Kvant 1987, số 2 · Trang

ISSN 0130—2221
QUANTUM
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
87

Trong phòng:

2 A.I. Kostrikin. Nhóm đơn giản
8 A. V. Sosinsky. Nhóm hữu hạn
13 S. G. Semenchisky. Hiệu ứng Hall: năm 1879 - năm 1980
19 D. G. Krutozin. Hành trình qua máy vi tính

Sách vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M1026 — M1030; F1038 — F1042
24 Lời giải bài toán M1006 — M1009; F1017 — F1022
32 Số có ba chữ số và chữ ghép

«Kvant» cho học sinh nhỏ
37 Bài toán
38 N. A. Đất Mẹ. Những con số có thể cho bạn biết điều gì?

Trường học ở «Kvant»
41 Toán 8, 9, 10

Phòng thí nghiệm «Kvant»
43 MP Bronstein. Người phát minh ra máy điện báo vô tuyến

Xưởng của người nộp đơn
48 V. E. Belonuchkin. Điều động trong không gian

Các lựa chọn thi tuyển sinh

57 Đáp số, gợi ý, lời giải
«Kvant» mỉm cười (18, 51)
Trang bìa của chúng tôi (36)
Pha trộn (36)
Trang cờ vua
Những khám phá nghịch lý của máy tính (trang bìa thứ 3)

Byushek của chúng tôi

Trang đầu tiên của bìa thể hiện một ống góp được xây dựng theo epirus thể hiện ở trang thứ hai của bìa. Cách xây dựng một đa tạp như vậy được mô tả trên trang. 36.

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1987

3

một người đàn ông đẹp trai, mắt to, đang chăm chú viết những dấu hiệu tanish vào một cuốn sổ nhỏ và nói với giọng tất nhiên là một giọng điệu của người Đức.

Trong một nhà tù gần Paris, những ý tưởng sâu sắc của Sophus Lie về ứng dụng lý thuyết nhóm trong giải tích, đặc biệt là trong các phương trình vi phân, đang chín muồi. Nền tảng của một lý thuyết đã phát triển hiệu quả cho đến ngày nay sẽ xuất hiện – lý thuyết về nhóm Lie. Và ở quê hương mình, Klein đang cân nhắc vai trò của các nhóm trong hình học. Vai trò này hóa ra lại mang tính quyết định đối với chính nền tảng của khoa học hình học, và Klein giải thích điều này bằng một trở ngại trong ý nghĩa của chương trình Ergantzen.*)

Bài toán phân loại nhóm hữu hạn

Nhóm không chỉ hoạt động như một phương pháp trong các lĩnh vực toán học khác nhau mà đang dần trở thành một chủ đề nghiên cứu độc lập.

*) Xem «Kvant», 1975, số 12, tr. 6.

Quá trình nhóm hữu hạn lẻ tẻ

Nhóm | Năm khai trương | Đặt hàng theo nhóm | tác giả

$$M_{11}$$ | 1861 | $2^4 3^2 5 \cdot 11=7920$ | {Mathieu}

$$M_{12}$$ | 1861 | $2^6 3^5 \cdot 11=95040$ | {Yanko}

$$M_{22}$$ | 1873 | $2^7 3^2 5 \cdot 11=443 520$ | {Higman, Sims}

$$M_{23}$$ | 1873 | $2^7 3^2 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 23=10 200 960$ | {Hội trường, Giếng}

$$M_{24}$$ | 1873 | $2^{10} 3^3 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 23=244 823 040$ | {McLaughlin}

$$J_1$$ | 1965 | $2^3 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 19=175 560$ | {Suzuki}

$$HS$$ | 1967 | $2^9 3^2 5^3 7 \cdot 11=44 353 000$ | {Higman, McKay}

$$J_2=HJ$$ | 1967 | $2^7 3^3 5^2=604 800$ | {Conway}

$$Mc$$ | 1968 | $2^7 3^0 5^3 7 \cdot 11=898 128 000$ | {Đồi, Giếng}

$$Sz$$ | 1968 | $2^{13} 3^7 5^2 7 \cdot 11 \cdot 13$ | {Fischer}

$$J_3=HJM$$ | 1968 | $2^7 3^5 5 \cdot 17 \cdot 19=50 232 960$ | {Higman, McKay}

$$Co_1$$ | 1968 | $2^{21} 3^9 5^4 7^2 11 \cdot 13 \cdot 23$ | {Conway}

$$Co_2$$ | 1968 | $2^{18} 3^6 5^3 7 \cdot 11 \cdot 23$ | { Hill, Higman và cộng sự. }

$$Co_3$$ | 1968 | $2^{10} 3^7 5^3 7 \cdot 11 \cdot 23$ | {Fischer}

$$He=HHM$$ | 1968 | $2^{10} 3^5 2^7 3 \cdot 17$ | { Hill, Higman và cộng sự. }

$$F_{22}$$ | 1969 | $2^{17} 3^9 5^2 7 \cdot 11 \cdot 13$ | {Fischer}

$$F_{23}$$ | 1969 | $2^{18} 3^13 5^2 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 23 \cdot 29$ | { Luon, Sims }

$$F_{24}$$ | 1969 | $2^{21} 3^16 5^2 7^3 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 23 \cdot 29$ | {Rudwalis, Conway, v.v.}

$$Ly=LyS$$ | 1970 | $2^8 3^7 5^6 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 31 \cdot 37 \cdot 67$ | {Ngư dân, Sims}

$$Ru$$ | 1972 | $2^{14} 3^3 5^3 \cdot 7 \cdot 13 \cdot 29$ | {Sims}

$$O=O'NS$$ | 1973 | $2^9 3^4 5 \cdot 7^3 \cdot 11 \cdot 19 \cdot 31$ | {O’Nan, Sims}

$$F_2=B$$ | 1973 | $2^{41} 3^13 5^6 7^2 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \times 31 \cdot 47$ | { Simt, Thompson }

$$F_3=E$$ | 1974 | $2^{15} 3^10 5^3 7^2 \cdot 13 \cdot 19 \cdot 31$ | {Conway, Fisher, v.v.}

$$F_5=O$$ | 1974 | $2^{14} 3^6 5^6 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 19$ | {Conway, Fisher, v.v.}

$$M=F_1$$ | 1974 | $2^{46} 3^20 5^9 7^6 11^2 13^3 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \times 29 \cdot 31 \cdot 41 \cdot 47 \cdot 59 \cdot 71$ | {Fischer, Griess}

$$J_4$$ | 1975 | $2^{21} 3^3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11^3 \cdot 23 \cdot 29 \cdot 31 \times 37 \cdot 43$ | { Conway, Yanko và cộng sự. }

4

của các nhóm đơn giản. Và do đó việc phân loại bài toán các nhóm hữu hạn đơn giản trở thành ưu tiên hàng đầu.

Biết rằng nhóm hữu hạn bất kỳ là nhóm con của một trong các nhóm hoán vị $S_n$, $n=1, 2, \dots$ (xem trang 9 của số này). Do đó, việc tìm kiếm nhóm hữu hạn đơn giản có thể bắt đầu bằng việc nghiên cứu các nhóm con của nhóm $S_n$.

Nhưng một nhóm đơn giản là gì? Chúng ta hãy gọi một thuật toán gorodophysical $\alpha$: $G \rightarrow H$ đơn giản hóa nếu mẫu $\alpha(G) \subset H$ của nó có nhiều hơn một phần tử nhưng ít hơn trong $G$. Một nhóm hữu hạn $G$ được gọi là nhóm đơn nếu nó không có các phép gorodophism đơn giản hóa.

Ví dụ rõ ràng nhất về nhóm đơn giản là nhóm tuần hoàn $Z_p$ của bất kỳ cấp nguyên tố nào $p$:

$$Z_p = \begin{cases} z, z^2, \dots, z^p = e \\ z = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & (p-1) & p \\ 1 & 2 & \dots & p & 1 \end{pmatrix} \end{cases} \subset S_n.$$

Thực tế, nếu có một gorodophysical đơn giản hóa $\alpha$: $Z_p \rightarrow H$, thì một trong các phần tử $e$ không bằng nhau $w \in Z_p$ sẽ trở thành một, nhưng khi đó bất kỳ phần tử nào từ $Z_p$ sẽ trở thành một (nghĩ tại sao) và $\alpha(Z_p) = \{e\}$ - một mâu thuẫn! Ở đây, sự đơn giản của $p$ là điều cần thiết hoặc nhóm $Z_m$ với tổ hợp $m$ có thể được ánh xạ đồng hình vào $Z_k$, trong đó $k$ là ước số của $m$.

Nhóm đơn giản nhất: hai chuỗi đại số

Có nhiều nhóm hữu hạn nguyên tố $Z_p$ vô cùng (vì có nhiều số nguyên tố vô cùng), nên các nhóm $Z_p$ tạo thành một chuỗi (vô hạn) của các nhóm hữu hạn đơn giản. Có một loạt các nhóm đơn giản khác được mô tả dễ dàng, được gọi là nhóm xen kẽ $A_n$, $n=1, 2, \dots$, giống nhau

5

nhóm bậc n và được ký hiệu là $A_n$. Có thể chứng minh rằng nhóm $A_n$ có $n!/2$ phần tử và với $n > 4$ nhóm $A_n$ là đơn giản. Vì vậy, các nhóm quen thuộc

$A_n$, $n = 5, 6, 7, \dots$,

tạo thành dãy thứ hai của các nhóm đơn hữu hạn.

Mười sáu chuỗi hình học

Các nhóm đơn giản hữu hạn không bị giới hạn trong chuỗi $Z_p$ và $A_n$. Có 16 dãy nhóm hữu hạn đơn giản khác. Chúng đã phức tạp hơn rồi. Các nhóm của chuỗi này thường là các nhóm con hữu hạn của “nhóm Lie”. Chúng ta có thể nói rằng chúng có tính chất hình học hơn là đại số. Nhiều nhà toán học đã tham gia khám phá của họ. Vai trò cơ bản do công trình của người Pháp C. Chevalley đảm nhận, được thực hiện ngay sau chiến tranh và hoàn thành vào những năm 50. Chuỗi hình học vô hạn bao gồm phần lớn các nhóm đơn giản điển hình và thừa nhận nhiều cách mô tả khác nhau, được điều chỉnh cho các mục đích khác nhau.

Nhóm đơn giản lẻ tẻ

Rất lâu trước khi bài toán, dẫn đến tất cả 18 chuỗi vô hạn các nhóm đơn giản hữu hạn, bị khuất phục trước làn sóng các nhà nghiên cứu, sự tồn tại của các nhóm đơn giản biệt lập được gọi là “lẻ tẻ” đã được biết đến. Trước năm 1965, chỉ có 5 công ty và tất cả đều gắn liền với tên tuổi của nhà toán học phân tích người Pháp E. Mathieu. Từ “nhóm” không xuất hiện trong tiêu đề các tác phẩm của ông giai đoạn 1861-1873, trong đó các hàm và tổ hợp cấu trúc được mô tả trong các không gian có chiều 12 và 24 với tính đối xứng rất đặc biệt và màu đỏ. Sự đối xứng này được điều khiển bởi năm nhóm, ngày nay gọi là nhóm Mathieu (xem bảng trang 3). Điều thú vị là trong nhóm thời gian của chúng ta

Mathieu là cơ sở cho việc xây dựng các mã hiệu chỉnh có hiệu quả cao.

Nói chung, năm nhóm Matte đơn giản tồn tại một mình, tồn tại một nửa trong khoảng một thế kỷ, cho đến năm 1965 3. Janko từ Heidelberg đã tìm thấy một nhóm đơn giản khác, cũng không phù hợp với bất kỳ chuỗi vô hạn nào. Nhưng nó không được tìm thấy một cách tình cờ mà trong quá trình lời giải một phân loại đặc biệt bài toán. Mười nhà toán học khác cũng giải quyết những vấn đề tương tự. Thành công của 3. Yanko, người sau đó đã mở thêm ba nhóm lẻ tẻ nữa, đóng vai trò là một người lập danh mục. Giống như những cây nấm sau Jedi, người ta quan sát thấy nó được xây dựng - không có lý do, không thể hiểu được từ đâu, với sự trợ giúp của máy tính và không có máy tính, ngày càng nhiều nhóm đơn giản lẻ tẻ mới bắt đầu xuất hiện. Tên của những “người hái nấm” thành công, ở dạng viết tắt được lặp lại bằng tên của chính những “nấm” - các nhóm lẻ tẻ, được đưa ra trong bảng đã đề cập, cột thứ hai cho biết năm phát hiện. Năm nay không phải lúc nào cũng trùng với năm nhóm thực sự được thành lập.

“Quái vật lớn” và “Quái vật Bzbi”
Nhóm lớn nhất trong số các nhóm rời rạc $F_1$, hoặc $M$, xứng đáng có một câu chuyện riêng. Sự tồn tại của nó lần đầu tiên

baby monster

241 3.5 6.2
11·13·17·19
23·31·47

6

được dự đoán độc lập bởi B. Fischer, J. Thompson và R. Griss vào năm 1974. Một cách xây dựng chặt chẽ của nhóm này chỉ được đề xuất vào năm 1981 bởi Griss, dựa trên một số họ phép quay trong một không gian có chiều 196883 (!) Số phần tử của nhóm này - nếu tôi có thể nói như vậy - nhóm đơn giản là 808.017.424.794.512.875.886.459.904 961 710 757 005 754 368·10⁹ (khoảng 10⁵⁴). Không có gì đáng ngạc nhiên khi các nhà toán học gọi nó là “con quái vật lớn” và mất nhiều thời gian cố gắng chứng minh sự tồn tại của nó. Đáng chú ý là Griess đã làm mà không cần sự trợ giúp của máy tính và do đó đã cứu được nhiều nhóm lẻ tẻ khác khỏi những lần sinh nở đầu tiên trên máy tính, hóa ra là “đứa con” (tức là các nhóm con) của quái vật F₁. Đặc biệt, chúng bao gồm nhóm F₂, được gọi là “quái vật con” và trước đây được nhận ra bằng các hoán vị trong Sₙ với n gần bằng 14·10⁹ (!). Theo thời gian, những mối liên hệ tích cực giữa con quái vật và các nhánh toán học cổ điển (chẳng hạn như lý thuyết số) đã được phát hiện và “những tưởng tượng về chủ đề quái vật” trở nên phổ biến, không loại trừ những điểm tương đồng xa vời giữa tính đối xứng kiểu F₁ và các lý thuyết vật lý mới nhất.

