hình trụ và bất kỳ hệ nào cũng luôn có xu hướng về trạng thái có năng lượng thấp nhất. Quán tính của tầm nhìn không cho phép chúng ta nhìn thấy

30

Nguyên tắc số học và đếm

N. B. VASILIEV,
V. L. GUTENMACHER

Toán học dựa trên số học - lý thuyết về các số tự nhiên 1, 2, 3, …. Về lý thuyết có một số định lý sâu sắc và đỏng đảnh. Trong đó có rất nhiều bài toán khó và vẫn chưa có lời giải, mà hàng trăm năm nay đã thách thức nỗ lực của những nhà toán học xuất sắc nhất. Các nhánh mục đích của toán học hiện đại nảy sinh từ những nỗ lực tại lời giải và sự khái quát hóa của lý thuyết số bài toán. C. F. Gauss (1777-1855), người có nhiều khám phá đáng chú ý về lý thuyết số và các lĩnh vực khác của toán học, đã nói: “Matematika là nữ hoàng của khoa học; lý thuyết số là nữ hoàng của toán học”.

Mục đích của bài viết này là giới thiệu cho độc giả những khái niệm đơn giản nhất của ngành khoa học hấp dẫn này, các định lý cơ bản của số học, một số hàm số học và nguyên lý đếm.

§ 1. Số nguyên tố và hợp số

Trong suốt phần tiếp theo chúng ta sẽ giải quyết các số tự nhiên. Ta nói số $n$ chia hết cho số $a$ nếu tồn tại một số $b$ sao cho $n=ab$. Trong trường hợp này, số $a$ được gọi là ước số của số $n$ và số $n$ lần lượt được gọi là bội số của số $a$.

Mọi số tự nhiên lớn hơn một đều có ít nhất hai ước: 1 và chính số đó. Một số lớn hơn 1 được gọi là số nguyên tố nếu nó không có ước nào khác và hợp số nếu có. Một không phải là số nguyên tố cũng không phải là số tổng hợp.

Mọi số tự nhiên đều có thể phân tích thành tích của các số nguyên tố.

Trên thực tế, hợp số $n$ có thể phân tích thành tích của hai thừa số nhỏ hơn $n$. Nếu trong số chúng có những cái không đơn giản (tổng hợp), thì mỗi cái có thể được phân tách thành một tích của hai phần nhỏ hơn.

31

v.v … Rõ ràng quá trình này không thể tiếp tục vô thời hạn, vì ở mỗi bước chúng ta nhận được ít thừa số hơn bước trước và tổng số tự nhiên nhỏ hơn $n$ là hữu hạn: $n-1$. Kết quả là chúng ta phân tích số đó thành thừa số nguyên tố.

Thông thường, các thừa số nguyên tố giống hệt nhau được tập hợp lại và khai triển được viết dưới dạng chuẩn này:

$$n = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot \dots \cdot p_k^{a_k},$$

trong đó $p_1 < p_2 < \dots < p_k$ là các số nguyên tố khác nhau, $a_1, a_2, \dots, a_k$ là các số tự nhiên. Ví dụ: $1350 = 2 \cdot 3^3 \cdot 5^2$.

Định lý cơ bản của số học. Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều có thể phân tích thành nhân tử một cách duy nhất.

Định lý này được gọi là định lý cơ bản vì trên thực tế tất cả các tính chất chia hết của số đều là hệ quả của nó.

Chúng ta sẽ không tập trung vào việc chứng minh định lý chính (ví dụ, nó có thể được tìm thấy trong [1], [3]), mà chỉ xây dựng một trong các hệ quả của nó.

Để số $a$ chia hết cho số $b$, điều cần thiết là mỗi thừa số nguyên tố có trong khai triển của số $b$ đều được đưa vào khai triển $a$ ở cùng mức hoặc cao hơn.

Làm thế nào bạn có thể phân tích một số lớn hơn thành thừa số nguyên tố? Quan sát hữu ích này sẽ giúp chúng ta điều này.

Nếu số $n$ thì nó có ước số không vượt quá $\sqrt{n}$ và lớn hơn 1.

Hãy giả sử điều ngược lại. Giả sử $n=ab$ và cả hai ước $a$ và $b$ đều lớn hơn $\sqrt{n}$. Vì $a > \sqrt{n}$ và $b > \sqrt{n}$, chúng ta có $ab > n$, điều này mâu thuẫn với giả định.

Để xác minh tính nguyên tố của một số đã cho $n$ hoặc, nếu $n$ là một thừa số, để tìm ước số của nó, việc kiểm tra xem $n$ có ​​chia hết cho các số nguyên tố không lớn hơn $\sqrt{n}$ hay không là đủ.

Bạn có thể tạo danh sách các số nguyên tố không vượt quá một số nhất định $N$ theo cách này. Bạn cần viết liên tiếp tất cả các số tự nhiên từ 1 đến $N$, gạch bỏ một số, sau đó gạch bỏ tất cả các số chẵn trừ số 2, sau đó gạch bỏ tất cả các số là bội số của 3, trừ chính số 3, sau đó là bội số của 5, v.v. cho đến khi số nguyên tố lớn nhất không vượt quá $\sqrt{N}$. Sau khi gạch bỏ các số là bội số của một số nguyên tố $p$, số đầu tiên không bị gạch bỏ sẽ là số nguyên tố tiếp theo sau $p$. Phương pháp đọc số này được gọi là “sàng Eratosthenes”. Nó không tệ như thoạt nhìn: ví dụ: để tạo một bảng gồm các số nguyên tố lên đến 2000, chỉ cần gạch bỏ tất cả bội số của mười bốn số nguyên tố đầu tiên từ 2 đến 43 (kể từ $47^2 > 2000 > 43^2$). Với sự trợ giúp của máy tính hiện đại, nhiều bảng số nguyên tố khác đã được biên soạn. Tất nhiên, ở đây cần lưu ý rằng tất cả các số nguyên tố đều không thể viết được. Như Euclid đã chứng minh được,

Có vô số số nguyên tố.

Giả sử có một số hữu hạn các số nguyên tố và $p$ là số lớn nhất trong số đó. Xét tích $p! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \dots \cdot p$ của tất cả các số từ 1 đến $p$ (đọc “$p$ giai thừa”). Số $p!$ chia hết cho tất cả các số nguyên tố, vì theo giả định, tích $p!$ chứa tất cả các số nguyên tố. Số $p! + 1$ theo sau nó trong chuỗi tự nhiên phải được phân tích thành thừa số nguyên tố, nhưng điều này là không thể, vì $p! + 1$ không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố nào! Sự mâu thuẫn.

Nhiều bài toán cổ xưa và vẫn chưa giải quyết được hoàn toàn của lý thuyết số liên quan đến sự phân bố của các số nguyên tố trong chuỗi tự nhiên.

