Kvant 1988, số 11-12 · Trang

QUANTUM
khoa học đại chúng
tạp chí vật lý và toán học

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

khối đa diện đều

1988

Trong phòng:

2 A.N. Kolmogorov trong ký ức tuổi học trò
12 Yu. R. Nosov. Tia sét trong tinh thể
19 F.V. Vayshtein. Tách số
26 B. M. Bubnov. Nói một chút về thời tiết…

tin tức khoa học
32 hạt siêu thon

Vấn đề «Kvant»
33 Bài toán M1131—M1140, F1143—F1147
35 Problems M1131—M1140, P1143—P1147
37 Lời giải bài toán M1110—M1115, F1123—F1127

«Kvant» cho học sinh nhỏ
37 Bài toán

Kính vạn hoa «Kvant»
Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10:
Kết quả - làm thế nào để tìm thấy nó?
Khí thực và phương trình trạng thái của nó
54 Nguyên lý Huygen

Phòng thí nghiệm «Kvant»
57 A. N. Agafonov, S. I. Seltser. Matnik bất thường

vòng tròn toán học
59 S. L. Tabachnikov. Về đường cong phẳng

Xưởng của người nộp đơn
64 E. E. Gorodetsky. Dao động điều hòa

Thông tin
69 25 năm Trường Vật lý Novosibirsk
73 hội nghị ở Stavropol

Thế vận hội
Olympic Toán toàn Liên đoàn lần thứ 74 XXII
Olympic Vật lý toàn liên bang lần thứ 78 XXII
82 I Olympic toàn Liên đoàn dành cho học sinh môn thông tin
87 kỳ thi Olympic quốc tế

Hồ sơ của chúng tôi
88 Ai đọc và đọc như thế nào «Kvant»
90 Đáp số, gợi ý, lời giải
93 Xuất bản 1988
«Kvant» mỉm cười (46)
Trộn (11, 58, 68)

bìa của chúng tôi
1.4 Các polytop thông thường. Đọc về quá khứ, hiện tại và tương lai có thể xảy ra của họ trên các trang của “Kính vạn hoa“ «Kvant».
2 Bức tranh của họa sĩ Liên Xô A. G. Tyshler (1898-1980) “Giám đốc Oda” là “lời nói đầu” tự nhiên cho bài viết của B. M. Bubnov “Hãy nói một chút về thời tiết…”.
3 trang cờ vua.

2

Ngày 25 tháng 4 năm 1988 đánh dấu kỷ niệm 85 năm ngày sinh của Andrei Nikolaevich Kolmogorov. Vào ngày hôm đó, một nhóm nhỏ sinh viên và nhân viên của ông đã tập trung tại nhà ông ở Komarovka gần Moscow, hầu hết đều là những người đã mời Andrei Nikolaevich đến dự sinh nhật của ông 200 năm trước. Hóa ra, phần cuối cùng mà anh ấy định ghi chú: A. N. Kolmogorov kết thúc vào ngày 21 tháng 11 năm 1987. Những người tập hợp không phải là những sinh viên cao cấp và có danh hiệu nhất

A. N. Kolmogorov (trong số các học trò của ông có bảy viện sĩ!), và các nhà toán học đã được giúp đỡ bởi những người cộng tác với ông trong những năm cuối đời. Chúng tôi đăng tải những kỷ niệm về những học trò thân thiết của A.N. về cách họ gặp anh, làm việc với anh hay đơn giản là giao tiếp với anh. Trong những cuốn hồi ký này, không chỉ hiện lên hình ảnh sống động của một nhà khoa học vĩ đại mà còn là hình ảnh của một nhân cách độc đáo.

4

Đặc điểm trong các công trình toán học của Andrei Nikolaevich Kolmogorov là ông là người tiên phong và khám phá trong nhiều lĩnh vực toán học: ông có những thành tựu nổi bật về lý thuyết xác suất, lý thuyết hàm số, giải tích hàm, cấu trúc liên kết, lý thuyết phương trình vi phân, lý thuyết hệ động lực, lý thuyết chuyển động hỗn loạn của chất lỏng, v.v. - rất khó để chỉ ra một lĩnh vực phân tích toán học mà A. N. Kolmogorov sẽ không đưa ra được các bài toán bao hàm đáng kể (đôi khi đã hai trăm năm tuổi).