Lý thuyết và trực giác

Mặc dù đã nảy sinh các cổ đông xung quanh các thiết kế nêu trên, nhưng không nên nghĩ rằng việc tìm kiếm các nhóm lẻ tẻ kỷ lục đã biến thành một cuộc thi thể thao vô nghĩa, thời điểm của các cuộc thi phổ biến ở Mỹ về số lượng sinh viên được đặt trong bốt điện thoại. Việc xây dựng các nhóm rời rạc tiếp tục đi theo con đường của trực giác sâu sắc nhất và những thỏa thuận hợp lý được quy định bởi lý thuyết phân loại, được phát triển trong suốt 25 năm bởi hàng loạt nhà toán học lớn. Vào đầu thời kỳ đáng kinh ngạc này trong lịch sử đại số là J. Thompson và W. Feit, những người đã chứng minh rằng mọi nhóm đơn giản cấp lẻ (nghĩa là có số phần tử lẻ) phải là nhóm tuần hoàn Zₚ cho một số nguyên tố p không đồng nhất. Bằng chứng này mất 250 trang văn bản tạp chí khô khan (!), nhưng nó chứa đựng mầm mống của toàn bộ lý thuyết tiếp theo.

Ngoài những thông điệp lý thuyết nhóm tổng quát, việc xây dựng từng nhóm lẻ tẻ riêng lẻ còn dựa trên những ý tưởng sâu sắc từ các nhánh toán học khác. Do đó, trong công trình của J. Conway, người đã phát hiện ra ba nhóm lẻ tẻ, cả lý thuyết mã hóa và các kết quả thay thế về sự đóng gói dày đặc của một hình cầu trong hình học đa chiều đều được sử dụng đồng thời. Và ở đây trực giác ba chiều được tuyên bố thường mở ra.

Một tấm gương đáng kính*)

Xét một hình vuông có cạnh dài 4 với tâm ở gốc của mặt phẳng R2. Ở bốn góc của nó bằng lúa mì có bốn vòng tròn bán kính 1, như được hiển thị ở hình. Mỗi phần tử là một hình vuông có cạnh dài 4 với tâm ở gốc tọa độ và đặt ở 8 góc của nó một hình cầu có bán kính 1. Mỗi hình cầu là một lý thuyết phân loại đã được phát triển trong hơn 25 năm bởi một loạt các nhà toán học lớn. Vào đầu thời kỳ đáng kinh ngạc này trong lịch sử đại số là J. Thompson và W. Feit, những người đã chứng minh rằng mọi nhóm đơn giản cấp lẻ (nghĩa là có số phần tử lẻ) phải là nhóm tuần hoàn Zₚ cho một số nguyên tố p không đồng nhất. Bằng chứng này mất 250 trang văn bản tạp chí khô khan (!), nhưng nó chứa đựng mầm mống của toàn bộ lý thuyết tiếp theo.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang không gian ba chiều R³ và lặp lại quá trình, bắt đầu với một khối lập phương có cạnh 4 với tâm ở gốc tọa độ và đặt các quả cầu có bán kính 1 vào 8 góc của nó. Mỗi quả cầu là một lý thuyết phân loại đã được phát triển trong hơn 25 năm bởi nhiều nhà toán học lớn. Ở điểm bắt đầu của không gian R³ này, hãy xem xét một khối lập phương n chiều có cạnh 4 có tâm ở gốc tọa độ và đặt nó vào

*) Theo J. Ivinug (The Mathematical Intelligencer, 1980, 3, No. 1, pp. 45-46).

8

NHÓM HỮU HẠN

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
A. V. SOSINSKY

Khái niệm nhóm, đặc biệt là nhóm hữu hạn, là một trong những khái niệm quan trọng nhất trong toán học. Đồng thời, một trong những ứng dụng phổ biến nhất và hữu ích nhất.

Ví dụ, nếu không có các nhóm hữu hạn, không thể chỉ ra phương trình đại số nào có thể giải được bằng căn thức và phương trình nào không, để mô tả cách cấu trúc của các tinh thể hoặc tạo ra các mã sửa lỗi. Tuy nhiên, chúng ta sẽ không nói về điều này ở đây mà sẽ giới hạn ở những ví dụ đơn giản nhất về nhóm hữu hạn.

Minh họa: Nhóm hành động

Một tập hợp không trống gồm một số hành động có thể được thực hiện tuần tự được gọi là một nhóm nếu tập hợp này cho mỗi hành động nhất thiết phải chứa nghịch đảo của nó và kết quả của việc thực hiện tuần tự hai hành động bất kỳ cũng là một hành động từ tập hợp này.

Để minh họa, hãy xem xét hành động của nhân viên giao hàng thực hiện lệnh diễn tập (hình 1). Các chuỗi hành động này tạo thành nhóm $R(\square) = \{C, \Pi, J, K\}$. Như vậy, kết quả thực hiện tuần tự các hành động P và K (ở bên phải và dốc) sẽ trùng với kết quả của hành động L (ở bên trái); cái này được viết là $K \cdot \Pi = J$. Tương tự như vậy $J \cdot \Pi = \Pi \cdot J = K \cdot K = C$. Các phần tương ứng còn lại trong nhóm có thể được trích xuất từ ​​bảng nhân của nó được hiển thị trong hình 1. Ở đây, hành động C đóng một vai trò đặc biệt, có thể được gọi là “tuần không có gì”. (Hành động như vậy chắc chắn tồn tại trong bất kỳ nhóm nào: chúng ta đạt được nó bằng cách thực hiện một hành động tùy ý, sau đó làm ngược lại). Hành động P và L của chúng ta nghịch đảo với nhau, hành động K nghịch đảo với chính nó, v.v.

Hãy xem xét một nhóm khác cũng bao gồm các lần lặp lại. Cụ thể là một nhóm các lần lặp lại của ngôi sao năm cánh $\Pi(\star)$ so với tâm của nó (hình 2). “Không phân chia” (trong trường hợp này, phần lặp lại trên $0^\circ$) được biểu thị bằng $R_0$ và các lần lặp lại còn lại (trên $72^\circ, 144^\circ, 216^\circ, 288^\circ$) được biểu thị bằng $R_1, R_2, R_3, R_4$. Đây $R_2 \cdot R_1 = R_1 \cdot R_2 = R_3$,

Hình 2.

$R_3 \cdot R_3 = R_1, R_1 \cdot R_4 = R_0$ (sau này có nghĩa là $R_4$ quay lại $R_1$), v.v. Tập hợp $\Pi(\star) = \{R_0, R_1, R_2, R_3, R_4\}; \circ$ tạo thành một nhóm.

Cuối cùng, hãy xem xét việc “đeo tất vào nhóm” (hình 3), bao gồm các hành động sau:

$O = \text{Оставь, как есть}$,
$\Pi = \text{Сними и надень на другую ногу}$,
$B = \text{Сними, выверни и надень на ту же ногу}$,
$\Pi' = \text{Сними, выверни и надень на другую ногу}$.

Nó không làm gì ở đây - đây là $O$, sau đó là $\Pi \cdot B = \Pi', \Pi \cdot B = \Pi' \cdot \Pi' = 0, \Pi' \cdot \Pi = B$, v.v.

Một lần nữa, chúng ta có nhóm $H = \{O, \Pi, B, \Pi'; \circ\}$, giống như $R(\square)$, bao gồm bốn hành động. Tuy nhiên, các nhóm $H$ và $R(\square)$ được coi là khác nhau: bảng nhân của chúng không chỉ khác nhau về cách chỉ định các phần tử mà còn về cấu trúc của chúng. Như vậy, dọc theo đường chéo của bảng nhân $H$ có hành động tương tự $O$, trong khi trên đường chéo $y R(\square)$ này có các phần tử khác nhau.

Tôi nghi ngờ rằng hầu hết những độc giả hướng tới máy chủ đang ngày càng nhận thức được một số hình thức đào tạo, mang tất - thật là vô nghĩa, nó không hoàn toàn khoa học! Tôi vội phản đối: một cách khoa học, thậm chí rất nhiều. Bạn có biết một tập hợp các hành động đầu hàng thực sự được gọi là gì không? Nhóm tuần hoàn bậc 4 hoặc nhóm dư modulo 4. Và nhóm “ngón chân” của chúng ta là nhóm Klein. Sự quay của một ngôi sao là một trong những nhóm được gọi là nhóm hữu hạn đơn giản, mà cả một bài báo đã được viết trên số Kvanat này (xem trang 2), và hàng nghìn bài báo trên các tạp chí khác về nó.

Nhóm hàm hình học đối xứng

Với mỗi hàm hình học F, người ta có thể liên kết, theo định nghĩa đầy đủ, một nhóm S(F), được gọi là nhóm tự lấy mẫu hoặc nhóm đối xứng với hàm này; theo định nghĩa, tập hành động của nó bao gồm tất cả các chuyển động kết hợp hàm F với chính nó. Ví dụ: S(□) bao gồm 8 hành động: bốn phép quay hình vuông (so với tâm của nó, bao gồm 0°) và bốn phép phản xạ (so với hai đường chéo và hai “đường trung bình” của hình vuông).

Trong nhóm S(△) mẫu tự của tam giác đều là 6 hành động, trong nhóm S(□) của hình vuông là 4. Bảng cửu chương của nhóm S(□) được thể hiện trên hình 4.

Hình 4.

Nếu so sánh bảng nhân của nhóm S(□) với bảng nhân của nhóm H, bạn sẽ nhận thấy rằng các bảng này chỉ khác nhau ở cách gọi tên các hành động. Nếu biến hành động giống như thế này:
$$\begin{array}{c} O \rightarrow R_0, \quad \Pi \rightarrow R_1, \quad B \rightarrow S_1, \quad \Pi' \rightarrow S_2, \\ \text{то одна таблица превращится в другую.} \end{array}$$

Các nhóm có sự trùng hợp (có sự thay đổi hành động phù hợp) với bảng nhân được gọi là nhóm đẳng cấu. Bây giờ chúng ta đã xác định rằng các nhóm S(□) và H là đẳng cấu (chúng thường được ký hiệu bằng chữ K để vinh danh F. Klein), và trước đó chúng ta đã nhận thấy rằng các nhóm này không đẳng cấu với nhóm R(□) của các tác dụng cộng.

Người đọc có thể đã đồng ý tại sao chúng tôi ký hiệu nhóm tác dụng gồm R(□): nó đẳng cấu với nhóm phép quay của một hình vuông so với tâm của nó qua các góc 2kπ/4, k=0, 1, 2, 3. Nhóm này là trường hợp đặc biệt (với n=4) của nhóm phép quay của nút n đều (so với tâm của nó), nhóm này còn được gọi là nhóm tuần hoàn theo thứ tự n-zo và thường được ký hiệu là Zn.

Trong đại số, các nhóm được nghiên cứu “đến mức đẳng cấu”, tức là các nhóm đẳng cấu không được phân biệt: một nhà đại số không quan tâm đến tên của nhóm và hành động của nó; điều quan trọng là anh ta phải biết cấu trúc của bảng nhân của nhóm.

Nhóm hoán vị và nhóm con của chúng

Hãy xem xét một tập hợp hữu hạn các đối tượng—ví dụ: năm. Hãy biểu thị các đối tượng bằng số và trọng số của tập hợp bằng N5={1, 2, 3, 4, 5}. Hoán vị i∈S5 của các đối tượng này là bất kỳ ánh xạ một-một i nào: N5→N5, tức là nói một cách đơn giản, một biến của các đối tượng. Chúng ta sẽ biểu thị số mới i(k) của mục thứ k bằng ik. Để rõ ràng, hoán vị i thường được trình bày dưới dạng bảng:

$$i = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ i_1 & i_2 & i_3 & i_4 & i_5 \end{pmatrix}.$$

Điều này giúp dễ dàng tìm được tích của các hoán vị i và j. Ví dụ, nếu

$$i = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 3 & 5 & 1 & 2 \end{pmatrix}, \quad j = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 3 & 5 & 4 & 1 \end{pmatrix},$$

thì k(3)=(i∘j)(3)=i(j(3))=i(5)=2, vì vậy

$$i∘j = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 5 & 2 & 1 & 4 \end{pmatrix}$$

(lưu ý rằng khi k=i∘j, j được thực thi trước, sau đó là i, và nó không giống nhau: i∘j≠j∘i - kiểm tra!)

Cũng dễ dàng tìm thấy các hoán vị ngược (“đọc từ dưới lên trên”):

$$i^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 3 & 5 & 1 & 2 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 5 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}.$$

Dễ dàng kiểm tra được rằng S5 tạo thành một nhóm gồm 5!=120 hoán vị. Nhóm này được gọi là nhóm hoán vị cho các đối tượng hoặc nhóm đối xứng của năm stenni. Nhóm đối xứng Sn của n-h tường được xác định hoàn toàn giống như vậy đối với mọi số tự nhiên n.