32

Ví dụ, qua quan sát, họ chỉ ra rằng có các số lẻ đơn giản liền kề: 3 và 5, 5 và 7, 17 và 19, 29 và 31, v.v. Những số như vậy được gọi là số nguyên tố đóng. Cho đến lúc đó, người ta vẫn chưa biết số lượng các cặp sinh đôi đơn giản là hữu hạn hay vô hạn.

Mặt khác, giữa các số nguyên tố có thể có càng nhiều khoảng cách càng tốt, chính xác hơn là

Với bất kỳ $k$ nào trong chuỗi tự nhiên đều có $k$ số tổng hợp liên tiếp.

Thật vậy, hãy lấy số $(k+1)!$ và xét một chuỗi $k$ số liên tiếp:

$$(k+1)!+2; (k+1)!+3; (k+1)!+4;...$$
…; $(k+1)!+k+1,$

Tất cả chúng đều là hợp số: số thứ nhất chia hết cho 2, số thứ hai cho 3, …, số cuối cùng chia hết cho $k+1$.

Bài toán

1. Phân tích các số $a$) 1981 thành thừa số nguyên tố; $b$) 1982; $c$) 1983; $d$) 1984.
   Lời giải bài toán 1$\theta$). Chia 1983 cho 3, ta được 1983=3·661. Teler, chúng ta đang tìm các ước của số 661. Vì $25^2<661<26^2$, chúng ta cần kiểm tra khả năng chia hết cho các số nguyên tố 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23. 661 không chia hết cho bất kỳ số nào trong số đó, nghĩa là 661 là số nguyên tố.

2. Viết sáu theo chuỗi tự nhiên $a)$; $b)$ mười ba số tổng hợp liên tiếp.
   $\theta)$ Có những số nguyên tố lân cận nào mà có đúng sáu số tổng hợp nằm giữa chúng trong chuỗi tự nhiên không?

3. Chứng minh rằng nếu $d$ là ước số lớn nhất của hợp số $n$, nhỏ hơn $n$ thì số $n/d$ là số nguyên tố.

4. Chứng minh rằng trong các số tự nhiên từ 1 đến 30$m$ có nhiều nhất 10$m$ số nguyên tố (với mỗi số $m=1, 2, 3, ...$).

5. Tìm tất cả các số $p$ sao cho $p, p+2, p+4$ cũng là số nguyên tố (những số như vậy có thể được gọi là “bộ ba” nguyên tố).

6. Ký hiệu thập phân của số 30 có bao nhiêu số 0?

7. Chứng minh rằng trong các số 2, 5, 8, 11, … (tức là các số có dạng $3m+2$, trong đó $m=0, 1, 2, ...$) có vô số số nguyên tố.

§ 2. Số ước.
Quy tắc sản phẩm kết hợp

Trong Hình 1 bên dưới, tất cả các ước tự nhiên của các số 96 và 144 đều được viết ra. Chúng ta thấy rằng tất cả các ước số của số 96 được chia thành các cặp ước số bổ sung cho nhau (trong Hình 1 chúng được nối bởi hai) và của số 144, một trong các ước số, 12, bổ sung cho chính nó, vì $144=12^2$. Từ tính đối xứng của tập hợp ước số, phát biểu sau:

Nếu số $n$ không phải là số bình phương của một số nguyên thì số đó có số ước chẵn và nếu đúng thì số đó có số lẻ.

Trên thực tế, với mỗi ước số $a$ của số $n$, nhỏ hơn $\sqrt{n}$, sẽ có một ước số tương ứng $n/a$, lớn hơn $\sqrt{n}$. Do đó, các ước số khác $\sqrt{n}$ luôn là một số. Nếu $n=k^2$ thì một ước số khác $k$ sẽ được thêm vào chúng.

Gọi $d(n)$ là số ước của số $n$. Như được minh họa ở trên, nếu $n$ là một hình vuông hoàn hảo thì $d(n)$ là số lẻ (ví dụ: $d(144)=15$) và nếu không thì $d(n)$ là số chẵn (ví dụ: $d(96)=12$). Bây giờ chúng ta hãy trình bày cách phân tích số $n$ thành thừa số nguyên tố, tìm giá trị $d(n)$.

Trước hết, hãy lưu ý rằng đối với số nguyên tố $p$ thì luôn có $d(p^a)=a+1$.

Thật vậy, theo định nghĩa, số nguyên tố $p$ chỉ có hai de-

Hình 1. Ước số và phần bù của chúng

33

Hình 2. Quy tắc tích: các ước số $2^{\beta_1} \cdot 3^{\beta_2}$ của số $144 = 2^4 \cdot 3^2 (0 \leq \beta_1 \leq 4, 0 \leq \beta_2 \leq 2)$ được đặt trong bảng $5 \times 3$.

chọn: 1 và $p$, và theo hệ quả tất yếu của định lý cơ bản của số học, số $p^a$ có $(a+1)$ ước số: 1, $p$, $p^2$, …, $p^a$ (được coi là $p^0 = 1$).

Bây giờ hãy xem xét số $n$ với hai thừa số nguyên tố khác nhau, ví dụ $n = 144 = 2^4 \cdot 3^2$. Tất cả các ước số của nó đều có dạng $2^{\beta_1} \cdot 3^{\beta_2}$, trong đó $\beta_1$ có thể nhận bất kỳ giá trị nguyên nào trong số năm giá trị nguyên từ 0 đến 4, $\beta_2$ là một trong ba giá trị 0, 1 hoặc 2. Điều này có nghĩa là tổng số các cặp $(\beta_1; \beta_2)$ khác nhau có thể là $3 \cdot 5 = 15$, sao cho $d(144) = 15$ (xem Hình 2). Ở đây chúng ta đã sử dụng một nguyên tắc đếm hữu ích.

Quy tắc sản phẩm. Nếu phần tử $\beta_1$ có thể được chọn theo $N_1$ cách và phần tử $\beta_2$ có ​​thể được chọn không đáng kể trong số $\beta_1 - N_2$ cách, thì có thể tạo ra tổng cộng $N_1 \cdot N_2$ các cặp $(\beta_1; \beta_2)$ khác nhau. Nói chung, nếu bạn cần soạn một tập hợp $(\beta_1; \beta_2; ..., \beta_k)$ gồm $k$ phần tử và phần tử $\beta_1$ có thể được chọn theo $N_1$ cách, phần tử $\beta_2$ theo $N_2$ cách, …, phần tử $\beta_k$ theo $N_k$ cách, thì tổng cộng bạn có thể soạn $N_1 \cdot N_2 \cdots N_k$ các bộ khác nhau $(\beta_1; \beta_2; ...; \beta_k)$.

Quy tắc chung này cho phép chúng ta viết công thức tính số ước của bất kỳ $n = p_1^{\alpha_1} \cdot p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$ nào. Thật vậy, theo hệ quả tất yếu của định lý cơ bản của số học, bất kỳ ước số nào của số $n$ đều có dạng $p_1^{\beta_1} \cdot p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k}$, trong đó $\beta_i$ nhận một trong các giá trị $(\alpha_i + 1)$ ​​0, 1, …, $\alpha_i$. Do đó, số tập hợp $(\beta_1; \beta_2; ...; \beta_k)$ khác nhau và do đó các ước số khác nhau của $n$ là $d(n) = (\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \cdots (\alpha_k + 1)$. (*)

Bài tập:
8. Tìm: a) $d(1000)$; 6) $d(1350)$; b) $d(5040)$; d) $d(84^{19})$.