Andrei Nikolaevich đã hoàn thành công trình quan trọng đầu tiên của mình - một ví dụ về chuỗi Fourier của hàm tổng hợp, phân kỳ hầu hết ở mọi nơi - ở tuổi 19. (Xin lưu ý thêm, tôi sẽ đề cập rằng Fourier đã nói với tôi vào năm 1965: “Ồ, Kolmogorov! Đây là một chàng trai trẻ tuyệt vời, người đã xây dựng một chuỗi Fourier phân kỳ hầu hết ở mọi nơi!” Đối với Fourier, tất cả công trình của Kolmogorov về lý thuyết xác suất, hệ động lực, nhiễu loạn và hỗn hợp đều là có giá trị thấp hơn bài tập của sinh viên này.) Bản thân Andrei Nikolaevich luôn đánh giá cao môn “toán học thể thao”. Ông tự hào về thành tích của tác phẩm đầu tiên này, nhưng lại coi thành tích thể thao khó khăn nhất của mình là bài toán Hilbert thứ 13.

Andrei Nikolaevich thường cố gắng tránh các thông số kỹ thuật và sự khái quát hóa của lý thuyết được xây dựng. Nhưng ở giai đoạn thứ ba của công việc, khi cần lĩnh hội các kết quả thu được và nhìn ra những con đường mới, ở giai đoạn hình thành các lý thuyết khái quát hóa chức năng, Andrei Nikolaevich đã có những thành tựu đáng ghi nhận.

Trong số hơn ba trăm bài báo ông đã xuất bản, có các nghiên cứu về cơ học, địa chất, sinh học, sự kết tinh của kim loại, lý thuyết về mũi tên, lý thuyết về sự linh hoạt, lý thuyết truyền thông tin, lý thuyết về automata, v.v. Trong bản thân toán học, Andrei Nikolaevich cũng luôn quan tâm đến các vấn đề, lời giải trong số đó đưa chúng ta đến gần hơn với ý nghĩa của tự nhiên và khả năng làm chủ các lực của nó. Bản thân ông đã kể về hoạt động áp dụng của mình như sau:

“Sau khi nghiên cứu với một số thành công, và đôi khi thậm chí còn hữu ích, một phạm vi khá rộng các ứng dụng thực tế của toán học, về cơ bản tôi vẫn là một nhà toán học thuần túy. Ngưỡng mộ các nhà toán học đã trở thành đại diện vĩ đại cho công nghệ của chúng ta, đánh giá đầy đủ tầm quan trọng của máy tính và điều khiển học đối với con người tương lai, tôi vẫn nghĩ rằng toán học thuần túy ở khía cạnh truyền thống của nó vẫn không mất đi vị trí danh dự xứng đáng giữa các ngành khoa học khác. Điều duy nhất có thể gây tai hại cho nó là sự phân chia quá rõ ràng các nhà toán học thành hai trường phái: một trường phái theo đuổi sự trừu tượng các nhánh toán học mới nhất, không tập trung rõ ràng vào mối liên hệ của chúng với thế giới thực đã sinh ra chúng, những nhánh khác bận rộn với “ứng dụng”, không tiến hành phân tích thấu đáo nền tảng lý thuyết của chúng… Tôi muốn ủng hộ tính hợp pháp và phẩm giá của vị trí của một nhà toán học hiểu rõ vị trí và vai trò của khoa học của mình trong sự phát triển của khoa học tự nhiên, công nghệ và toàn bộ nền văn hóa nhân loại, có khả năng phát triển khoa học tự nhiên của mình phù hợp với những nhu cầu chung này.”