Các nhóm hoán vị thú vị một phần vì chúng chứa nhiều nhóm con (nghĩa là các phần chính là nhóm). Các nhóm hoán vị chứa các nhóm con đẳng cấu với tất cả các nhóm được xem xét trước đây của chúng tôi. Đi vào-

10

Trupla $Z_{12} = \{R^{25/12} = £, £^2, £^3, \dots, £^{10}, £^{11}, £^{12} = e\}$
Phần tử bậc 1 giây: $\{Z_6, e\} \cong Z_2$
Phần tử bậc 2: $\{Z^4, Z^8, e\} \cong Z_3$
Thứ tự yếu tố thứ 2 IV: $\{Z^3, Z^6, Z^9, e\} \cong Z_4$
Thứ tự yếu tố thứ 2 VII: $\{Z^2, Z^4, Z^6, Z^8, Z^{10}, e\} \cong Z_6$
Thứ tự yếu tố thứ 4 XII: $Z, Z^5, Z^7, Z^{11}$

Trupla $S_4 = \{(1 2 3 4)_{i_1 i_2 i_3 i_4} : \text{всего } 4! = 24\text{ перест.}\}$
Đơn hàng Yadels II $A_4 = e$
Đơn hàng Yadels III $B_4 = e$
Đơn hàng Bdeli II $(2341), (3412), (4123), e \cong Z_4$
$(2431), (4312), (3124), e \cong Z_4$
$\{(12), (34), (12), (34), e\} \cong K$ (gr. Zilina)
$\{(12, 34), (12), (34), e\} \cong S_3 \cong S(\Delta)$

Trupla $S_5 = \{(1 2 3 4 5)_{i_1 i_2 i_3 i_4} : i_n \in \{1, 2, 3\} \cong S_3 \cong S(\Delta)\}$
Có các yếu tố bậc II, III, IV, V, VII;
yếu tố cam kết bậc VII: $(1 2 3 4 5)_{2 1 4 5 3}$.
Có các nhóm con giống hệt $Z_2, Z_3, Z_4, Z_5, Z_6$.
Có các nhóm con giống hệt $S_3, S_4, u.K.$
Có các nhóm con, xác định $A_4$ (thứ tự $12^{20}$).
Có một nhóm con duy nhất $A_5$ cấp 60.

13

Giải Nobel Vật lý năm 1985 được trao cho nhà khoa học người Đức, Giáo sư Claus von Klititzn, với hàng loạt công trình về vật lý bán dẫn. Kết quả chính của những công trình này là việc phát hiện ra hiệu ứng Hall lượng tử - một hiệu ứng trong đó hiệu ứng Hall cổ điển, được biết đến trong nhiều năm, có liên quan đến các định luật lượng tử về hành vi của các hệ thống điện tử, sự hình thành vào giữa thế kỷ 20, các đặc tính chưa được huấn luyện của các cấu trúc “hai chiều”, được phát hiện lần đầu tiên vào năm 1966, và các bộ chuyển đổi MOS, sự ra đời của chúng có từ những năm 1900. Khám phá của K. von Klititzg khiến các nhà vật lý thuộc nhiều chuyên ngành khác nhau quan tâm, vì nó mở ra những khả năng mới trong việc đo các hằng số cơ bản và tạo ra một chuẩn điện trở mới.

Bản chất của khám phá này là gì? Để hiểu điều này, chúng tôi sẽ dạy bạn từ việc khám phá ra thời kỳ một trăm ngày.

Hiệu ứng Hall cổ điển

Năm 1879, nhà vật lý người Mỹ Edwin Hall phát hiện ra rằng nếu một dây dẫn mang dòng điện được đặt trong từ trường vuông góc với dòng điện thì sẽ xuất hiện một trường tĩnh điện trong dây dẫn, hướng vuông góc với từ trường và dòng điện (hình 1).

Chúng ta có thể tính toán điện áp của trường này. Dòng điện trong dây dẫn là chiều chuyển động của dòng điện. Độ lớn của dòng điện và tốc độ trung bình của chuyển động này có liên hệ với nhau bởi hệ thức $v = I/(nes)$, trong đó $n$ là nồng độ electron trong dây dẫn, $e$ là điện tích electron, $s$ là diện tích tiết diện của dây dẫn. Chúng ta hãy đặt một mẫu hình chữ nhật trong đó dòng điện $I$ chạy trong từ trường có cảm ứng $B$ (xem hình 1). Lực Lorentz $F = evB$, hướng vuông góc $\vec{v}$ và $\vec{B}$, tác dụng lên các electron chuyển động khỏi từ trường.

Do tác động của lực này, các electron sẽ trộn lẫn vào nhau về phía mặt bên của mẫu, do đó một mặt sẽ xuất hiện một lượng thừa electron và một mặt kia sẽ thiếu một electron. Điều này dẫn đến sự xuất hiện của một trường tĩnh điện vuông góc với dòng điện - nó được gọi là trường Hall. Chuyển động của các electron qua dòng điện sẽ dừng lại ngay khi lực tác dụng lên electron từ trường Hall trở nên bằng lực Lorentz: $E_X e = evB$, từ đó $E_X = vB$, hoặc

$$E_X = \frac{IB}{nes}.$$

Trường Hall tạo ra hiệu điện thế trên các mặt dây dẫn bằng

$$U_X = E_X b = \frac{IBb}{nes} = \frac{IB}{nea},$$

trong đó $b$ là chiều rộng của dây dẫn, $a$ là độ dày của nó. Sự chênh lệch điện thế trên các bề mặt này có thể được thay đổi trực tiếp trong các thí nghiệm và cũng thay đổi thành thông tin rất quan trọng về số lượng electron trên một đơn vị thể tích của dây dẫn, vì tỷ số giữa điện áp Hall $U_X$ và dòng điện $I$ truyền qua dây dẫn, như sau trong các tính toán ở trên, phụ thuộc vào $n$. Mối quan hệ này được giải thích bằng hướng vuông góc với từ trường và dòng điện (hình 1).

Như có thể thấy từ công thức (1), $R_X$ tỷ lệ thuận với cảm ứng từ

14

trường $B$ và tỷ lệ nghịch với nồng độ electron $n$.

Sự hiện diện của từ trường cũng ảnh hưởng đến tổng điện trở của dây dẫn (điện trở đối với dòng điện) - theo quy luật, nó tăng lên.

Điều này có thể được thực hiện một cách chất lượng theo cách sau. Nguyên nhân của điện trở là do sự tán xạ của các electron bởi các chướng ngại vật gặp phải trên đường đi của chúng - trên các tạp chất, trên các khuyết tật trong mạng tinh thể, v.v. Khi gặp chướng ngại vật, hướng vận tốc của electron có thể thay đổi theo kiểu đạo hàm. Tuy nhiên, trong khoảng thời gian giữa các va chạm, các electron sẽ được gia tốc bởi điện trường - hình chiếu vận tốc của chúng dọc theo trường tính toán. Do đó, tốc độ trung bình khác 0 của sự trôi dạt của electron dọc theo trường được thiết lập trong dây dẫn - dòng điện chạy qua dây dẫn. Khi có từ trường của máy kéo, chuyển động của các electron giữa các va chạm bị bẻ cong và kết quả là tốc độ trôi của chúng giảm đáng kể. Do đó, ở cùng một hiệu điện thế, dòng điện giảm, tức là tính toán điện trở. Tuy nhiên, cần lưu ý rằng trường lạnh làm suy yếu một phần hiệu ứng được mô tả (và đôi khi bù đắp hoàn toàn).

Trong nhiều năm trôi qua kể từ khi phát hiện ra hiệu ứng Hall, nghiên cứu về nó đã được thực hiện rất nhiều. Người ta đã phát hiện ra rằng khả năng chống lạnh bị ảnh hưởng như thế nào bởi sự hiện diện của tạp chất trong vật liệu mẫu, sự hiện diện của các chất mang dấu khác, sự thay đổi nhiệt độ, v.v. Tuy nhiên, về cơ bản, công thức (1) không gây ra bất kỳ vấn đề gì cho các nhà vật lý.

Và vào năm 1980, K. von Klitsing đã phát hiện ra rằng trong các hệ thống đặc biệt gọi là lớp điện tử hai chiều, sự phụ thuộc của điện trở lạnh vào cảm ứng từ trường và nồng độ electron hoàn toàn không giống như quy định trong công thức (1). Và điện trở dòng điện trong lớp electron hai chiều hoạt động theo cách đặc biệt khi có từ trường.

Nguyên nhân của những “lỗi không học được” này nằm ở thuộc tính của chính đối tượng mà chúng được quan sát trên đó.

Lớp electron hai chiều

Nó là gì? Nó được tạo ra như thế nào?

Hóa ra một lớp electron hai chiều xuất hiện trong các thiết bị điện tử có ứng dụng rộng rãi nhất - trong MOSFET. Thiết bị này được hiển thị dưới dạng sơ đồ ở hình 2. Tấm nhận —

dây dẫn - ví dụ như silicon - được phủ một lớp điện môi (silicon oxit), trên đó phun cái gọi là cổng - một màng kim loại (thường là nhôm; sau các chữ cái đầu tiên của từ kim loại - oxit - một thiết bị bán video, nó được gọi là bóng bán dẫn MOS). Nếu một điện áp dương được đặt vào cổng so với chất bán dẫn thì các electron có trong chất bán dẫn sẽ được chuyển đến cổng. Nhưng chúng không thể đi qua lớp oxit và tạo thành một lớp mỏng gần nó (độ dày của nó là 20-30 Å, tức là ~10⁻⁹ m). Lớp này có thể được gọi là hai chiều - theo nghĩa là trong hai chiều dọc theo lớp, các electron có thể di chuyển tự do, trong khi trường tĩnh điện của cổng không cho phép chúng đi sâu vào chất bán dẫn.

Cổng và lớp tạo thành một tụ điện phẳng, điện dung của nó có thể được coi với độ chính xác đủ bằng $C = \varepsilon_0 \varepsilon S/d$, trong đó $\varepsilon$ là oxit thực phẩm điện môi, $d$ là độ dày của nó, $S$ là diện tích của lớp. Điện tích của lớp có thể được xác định theo công thức $Q = CU_3$, trong đó $U_3$ là điện áp giữa cổng và chất bán dẫn. Do đó, số electron trong lớp

$$N = \frac{Q}{e} = \frac{CU_3}{e} = \varepsilon_0 \varepsilon \frac{S}{de} U_3$$

chỉ phụ thuộc vào điện áp cổng và không giống như số lượng electron tự do trong chất bán dẫn, không phụ thuộc vào nhiệt độ. Do đó, khi nhiệt độ giảm xuống độ không tuyệt đối, lớp này sẽ không biến mất. Điện trở là nửa

15

Chất bán dẫn sẽ trở nên vô hạn vì các hạt mang dòng điện của chính nó sẽ biến mất - chất bán dẫn sẽ trở thành chất cách điện. Bây giờ không có gì ngăn cản chúng ta nghiên cứu các đặc tính của lớp hai chiều bằng cách đo độ sụt áp giữa các điểm tiếp xúc với lớp. Trong trường hợp này, dòng điện chạy qua mẫu giữa các điểm tiếp xúc, vì lý do rõ ràng, được gọi là nguồn và cống (xem hình 2). Nếu chúng ta quan tâm đến điện trở lạnh $R_X$, thì có thể xác định nó bằng cách đo điện áp $U_X$ giữa các tiếp điểm 1 và 2 hoặc 3 và 4 và chia kết quả cho giá trị hiện tại $I$. Thông tin về điện trở đối với dòng điện chạy qua $R$ có thể thu được bằng cách đo điện áp giữa các tiếp điểm 1 và 3 hoặc 2 và 4. Để đo điện trở lạnh của lớp hai chiều như vậy, tất nhiên, cần phải đặt nó trong một từ trường hướng vuông góc với mặt phẳng của lớp. Nhưng trong một từ trường đủ mạnh, dưới tác dụng của lực Lorentz, các điện cực sẽ chuyển động theo một vòng tròn có cùng tần số quay.

$$\omega = Be/m,$$

(3)

trong đó $m$ là khối lượng của điện cực.

Do đó, chúng ta đã thu được một hệ thống điện tử trong đó chuyển động của các điện cực bị hạn chế theo bất kỳ hướng nào - trong mặt phẳng của lớp, chúng bị xoắn bởi từ trường và điện trường của cổng ngăn chúng rời khỏi mặt phẳng này.

Theo quan điểm của vật lý cổ điển, chất dẫn điện hai chiều không khác biệt về chất với vật dẫn ba chiều. Vì vậy, thông qua một dây dẫn như vậy nó vẫn được kết nối với sự trôi dạt của các electron (dọc theo lớp). Điện trở lạnh phải được xác định theo công thức (1), tuy nhiên, với sự khác biệt là $n$ người ta phải nhớ số lượng electron đến trên một đơn vị diện tích và do đó, mẫu số sẽ không còn bao gồm độ dày của dây dẫn:

$$R_X = \frac{B}{ne}.$$

(4)

Không có gì bất thường xảy ra với điện trở của dòng điện chạy qua lớp - nó sẽ tăng khi tăng $B$. Tuy nhiên…

Lý do lượng tử cho lớp hai chiều

Tuy nhiên, từ quan điểm của cơ học lượng tử, một hệ electron như vậy về cơ bản sẽ có những tính chất mới. Có thể bạn đã biết rằng năng lượng của một vi hạt chuyển động trong một vùng không gian giới hạn, theo lý thuyết lượng tử, không thể tùy ý. Ví dụ, khi các electron chuyển động trong nguyên tử, năng lượng của electron chỉ có thể lấy những giá trị nhất định $W_0$, $W_1$, $W_2$, … và không thể lấy những giá trị trung gian. Trong trường hợp này, họ nói rằng các mức năng lượng cho phép $W_0$, $W_1$, $W_2$, …. Điều tương tự cũng xảy ra với các electron quay trong từ trường. Hóa ra năng lượng của chúng chỉ có thể bằng một giá trị rời rạc

$$W_i = \left( i + \frac{1}{2} \right) \frac{\omega}{2\pi},$$

(5)

trong đó $i$ là số nguyên và $\omega$ là tần số quay, được xác định theo công thức (3). Những mức năng lượng cho phép này thường được gọi là Landdu.