Lời giải bài toán 6). Đáp số: 24. Vì $1350 = 2 \cdot 3^3 \cdot 5^2$, sử dụng công thức (*) ta thu được $d(2^1 \cdot 3^3 \cdot 5^2) = (1 + 1)(3 + 1)(2 + 1) = 24$.

9. Cho ví dụ về một số có a) có đúng 6 ước số; 6) có đúng 7 ước.

10. Chứng minh rằng số $n$ khi chia cho 3 còn dư 2, có ước số bằng nhau có dạng $3l + 1$ và $3s + 2$ và không phải là số chính phương.

11. Vòng tròn được chia thành 720 cung giống hệt nhau. Có bao nhiêu đa giác đều khác nhau (theo số cạnh) có các đỉnh tại các điểm chia?

12. Số $n$ có bao nhiêu ước chẵn (viết công thức tổng quát)? Với những số nào $n$ thì số ước như vậy bằng $\frac{1}{2} d(n)$?

13. Bàn có 9 ngăn kéo. Có bao nhiêu cách xếp 5 cuốn sách khác nhau vào chúng?

Đáp số: $9^5$ cách. Lời giải. Chúng ta có thể đặt cuốn sách đầu tiên theo 9 cách vào hộp này hay hộp khác, và bất kể lựa chọn này, có 9 cách để chọn hộp cho cuốn sách thứ hai, v.v. Theo quy tắc của tác phẩm, tất cả các cách đều là $9^5$.

14. Có bao nhiêu số có ba chữ số mà tất cả các chữ số đều là số lẻ?

15. Có bao nhiêu số có năm chữ số trong đó chữ số 5 xuất hiện ít nhất một lần trong ký hiệu thập phân?

§ 3. Hàm Euler.
Bao gồm và loại trừ

Trong § 2 chúng ta đã làm quen với hàm số học Euler: $\varphi(n)$ là số các số nhỏ hơn số $n$ và nguyên tố cùng nhau, tức là các số không có ước chung với $n$ (ngoại trừ 1).

Trong Hình 3, làm ví dụ, các số từ 1 đến 18 được viết ra. Ta thấy tất cả các số nguyên tố cùng nhau từ 18 trở đi đều được chia thành các cặp $(a; 18 - a)$.

Sự đối xứng như vậy sẽ áp dụng cho mọi $n > 2$: nếu số $a$ nguyên tố cùng nhau với $n$ thì $(n - a)$ cũng sẽ nguyên tố cùng nhau với $n$ và không bằng $a$. Trên thực tế, nếu $n - a$ và $n$ có ước chung $p > 1$, thì hiệu $n - (n - a) = a$ của chúng sẽ có cùng ước số $p$, do đó $n$ và $a$ sẽ không nguyên tố cùng nhau.

Từ sự đối xứng $a \leftrightarrow (n - a)$ này chúng ta thấy rằng số $\varphi(n)$ luôn là số chẵn (đối với $n > 2$).

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra cách tìm thấy $\varphi(n)$ khi biết cách phân tích số $n$ thành

34

Các yếu tố chính. Trước hết, hãy lưu ý rằng nếu $p$ là số nguyên tố thì $\varphi(p) = p - 1$, vì tất cả các số 1, 2, …, $(p - 1)$ đều nguyên tố cùng nhau với $p$ và nhỏ hơn nó. Đặt $n = p^\alpha$, trong đó $p$ là số nguyên tố và $\alpha > 1$. thì từ các số $n$, không vượt quá chúng $n$, chúng ta phải loại trừ những số chia hết cho $p$. Vậy con số

$$\frac{n}{p} = \frac{p^\alpha}{p} = p^{\alpha - 1},$$

tư thế

$$\varphi(n) = n - \frac{n}{p} = n \left(1 - \frac{1}{p}\right).$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét các số $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2}$ với hai thừa số nguyên tố khác nhau. Ta minh họa cách đếm $\varphi(n)$ (đối với $n = 18$ tiếp tục ở Hình 3) bằng sơ đồ ở Hình 4: hình vuông biểu thị tập hợp các số từ 1 đến $n$, các hình tròn màu đỏ và xanh lam lần lượt là tập hợp các số chia hết cho $p_1$ và $p_2$, giao của các hình tròn là tập hợp các số chia hết cho $p_1 p_2$.

Các số nguyên tố cùng nhau đến $n$ được thể hiện bằng phần bóng mờ của hình vuông. Để xác định số của chúng, chúng ta phải loại trừ $N_1 = n/p_1$ “số màu đỏ”, $N_2 = n/p_2$ số “màu xanh” và thêm $N_{12} = n/p_1 p_2$ số nằm ở giao điểm của các vòng tròn. Như vậy,

$$\varphi(n) = N - N_1 - N_2 + N_{12} = n - \frac{n}{p_1} - \frac{n}{p_2} + \frac{n}{p_1 p_2} =$$

$$= n \left(1 - \frac{1}{p_1}\right) \left(1 - \frac{1}{p_2}\right).$$

Hình 5 sẽ giúp chúng ta phân tích trường hợp số $n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2}$ với các thừa số khác nhau: hình vuông biểu thị tập hợp các số không vượt quá chúng, hình tròn biểu thị tập hợp các số chia hết cho $p_1$, $p_2$ và $p_3$; thì trong các vòng tròn sẽ có các số $N_1 = \frac{n}{p_1}, N_2 = \frac{n}{p_2}$ và $N_3 = \frac{n}{p_3}$ tương ứng, trong các giao điểm theo cặp của chúng - các số $N_{12} = \frac{n}{p_1 p_2}, N_{13} = \frac{n}{p_1 p_3}$ và $N_{23} = \frac{n}{p_2 p_3}$, và trong giao điểm của cả ba vòng tròn - các số $N_{123} = \frac{n}{p_1 p_2 p_3}$ (đây là các số chia hết đồng thời cho $p_1, p_2$ và $p_3$, tức là cho $p_1 p_2 p_3$).

Chúng ta phải đếm có bao nhiêu số có trong hình vuông nhưng không rơi vào bất kỳ hình tròn nào. Nếu chúng ta trừ tổng $(N_1 + N_2 + N_3)$ từ $n$, thì chúng ta trừ các số rơi vào đúng hai trong ba vòng tròn hai lần và các số rơi vào cả ba vòng tròn thậm chí ba lần.

Bây giờ với hiệu $N - (N_1 + N_2 + N_3)$ chúng ta cộng tổng $(N_{12} + N_{13} + N_{23})$. Sau đó, chúng tôi sẽ tính toán chính xác tất cả các số chỉ thuộc một trong hai vòng tròn và chỉ các số

Hình 4.