Những lời này của Andrei Nikolaevich về tính hợp pháp và phẩm giá của vị trí một nhà toán học, được xuất bản năm 1963 trên trang bìa của tạp chí Ogonyok dành riêng cho ông, là cương lĩnh và sự hoàn thiện khoa học của ông. Sự liên quan của những suy nghĩ và cảnh báo của ông ngày càng trở nên chi tiết hơn khi dự đoán của Lagrange trở thành sự thật: “Các vị trí trong toán học tại Học viện sẽ trở thành những gì mà khoa tiếng Ả Rập tại các trường đại học đã trở thành…”

Vladimir Andreevich USPENSKY, Tiến sĩ Vật lý và Toán học, Giáo sư Đại học Tổng hợp Moscow, nhớ lại:

— Khi còn là một cậu học sinh, tôi đã biết rằng có một nhà toán học như vậy Kolmogorov, và dù chưa bao giờ gặp ông ấy cũng như chưa biết bất kỳ công trình nào của ông ấy, tôi đã biết rõ nhất rằng

5

Nhà toán học đứng đầu, vĩ đại nhất, là Kolmogorov. Và sau đó tôi tham gia vào cuộc tối ưu hóa toán học ở Moscow (rất có thể đó là vào mùa xuân năm 1946, khi tôi đang học lớp 8), và trong số những người hoan nghênh các học sinh tối ưu hóa có Kolmogorov. Một người đàn ông trẻ tuổi bước lên bục giảng. Tôi rất ấn tượng: cả cách nói guasavo, nghiêng đầu sang một bên và nội dung của bài phát biểu bắt đầu bằng câu: “Chủ tịch Hội Toán học Mátxcơva, Pavel Sergeevich Aleksadrov, đã hướng dẫn tôi chào mừng những người tham gia tối ưu hóa toán học.” Nếu nhà toán học vĩ đại nhất là Kolmogorov, thì người có thể giao phó thứ gì đó cho chính Kolmogorov sẽ vĩ đại đến mức nào?!

Tôi gặp Andrei Nikolaevich khi tôi học năm thứ ba. Ông đã dạy một khóa học đặc biệt về cơ chế của “Lý thuyết đo lường” của Đại học quốc gia Moscow. Họ tham gia khóa học đặc biệt này chủ yếu là để hài lòng vì không cần phải vượt qua khóa học này. Tuy nhiên, trong giờ giải lao giữa các buổi học, tôi đã đến gần anh ấy. Tôi không thể nhớ điều này: A.N. đã đưa ra một số tuyên bố mà tôi đã bác bỏ. Điều này gây ấn tượng với anh ấy, và anh ấy mời tôi đến căn nhà gỗ của anh ấy, hỏi xem tôi chỉ sẵn sàng nói về toán học hay liệu tôi có thể cưỡi những lời nói dối không. Đó là cách chúng tôi gặp anh ấy.

Tôi thậm chí không muốn nhớ về kaataniya, bởi vì những lời nói dối đơn giản là không còn đọng lại trong tôi nữa. Trước đó, tôi chỉ trượt bằng ủng nỉ, xỏ mũi giày nỉ vào vòng, tôi chưa từng thấy loại dây buộc nào khác và không biết có tồn tại thứ đó. Andrei Nikolaevich đưa cho tôi ủng, bốt và dây buộc (cứng hay bán cứng, bây giờ tôi không nhớ). Những lời nói dối liên tục rơi ra khỏi tôi, và lần nào Viện sĩ Kolmogorov cũng quỳ gối trên tuyết, nắn thẳng những sợi dây buộc những lời nói dối của tôi. Những lời nói dối đầu tiên khiến tôi hoàn toàn xuống dốc, chúng tôi quay trở lại và khoác lên mình những người khác. Rất có thể, tôi không có lỗi trong việc này, bởi vì nếu có sự buộc chặt thích hợp, những lời nói dối lẽ ra sẽ không còn sót lại. Mọi chuyện xảy ra vào ngày 22 tháng 1 năm 1950. Từ đó tôi trở thành học trò của A.N.