Theo các định luật cơ học lượng tử, các electron nằm ở cùng một vị trí trong không gian phải khác nhau theo một cách nào đó - có năng lượng khác nhau, spin khác nhau, v.v. Hãy thử tính xem có bao nhiêu electron có năng lượng $W_0$ ($i=0$) - đây là cấp Landdu thấp hơn - có thể vừa với một đơn vị diện tích. Cho electron quay theo một đường tròn có bán kính $r$ với tần số $\omega$, được xác định theo công thức (3). Động năng của nó là $m\omega^2r^2/2$. Hãy đánh đồng năng lượng này $W_0$:

$$\frac{h\omega}{4\pi} = \frac{m\omega^2r^2}{2},$$

hoặc $$\frac{h}{4\pi} \frac{Be}{m} = \frac{m}{2} \frac{B^2e^2}{m^2} r^2.$$

Từ đây có một electron có năng lượng $W_0$: $\pi r^2 = h/(2Be)$. Cùng một khu vực có thể chứa một electron khác có cùng năng lượng $W_0$, nhưng với spin có hướng ngược nhau - đây là điều mà nguyên lý Pauli nói (cùng nguyên tắc Pauli liên quan đến sự “phân tán” của các electron trong nguyên tử). Các electron khác có năng lượng $W_0$ có thể được đặt gần đó, sao cho “quỹ đạo” của các electron không trùng nhau. Do đó, một electron $n = \frac{2}{\pi r^2} = \frac{4Be}{h}$ có năng lượng $W_0$ có thể được đặt trên một đơn vị diện tích.

Trong các tính toán của mình, chúng tôi đã sử dụng mô hình cơ học thuần túy về chuyển động của các electron trong từ trường. Phân tích cơ học lượng tử chính xác

18

Trong trường dây tóc có cảm ứng 9 Tesla, dòng điện xoáy “tồn tại” miễn là thí nghiệm kéo dài, tức là hàng giờ. Trong thời gian này, dòng điện phân rã không đáng kể đến mức việc ước tính tổng thời gian phân rã của nó phải mất nhiều năm. Ước tính điện trở $R$ được thực hiện từ các thí nghiệm này cho giá trị $R \lesssim 10^{-11}$ ohms. Điều này có thể có nghĩa là đẳng thức (7) đúng hơn trước chữ số thứ mười lăm!

Sân khấu mới của Oma?

Việc phát hiện ra hiệu suất lượng tử hóa của khả năng chống chịu lạnh đã thu hút sự quan tâm lớn của các nhà vật lý. Mối quan tâm này là dễ hiểu - hiện tại không có nhiều cách để đo các hằng số vật lý cơ bản, và sự xuất hiện của các cơ hội mới theo hướng này cuối cùng luôn dẫn đến việc làm rõ các giá trị của các hằng số này, điều này cực kỳ quan trọng đối với mọi lĩnh vực vật lý. Tuy nhiên, các chuyên gia trong lĩnh vực đo lường - đo lường học - tỏ ra không kém phần quan tâm đến khám phá này. Sự quan tâm của các nhà đo lường là do họ thấy hiệu quả của lượng tử hóa điện trở lạnh là một cách để duy trì các giá trị chính xác của điện trở. Tất nhiên, bạn biết rằng mọi đại lượng vật lý cơ bản đều có eton. Đơn vị điện trở “Ohm” cũng có một giai đoạn như vậy. Tiêu chuẩn là một tập hợp các điện trở dây và khi đo bất kỳ điện trở nào bằng bất kỳ dụng cụ nào, cuối cùng chúng tôi so sánh nó với điện trở của nhóm cuộn dây đó. Nhưng cách tiếp cận này có nhược điểm của nó. Thứ nhất, điện trở của nó, dù trống không đáng kể, vẫn được đo theo thời gian, điều này ảnh hưởng rất đáng kể đến độ chính xác mà các phép đo điện trở có thể được tin cậy. Thứ hai, chỉ có thể có một etaon như vậy - nếu chúng ta tạo ra hai etaon giống hệt nhau và sau một thời gian chúng thay đổi ý nghĩa để trùng khớp, thì chúng ta vẫn sẽ phải chọn cái nào trong số chúng là “dẫn đầu”. Thứ ba, nó có thể bị hỏng - chẳng hạn như nó có thể chết vì thiên tai, và điều này sẽ ngay lập tức phá vỡ tính toàn vẹn của toàn bộ hệ thống đo điện trở. Nếu eton 1 Ohm được tạo ra dựa trên hiệu quả lượng tử hóa khả năng chống lạnh thì tất cả những nhược điểm đã liệt kê sẽ biến mất. Do đó, nhiều quốc gia hiện đang nỗ lực tạo ra etan dựa trên hiệu suất Hall lượng tử hóa. Đã có thỏa thuận rằng quá trình chuyển đổi sang các eton như vậy sẽ bắt đầu ngay khi các phòng thí nghiệm ở ít nhất ba quốc gia đạt được các giá trị lượng tử hóa là $R_x$, chênh lệch nhau không quá $2 \cdot 10^{-7}$ Ohm. Rõ ràng điều này sẽ xảy ra sớm.

Tin tức khảo cổ học

Theo dữ liệu mới nhất từ ​​​​các cuộc khai quật khảo cổ học, khái niệm một phần nhỏ là một phần của tổng thể bắt nguồn từ thời đại của hệ thống công xã nguyên thủy, khi không có kẻ man rợ nào có thể ăn được cả một con voi ma mút. Kết quả là, với sự biến mất của voi ma mút và liên quan đến việc chuyển sang trò chơi nhỏ hơn, nhu cầu về phân số dần biến mất và chẳng bao lâu sau, chúng hoàn toàn không còn được sử dụng nữa.

Sự đơn giản của toán học

John von Neumann, một trong những nhà toán học vĩ đại nhất của thế kỷ chúng ta, phát biểu vào cuối những năm 40 với một báo cáo về tương lai của máy tính điện tử, đã nói rằng

toán học chỉ là một phần rất nhỏ và rất đơn giản của cuộc sống. Khi bị khán giả thách thức trong đáp số, von Neumann nói thêm: “Nếu mọi người không tin rằng toán học là đơn giản, thì đó chỉ là do họ không nhận ra cuộc sống phức tạp đến mức nào.”

Tài liệu được trình bày bởi V. A. Pilyush, V. E. Yavelov

19

HÀNH TRÌNH
BẰNG VI TÍNH

Đội trưởng Khoa học Kỹ thuật D. G. KRUTOGIN

Một năm trước, chúng tôi đã xem xét “quá trình xây dựng” của một sơ đồ liên vùng lớn (BIS), so sánh nó với việc xây dựng một thành phố (“Quait”, 1986, số 2). Khi đó chúng tôi chủ yếu quan tâm đến công nghệ xây dựng

các vấn đề, và bây giờ chúng tôi mời bạn làm quen với chính thành phố, cấu trúc của nó, đọc về từng quận và khu phố, khám phá các thắng cảnh kiến ​​trúc…

Phản chiếu ở chế độ toàn cảnh

Để làm quen, chúng ta hãy chọn một mạch kết nối cực lớn (VLSI) - ví dụ: vi mạch microeBM một chip. Một mạch như vậy chứa 10⁵—10⁶ bóng bán dẫn riêng lẻ. MicroeBM, hay thường được gọi là máy vi tính (MC) làm nhiệm vụ gì? Thứ nhất, đếm, tức là thực hiện

19

20

thực hiện các phép toán ở tốc độ khá cao - lên tới một triệu phép tính đơn giản mỗi giây. Chúng ta sẽ gọi những thao tác đơn giản đó là một số thao tác mà máy tính có thể thực hiện “từ khi sinh ra”; Về cơ bản nó là phép cộng (trừ) và so sánh. Để thực hiện các hành động phức tạp, trước tiên bạn phải dạy cho máy “chuyển đổi” những hành động này thành một chuỗi các thao tác đơn giản. Thứ hai, thực hiện các phép toán logic với cùng tốc độ. Không đi sâu vào sự phức tạp của các phép toán logic, hãy xem xét một ví dụ phù hợp: bạn cần tạo một danh sách theo thứ tự bảng chữ cái của một tập hợp một triệu tên nhất định. Nhìn chung, đây là một công việc đơn giản, không cần tính toán - bạn cần so sánh họ theo các chữ cái đầu tiên, thứ hai, thứ ba, v.v. và dựa trên kết quả so sánh, đưa họ vào danh sách theo các con số tương ứng. Đối với một người, công việc này mệt mỏi, nhàm chán và rất dài. Máy tính, bao gồm cả máy vi tính, sẽ thực hiện công việc này khá nhanh chóng. Thứ ba, máy vi tính có thể điều khiển máy móc, đơn vị sản xuất và quy trình. Khả năng cộng này từ hai khả năng đầu tiên, hoặc nói một cách rất đơn giản, quy trình kiểm soát có thể được biểu diễn dưới dạng tính toán một số phương án hành động có thể chấp nhận được, so sánh kết quả và lựa chọn lời giải tối ưu.

Rõ ràng là VLSI đẹp nhất đã “chết”, vô dụng nếu nó bị thiếu hệ thống cấp điện, phương tiện nhập thông tin (ví dụ: bàn phím) và hiển thị kết quả (ví dụ: màn hình hoặc thiết bị in). Máy tính điều khiển cũng cần có hệ thống liên lạc với các cơ chế vận hành. (Vì vậy, bộ não con người, chiếc máy tính cá nhân đa năng của chúng ta, sẽ bất lực nếu không có giao tiếp hai chiều với mắt, tai, cơ thể, tay.)

Vì vậy, hãy xây dựng: VLSI là một máy tính mạnh mẽ, phần phức tạp nhất của nó. Máy vi tính VLSI sẽ là mục tiêu trong hành trình của chúng tôi và để đơn giản hóa phần nào, VLSI mà chúng tôi sẽ gọi là thành phố MK.

Hãy nhìn vào bức ảnh được đăng trên trang này (nó được chụp với độ phóng đại 1,5): một số chân cắm mười chân được lấy ra từ gói VLSI. Đây là những con đường nối thành phố MK với các “ngoại vi” - đây là cái tên có phần chê bai của bàn phím, màn hình, thiết bị số hóa, v.v. và những con đường cung cấp điện cho thành phố - điện áp không đổi (thường là 5 V). Trong trường hợp làm việc với các nhiệm vụ có độ phức tạp lớn hoặc khối lượng lớn (ví dụ: cùng một danh sách gồm một triệu tên), lưu trữ hoặc bộ nhớ bên ngoài, cần có sự trợ giúp; Để liên lạc với các thiết bị lưu trữ bên ngoài (ESD), đường đầu ra cũng được cung cấp.

Hãy nhớ lại rằng một mạch tích hợp quy mô cực lớn thì rất nhỏ. Tinh thể silicon - đế của VLSI - có kích thước khoảng 5x5 mm, còn bản thân VLSI trong vỏ và dây dẫn là một hộp không lớn hơn 40x25 mm và nặng 15-20 g. Vì vậy, để thuận tiện cho việc di chuyển quanh thành phố MK, chúng tôi khuyên bạn nên thu nhỏ tinh thần lại một triệu lần. (Trong văn học cổ tích, ví dụ này đã được sử dụng nhiều lần, mặc dù hệ số tương tự thấp hơn.) Với mức giảm như vậy, khi chiều cao của chúng ta trở thành 1,5-1,8 micron, một chuyến tham quan VLSI MK cũng giống như ở quy mô thông thường của chúng ta, làm quen với một thành phố có diện tích khoảng 30 km2.

Rõ ràng, nếu có cơ hội như vậy, các thành phố sẽ bị bỏ lại từ một điểm trên cao (từ xe đẩy Ostankino, từ Nhà thờ St. Isaac, v.v.). Chúng tôi sẽ dừng lại ở rìa của trường hợp VLSI ở độ cao khoảng 1000 mét (có tính đến tỷ lệ!) phía trên thành phố MK và bắt đầu từ đây.

Dưới thung lũng là thành phố của chúng tôi. Nó được xây dựng trên bờ Biển Vật lý Chất rắn, gần Vịnh Bán dẫn, và không còn nghi ngờ gì nữa, đây là một trong những khu định cư lớn nhất trên bờ biển.

21

ít thường xuyên hơn*). Điểm độc đáo của thành phố của chúng tôi, giống như các thành phố Sochi hay Jurmala, là nó được xây dựng để tiếp nhận và phục vụ một lượng lớn khách du lịch. Dân số thường trú của thành phố chỉ làm điều này. Như thường lệ, ở một thành phố như vậy có ít cư dân thường trú hơn nhiều so với khách. Thành phố MK là một tòa nhà mới; các kế hoạch tổng thể lớn tương tự đã được tạo ra trong năm năm qua. Lần đầu tiên, một thành phố lớn được xây dựng trên một địa điểm va chạm nhau. Trước đây, nhiệm vụ phục vụ du lịch được giải quyết bởi cả một cụm làng nhỏ, có khi nằm cách nhau hàng trăm km (đừng quên nhân với 10⁻⁶!). Bạn có thể tưởng tượng có bao nhiêu bước di chuyển không?