Hình 5. Nếu tất cả những thứ này nằm trong hình vuông gồm $N$ phần tử, thì bên ngoài các hình tròn có $N - N_1 - N_2 - N_3 + N_{12} + N_{23} + N_{31} - N_{123}$ trong số chúng.

35

rơi vào cả ba vòng tròn cùng một lúc là không chính xác: chúng ta đã trừ số của chúng ba lần và cộng lại ba lần. Bạn sẽ phải trừ đi $N_{123}$ khác từ tổng $N - (N_1 + N_2 + N_3) + (N_{12} + N_{13} + N_{23})$. Bây giờ chúng ta đã học được tất cả các số có trong hợp của ba vòng tròn một lần và đi đến công thức sau:

$$\varphi(n) = n - \frac{n}{p_1} - \frac{n}{p_2} - \frac{n}{p_3} + \frac{n}{p_1 p_2} + \frac{n}{p_1 p_3} + \frac{n}{p_2 p_3} - \frac{n}{p_1 p_2 p_3} = n \left(1 - \frac{1}{p_1}\right) \left(1 - \frac{1}{p_2}\right) \left(1 - \frac{1}{p_3}\right).$$

Ở đây chúng ta đã gặp những trường hợp đặc biệt của quy tắc đếm đã hứa này.

Quy tắc bao gồm và loại trừ. Cho tập hợp $A$ và tập hợp con $k$ của nó được chọn. Số phần tử của tập hợp $A$, không có trong bất kỳ tập hợp con nào đã chọn, được tính như sau: từ tổng số phần tử $A$, trừ đi số phần tử của tất cả các tập hợp con $k$, cộng số phần tử của tất cả các giao điểm theo cặp của chúng, trừ đi số phần tử của tất cả các giao điểm ba, cộng số phần tử của tất cả các giao điểm với bốn, v.v. cho đến giao điểm của tất cả $k$ tập hợp con.

Áp dụng quy tắc này để đếm $\varphi(n)$, trong đó

$$n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \dots p_k^{a_k},$$

và sử dụng danh tính đại số

$$1 - x_1 - x_2 - \dots - x_k + x_1 x_2 + x_1 x_3 + \dots + x_{k-1} x_k - x_1 x_2 x_3 - \dots - x_{k-2} x_{k-1} x_k + \dots + (-1)^k x_1 x_2 \dots x_k = (1 - x_1) (1 - x_2) \dots (1 - x_k)$$

(phía bên trái của thiết bị tuân theo đúng quy tắc “bao gồm và loại trừ”), bạn có thể nhận được công thức chung

$$\varphi(n) = n \left(1 - \frac{1}{p_1}\right) \left(1 - \frac{1}{p_2}\right) \dots \left(1 - \frac{1}{p_k}\right).$$

Lưu ý rằng đẳng thức đại số được viết ở trên cũng có thể được sử dụng để chứng minh quy tắc chung bao gồm và loại trừ: bằng cách đặt một số $j$ trong số $k$ chữ cái $x_1, x_2, \dots, x_k$ bằng 1 và $(k - j)$ còn lại bằng 0, chúng ta thu được (cho $0 < j \leq k$) ở vế phải 0, và vế trái cho thấy các phần tử giao nhau chính xác là $j$ tập hợp con là cộng và trừ cùng số lần.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng hàm $\varphi(n)$ và hàm $d(n)$ từ phần trước có một thuộc tính quan trọng như vậy, mà trong lý thuyết số được gọi là phép nhân:

Nếu $a$ và $b$ nguyên tố cùng nhau thì $\varphi(ab) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$ và $d(ab) = d(a) d(b)$

(Hãy tự mình kiểm tra điều này.)

Bài toán

16. Có bao nhiêu phân số tối giản thích hợp có giá trị là 288?

17. Tìm $a)$ $\varphi(96)$; $b)$ $\varphi(540)$; $b)$ $\varphi(1983)$.

18. Có bao nhiêu số không quá 1000 mà $a)$ chia hết cho cả 6 và 15; $b)$ chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 7; $b)$ chia hết cho 6 hoặc 15.

19. Có bao nhiêu số tự nhiên không quá 1000 không chia hết cho 3, 5, 7?

20. Hợp của tập hợp $A$ và $B$ bao gồm 25 phần tử, giao điểm - gồm 10 phần tử. Có bao nhiêu phần tử trong tập hợp $A$ nếu có 15 phần tử trong $B$; $6$ 21 yếu tố; $b)$ 10 yếu tố?

21. Tháng 12 có 10 ngày trong xanh và lặng gió, 15 ngày có gió và 12 ngày có tuyết. Đã có bao nhiêu ngày có bão tuyết (cả tuyết và gió)?

22. Trong một nhóm 25 học sinh, có 12 em học tiếng Latinh, 10 học tiếng Hy Lạp và 9 tiếng Phạn. Cứ hai ngôn ngữ thì có đúng 5 học sinh đang học về những ngôn ngữ này. Có bao nhiêu học sinh học cả ba ngôn ngữ?

23. Trên mỗi cạnh của tam giác $ABC$ 9 điểm được đánh dấu và chia thành 10 phần bằng nhau. Hãy sắp xếp tất cả các hình tam giác có thể có các đỉnh ở các điểm lệch nhau (mỗi bên một cạnh). Có bao nhiêu hình tam giác trong đó một cạnh không song song với cạnh của tam giác $ABC$?

Văn học

1. I. M. Vinogradov. “Cơ sở cơ bản của lý thuyết số” (M., “Nauka”, 1980).

2. I. I. Ezhov, A. V. Skorokhod, M. I. Yadrenko. “Các yếu tố của tổ hợp” (Moscow, “Nauka”, 1977).

3. L. A. Kaluzhin. “Định lý cơ bản của Alfmetic” (Moscow, “Nauka”, 1969).

4. O. Ore. “Lời mời đến lý thuyết số” (M., “Nauka”, Thư viện «Kvant», 1980).

5. L. A. Basova, M. A. Shubin, L. A. Epstein. “Các bài giảng và bài toán về toán học” (M., “Prosveshcheniye”, 1981).

6. Tối ưu hóa toán học tương ứng (M., “Nauka”, 1981).

7. R. Courant, G. Robbins. “Toán học là gì?” (M., “Khai sáng”, 1967).

36

Nhiệm vụ

1. Ivan Tsarevich đi đến bất cứ nơi nào mà mắt anh nhìn thấy để tìm kiếm Vasilisa Người đẹp, người đã bị Kash ăn thịt khi Leshy gặp anh. “Tôi biết,” anh ta nói, “Tôi tình cờ đến đó trên đường đến vương quốc Kashevo. Tôi đã đi bộ bốn ngày bốn đêm. Ngày và đêm đầu tiên là một con đường thẳng về phía bắc, và tôi đã đi được một phần ba chặng đường. Sau đó anh ta rẽ về phía tây và tiếp tục băng qua khu rừng trong một ngày và đi hết nửa thời gian đó. Và trong ba ngày anh ta đi xuyên qua khu rừng, đã về phía nam, và đi ra một con đường thẳng dẫn về phía đông. Tôi đi dọc theo con đường đó một trăm dặm trong một ngày và kết thúc ở vương quốc của Kashevo. Bạn cũng là người đi bộ nhanh như tôi, đi đi, Ivan Tsarevich, hãy nhìn xem, vào ngày thứ năm bạn sẽ đến thăm Kashay.” “Không,” Ivan Tsarevich trả lời, “nếu mọi việc đúng như bạn nói, thì ngày mai tôi sẽ gặp Vasilisa the Beautiful của tôi.” Anh ấy có đúng không? Leshy đã đi được bao nhiêu dặm và Tsarevich Ivan nghĩ bao xa?