Làm việc với A.N. rất dễ dàng. Lúc nào tôi cũng cảm thấy anh ấy là một thiên tài. Trong đời tôi có ba người tài giỏi mà tôi có cơ hội giao tiếp: B. L. Pasternak, A. A. Zalizyank và A. N. Kolmogorov. MỘT. có phong cách đặc biệt của riêng mình. Vào mùa đông năm 1950, lần đầu tiên ông đưa tôi về căn nhà gỗ của ông, và không thiếu một số nghi lễ, ông đã nhận tôi làm học trò của ông. Sau đó thầy giao chủ đề lớp học của tôi. Anh ấy nói rằng có những chức năng đặc biệt như vậy, chúng được gọi là chức năng tài nguyên, và anh ấy gần như chưa bao giờ biết gì về chúng ở nước ta. Anh ấy đưa cho tôi một số bài báo từ tạp chí nước ngoài và bảo tôi hãy xem xét nó. Và anh ấy nói: “Phương sách cuối cùng, nếu bạn không có kết quả gì, anh ấy sẽ cung cấp cho chúng tôi những bản tóm tắt có thẩm quyền.” Đồng thời, anh ấy đưa cho tôi một số bản sao các tác phẩm của anh ấy, một trong số đó có dòng chữ đề tặng. Đây là một nét rất sớm và độc đáo từ những năm 20 mà tôi rất trân trọng.

Rất khó để nói thiên tài của A.N. được thể hiện như thế nào. Nhưng tôi có thể kể tên hai đặc điểm nổi bật của nó. Đầu tiên. Khi còn là nghiên cứu sinh, tôi đã gặp A.N. hàng tuần. Và mỗi lần, ở mỗi lần gặp tiếp theo, anh ấy đều nhớ lý do tại sao chúng tôi chia tay, và nói chung là tất cả công việc của tôi (mọi việc tôi đã làm trước đây) anh ấy đều biết rõ hơn và chính xác hơn tôi. Mặc dù tôi chỉ làm điều này, còn anh ấy, như bạn biết, đã làm nhiều việc khác. Tính năng thứ hai. G. I. Barenblatt thường đến Komarovku cùng lúc với tôi, người mà A. N. nghiên cứu về thủy động lực học (và với tôi - logic toán học). Barenblatt và tôi vô cùng ấn tượng trước sự dễ dàng mà A.N. chuyển từ thủy động lực học sang logic toán học và ngược lại. Đó là điều hoàn toàn tự nhiên đối với anh ấy. Và nó dường như là một phép lạ đối với chúng tôi.

Công việc diễn ra thế nào? Đôi khi cả A.N. và tôi đã nói chuyện một cách khô khan, và đôi khi tôi viết cho anh ấy những tin nhắn khiến tôi bầm dập

6

(và điều mà bây giờ tôi hy vọng là anh ấy đã vứt đi). Sau khi nhận tôi vào cao học, Kolmogorov giao cho tôi hai bài kiểm tra khó về đại số và các phương trình toán vật lý, đồng thời tuyên bố rằng bài kiểm tra thứ ba vẫn phải gần với logic hơn. Và anh ấy bảo tôi lấy lý thuyết về mạch chuyển tiếp. Vào thời điểm đó hầu như không có tài liệu toán học nào về mạch tiếp điểm rơle mà chỉ có tài liệu kỹ thuật. Vì vậy, việc chuẩn bị cho kỳ thi này là khó khăn nhất đối với tôi. Tôi nhớ rằng có hai chỗ mà tôi không thể hiểu được hoạt động của đèn triode. Và chỉ sau khi tìm hiểu mọi thứ, tôi mới nhận ra rằng không cần thiết phải hiểu nó. Ngoài ba kỳ thi, báo cáo tốt nghiệp cũng được yêu cầu. Là một trong số họ, A.N. đã giao cho tôi dịch cuốn sách của nhà toán học Hungary Rosa Peter, “Hàm đệ quy,” vừa được xuất bản bằng tiếng Đức. Tôi không biết tiếng Đức nhưng tôi không dám nói với Kolmogorov về điều đó. Tôi phải làm việc và… dịch. Cuốn sách hóa ra không quan trọng, nhưng lời tựa mà A.N. đã viết là tuyệt vời.

Tôi có hai tác phẩm chung với A.N., cũng có một tác phẩm chỉ ghi họ của tôi nhưng được A.N. sao chép toàn bộ. Đây là bài viết trong “Báo cáo của Viện Hàn lâm Khoa học” về việc chứng minh định lý Gödel. Khi A.N. đã tạo ra một kết quả nhất định ở học sinh của mình, điều mà trên thực tế gần như đã được gợi ý cho anh ta, anh ta tạo ra một môi trường như thể học sinh đó đã tự mình tìm ra điều đó và đề nghị viết một bài báo trên tạp chí về kết quả đó. Kiểu hỗ trợ tâm lý này cho người bạn đời trẻ tuổi của anh ấy là một khía cạnh rất quan trọng trong hoạt động của anh ấy. Tôi không biết đó là bản năng hay anh ấy đang nghĩ về điều đó.