Một lời về lời nói

Bây giờ chúng ta nên làm rõ loại khách du lịch mà chúng ta đang nói đến. Khách du lịch ở MK là những phân đoạn (yếu tố) thông tin mà cái tên “từ máy” rất phù hợp. Đây hoàn toàn không phải là những đám đông tự phát của những cá nhân “man rợ” đổ xô đến các thị trấn nghỉ mát ven biển vào mùa hè. Khách du lịch của chúng ta là những hạt của luồng thông tin tổ chức được gọi là máy tính có thể lập trình. Việc mất đi bất kỳ từ nào cũng có nguy cơ phá hủy ý nghĩa của toàn bộ chương trình, nhưng không được thêm bất kỳ từ nào. (Về mặt này, một chương trình hay cũng giống như một bài thơ hay.)

Vâng, những cư dân thường trú của thành phố là ai? Đây cũng là những từ máy, được “quy định” hoặc được ghi lại trong chính MK. Chúng là cần thiết để vượt qua việc xử lý chương trình.

Các từ máy, giống như các từ chung, mang một số thông tin cụ thể. Đối với bản thân, chúng ta có thể chia các từ máy thành hai nhóm: các từ lệnh (làm gì) và các từ dữ liệu (là các số hoặc đại lượng logic, lệnh hoạt động trên mục đích gì; chúng còn được gọi là toán hạng, sau khi được tạo bằng lệnh). Nhưng điều này là dành cho riêng tôi,

*) Bạn đã đi dọc bờ Vịnh Bán dẫn nếu bạn đã đọc cuốn sách “Giới thiệu về Chất bán dẫn” của M.E. Levinshtein và G.S. Simin, xuất bản trên Viblotechek «Kvant» (số 33, trang 238).

và đối với các mạch điện tử MK, bất kỳ từ máy nào cũng chỉ là một chuỗi các số 1 và số 0, hay nói đúng hơn là điện áp cao (thường là hơn 2,5 V) và thấp (dưới 0,5 V) ở đầu vào của các phần tử bóng bán dẫn. Như vậy, lời máy là một chuỗi xung điện chạy dọc các con đường, khu dân cư của MK.

Bài toán của mỗi xung riêng lẻ - bật một hoặc một bóng bán dẫn khác trong phần tử logic hoặc bộ nhớ lưu trữ của máy tính. Đổi lại, mỗi sự bao gồm như vậy sẽ dẫn đến sự chuyển động của các gói điện tích—các electron và lỗ trống—thông qua tinh thể MC. Do đó, thông tin trong MK có dạng vật lý của các gói hạt tích điện, di chuyển có mục đích dọc theo vi mạch, cho đến khi cuối cùng, sự xuất hiện của các xung định hướng tại các điểm tiếp xúc đầu ra của MK thông báo việc hoàn thành quá trình xử lý thông tin và nhận kết quả.

Và một chút nữa về từ ngữ. Chúng ta thường hầu như không gặp khó khăn gì trong việc lựa chọn từ ngữ để diễn đạt suy nghĩ của mình. Tất cả các máy tính, bao gồm cả MK của chúng tôi, đều có thứ tự nghiêm ngặt - bạn có thể sử dụng các từ có một độ dài cụ thể: ví dụ: từ 8 hoặc 16 chữ cái, hơn nữa, các chữ cái là 0 hoặc 1 (các chữ cái như vậy được gọi là bit). Để so sánh, chúng tôi lưu ý rằng ngày càng có nhiều máy tính “nói” bằng các từ 64 và 128 bit, và các máy vi tính tốt nhất vẫn chỉ là 32 bit. Tất nhiên, những từ có dạng từ ngắn (8 hoặc 16 bit) ít biểu cảm hơn nhưng đầy đủ hơn nhiều. Đối với một chiếc máy tính “bỏ túi” bạn cũng cần có một cuốn từ điển bỏ túi!

Có những khó khăn không thể tránh khỏi trong giao tiếp giữa người và máy. Soạn một chương trình bằng ngôn ngữ máy là một công việc khó khăn và đòi hỏi một kỹ năng nhất định. Sẽ thuận tiện hơn cho chúng ta khi giao tiếp với máy móc bằng ngôn ngữ logic đối với con người (chẳng hạn như tiếng Nga hoặc tiếng Anh). Ngôn ngữ trung gian như vậy dành cho bài toán Có hàng tá mục đích sáng tạo: Fortran, Algol, Colol, v.v. Chà, ở những nơi sử dụng nhiều ngôn ngữ, người ta không thể làm gì nếu không có người phiên dịch… Nhưng chúng ta sẽ tiếp tục cuộc trò chuyện về các dịch giả và công ty dịch thuật tồn tại ở thành phố của chúng ta trong số tiếp theo.

22

Bài toán
M1026—M1030, F1038—F1042

M1026. a) Năm hai AB, BC, CD, DE, EA bằng nhau được sắp xếp sao cho mỗi phần kề nhau được chia thành ba phần bằng nhau (hình 1). Tìm độ lớn của mỗi cung (tính bằng độ).
6) Câu hỏi tương tự dành cho một “hình hoa thị” có m cung bằng nhau, mỗi cung được chia thành ba phần bằng nhau bởi các cạnh của nó.
A. V. Shvetsov

M1027. Chứng minh rằng số đó là 1985!! + 1986!! chia cho năm 1987. (N!! biểu thị tích của tất cả các số tự nhiên không vượt quá n và có cùng số chẵn lẻ, tức là n!! = n (n − 2)(n − 4)…)
V. V. Proizvolov

M1028. a) Hai đường thẳng cắt nhau trên mặt phẳng và trên chúng có một điểm (D và E). Vẽ tam giác ABC có các đường phân giác CD và AE nằm trên các đường thẳng cho trước và các đáy của chúng nằm trên các điểm D và E (hình 2) đã cho.
6)* Chứng minh rằng nếu ∠CDE = 30° thì một trong các góc của tam giác ABC bằng 60° hoặc 120°.
M. Volkevich, học sinh lớp 10. (Moscow)

M1029. Trong số n số hạng của cấp số cộng, chúng tôi đã chọn được k số hạng tạo thành cấp số nhân tăng dần. Chứng minh rằng n ≥ 2k−1.
V. F. Lev

M1030. Đối với một khối đa diện lồi M, chúng ta hãy biểu thị bằng S(M) tổng diện tích các mặt của nó và bằng P(M) tổng các tích của chiều dài tất cả các cạnh của nó và các góc ngoài tương ứng của khối đa diện (góc ngoài của một cạnh cho trước là góc giữa các đường vuông góc với các cạnh liền kề với cạnh đó và hướng ra vùng bên ngoài của khối đa diện; nó bằng 180° trừ đi giá trị của góc cạnh tương ứng). Chứng minh rằng khối đa diện M₁ nằm bên trong khối đa diện M₂ thì
a) S(M₁) ≤ S(M₂);
b) P(M₁) ≤ P(M₂).
A. V. Goncharov

F1038. Khi các sợi chỉ không giãn giống hệt nhau được gắn ở những khoảng cách bằng nhau vào một vòng có bán kính r₀ và tương tự như một vòng có bán kính 2r₀. Các sợi chỉ được truyền qua một hình tam giác có bán kính r₀ (hình 3). Vòng 1 được cố định trong mặt phẳng nằm ngang và tất cả các hệ thống đều được định vị. Tìm khoảng cách giữa tâm của các vòng 2 và 3. Tất cả các vòng đều được làm bằng cùng một sợi dây. Bỏ bê việc đào tạo.
V. P. Borodin

F1039. Một sợi dây được buộc vào một khối nằm trên mặt phẳng nghiêng và đi qua một vòng dây; ở đầu kia của sợi chỉ có trọng lượng (hình 4). Trong trường hợp này, khối bất động. Khi tôi nhấc vật nặng lên, khối đá bắt đầu chuyển động. Giải thích hiện tượng đó.
G. V. Meledin

F1040. Với cùng diện tích mặt phẳng dẫn điện S, mỗi cách sắp xếp song song với nhau

24

M1006. Hai đường thẳng đi qua hai đỉnh của một tam giác, chia tam giác đó thành ba tam giác và một tứ giác.
a) Diện tích của tất cả có thể là hình tứ giác không?
b) Ba phần nào sau đây có thể có diện tích bằng nhau?
Diện tích adb của tứ giác bằng bao nhiêu lần?

Lời giải bài toán
M1006—M1009; F1017—F1022

Trong lời giải giá trị gần như có giá trị tiếp theo sẽ được sử dụng nhiều lần
Bổ đề. Tỷ lệ trong đó một đường thẳng đi qua đỉnh của một tam giác chia diện tích adb của nó bằng tỷ lệ mà nó chia đáy của nó (xem hình 1).

a) Đáp số: họ không thể. Ngay cả khi chỉ có ba hình tam giác của phân vùng có kích thước bằng nhau (chúng ta không cần giả định về kích thước diện tích của tứ giác), thì theo bổ đề, các đoạn phân chia của tam giác đã cho phải chia nhau thành một nửa (hình 2), tức là chúng sẽ là các đường chéo của các đường chéo song song. Nhưng điều này là không thể, vì hai cạnh đối diện của “hình bình hành” này nằm trên các đường thẳng giao nhau - các cạnh của tam giác này.

b) Đáp số: các diện tích bằng nhau có thể là một hình tứ giác và hai hình tam giác bất kỳ của vách ngăn; tỷ lệ diện tích của phần thứ 4 với diện tích của mỗi phần trong số ba phần bằng nhau có thể bằng 3 hoặc $\sqrt{5}-2$.

Chúng ta hãy giới thiệu ký hiệu như trong hình 3. Từ lời giải bài toán a) rõ ràng một phần bằng nhau là tứ giác CLPK, phần còn lại là một trong các tam giác APL và BPK; ta sẽ giả sử đây là tam giác APL (trường hợp tam giác BPK được xét theo cách tương tự). Phần thứ ba là tam giác BPK hoặc APB; hai trường hợp này phải được xem xét riêng biệt.

25

Ta biểu thị diện tích của ba phần bằng nhau là $s$ ($s=S_{CLPK}=S_{APL}$), diện tích của phần thứ 4 là $s_1$. Để tìm mối quan hệ cần thiết $s_1/s$, chúng ta biểu diễn theo hai cách các mối quan hệ trong đó các điểm $L$ và $K$ chia các cạnh $AC$ và $BC$, thông qua diện tích sử dụng bổ đề:

$$\frac{CL}{LA} = \frac{S_{CLB}}{S_{LAB}} = \frac{S_{CLP}}{S_{LAP}},$$

$$\frac{CK}{KB} = \frac{S_{CKA}}{S_{KBA}} = \frac{S_{CKP}}{S_{KBP}},$$

(*)

và các khu vực nước ngọt đến trải qua $s$, $s_1$ và $x=S_{CPL}$.

Trong trường hợp đầu tiên (hình 3, a) chúng ta có:

$$\frac{2s}{s+s_1} = \frac{x}{s}, \frac{2s}{s+s_1} = \frac{s-x}{s}.$$

Từ đây dễ dàng tìm được $x=s/2$, $s_1/s=3$.

Trong trường hợp thứ hai (hình 3, b) hệ thống sẽ được viết như sau:

$$\frac{s+s_1}{2s} = \frac{x}{s}, \frac{2s}{s+s_1} = \frac{s-x}{s}.$$

Phương trình đầu tiên cho kết quả $x=(s+s_1)/2$; Thay biểu thức này vào phương trình thứ hai, chúng ta thấy rằng mối quan hệ $s_1/s$ thỏa mãn phương trình bậc hai $(s_1/s)^2+4(s_1/s)-1=0$, tức là $s_1/s=\sqrt{5}-2$.

Vẫn còn phải kiểm tra xem liệu chúng ta có chia các cạnh của tam giác $ABC$ theo tỷ lệ hay không

$$CL : LA=CK : KB=2s : (s+s_1)=1 : 2$$

trong trường hợp thứ nhất và

$$CL : LA=BK : KC=(s+s_1):2s=(\sqrt{5}-1)/2$$

trong trường hợp thứ 2, khi đó ba phần tương ứng của phân vùng sẽ thực sự có kích thước bằng nhau. Sử dụng các đẳng thức (*), điều này khá dễ thực hiện trong trường hợp thứ nhất và hơi khó thực hiện hơn trong trường hợp thứ hai. Đối với trường hợp thứ 2, chúng tôi sẽ đưa ra một lý do khác, giải thích lý do tại sao số $\alpha=(\sqrt{5}-1)/2$ lại xuất hiện trong bài toán của chúng tôi. (Số $\tau=\frac{1}{\alpha}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ là ý nghĩa của “vàng lời giải”.) Lưu ý rằng tuyên bố của chúng tôi, như chúng tôi nói, affine, tức là nó chỉ chứa các khái niệm và đại lượng hình học được bảo toàn trong quá trình chiếu song song: một đường thẳng, tỷ số độ dài các đoạn của một đường thẳng, diện tích bằng nhau, v.v. (Ngược lại, các khái niệm như giá trị góc, tỷ lệ độ dài các cạnh của một tam giác hoặc các cung bic không được bảo toàn trong quá trình chiếu - và không được đưa vào tuyên bố của chúng tôi.) Và vì bất kỳ tam giác nào cũng có thể được chuyển thành tam giác có hình dạng nhất định với sự trợ giúp của một số phép chiếu song song (nghĩ tại sao!), nên chỉ cần kiểm tra tuyên bố của chúng tôi để tìm các tam giác thuộc một, loại thuận tiện nhất. Để là một tam giác “tốt” như vậy, chúng ta lấy tam giác $ABC$, được tạo bởi hai đường chéo và các cạnh của một hình ngũ giác đều (hình 4). Không khó để chứng minh rằng tỉ số giữa các cạnh của một hình ngũ giác đều và đường chéo của nó là $\alpha$. Từ đây rõ ràng là vào hình 4

$$CL : LA=BK : KC=BD : AC=\alpha;$$

và đồng thời $S_{APB}=S_{APL}=S_{CKPL}$, vì rất rõ ràng rằng $BP=PL$, và tam giác $APL$ đơn giản là tương đương với tứ giác $CKPL$.