2. Một số có ba chữ số được hình thành, trong đó một trong các chữ số trùng với bất kỳ số nào trong số 543, 142 và 562, còn hai chữ số còn lại không trùng nhau. Con số dự kiến ​​là bao nhiêu?

3. Trong câu đố số này (xem hình) hầu như không có gì là chưa biết, nhưng nó chỉ cho phép một lời giải. Tìm anh ấy.

4. Một quả bóng bàn được ném lên. Điều gì sẽ mất nhiều thời gian hơn - đi lên hay đi xuống?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
V. Zhuravlev, V. V. Proizvolov,
V. N. Denisenko, A. P. Savin.

37

Kim tự tháp và khối lập phương

Y. A. SMORODINSKY

Tôi muốn chơi một câu đố đơn giản nhưng hay mà tôi đã đọc được trong một bài viết của Martin Gardner.

Tôi đến xưởng cơ khí và yêu cầu họ làm cho tôi ba bộ phận theo hai bản vẽ (Hình 1). Người thợ máy mà tôi liên hệ gần như bị xúc phạm, cho rằng tôi đang chơi anh ta một cách ngu ngốc. Nhưng tôi thậm chí còn không nghĩ đến việc nói đùa - các bản vẽ được thực hiện theo tất cả các quy tắc của bản vẽ kỹ thuật (xem Hình 2).

(Không cần tìm đâu xa, hãy thử vẽ những chi tiết này hoặc tưởng tượng chúng trông như thế nào.)

Cố gắng làm sáng bài toán, tôi quyết định chỉ tạo ba phần từ sáu phần lại với nhau theo một bản vẽ khác (Hình 3). Vì bản vẽ này khó giải mã ngay lập tức nên tôi đã không kiểm tra sự kiên nhẫn của người thợ và tự mình dán các mô hình từ giấy, từ đó sẽ dễ dàng làm chúng từ kim loại. Nhưng họ chưa bao giờ làm được điều đó: các mảnh giấy khá phù hợp để giải câu đố. (Bạn có thể tạo ra những bộ phận này bằng cách sử dụng mũi doa như trong Hình 4).

Bản thân các bộ phận được thể hiện trên Hình 5. Người đọc sẽ hình dung ra hình vẽ nào dùng để dán bộ phận nào.

---

Bây giờ chúng ta có thể nói về câu đố. Từ sáu phần của loại thứ nhất hoặc ba phần của loại thứ hai, bạn cần xếp lớp

38

khối trực tiếp Nó thực sự không khó, nhưng rất đáng trân trọng - hãy thử nó!

Lấy một khối lập phương gồm ba phần thuộc loại thứ hai bằng hai ngón tay, như trong Hình 6, và cẩn thận xoay nó quanh trục kết quả (trục này là đường chéo không gian của khối). Khi quay 120° và 240°, mỗi phần trong số ba phần sẽ di chuyển đến vị trí định cư của nó. Trong những trường hợp như vậy, người ta nói rằng hình (khối lập phương) có trục đối xứng với tam giác (xem Hình 6).

Thật dễ dàng để tưởng tượng cách chia một quả táo thành ba phần giống hệt nhau - “phần ba”; nhưng một “thứ ba” như vậy - một phần ba khối lập phương - có lẽ chưa từng được nhìn thấy trước đây.

“Thứ ba” này có một mặt phẳng đối xứng - nó có thể được cắt bằng một mặt phẳng vuông góc với đáy hình vuông sao cho đáy này được chia thành hai hình tam giác tắc nghẽn. Hóa ra có hai số nguyên tố - đồng dạng, nhưng không giống nhau; chúng được phản chiếu, nghĩa là chúng liên hệ với nhau, giống như một vật thể và hình ảnh của nó trong gương.

Điều buồn cười là một người thường khó phân biệt được các vật thể đối xứng qua gương. Lấy hai nguyên mẫu từ bộ Hình 5 và đặt chúng cách xa nhau, hỏi một người bạn xem chúng giống nhau hay phản chiếu. Bạn sẽ thấy câu hỏi này không hề đơn giản đối với nhiều người.

Bạn có thể tự kiểm tra theo cách này. Bạn có thể có một con xúc xắc. Mọi người đều biết rằng tổng số điểm của các cạnh đối diện là bảy. Vì vậy, chỉ cần nhìn vào một mặt, bạn có thể biết ngay mặt đối diện được bao nhiêu điểm. Nhưng bạn có thể hỏi một câu hỏi khó hơn một chút: nên đặt bao nhiêu điểm trên cạnh có dấu ngược lại (Hình 7)? Hãy thử đoán và so sánh với viên xúc xắc của bạn.

---

Trả lời câu hỏi cuối cùng, chắc hẳn bạn đã nhận thấy rằng, về nguyên tắc, bạn có thể sắp xếp các cặp kính theo hai cách - phản chiếu lẫn nhau. Điều này có nghĩa là có hai loại cốc - “phải” và “trái” (Hình 8). Trong các trò chơi, họ thường sử dụng xúc xắc “trái” - ít nhất, họ nói rằng đây là trường hợp xảy ra ở các nhà đánh bạc. Trong các trò chơi dành cho trẻ em cũng có một khối lập phương “đúng” - không phải ai cũng biết rằng có sự khác biệt.

39

Bài toán

M781—M785; F793—F797

M781. Vẽ đường thẳng song song với cạnh AC của tam giác ABC cho trước và cắt các cạnh AB, BC lần lượt tại các điểm D và E sao cho |AD| = |BE|.

L.V.Kim

M782. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số tự nhiên là 30.030 thì tích của chúng không chia hết cho 30.030.

S. V. Fomin

M783. a) Hệ bất đẳng thức có giá trị lớn nhất n là bao nhiêu
$$\begin{cases} 1 < x < 2, \\ 2 < x^2 < 3, \\ 3 < x^3 < 4, \\ \dots \\ n < x^n < n+1 \end{cases}$$
có lời giải?