Thật không may, có lẽ tôi không thể coi mình là học sinh chính thức của A.N., bởi vì tôi không sở hữu một trong hai phẩm chất cần thiết cho việc này: Tôi không hiểu gì về âm nhạc và không chơi thể thao. Tuy nhiên, anh ấy không đuổi tôi đi. Và đôi khi anh ấy nói chuyện với tôi về nghệ thuật, đã đến lúc

Bạn ghét tôi vì sự tinh quái của bạn trong mọi việc. Ví dụ, ngày nay ai biết sách giáo khoa cờ vua của Dufresne? Không ai. Đây là cuốn sách giáo khoa nổi tiếng từ cuối thế kỷ trước. Tôi có cuốn sách giáo khoa này ở nhà (tôi được bố tôi cho) nên tôi đã đọc nó. Và khi A.N. và tôi bắt đầu nói về cờ vua, từ đầu tiên anh ấy thốt ra là “Dufresne,” và anh ấy kể cho tôi nghe nội dung sách giáo khoa.

Một trường hợp khác như vậy. Đối với tôi, điều cần thiết là trên quốc huy, bên phải và bên trái không được coi là chúng ta thấy quyền và chữ, mà ngược lại. (Điều này là do quốc huy được vẽ trên một tấm khiên và được nhìn từ góc nhìn của người không đếm.) Tôi hầu như không biết được điều này khi A.N. đã đề cập đến nó vì lý do nào đó.

Chúng ta hãy nhớ đến ALBERT Nikolaevich SHIRYAEV, Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học, nhà nghiên cứu hàng đầu tại Viện Toán học thuộc Viện Hàn lâm Khoa học:

— Tất nhiên, lần đầu tiên tôi nghe nói về Andrei Nikolaevits là ở trường: giáo viên dạy toán đã nói rất nhiều về anh ấy. Khi đó tôi đang học tại trường nội trú số 538 ở Moscow, và giáo viên của chúng tôi đã thúc giục chúng tôi tham gia đủ loại câu lạc bộ và cuộc thi. Khi đang nhận giải tại một cuộc thi Olympic, tôi thấy A.N. lần đầu tiên. Sau đó tôi vào đại học. Mặc dù chúng tôi đã nghe nói về A.N. trước đây, những điểm chung của chúng tôi với anh ấy dường như là một điều gì đó không thể tiếp cận được, không thực tế.

Lúc đầu, tôi lang thang khắp các khoa khác nhau, và phải mất rất nhiều thời gian trôi qua trước khi tôi ổn định ở khoa lý thuyết xác suất. Lần đầu tiên tôi tiếp xúc với A.N. xảy ra khi tôi đang dạy khóa học “Phân tích-3” của anh ấy. Và cuộc trò chuyện đầu tiên của tôi với A.N. diễn ra khi tôi hoàn thành luận án của mình. Tôi đã làm điều đó từ năm thứ 4 đến năm thứ 5, vì tôi biết rằng vào đầu năm thứ 5, tôi sẽ không có thời gian cho luận văn của mình, vì tôi là thành viên của đội trượt tuyết núi cao dành cho sinh viên của đất nước, và vào đầu tháng 2 năm 1957, tôi đã tham gia Thế vận hội Đại học Mùa đông lần thứ 2 ở Grenoble.

7

Người bào chữa phản đối vào cuối tháng Hai. Sau khi được bảo vệ, A.N. cùng tôi ra hành lang, nói chuyện với tôi về công việc, nói nhiều điều tôi không hiểu. Và ai đó đã nói với anh ấy về việc tôi tham gia các trò chơi ở Grenoble, hoặc vẻ ngoài rám nắng của tôi đã nói lên điều đó, nhưng A.N. mời tôi đến chỗ của anh ấy ở Komarovka để trải nghiệm những lời dối trá.