G. A. Galperin,
A. P. Savin

26

M1007. Chứng minh rằng các tam giác có độ dài các cạnh a, b, c và a₁, b₁, c₁ đồng dạng khi và chỉ khi
$$\sqrt{a a_1} + \sqrt{b b_1} + \sqrt{c c_1} = \sqrt{(a_1 + b_1 + c_1)(a + b + c)}.$$

Sau khi bình phương cả hai vế của đẳng thức được chứng minh và một số phép biến đổi, nó được rút gọn về dạng
$$(\sqrt{a b_1} - \sqrt{a_1 b})^2 + (\sqrt{c a_1} - \sqrt{c_1 a})^2 + (\sqrt{b c_1} - \sqrt{b_1 c})^2 = 0,$$
và do đó, nó tương đương với các đẳng thức $a/a_1 = b/b_1 = c/c_1$, tức là tương tự như các tam giác.

Sau đó, có thể thu được một bằng chứng khác rằng cạnh trái bằng tích vô hướng của các vectơ có tọa độ $(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})$ và $(\sqrt{a_1}, \sqrt{b_1}, \sqrt{c_1})$ và không thể lớn hơn cạnh phải, bằng tích độ dài của các vectơ này; sự bằng nhau chỉ có thể xảy ra khi góc giữa các vectơ bằng 0, tức là chúng tỉ lệ với nhau.

Về cơ bản, trong lập luận thứ hai, chúng ta sử dụng cái gọi là bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky:
$$x_1 y_1 + x_2 y_2 + \dots + x_n y_n \leq \sqrt{(x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2)(y_1^2 + y_2^2 + \dots + y_n^2)},$$
chỉ trở thành đẳng thức khi tập hợp số $(x_1, \dots, x_n)$ và $(y_1, \dots, y_n)$ tỷ lệ thuận với nhau (chúng ta có $n=3$, $(x_1, x_2, x_3) = (\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}), (y_1, y_2, y_3) = (\sqrt{a_1}, \sqrt{b_1}, \sqrt{c_1})$).

V. P. Chuchin, V. N. Dubrovsky

M1008. Cầu thang gồm có 2n+1 bậc. Trên các bậc thang pinnix có một hòn đá. Cả hai cũng thay phiên nhau đập đá. Người đầu tiên có thể di chuyển bất kỳ hòn đá nào lên bậc tự do đầu tiên, và người thứ hai có thể di chuyển hòn đá xuống một bậc nếu nó tự do. Mục tiêu đầu tiên là đặt hòn đá lên bậc trên cùng. cái thứ hai có thể phù hợp với anh ta?

Đáp số: có thể.

Để tránh nhầm lẫn, chúng ta sẽ viết số của các ký tự bài toán (“tên” của chúng) bằng chữ in hoa. Quy tắc hành động của Người thứ hai là thế này: anh ta luôn đặt một hòn đá trên bậc thang đã bị bỏ trống sau nước đi của Người thứ nhất (điều này luôn có thể thực hiện được, vì hòn đá ở bước tiếp theo hoặc nằm trước nước đi của Người thứ nhất).

Hình 1. Hình 2.

Người đầu tiên - và vẫn ở đó sau lần di chuyển này, hoặc kết thúc ở đó do động thái của Người đầu tiên). Nếu Phần thứ hai tuân theo quy tắc này, thì sau bất kỳ bước di chuyển nào của Phần thứ nhất và đáp số của Phần thứ hai, sẽ không có gì thay đổi (hình 1), hoặc trên một phần nào đó của thang, tất cả các bậc trong đó ngoại trừ bậc trên cùng đều bị chiếm, bước thứ hai sẽ bị bỏ trống và một hòn đá được đặt lên trên (hình 2). Rõ ràng là trong trường hợp này, bước dưới luôn bị chiếm giữ và không thể tạo thành nhóm gồm hai bước điểm liên tiếp trở lên (tất nhiên là không tính các bước phía trên viên đá phía trên; ngay từ đầu các bước tự do nằm bên dưới viên đá (thứ n) phía trên, trước bất kỳ bước di chuyển nào của Bước đầu tiên không quá n - 1, tức là hai bước trên sẽ trống và Bước đầu tiên không thể chiếm bước trên.

S. L. Eliseev, N. N. Konstantinov

M1009. Đường phân giác của hình bình hành ABCD cắt các đường thẳng BC và

Chúng ta hãy ký hiệu tâm của đường tròn SKL bằng O; chỉ cần chúng ta chứng minh rằng $\angle BOD = \angle BCD$ (xem hình) là đủ. Trước tiên chúng ta hãy lưu ý rằng các đoạn AB và BK, cũng như LC

27

CD lần lượt tại các điểm K và L. Chứng minh tâm đường tròn đi qua các điểm C, K, L nằm trên đường tròn đi qua các điểm B, C, D.

F1017. Mạng điện thoại lớn nhất thế giới có một tấm gương có đường kính D = 6 m làm vật thể. Sẽ mất bao lâu, khi so sánh các bức ảnh được chụp trên chiếc điện thoại này, để nhận thấy sự quay lẫn nhau của Thiên hà của chúng ta và tinh vân Tiên Nữ xung quanh một khối tâm chung? Khoảng cách tới Andromeda R=1,42·10¹¹ R₀, trong đó R₀ là bán kính quỹ đạo Trái đất. Khối lượng của Thiên hà và Tiên nữ lần lượt bằng nhau, M₇=2,5·10¹¹ M₀, M₄=3,6·10¹¹ M₀, trong đó M₀ là khối lượng của Mặt trời. Hiệu suất quang được thực hiện trong ánh sáng khả kiến ​​ở bước sóng λ=5·10⁻⁷ m.

F1018. Con thuyền đang cập bờ một hồ lớn (bờ biển thẳng tắp) bỗng bị lỏng dây, gió thổi thổi nó với vận tốc không đổi v₀=2,5 km/h, nghiêng một góc α=15° so với thân cây bạch dương. Liệu bạn có thể đuổi kịp thuyền nếu tốc độ của bạn và SK bằng nhau, vì trong tam giác ABK các góc trên cạnh AK bằng nhau (∠BAK=∠KAD=∠AKB) và đường thẳng LC song song với AB. Điều này một phần hàm ý sự bằng nhau của các tam giác OKC và OCL (OK=OC=OL, KC=CL). Hãy quay mặt phẳng quanh điểm O sao cho tam giác OKC trùng với tam giác OCL. Khi đó dầm KC sẽ thẳng hàng với cung CL, nên góc giữa các dầm này, tức là ∠BCD, bằng góc quay. Đồng thời, điểm B trong quá trình quay này sẽ di chuyển đến D, vì KB=AB=CD nên góc BOD cũng bằng góc quay; Như vậy chứng minh được sự bằng nhau của các góc BOD và BCD.

Hình ở lề minh họa trường hợp AB>BC và góc BAD là nhọn, tuy nhiên, lý luận của chúng tôi có thể áp dụng trong tất cả các trường hợp khác mà không có bất kỳ thay đổi nào.

Khoảng cách góc tối thiểu giữa hai vật mà tại đó chúng có thể được quan sát riêng biệt được xác định bằng nhiễu xạ và xấp xỉ bằng λ/D. Để nhận thấy Andromeda đã thay đổi vị trí, nó phải di chuyển chính xác theo góc này:

$$\varphi_0 \approx \frac{\lambda}{D} = \frac{5 \cdot 10^{-7}}{6} \text{ рад} \approx 8 \cdot 10^{-8} \text{ рад.}$$

Nếu chu kỳ quay của Thiên hà và Andromeda quanh khối tâm là T thì chuyển động quay theo góc φ₀ xảy ra trong khoảng thời gian:

$$\tau = \frac{T}{2\pi} \varphi_0.$$

Chu kỳ T có thể được tìm thấy từ định luật Kepler III tổng quát (trong sách giáo khoa thiên văn học ở trường, nó được gọi là tinh chỉnh):

$$\left(\frac{T}{T_2}\right)^2 \left(\frac{M_1+m_1}{M_2+m_2}\right) = \left(\frac{R_1}{R_2}\right)^3.$$

Viết nó cho hệ Trái đất-Mặt trời và Thiên hà-Andromeda và bỏ qua khối lượng của Trái đất, chúng ta thu được:

$$\left(\frac{T}{T_0}\right)^2 \left(\frac{M_\Gamma+M_A}{M_0}\right) = \left(\frac{R}{R_0}\right)^3,$$

trong đó T₀=1 năm (trên trái đất).

Từ các phương trình (1), (2) và (3) chúng ta tìm thấy:

$$\tau = \frac{\lambda}{2\pi D} T_0 \left(\frac{R}{R_0}\right)^{3/2} \left(\frac{M_0}{M_\Gamma+M_A}\right)^{1/2} \approx 10^3 \text{ лет.}$$

V.E. Belonuchkin

Giả sử rằng tại thời điểm phát hiện vật thể catarrh, bạn đang ở trên bờ tại điểm O (xem hình) và catarrh, sau khi rời khỏi điểm E, di chuyển dọc theo đường thẳng EF, tạo một góc α=15° với cây bạch dương tuyến tính, với tốc độ v₀=2,5 km/h. Để trả lời câu hỏi bài toán, chúng ta hãy xây dựng ranh giới của vùng có thể tiếp cận — vùng mà sau thời gian t sau khi bắt đầu chuyển động, bạn có thể tìm thấy chính mình bằng cách “kết hợp” đi bộ và bơi lội. Ranh giới này (xem hình) là cung AB của đường tròn có bán kính |OA|=

28

trên bờ $v_1=4$ km/h, dưới nước - $v_2=2$ km/h? Tính tổng quát này có thể xảy ra ở tốc độ nào của catarrh?

$$= |OB|=v_2t$$ và hai đoạn tiếp tuyến với đường tròn này - CA và DB, và $|OC|=|OD|=v_1t$ (việc xây dựng ranh giới này đã được mô tả chi tiết trong bài viết “Về quỹ đạo chuyển động tối ưu” ở «Kvant» số 6 năm 1982, trang 30). Sau thời gian $\Delta t$, ranh giới của vùng tiếp cận sẽ có vị trí mới $C'A'B'D'$ và $|CC'|=|DD'|=v_1 \cdot \Delta t$, $|AA'|=|BB'|=v_2 \cdot \Delta t$. Dễ hiểu là nếu hình chiếu tốc độ của catarrh lên hướng OA (theo hướng này phần phẳng của ranh giới vùng tiếp cận lan truyền với tốc độ $v_2$) lớn hơn tốc độ $v_2$ thì bạn sẽ không bao giờ đồng ý. Giá trị tối thiểu của tốc độ của catarrh, tại đó không thể bắt kịp catarrh nữa, được xác định từ điều kiện (xem hìnhok)

$$v_{\min}\cos \beta=v_2,$$ ở đâu $\beta=\varphi-a$.

Vì $\varphi=\arcsin \frac{v_2}{v_1}=\arcsin \frac{1}{2}=30^\circ$, $\cos \beta=\cos 45^\circ=\frac{1}{\sqrt{2}}$ và

$$v_{\min}=v_2\sqrt{2}\approx 2.8$$ km/giờ.

Khi thuyền đang di chuyển với tốc độ $v_0=2.5$ km/h ($v_0<v_{\min}$), hình chiếu tốc độ của thuyền theo hướng OA nhỏ hơn $v_2$, do đó, dù bạn ở trên bờ bao lâu, bạn cũng có thể đuổi kịp thuyền bằng chiến lược di chuyển dày dạn (ranh giới khu vực tiếp cận chắc chắn sẽ đuổi kịp thuyền).

S. S. Krogov

F1019. Một bình hình trụ nhỏ có diện tích đáy S được hạ xuống một bình lớn chứa chất lỏng có khối lượng riêng $\rho_1$, trong đó còn lại một ống có chiều dài l (hình1); Các bức tường của tàu được gắn chặt với nhau. Một chất lỏng màu có mật độ $\rho_2$ ($\rho_2>\rho_1$) được đổ vào một bình nhỏ có độ cao H sao cho mực chất lỏng trong bình lớn và nhỏ bằng nhau. Tại một thời điểm nào đó, lỗ trên ống chất lỏng có mật độ $\rho_2$ sẽ chảy vào một bình lớn hơn cho đến khi áp suất tại điểm A (hình2) từ chất lỏng có mật độ $\rho_1$ trở nên bằng áp suất của chất lỏng có mật độ $\rho_2$. Từ điều kiện này dễ dàng tìm được khối lượng chất lỏng lần đầu tiên chảy ra khỏi bình nhỏ.

Để làm điều này, chúng ta viết ra các điều kiện cân bằng (xem hình2):

$$\rho_1g(H+l)=\rho_2g(h+l)=\rho_2g(H-\Delta h+l),$$

(1)

trong đó $\Delta h=(H-h)$ là sự giảm mực chất lỏng trong một bình nhỏ. Từ đây

$$h=\frac{\rho_1}{\rho_2}H-\frac{\rho_2-\rho_1}{\rho_2}l,$$

Và

$$\Delta m=\rho_2 \cdot \Delta h \cdot s=(\rho_2-\rho_1)(H+l)s$$

(s là diện tích đáy bình nhỏ).

Để dự đoán thêm lời giải, chúng tôi sẽ đưa ra một số đề xuất.

1. Diện tích mặt cắt ngang của bình lớn hiện nay lớn nên nếu chất lỏng chảy ra khỏi bình nhỏ hoặc chảy vào đó thì mức chất lỏng trong bình lớn không thay đổi.