6. Với n nào, có hai cấp số học - số học a₁, a₂, a₃, …, aₙ+1 và hình học b₁, b₂, b₃, …, bₙ, sao cho a₁ < b₁ < a₂ < b₂ < a₃ < … < aₙ < bₙ < aₙ+1?

M784. Một hành tinh hình cầu chuyển động theo đường tròn quanh một ngôi sao và quay quanh một trục, trục quay cô đặc nghiêng với mặt phẳng quỹ đạo một góc α (đối với Trái đất của chúng ta là α = 66,5°). Tìm sự phụ thuộc của khoảng thời gian T của ngày ngắn nhất trong năm tại một điểm nhất định trên bề mặt hành tinh vào vĩ độ địa lý φ của điểm này. (Tốc độ góc quay của hành tinh trên quỹ đạo của nó nhỏ hơn nhiều so với tốc độ góc quay của hành tinh quanh trục của nó). Viết công thức cho hàm T = T(φ) và vẽ đồ thị ví dụ.

A. P. Savin

M785. a) Về dãy tăng dần của các số dương a(n), n = 1, 2, 3,…, biết rằng với mọi số tự nhiên k > 1 đều tồn tại số bₖ sao cho a(kn) ≤ bₖa(n) với mọi n. Chứng minh rằng nó tồn tại

40

các số dương $c$ và $\alpha$, trong đó $a(n) \leq cn^\alpha$ cho tất cả $n \geq 1$.

Tuyên bố này sẽ vẫn đúng nếu, trong điều kiện
b) thay từ “bất kỳ” bằng “một số”?
c) không yêu cầu dãy $a(n)$ phải tăng lên?

M. U. Gafurov

F793. Đối với câu hỏi về một mặt cầu có bán kính $R$ từ độ cao $H = R/8$ gần trục đối xứng, những quả bóng nhỏ rơi (với vận tốc ban đầu bằng 0). Giả sử các va chạm của các quả bóng lên bề mặt là đàn hồi tuyệt đối, chứng tỏ rằng sau va chạm đầu tiên mỗi quả bóng chạm đến điểm thấp nhất của bề mặt. Sự va chạm lẫn nhau của các quả bóng không được tính đến.

I. V. Krivenkov

F794. Hai nhiệt lượng kế rắn giống hệt nhau có chiều cao $h = 75$ cm được đổ đầy một phần ba bằng nước đá, phần còn lại chứa đầy nước ở nhiệt độ $t = 10^\circ\text{C}$. Nước từ nhiệt kế thứ hai được đổ vào nhiệt lượng kế thứ nhất và nhiệt lượng kế đầy 2/3. Sau khi nhiệt độ trong nhiệt lượng kế được thiết lập, mức lấp đầy của nó sẽ tăng $\Delta h = 0,5$ cm. Nhiệt độ ban đầu của nước đá trong nhiệt lượng kế là bao nhiêu? Mật độ băng - $\varrho_{\text{л}} = 9 \cdot 10^2 \text{ кг/m}^3$, nước - $\varrho_{\text{в}} = 10^3 \text{ kg/m}^3$; nhiệt dung riêng của băng tan - $\lambda = 3,4 \times 10^5 \text{ Дж/kg}$; nhiệt dung riêng của nước đá là $c_{\text{л}} = 2,1 \cdot 10^3 \text{ Дж/(кг·К)}$, nước - $c_{\text{в}} = 4,2 \cdot 10^3 \text{ Дж/(кг·К)}$.

A. Tôi Buzdin

F795. Nước chảy qua một kênh dài có tiết diện hình chữ nhật, nghiêng về phía chân trời. Chúng ta có thể giả sử rằng lực ma sát của nước chống lại đáy và bờ kênh tỷ lệ thuận với vận tốc dòng chảy trung bình và tỷ lệ nghịch với độ sâu của nó. Trong trận lũ lụt, lượng nước chảy qua mặt cắt kênh trong một giây sẽ tăng gấp đôi. Tốc độ dòng chảy trung bình thay đổi như thế nào?

G. L. Kotkin

F796. Trên trục quang chính $AB$ của thấu kính thu có tiêu cự $F$ có ​​một gương phẳng quay với vận tốc góc $\omega$ quanh một trục vuông góc với trục $AB$ (xem hình. ok). Một chùm tia song song chiếu vào gương, sau khi phản xạ sẽ hội tụ vào màn nằm trong mặt phẳng tiêu cự của thấu kính. Tìm tốc độ của điểm sáng trên màn khi nó đi qua tiêu điểm của thấu kính.

E. I. Palchikov

42

Lời giải bài toán

M759. Bên trong một vynucle tứ giác có tổng sáu khoảng cách theo cặp giữa các đỉnh (nghĩa là tổng độ dài của tất cả các cạnh và đường chéo) bằng $S_1$, có một vynucle 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 $S_2 < 4S_1/3$.

Đối với bốn điểm $A, B, C, D$ bất kỳ của một mặt phẳng hoặc không gian (không nhất thiết phải khác nhau), chúng ta biểu thị bằng $P_{ABCD}$ tổng độ dài của các đoạn nối các điểm này theo cặp.
a) Đáp số: có thể. Một trong những ví dụ được hiển thị trong Hình 1: tứ giác thứ nhất $ABCD$ được kéo dài mạnh dọc theo đường chéo $AC$, với $|AB| = |AD| = |AC| = a$, tứ giác thứ hai - $ABCN$ - được nội tiếp trong tứ giác thứ nhất sao cho đỉnh $N$ của nó nằm trên đoạn $AD$ gần điểm $A$. Rõ ràng là $S_2 = P_{ABCD} > S_1 = P_{ABCD}$. Ngoài ra, nếu độ dài của các đoạn $BD$ và $AN$ bằng 0 thì $S_2$ sẽ có xu hướng $4a$ và $S_1$ đến $3a$, vì vậy $S_2:S_1$ sẽ có xu hướng $4/3$.
b) Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức $S_2 < 4S_1/3$ cho tứ diện bằng cách sửa đổi một chút chứng minh dưới đây cho tứ diện*).
c) lời giải dựa trên những điều sau đây
Bổ đề (Hình 2). Nếu điểm $H$ nằm trên đoạn $H_1H_2$ thì với ba điểm bất kỳ $E, F, G$ $P_{EFGH} \leq P_{EFGH_1}$ hoặc $P_{EFGH} \leq P_{EFGH_2}$.

*) Xem thêm bài viết của V. M. Tikhomirov “Trên một optipad bài toán (tr. 22).”

44

M760. Với một đường gãy kín $A_1A_2...A_m$, trong đó $m$ là số lẻ, thao tác sau được thực hiện: các điểm giữa của các liên kết của nó được kết nối với $m$ bằng các đoạn qua một (giữa $A_1A_2$ - với giữa $A_3A_4$, $A_2A_3$ - với $A_4A_5$, …, $A_{m-1}A_m$ - với $A_1A_2$, $A_mA_1$ - từ $A_2A_3$). Thao tác tương tự được thực hiện lại với đường đứt nét kết quả, v.v. Chứng minh rằng từ bất kỳ đường đứt liên kết $m$ $a$) nào tại $m=5$ - bằng hai bước.
b) tại $m=7$ - theo ba bước,
c) đối với bất kỳ $m$ lẻ nào - sau một số bước nhất định (tùy thuộc vào $m$), sẽ thu được một đường đứt nét, tương tự (được chuẩn bị thêm) với đường ban đầu đầu tiên.