MỘT. hỏi về sở thích toán học của tôi, nhưng sau đó không có cuộc trò chuyện nào nữa. Bắt đầu từ năm thứ 4, tôi đã vào một nhóm đặc biệt nên không thể tin tưởng vào việc làm ở Viện Toán học. Tuy nhiên, sau năm thứ 5, tôi và bạn cùng lớp Vitya Leonov, người không may mất sớm, được biết rằng A.N. đang đưa chúng tôi tới Viện Toán học. Chúng tôi thậm chí không đánh giá cao niềm hạnh phúc này ngay lập tức. Và công việc ngay lập tức bắt đầu: A.N. đưa chúng tôi vào nghiên cứu về phân tích quang phổ phi tuyến, lý thuyết phi tuyến của các quá trình ngẫu nhiên. Đây là những năm thực sự và hiệu quả mà tôi thậm chí đã từ bỏ việc trượt tuyết. Về một trong những tác phẩm của chúng tôi, hiện đã được biết đến rộng rãi và được Leonov và tôi báo cáo, A.N. nói với một nụ cười rằng “các tác giả nhận thức được tầm quan trọng của vấn đề đang được phát triển.”

Khi tôi và V. Leonov đăng ký vào Viện Toán học Steklov, A.N. ngay lập tức xác định rõ ràng trách nhiệm của mình. Năm 1956, tạp chí “Lý thuyết xác suất” được thành lập và chúng tôi được giao một số công việc nhất định cho tạp chí: biên tập, chấm bài của người khác. Hoạt động này, mặc dù khó khăn, nhưng là một trường học tốt cho chúng tôi. Điều tiếp theo Leonov và tôi phải làm là đến xem các bài giảng của A.N., một phần về các quy trình ngẫu nhiên, và viết chúng ra. Nhân tiện, những bản ghi âm bài giảng của ông ấy vẫn còn hữu ích đối với tôi; chúng vẫn chưa được phát hành. V. Leonov đã nỗ lực rất nhiều để sắp xếp chúng theo thứ tự, nhưng khi A.N. nhìn thấy tin nhắn anh ấy nhận được, bình luận của anh ấy rất ngắn gọn: “Chà, hóa ra nó kỳ quặc quá!”

Đối với nghiên cứu khoa học về các quá trình ngẫu nhiên phi tuyến, A. N. nhận thấy trong một tác phẩm của Cherenkov (con trai của một học giả nổi tiếng) một số quy tắc tính cái gọi là bảy bất biến của các bậc nhỏ. Anh ấy quyết định rằng, rõ ràng, có một số quy tắc chung (đối với tất cả các đơn đặt hàng), bằng cách nào đó anh ấy đã xuất hiện và hướng dẫn chúng tôi chứng minh điều đó. Tình hình rất khó khăn. Thứ Năm hàng tuần A.N. bắt đầu bằng cách hỏi chúng tôi đã làm gì về việc này. Chúng tôi đã thử nghiệm một lượng giấy rất lớn. Và chỉ một năm sau, chúng tôi đã chứng minh được điều cần thiết bằng cách sử dụng các phương pháp tổ hợp phức tạp nhất. Và sau đó chúng tôi tìm thấy một bằng chứng phù hợp trên hai trang. MỘT. đã viết lời giới thiệu cho tác phẩm này.

Bây giờ về cách chúng tôi làm việc. MỘT. biết nhiều đến mức chúng tôi nhanh chóng học được các quy tắc: không được rời xa A.N. không có một mảnh giấy mà trên đó ông viết cho các chủ đất khi nói chuyện. Sau đó, làm phẳng những mảnh giấy này, chúng tôi làm phẳng chúng như xếp hình. Thường thì không thể thoát khỏi sai lầm khi anh ấy đang nói điều gì đó xuất sắc và chính xác nhưng bạn lại không hiểu gì cả. Khi đó không có máy ghi âm, nhưng việc ghi lại mọi thứ đơn giản là không thể thực hiện được. Và thứ Năm hàng tuần cho câu hỏi của A.N. “Việc gì đã được thực hiện?” Lẽ ra tôi nên trả lời rằng không có chuyện gì, và đến không ngủ, không ăn đủ. Dù đã bắt đầu có gia đình nhưng chúng tôi vẫn ngoan cố giấu chuyện này với A.N.