2. Động lực học của ống và chiều dài hiện tại của nó nhỏ nên thể tích của ống này so với thể tích của bình có thể bỏ qua, tức là khi chất lỏng từ

29

ống rò rỉ ra ngoài, mức chất lỏng trong nước sốt nhỏ không thay đổi.

Thoạt nhìn, có vẻ như sau khi áp suất tại điểm $A$ được cân bằng, quá trình sẽ dừng lại; nhưng điều đó không đúng. Tình trạng này là không bền vững. Giả sử rằng một chất lỏng có mật độ $\rho_1$ chảy vào ống đến một độ cao nhỏ $\Delta x$ (hình 3); thì áp suất tại điểm $A'$ ở phía chất lỏng có mật độ $\rho_1$ sẽ lớn hơn áp suất tại điểm $A'$ ở phía chất lỏng có mật độ $\rho_2$.

Thật vậy, áp suất tại điểm $A'$ ở phía chất lỏng có mật độ $\rho_1$ sẽ bằng $p_1 = \rho_1 g(H + l - \Delta x)$, và ở phía chất lỏng có mật độ $\rho_2 - p_2 = \rho_2 g(h + l - \Delta x)$; sự khác biệt giữa những áp lực này

$$\Delta p = p_1 - p_2 = (\rho_2 - \rho_1) g \cdot \Delta x$$

sẽ di chuyển chất lỏng lên trên, vì $\rho_1 g(H + l) = \rho_2 g(h + l)$ là điều kiện cân bằng (xem (1)). Chất lỏng có mật độ $\rho_1$ sẽ ở dạng nước sốt nhỏ cho đến khi áp suất trên và dưới tại điểm $B$ (xem hình 3) bằng nhau. Một chất lỏng có mật độ $\rho_1$ sẽ nổi lên trên chất lỏng có mật độ $\rho_2$ (theo điều kiện bài toán chúng không trộn lẫn với nhau).

Hãy viết điều kiện cân bằng tại điểm $B$:

$$\rho_1 g H = \rho_1 g \Delta h_1 + \rho_2 g h,$$

trong đó $\Delta h_1$ là chiều cao của chất lỏng có mật độ $\rho_1$, có trong một loại nước sốt nhỏ.

Từ (1) và (2) chúng ta tìm thấy: $\Delta h_1 = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1} l$, và

$$\Delta m_1 = (\rho_2 - \rho_1) l s.$$

Bây giờ nguyên nhân của dòng chất lỏng từ nước sốt này sang nước sốt khác đã trở nên rõ ràng, chúng ta hãy viết các phương trình cân bằng trong trường hợp tổng quát hơn. Giả sử rằng trạng thái cân bằng tại điểm $B$ xảy ra tại thời điểm

$$\rho_1 g H = \rho_1 g h_1 + \rho_2 g h_2,$$

trong đó $h_1$ là chiều cao của chất lỏng có mật độ $\rho_1$ và $h_2$ là chiều cao của chất lỏng có mật độ $\rho_2$ trong nước sốt nhỏ (hình 4). Chúng ta đã biết rằng vị trí cân bằng không ổn định và chất lỏng sẽ chảy ra khỏi nước sốt nhỏ cho đến khi áp suất tại điểm $A$ cân bằng, điều đó có nghĩa là

$$\rho_1 g(H + l) = \rho_1 g h_1 + \rho_2 g(h'_2 + l).$$

Từ (3) và (4) ta thu được: $\Delta h_2 = h_2 - h'_2 = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_2} l$, và

$$\Delta m_2 = (\rho_2 - \rho_1) l s.$$

Khi áp suất tại điểm $A$ bằng nhau, vị trí không ổn định và chất lỏng có mật độ $\rho_1$ sẽ chảy ra thành nước sốt nhỏ cho đến khi áp suất tại điểm $B$ cân bằng, nghĩa là

$$\rho_1 g H = \rho_1 g h'_1 + \rho_2 g h'_2.$$

Từ (4) và (5) ta thu được: $\Delta h_3 = h'_1 - h_1 = \frac{\rho_2 - \rho_1}{\rho_1} l$, và

$$\Delta m_3 = (\rho_2 - \rho_1) l s = \Delta m_2.$$

Điều này có nghĩa là mỗi lần cùng một lượng chất lỏng sẽ chảy ra khỏi nước sốt nhỏ và thấm vào văn bản.

$$\Delta m = (\rho_2 - \rho_1) l s.$$

Lưu ý rằng lượng chất lỏng chảy ra từ nước sốt sẽ thay đổi; Tại sao lại như vậy, hãy tự suy nghĩ.

V. E. Skorovarov

30

F1020. Một piston chuyển động chia hình trụ thành hai phần bằng nhau có thể tích $V_0=10^{-3}$ m³. Một phần chứa không khí khô, phần còn lại chứa hơi nước và $m=4$ g nước. Khi xi lanh nóng lên từ từ, piston bắt đầu chuyển động. Sau khi piston di chuyển được 1/4 chiều dài của xi lanh thì chuyển động dừng lại. Khối lượng hơi nước trong bình trước khi đun nóng là bao nhiêu? Khối lượng không khí trong bình và nhiệt độ ban đầu của nó là bao nhiêu? Ở nhiệt độ nào piston ngừng chuyển động? Sự phụ thuộc của áp suất hơi nước bão hòa vào nhiệt độ được cho trong bảng.

| $t, \text{°C}$ | $p_H \cdot 10^{-5}$, Bố |
| :— | :— |
| 100 | 1 |
| 120 | 2 |
| 133 | 3 |
| 152 | 5 |
| 180 | 10 |

F1021. Trong mạch hiển thị ở hình, $R=100$ Ohm, $C=10$ mF, $U_0=10$ V, điện trở trong của pin và điện trở của ampe là không đáng kể. Nhiệt độ định kỳ Klioch K không đáng kể. Nhiệt độ định kỳ Klioch K không đáng kể. Nhiệt độ định kỳ Klioch K không đáng kể. Nhiệt độ định kỳ Klioch K không đáng kể.

F1020. Một piston chuyển động chia hình trụ thành hai phần bằng nhau có thể tích $V_0=10^{-3}$ m³. Một phần chứa không khí khô, phần còn lại chứa hơi nước và $m=4$ g nước. Khi xi lanh nóng lên từ từ, piston bắt đầu chuyển động. Sau khi piston di chuyển được 1/4 chiều dài của xi lanh thì chuyển động dừng lại. Khối lượng hơi nước trong bình trước khi đun nóng là bao nhiêu? Khối lượng không khí trong bình và nhiệt độ ban đầu của nó là bao nhiêu? Ở nhiệt độ nào piston ngừng chuyển động? Sự phụ thuộc của áp suất hơi nước bão hòa vào nhiệt độ được cho trong bảng.

| $t, \text{°C}$ | $p_H \cdot 10^{-5}$, Bố |
| :— | :— |
| 100 | 1 |
| 120 | 2 |
| 133 | 3 |
| 152 | 5 |
| 180 | 10 |

Chuyển động của piston sẽ dừng lại khi toàn bộ nước đã bay hơi hết; trong trường hợp này, ở bên trái và bên phải của piston sẽ có các chất khí (không khí và hơi nước), trạng thái của chúng được mô tả bằng phương trình Mendeleev-Clapeyron. Dễ hiểu là trước đó, khi piston chuyển động, thể tích không khí giảm từ $V_0$ xuống $V_0/2$, và hơi nước luôn bão hòa.

Đặt nhiệt độ và áp suất ban đầu là $T_0$ và $p_0$, nhiệt độ cuối cùng - $T_1$ và $p_1$, và khối lượng hơi nước trước khi đun nóng $M$. Khi đó chúng ta có thể viết các phương trình sau: đối với không khí -

$$\frac{p_0V_0}{T_0} = \frac{p_1V_0}{2T_1};$$

cho hơi nước tại thời điểm ban đầu -

$$p_0V_0 = \frac{M}{\mu_\pi}RT_0, \quad p_0 = p_H(t_0),$$

ở cuối quá trình -

$$p_1\frac{3}{2}V_0 = \frac{M+m}{\mu_\pi}RT_1, \quad p_1 = p_H(t_1),$$

trong đó $\mu_\pi$ là khối lượng mol của hơi nước. Giải các phương trình (1) - (3) cùng nhau, ta tìm được khối lượng hơi nước trước khi đun nóng:

$$M = m/2 = 2\text{ г.}$$

Sử dụng bảng đã cho trong các điều kiện, chúng ta sẽ vẽ đồ thị sự phụ thuộc $p_H(t)$ của hơi nước (xem hình). Khi đó nhiệt độ $T_0$ được xác định từ điều kiện giao điểm của đồ thị này với đường $p = \frac{M}{\mu_\pi}\frac{R}{V_0}T$ và $T_1$ với đường $p = \frac{M+m}{\mu_\pi}\frac{2R}{3V_0}$. Sử dụng phương pháp đồ họa này lời giải, chúng tôi tìm thấy:

$$t_0 = 140 \text{ °C}, \quad t_1 = 170 \text{ °C},$$

$$p_0 \approx 3,8 \cdot 10^5 \text{ Па.}$$

Biết nhiệt độ $T_0=413$ K và các giá trị $p_0$, từ phương trình Mendeleev-Clapeyron cho nước ($\mu_B = 29 \text{ г/mоль}$), chúng ta tìm được khối lượng của nước $M_0$:

$$M_0 = \frac{p_0V_0\mu_B}{RT_0} \approx 3,2 \text{ г.}$$

A. I. Vuzdin

Khi đóng chìa khóa, các tụ điện được sạc gần như ngay lập tức (điện trở của ampe và điện trở trong của pin không đáng kể) đến điện áp $U_3 = \frac{U_0}{2}$, và khi đóng chìa khóa, chúng gần như phóng điện hoàn toàn. Hãy giải thích điều này.

Mỗi tụ điện được phóng điện qua điện trở $R$. Dòng phóng điện ở thời điểm đầu tiên -

$$I_0 = \frac{U_3}{R} = \frac{U_0}{2R}.$$

Nếu dòng điện này không thay đổi thì tụ điện sẽ phóng điện hoàn toàn trong thời gian

$$\tau = \frac{q}{I_0} = \frac{CU_3}{I_0} = RC.$$

Trong thực tế, dòng điện giảm khi tụ phóng điện và tụ phóng điện chậm hơn

31

cô ấy; Nói một cách chính thức, nó không bao giờ phóng điện hoàn toàn. Chúng tôi không quan tâm đến mức phóng điện hoàn toàn tuyệt đối của nó, mà quan tâm đến mức mà tại đó nó chỉ đơn giản là $U \ll U_3$; đối với điều này, chỉ cần yêu cầu $T_{\text{pa3p}} \gg \tau$ là đủ. Trong trường hợp của chúng tôi $T_{\text{pa3p}} = \tau_2 = 20 \cdot 10^{-3} \text{ c} \gg \tau = 1 \cdot 10^{-3} \text{ c}$.

Hãy tính điện tích chạy qua ampe khi chìa khóa đóng:

$$q_1 = \frac{U_0}{2R} \tau_1 - C \frac{U_0}{2}$$

(điện áp trên điện trở là $\frac{U_0}{2}$, dòng điện của điện trở chạy qua ampe).

Khi mở, cả hai tụ điện đều được phóng điện qua ampe:

$$q_2 = 2 \frac{CU_0}{2}$$

Dòng điện trung bình

$$I_{\text{cp}} = \frac{q_1 + q_2}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{-C \frac{U_0}{2} + \frac{U_0}{2R} \tau_1 + CU_0}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{U_0}{2R} \frac{\tau_1 + RC}{\tau_1 + \tau_2} \approx 4,8 \cdot 10^{-3} \text{ A}$$

A. P. Zilberman

F1022. Hộp đen chứa một cuộn dây, một điện trở, một tụ điện và có ba cực. Trong quá trình nghiên cứu, ông đã thu được những kết quả sau.

Trong mạch hiển thị ở hình 1, ampe hiển thị $I_1 = 0,1$ A ở tần số dao động $v_1 = 1000 \text{ Гц}$; dòng điện qua ampe lệch pha với điện áp đầu vào là $\Delta \varphi_1 = \pi/6$. Khi tần số máy phát giảm đi 100 lần thì dòng điện tăng chưa đến 2 lần. Tần số máy phát được trả về giá trị trước đó và một vôn kế (hình 2) được kết nối với mạch cùng với ampe. Vôn kế

Có khá nhiều phương án khả thi (trong số ba phần tử nêu trong điều kiện chỉ định) - 24. Vì vậy, trước tiên bạn phải vẽ chúng và quyết định xem về nguyên tắc, phần tử nào trong số chúng có thể đáp ứng các điều kiện đã đặt ra. Để không bỏ sót mạch nào, bạn cần phân loại chúng một cách thông minh - ví dụ: trước tiên hãy vẽ tất cả các mạch trong đó chỉ có một điện trở được nối với điểm 2 (“lời hứa”), sau đó chỉ là tụ điện, sau đó chỉ là một cuộn dây. Chỉ có 12 mạch như vậy. Sau đó, chúng ta sẽ vẽ các mạch trong đó có chính xác hai phần tử được kết nối với chân này - có 6 mạch như vậy. Vẫn còn các mạch: không có phần tử nào được kết nối với dây chung - có 5 phần tử trong số đó và cả ba phần tử đều được kết nối với dây chung - chỉ có một mạch như vậy. (Ở đây chúng tôi không xem xét các sơ đồ trong đó điểm 1 hoặc 3 không được kết nối - lý do rõ ràng.)