Chúng tôi sửa một điểm tùy ý $O$ (chúng tôi sẽ làm rõ vị trí của nó trong quy trình lời giải), sau đó bất kỳ điểm nào $A$ đều có thể được chỉ định bởi vectơ $\overrightarrow{OA}$ - vectơ của điểm $A$. Nếu chúng ta biểu thị vectơ các đỉnh của một đường đứt nét cho trước $J$ bằng $\bar{a}_1 = \overrightarrow{OA}_1$, …, $\bar{a}_m = \overrightarrow{OA}_m$, thì vectơ các đỉnh của đường đứt nét $J_1$, thu được từ $J$ do kết quả được chỉ định trong thao tác đã cho, sẽ bằng nhau
$$\frac{1}{2} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2), \frac{1}{2} (\bar{a}_3 + \bar{a}_4), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{2} (\bar{a}_m + \bar{a}_1), \frac{1}{2} (\bar{a}_2 + \bar{a}_3), \dots, \frac{1}{2} (\bar{a}_{m-1} + \bar{a}_m).$$

vì vectơ của phần giữa của đoạn bằng với vectơ kết quả của các đầu của nó. Tương tự, các vectơ đỉnh của đa tuyến tiếp theo đều bằng nhau
$$\frac{1}{4} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a}_5 + \bar{a}_6 + \bar{a}_7 + \bar{a}_8), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{4} (\bar{a}_{m-3} + \bar{a}_{m-2} + \bar{a}_{m-1} + \bar{a}_m).$$

Tóm lại, để tìm vectơ các đỉnh của đoạn thẳng gãy $J_k$ bạn cần viết dãy vectơ các đỉnh của đoạn thẳng gãy $J$ $2^k$ lần:
$$\bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots \bar{a}_m, \bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots, \bar{a}_m, \dots, \bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots, \bar{a}_m,$$
thêm các vectơ $2^k$ đầu tiên của hàng này, các vectơ $2^k$ tiếp theo, v.v., sau đó chia từng tổng $m$ kết quả cho $2^k$.

a) Sử dụng quy tắc dẫn xuất, ta tìm vectơ các đỉnh của đường đứt nét $J_2$ cho $m=5$:
$$\frac{1}{4} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a}_5 + \bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{4} (\bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4 + \bar{a}_5)$$
hoặc, giả sử $\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4 + \bar{a}_5 = \bar{a}$:
$$\frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_5), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_3), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_2), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_1).$$

Bây giờ hãy lưu ý rằng điểm $O$ luôn có thể được chọn sao cho tổng $\bar{a}$ của các vectơ của các đỉnh của đường đứt nét $J$ bằng $\overrightarrow{O}$ (xem phần cuối lời giải). Trong trường hợp này, vectơ của các đỉnh của đường gãy $J_2$ sẽ bằng $-\frac{1}{4} \bar{a}_5, -\frac{1}{4} \bar{a}_4, -\frac{1}{4} \bar{a}_3, -\frac{1}{4} \bar{a}_2, -\frac{1}{4} \bar{a}_1$, do đó bản thân các đỉnh sẽ sẵn sàng.

các đỉnh của đường đứt nét $J$ so với điểm $O$ có hệ số $-1/4$ (xem hình): đỉnh thứ 1 của đường gãy $J_2$ tương ứng với đỉnh thứ 5 $A_5$ của đường gãy $J$, đỉnh thứ 2 - tương ứng với $A_4$, đỉnh thứ 3 - $A_3$, ngày 4 - $A_2$ và ngày 5 - $A_1$. Trong trường hợp này, thứ tự kết nối các đỉnh $J_2$ sẽ giống như đối với các đỉnh tương ứng $J$, mặc dù hướng di chuyển của chúng sẽ ngược lại.

b), c) Bạn luôn có thể chọn $k$ sao cho số $2^k-1$ chia hết cho số lẻ $m$. (Cụ thể ở nhiệm vụ 6) $m=7$, và $k=3$. Thật vậy, trung bình cộng của các số 1, 2, $2^2$, … buộc phải tìm duya, $2^l$ và $2^n$ ($l<n$), khi chia cho $m$ đều có cùng số dư. Hiệu $2^n-2^l=2^l(2^n-l-1)$ của chúng chia hết cho $m$ mà không có số dư. Và vì $m$ là số lẻ nên tại $k=n-l$ số $2^k-1$ chia hết cho $m$; hãy để $2^k-1=mp$.

Khi đó $2^k=mp+1$, và theo quy tắc tìm vectơ các đỉnh của đường đứt nét $J_k$ chúng được biểu diễn dưới dạng
$$\frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_1), \frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_2), \dots, \frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_m),$$

ở đâu $\bar{a}=\bar{a}_1+\dots+\bar{a}_m$. Nếu điểm $O$ được chọn sao cho $\bar{a}=\overrightarrow{OA}_1+\dots+\overrightarrow{OA}_m=\overrightarrow{O}$, thì vectơ của các đỉnh của đa tuyến $J_k$ bằng $2^{-k}\bar{a}_1, \dots, 2^{-k}\bar{a}_m$, và do đó nó được chuẩn bị bởi đa tuyến $J$ với tâm chuẩn bị $O$ và hệ số $2^{-k}$.

45

Vẫn còn phải giải thích cách tìm ra điểm $O$ mà chúng ta cần—trung tâm đồng nhất. Tổng các vectơ đỉnh có thể được viết là
$$\bar{a} = \overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{OA}_2 + \dots + \overrightarrow{OA}_m = \overrightarrow{OA}_1 + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2) + \dots$$
$$\dots + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m) = m \cdot \overrightarrow{OA}_1 + (\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2 + \dots + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m),$$
posnomu, nếu $\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{O} = \frac{1}{m} (\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2 + \dots + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m)$, thì $\bar{a} = \overrightarrow{0}$. (Điểm này $O$ là trọng tâm của các khối lượng giống nhau đặt tại các điểm $A_1, A_2, \dots, A_m$).

A. V. Kelarev, N. B. Vasiliev, A. N. Zemlykov

**M761. Qua điểm tùy ý $P$ trên cạnh AC của tam giác ABC, song song với các đường trung tuyến AK và CL, kẻ các đường thẳng cắt các cạnh BC và AB lần lượt tại các điểm E và F (xem hình).

Chứng minh rằng các đường trung tuyến AK và CL chia đoạn EF thành ba phần bằng nhau.