Sau đó, hai năm sau, A.N. cũng tạo ra tình trạng gắn liền với những cú sốc. Ví dụ, tôi nhớ rất rõ một ngày họ cho tôi vào lúc 9 giờ tối và nói với tôi rằng A.N. đã yêu cầu tôi đến gặp anh ấy ở Komarovka. Khoảng 11 giờ tôi đến Komarovka. MỘT. hóa ra là bị bệnh. Anh ấy nói rằng ngày mai anh ấy sẽ có một bài giảng trong đó anh ấy sẽ phải đọc định lý Blackall về các sự kiện hồi sinh. MỘT. không muốn bài giảng này bị bỏ lỡ và yêu cầu tôi giảng nó. Và anh ấy gợi ý hai lựa chọn: hoặc anh ấy ngay lập tức kể cho tôi điều gì đó về chủ đề của bài giảng, hoặc anh ấy đưa cho Bla-

8

Quoll, điều mà tôi phải tự mình tìm ra. Bài giảng sẽ được giảng trong lớp đầu tiên nên tôi có nửa ngày. Blackull đã viết một bài viết tuyệt vời. Tôi về nhà, ngồi suốt đêm, giảng bài rồi về nhà đi ngủ.

Rất nhanh chóng, A.N. chuyển tôi sang một chủ đề mới. Tôi phải nghiên cứu những cuốn sách về kỹ thuật vô tuyến, trong đó mô tả thiết kế của máy thu và đèn, đồng thời hiểu các nguyên lý của radar. Khách đến dạy tinh túy bài toán. Công thức toán học của nó, do A.N. đề xuất, hóa ra lại thành công một cách đáng ngạc nhiên (A.N. đã có thể xây dựng bài toán thành công đến mức sau đó các hướng hoàn toàn mới đã được thể hiện từ chúng). Trong khi giải quyết vấn đề này, tôi đã viết luận án tiến sĩ và một cuốn sách về phân tích tuần tự thống kê.

MỘT. đã không giải thích bất cứ điều gì như thế. Tôi đã phải tự mình tìm ra nó. Anh ấy đã đưa ra cho chúng tôi một tuyên bố gần như mang tính kỹ thuật bài toán: giảm thiểu thời gian trễ trung bình đối với một xác suất cảnh báo sai nhất định. Đáp số tất nhiên là anh ấy đã đoán đúng. MỘT. chỉ nói rằng trong một tình huống rất đơn giản đáp số phải có cái này cái kia, và nó không thể có được từ bất kỳ lý thuyết nào tồn tại vào thời điểm đó: chúng ta chỉ cần phát minh ra nó.

Và bây giờ là về văn hóa nói chung. Vì chúng tôi bị ràng buộc bởi nhiệm vụ thư ký và hoạt động giảng dạy nên chúng tôi thường phải có mặt ở Komarovka. Chúng tôi đi leo núi và nghe nhạc. Và trong âm nhạc không thể không quen thuộc với A.N.

Một ví dụ điển hình. Sau một buổi tối, khi có rất nhiều âm nhạc, A.N. hỏi: “Chà, bây giờ bạn nên chơi gì nữa? Charpentier hay Couperin? Tôi nói: “Andrey Nikolaevich, có lẽ cái gì đó dễ dàng hơn?” A.N. ngay lập tức: “Bây giờ tôi sẽ tìm bạn” Lonely Harmon “.” Tôi không hề biết rằng A.N. có thể biết bất cứ điều gì về “Sự hòa hợp cô đơn” này. Và một ngày nọ, khi đang nghe nhạc, tôi ngồi gõ ngón tay lên bàn. A.N. nhanh chóng đặt một chiếc khăn ăn. Tôi đã hiểu mọi thứ.

Các hoạt động của tôi (đầu tiên là những biến đổi không im lặng, sau đó là phân tích tuần tự) là một ví dụ về cách A.N., với sự trợ giúp của các công thức rất đơn giản, đã đẩy mọi người vào một quỹ đạo độc lập, sau đó anh ấy tin rằng mình có những nhân viên đang làm việc này và biết rõ hơn anh ấy (mặc dù có thể biết rõ hơn A.N. chỉ những chi tiết chứ không phải những ý tưởng chung).