Một phân tích khá đơn giản cho thấy rằng các điều kiện của nhiệm vụ chỉ có thể được thỏa mãn bởi mạch hiển thị ở hình 3. Trong mạch có ampe-ampe mắc song song với tụ điện (xem hình 1), bạn có thể “vứt bỏ” tụ điện - ampe là lý tưởng, nghĩa là không có dòng điện nào chạy qua tụ điện. hình 4 hiển thị sơ đồ “đơn giản hóa” như vậy (hình 4, a) và sơ đồ vectơ chỉ hướng (hình 4, b). Từ sơ đồ ta có:

$$\frac{X_L}{R} = tg \frac{\pi}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}},$$

Ở đâu

$$X_L = \frac{1}{\sqrt{3}} R$$

$$I_1 \sqrt{R^2 + X_L^2} = I_1 \frac{2R}{\sqrt{3}} = U_0 \Rightarrow I_1 = \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{U_0}{R}$$

Tại hình 5 có sơ đồ “hộp đen” có vôn kế nối (hình 5, a) và sơ đồ chiều (hình 5, b):

33

Hình 1.

Nhân tiện, từ đây, theo sau, trong trường hợp “cực kỳ xui xẻo”, bạn sẽ không thể làm điều đó trong vòng chưa đầy 1002 giây: nếu sự kết hợp mong muốn của ba chữ số là số cuối cùng, thì các xác nhận có ba chữ số này sẽ được nhấn ở giây thứ 1000, 1001 và 1002.

Mục tiêu rất rõ ràng: sắp xếp tất cả các mã có ba chữ số sao cho mỗi mã tiếp theo bắt đầu bằng hai chữ số cuối của mã trước đó, nhưng liệu nó có đạt được không?

Đây là một tình huống tương tự mà nó không thể đạt được.

Biết rằng các chữ số của mã gồm ba chữ số là khác nhau và đây là các số 1, 2 và 3. Nói cách khác, bạn chỉ cần kiểm tra 6 mã: 123, 132, 213, 231, 312 và 321. Nếu kéo chúng thành một chuỗi thì việc chọn mã sẽ mất 8 giây. Nhưng bạn không thể kéo chúng thành một chuỗi! Chúng tạo thành hai chuỗi (chuỗi nào?), vì vậy việc chọn mã sẽ không mất 8 mà là 10 giây (kiểm tra!).

Một biểu đồ có hướng được chọn đặc biệt (viết tắt là oreraf) sẽ giúp chúng tôi giải quyết một câu hỏi có thể xảy ra và hạn chế việc xác minh tuần tự các mã. Đây là tên được đặt cho một tập hợp hữu hạn các điểm (gọi là đỉnh oreraph) nếu một số trong chúng được nối với nhau bằng các mũi tên (mũi tên chỉ hướng); cụ thể, nếu mũi tên oreraf không bị loại trừ thì đó là Euler và định lý đã được chứng minh.

Hình 2.

Có các mũi tên ròng nối đỉnh với chính nó.

Tổ chức $T_{10}$

Chúng ta hãy xây dựng một sơ đồ với sự trợ giúp của nó để giải quyết bài toán a). Hãy lấy 100 điểm. Hãy điền các tham số của chúng bằng các số: 00, 01, 02, …, 98, 99. Từ điểm $ab$ đến điểm $dc$ chúng ta sẽ vẽ một mũi tên nếu $b=d$. Ví dụ $13\rightarrow 38$, $45\rightarrow 55$; cụ thể là bất kỳ điểm nào có số lượng hai kết nối kỹ thuật số giống hệt nhau với chính nó.

Hãy để chúng tôi biểu thị đồ thị được xây dựng $T_{10}$.

Trên mũi tên từ $ab$ đến $bc$ mã ba chữ số điển hình là $abc$: $13 \rightarrow 38$, $33 \rightarrow 333$. Bất kỳ mã ba chữ số nào cũng sẽ được viết đúng 1 lần: giả sử, 455 sẽ được viết trên mũi tên từ 45 đến 55. Do đó, $T_{10}$ chứa 10 đỉnh và 1000 mũi tên với tất cả các số có ba chữ số có thể có. Trong trường hợp này, 10 mũi tên đi ra từ mỗi đỉnh và 10 mũi tên đi vào mỗi đỉnh: mũi tên $ab0$, $ab1$, …, $ab9$ đi ra từ $ab$, mũi tên $0ab, 1ab$, …, $9ab$ nhập $ab$.

Theo các mũi tên, bạn có thể đi từ bất kỳ đỉnh nào $ab$ đến bất kỳ đỉnh nào $cd$:

$$ab \xrightarrow{abc} bc \xrightarrow{bcd} cd.$$

Các tổ chức có thuộc tính này sẽ được gọi là được kết nối.

Hãy nhớ: mục tiêu của chúng ta là kéo tất cả các mã có ba chữ số thành một chuỗi; mục tiêu sẽ đạt được nếu chúng ta đi vòng quanh $T_{10}$ dọc theo các mũi tên, đi qua từng mũi tên đúng 1 lần.

Sự tồn tại của một vật thể như vậy được đảm bảo bởi định lý chu trình Euler.

Chúng ta gọi một đồ thị ghép là chính quy nếu với mỗi đỉnh của nó $A$ số mũi tên rời khỏi $A$ bằng số mũi tên đi vào $A$; Chúng ta sẽ biểu thị con số này $p_A$.

Ví dụ: trong $T_{10}$ cho mỗi đỉnh $ab$

$$p_{ab}=10;$$

hình 1 hiển thị hai đồ thị thông thường được kết nối (hoặc, nếu bạn muốn, một đồ thị không kết nối thông thường), với $p_A=2$ cho một số đỉnh và $p_A=1$ cho các đỉnh khác.

Định lý. Trong bất kỳ đồ thị liên thông thông thường nào đều có một chu trình (một đường khép kín dọc theo các mũi tên) đi qua mỗi mũi tên đúng một lần (hình 2).

Chúng ta sẽ gọi những chu trình như vậy là Euler.

Chứng minh định lý chu trình Euler

Hãy lấy bất kỳ đỉnh nào $A$ và đặt từ nó dọc theo các mũi tên một cách tùy ý, “đốt cháy những nơi phía sau chúng ta” - xóa các mũi tên mà chúng ta đã đi theo. Vì mũi tên là một số hữu hạn nên đến một lúc nào đó chúng ta sẽ bị mắc kẹt - chúng ta sẽ đi vào ngõ cụt không có lối thoát. Chúng ta không thể bị kẹt ở đỉnh $B \neq A$, vì số lượng mũi tên đi ra từ $B$ giống nhau khi nhập $B$. Điều này có nghĩa là ngõ cụt là đỉnh ban đầu $A$.

Vì vậy, đường đi của chúng ta là chu trình $c$, bắt đầu và kết thúc tại $A$. Vì chúng tôi đã xóa ngay lập tức từng mũi tên mà chúng tôi đã theo dõi nên chu trình $c$ không đi qua bất kỳ mũi tên nào hai lần.

Nếu chu trình $c$ chứa tất cả các mũi tên của đồ thị thì đó là chu trình Euler và định lý được chứng minh.

Nếu không, thì trong số các đỉnh mà $c$ đi qua sẽ có một đỉnh $A_1$ mà từ đó mũi tên không bị xóa $s_1$ nhô ra (nếu không tìm thấy các đỉnh đó, đồ thị của chúng ta sẽ không bị ngắt kết nối, hình 3).

35

Hình 7.

Từ định lý chu trình Euler suy ra:
tại bài toán c) thời gian $t_{\min} = 722$ s (thường là tại $n > 3$ thời gian $t_{\min} = n(n-1)(n-2) + 2$ s); với $n = 3$ do sự không nhất quán của $D_3$ mã pop mất thêm 2 giây: $t_{\min} = \text{не 8}, \text{а 10 с}.$

Như vậy, $t_{\min}$ trong các bài toán a), 6) và c) đã được tìm thấy. Hãy thử sử dụng phương pháp tương tự để tìm $t_{\min}$ nếu

1. có 10 nút và biết rằng ít nhất một trong các chữ số của mã ba chữ số là chín;
2. có 10 nút và biết rằng mã ba chữ số có đúng hai chữ số giống nhau;
3. $2 \leq k \leq n$, các nút $n$ và mã là $k$ chữ số;
4. Có 6 nút, trên các nút có các số 0, 1, …, 5, tất cả các số của mã 3 chữ số đều khác nhau và mã chứa số 5.

Hãy chuyển sang thảo luận về câu hỏi thứ hai:

Làm thế nào để tìm lại mã bị quên trong thời gian ngắn nhất?

Từ phần trước, bạn có thể hành động như thế này.

1. Lấy một đồ thị thích hợp ($T_{10}, T_3$ hoặc $D_{10}$ lần lượt trong các bài toán a), 6) và c)).
2. Tìm chu trình Euler e trong đó.
3. Tự ý cố định mũi tên $S_1$, lấy các mũi tên đến trong chu kỳ e sau $S_1$:
   $S_1, S_2, ..., S_N$,
   $N = \begin{cases} 1000 \text{ в задаче a)}, \\ 27 \text{ в задаче 6)}, \\ 720 \text{ в задаче b)}. \end{cases}$
4. Viết lần lượt các số mũi tên có ba chữ số $S_1, S_2, ..., S_N$.
   Vì số $S_{i+1}$ chỉ thêm một chữ số mới vào số $S_i$ nên bạn chỉ có thể chỉ ra số đó (chứ không phải toàn bộ số $S_{i+1}$); do đó, mục 4) có thể được thay thế bằng mục này:
   4’ Thêm vào số $S_1$ chữ số thứ ba của số $S_2$, sau đó là chữ số thứ ba của số $S_3$, v.v. - lên đến $S_N$; chuỗi kết quả là $\Pi$ gồm $(N+2)$ chữ số. Bằng cách nhấn các nút có các số này, mỗi nút một giây, trong $(N+2)$ giây (tức là trong $t_{\min}$ thời gian), chúng tôi sẽ xem qua tất cả các mã gồm ba chữ số yêu cầu xác minh và do đó, không quá $(N+2)$ giây, chúng tôi sẽ tìm thấy mã bị quên.

Ví dụ: chu trình $e$ trong sơ đồ $T_3$ với mũi tên đầu tiên 113 (hình 6) tương ứng với dãy $\Pi$ gồm 29 chữ số: 113 332 331 322 321 312 311 2 221 211 1.

Vì $e$ là một chu trình, nên cặp chữ số đầu tiên và cuối cùng trong chuỗi $\Pi$ giống nhau (đây là số đỉnh mà mũi tên $S_1$ đi ra và đi vào mũi tên $S_N$). Do đó, thay vì viết $N+2$ số $\Pi$ trên một dòng, bạn có thể viết $N$ số trong một vòng tròn (xem hình 9, trong đó $N=27$).

Trên hình 9 dọc theo vành bánh xe (chúng ta sẽ gọi là bánh xe $B$) có 9 đơn vị, 9 đôi và 9 rãnh theo thứ tự đặc biệt. Mục này chứa đầy đủ lời giải bài toán 6). Vẫn còn phải vẽ các bánh xe thay thế tương tự $A$ và $B$ cho bài toán a) và c).

Chúng có phải là sự thay thế giống nhau không? Điều này có nghĩa là gì?

Đối thoại về chiếc nhẫn $A, B$ và $B$
— Vậy bánh xe thay thế $B$ là gì?

• Dù bạn lấy số nào, nếu bạn đi từ đó theo chiều kim đồng hồ, đọc từng số một thì trong 29 giây bạn sẽ gặp tất cả các số có ba chữ số của các số 1, 2, 3.

• Đúng, đây là vật thay thế (và bánh xe $A$ và $B$ phải có đặc tính tương tự), nhưng đây không phải là thứ đã được thay thế!

• Bạn có thể đi ngược chiều kim đồng hồ với số bằng nhau!

• Có thể, nhưng tính chất này nối tiếp tính chất đầu tiên. Và cả hai đều đúng cho một bánh xe được xây dựng từ chu trình Euler bất kỳ $e$ trong $T_n$.
  — Vậy chu kỳ $e$ trên hình 6 có đặc biệt không?

• Đúng! Nó được xây dựng không theo một công thức chung phù hợp với bất kỳ đồ thị kết nối thông thường nào, mà theo một thuật toán đặc biệt được sử dụng bởi $T_n$.

• Và cái này mang lại điều gì?
  — Ở mức $n=3$ sự khác biệt không lớn. Và trong $T_{10}$ đã có hàng nghìn mũi tên và việc tìm kiếm $e$ trong $T_{10}$ theo công thức chung có thể quá dài và tốn nhiều công sức - ngay cả khi bạn sử dụng máy tính.
  — Có thuật toán đặc biệt nào nhanh $e$ không?

• Vâng, tôi cam kết viết một nghìn con số lên bánh xe $A$ trong một nghìn giây! Tôi không cần máy tính, không cần điền những con số đã viết, tôi chỉ cần nhớ 3-4 chữ số cuối. Trình tự của tôi gần như đơn giản như chuỗi tự nhiên.

• Edorov! Chuỗi 720 số trên bánh xe $B$ cũng đơn giản phải không? Nó có thể được viết ra trong 720 giây?

• Đúng! Mặc dù không dễ để nghĩ ra trình tự đơn giản này…
  …Ở đây chúng tôi sẽ dịch đoạn hội thoại này để không làm mất đi sự tiện lợi của người đọc khi giới thiệu việc thay thế số cho bánh xe $A$ và $B$, hoặc thậm chí trong trường hợp chung - đối với mã $k$ chữ số từ số $n$. (Có những gợi ý ẩn trong văn bản và trong hình ảnh tiết lộ bí quyết xây dựng và nhanh chóng viết ra chuỗi $\Pi$; nhưng có lẽ bạn sẽ không cần chúng và bạn sẽ đi theo con đường riêng của mình.) Và chúng tôi hy vọng, sau khi nhận được thư của bạn, sẽ quay lại vấn đề bài toán này trong một trong những số tiếp theo của tạp chí.

M. L. Gerver