*M763. Cho hình bình hành ABCD, khác hình thoi. Một đường thẳng đối xứng với đường thẳng AB so với đường chéo AC cắt nhau tại điểm Q. Một đường thẳng đối xứng với đường thẳng DC so với đường chéo DB. Tìm quan hệ $|QA|:|QD|$ nếu biết quan hệ $|AC|:|BD| = k$.

Hãy đặt $AQO = OQD = \varphi$, $QAO = \alpha$, $QDO = \beta$. Sau đó $AOD = 2\pi - \alpha - \beta - 2\varphi$. Đồng thời $AOD$ là góc ngoài của tam giác ODC, trong đó $OCD = OAB = \alpha$, $ODC = \beta$ (xem hình). Do đó, $AOD = \alpha + \beta$, tức là $2\pi - \alpha - \beta - 2\varphi = \alpha + \beta$. Theo sau đó $\alpha + \beta + \varphi = \pi$ có nghĩa là $AOQ = \pi - \alpha - \varphi = \beta - ODQ$. Vì các tam giác $AQO$ và $OQD$ có ​​các góc tương ứng bằng nhau nên chúng giống nhau với hệ số tương tự là $|AO|:|OD| = |AC|:|BD| = k$. Như vậy,

$$\frac{|QA|}{|QD|} = \frac{|QA|}{|QO|} \cdot \frac{|QO|}{|QD|} = k^2.$$

Bình luận. Thật đáng để khám phá nguồn gốc của bài toán có vẻ khá nhân tạo này. Vấn đề là $Q$ là một điểm cố định của một phép biến đổi tương tự (một trong hai biến đổi có thể xảy ra), lấy điểm $A$ thành $O$ và $O$ thành $D$. Nó có thể được biểu diễn dưới dạng thành phần xoay quanh điểm $Q$ theo một góc $\varphi$ (theo chiều kim đồng hồ trong hình của chúng ta) và chuẩn bị $H^k_Q$. Các phép biến đổi kiểu này được gọi là số quay phụ hoặc độ tương tự xoắn ốc. Do đó, cách xây dựng được mô tả trong điều kiện bài toán cho phép chúng ta tìm ra độ tương tự xoắn ốc $F$ nếu cho điểm $A, F(A) (= O)$ và $F(F(A)) (= D)$. Phép biến đổi tương tự thứ hai, lấy điểm $A$ và $O$ thành $O$

46

và $D$ tương ứng là sự kết hợp của sự đối xứng trục và kiểu đồng nhất có tâm ở trục của nó. Hãy suy nghĩ về cách xây dựng điểm cố định của nó.*)

V. N. Dubrovsky

M764. Chứng minh rằng mỗi phương trình $a) x^2 + y^2 = z^5$; $b) x^2 + y^2 + z^5 = t^7$ có vô số lời giải trong số tự nhiên.

**a) Hãy thử tìm lời giải trong số các lũy thừa của cùng một số tự nhiên $a: x = a^k, y = a^e, z = a^m$ ($k, e, m$ là số tự nhiên).

Thay thế $x, y, z$ vào phương trình sẽ được đẳng thức $a^{2k} + a^{3e} = a^{5m}$. Dễ dàng nhận thấy rằng đối với $2k \neq 3e$ sự bình đẳng như vậy là không thể xảy ra. Vì vậy $2a^{2k} = a^{5m}$. Theo sau đó là $a = 2$.

Chúng ta tiến tới $x = 2^{3n}, y = 2^{2n}$, trong khi $x^2 + y^2 = 2^{6n+1}$, và do đó, số $6n+1$ phải chia hết cho 5.

Và vì $6n+1$ chỉ chia hết cho 5 tại $n = 5s+4$ ($s \geq 0$), nên chúng ta có một chuỗi vô hạn lời giải:

$$x = 2^{15s+12}, y = 2^{10s+8}, z = 2^{6s+5}, s \in Z, s \geq 0.$$

b) Giải tương tự như $a$). Bạn cần tìm lời giải, trong đó $x = 3^{15n}, y = 3^{10n}, z = 3^{6n}$. Sau khi thế vào phương trình ta được $3^{30n+1} = t^7$, nhưng $30n+1$ chia hết cho 7 cho $n = 7s+3$, $s \geq 0$, $s \in Z$. Chúng ta đã thu được một chuỗi vô hạn lời giải $x = 3^{105s+45}, y = 3^{70s+30}, z = 3^{42s+18}, t = 3^{30s+13}$.

Dễ dàng nhận thấy rằng nhìn chung phương trình $x^2 + x^2 + \dots + x^n = y^b$ có vô hạn lời giải dưới dạng số nguyên nếu bội số chung nhỏ nhất $M$ của các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ được lấy đơn giản với $b$. Như trong $a$ và $b$), lời giải có thể được tìm kiếm dưới dạng lũy ​​thừa của $n$.

Chúng tôi tiếp cận $x_1 = n^{M_t}, \dots, x_n = n^{a_n}$, trong đó $t \in N$. Sau khi thay $x_1, x_2, \dots, x_n$ vào phương trình, chúng ta thu được đẳng thức $n^{M_t+1} = y^b$ và vì $M$ và $b$ bị trừ đơn giản nên có vô số $t$ mà $M_t+1$ chia hết cho $b$.

O. V. Mazurov

F778. Vòng có khối lượng $m$, buộc lỏng lẻo hai vòng khối lượng mỏng $M$, bắt đầu co lại xuống dưới; Trong trường hợp này, vòng được cắt theo các hướng khác nhau dọc theo bề mặt ngang thô. Xác định gia tốc của vòng tại thời điểm ban đầu nếu uell $AO_1O_2$ (xem hình) bằng $a$. Không có ma sát giữa vòng và vòng.

Giả sử rằng trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ sau khi hệ bắt đầu chuyển động, chiếc nhẫn đã hạ xuống một khoảng $\Delta x$ tính từ điểm $A$ và đạt được tốc độ $v$. Tốc độ chuyển động tịnh tiến của vòng tại thời điểm này phải bằng $u = vtg\alpha$ ($\Delta t$ nhỏ đến mức góc $\alpha$ thực tế không thay đổi). Do đó, tốc độ tuyến tính của tất cả các điểm của vòng là như nhau. Theo định luật bảo toàn năng lượng,

$$mg \cdot \Delta x = 2Mu^2 + m \frac{v^2}{2} = 2Mv^2tg^2\alpha + m \frac{v^2}{2}$$

($Mu^2$ là tổng động năng của mỗi vòng tại một thời điểm nhất định). Từ đẳng thức này ta tìm được

$$a = g \frac{1}{1 + 4\frac{M}{m}tg^2\alpha}.$$

S. S. Krotov

*) Bạn có thể đọc thêm thông tin về các phép biến đổi tương tự và ứng dụng của chúng trong hình học trong các cuốn sách sau: I. M. Yaglom “Biến đổi hình học”, tập. 1, (M., Gostekhtoridat, 1955) và G. S. M. Koketer, S. L. Greytzer “Những cuộc gặp gỡ mới với hình học” (M., “Hayka”, 1978).