Về giao tiếp phi toán học với A.N. Tôi chỉ có thể kể cho bạn nghe từng tình tiết, từng chi tiết riêng lẻ. Tôi nhớ một tình tiết đặc trưng như vậy. Chúng tôi cùng nhau dự hội nghị về lý thuyết thông tin ở Hungary. Chúng tôi đã nhận được 1300 forint. Vì ở đó chúng tôi được cung cấp đồ ăn thức uống nên mỗi người chúng tôi đều có một số tiền lớn. Và câu hỏi đặt ra: mua gì? MỘT. liền hỏi về hiệu sách. Chúng tôi đã đến đó. Anh ta ngay lập tức nhìn thấy cuốn sách hình của Michelangelo, có giá 1200 forint, mua nó, tiêu hết số tiền mình có và nói: “Và bạn sẽ mua cho tôi một vé đi xe điện.”

Lần đầu tiên tôi làm quen với các thành phố cổ của Nga thông qua A.N. Đôi khi chúng tôi đến thăm các thành phố tỉnh lẻ của Nga, ở vùng hẻo lánh. MỘT. biết rất nhiều về mỗi thành phố và anh ấy luôn có một mục tiêu rõ ràng: anh ấy biết rằng ở đây bạn cần phải nhìn thấy một bức tường hoặc tòa tháp như vậy. Rõ ràng, để tưởng nhớ những tư thế này, A.N. đã tặng tôi cuốn sách “Các thành phố cổ của Nga” nhân dịp sinh nhật lần thứ bốn mươi của tôi.

Tôi chưa bao giờ thấy A.N. mong muốn. Anh ấy chưa bao giờ, dưới bất kỳ hình thức nào, tìm kiếm sự đồng cảm cho mình. Và đối với câu hỏi: “Bạn cảm thấy thế nào về tất cả danh dự và sự tôn trọng?” - MỘT. trả lời đơn giản: “Bình tĩnh.”

Trong số sở thích thể thao của A.N., đáng chú ý là chèo thuyền và trượt tuyết. Trong môn trượt tuyết bằng phẳng

9

Dakh A.N. đã tạo nên những chuyển động tuyệt vời. Đối với chúng tôi, quãng đường đi bộ 30-40 km là một điều không thể đạt được, một cực hình, nhưng ngay cả ở tuổi 60, ông vẫn dễ dàng vượt qua những quãng đường như vậy.

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học, Giáo sư Đại học Quốc gia Moscow Vladimir Mikhailovich TIKHOMIROV nhớ lại:

Tôi gặp Andrei Nikolaevich vào năm thứ 3, năm 1955. A.N. lúc đó tôi là trưởng khoa Cơ học và Toán học, còn tôi là thư ký tổ chức Komsomol của khóa học. Tuy nhiên, một sự việc đã xảy ra: một người đồng đội của tôi, một người đàn ông hăng hái và kiêu hãnh, không thể chịu đựng được sự xúc phạm mà người lớn sẽ gây ra cho tôi và đã đáp trả rất thô lỗ. Tôi bắt đầu xem xét câu hỏi về sự hiện diện của hàng hóa của tôi tại trường đại học. Sau đó tôi đến với A.N. và nêu ra bản chất của vấn đề. MỘT. nói khá gay gắt rằng tất nhiên đây là một hành động xấu xí cần phải thực hiện nghiêm khắc nhất. Tôi đã cố gắng bảo vệ bạn mình và nói rằng tất nhiên anh ấy có lỗi, nhưng tất cả đồng đội của anh ấy đều biết anh ấy là một người tốt và có năng lực, và do đó anh ấy không nên bị rút phép thông công khỏi trường đại học. Andrei Nikolaevich lặp lại lời thực hiện của mình, nhưng khi tôi thấy dường như vấn đề đã hoàn toàn mất đi, anh ấy đột nhiên nói: “Chà, tất nhiên, chúng tôi không loại trừ anh ấy.” Andrei Nikolaevich luôn tin vào một khởi đầu tốt đẹp ở một con người. Ông ủng hộ nhiều người, và trong hầu hết mọi trường hợp, những người ông ủng hộ đều chiếm được vị trí xứng đáng trong khoa học.

MỘT. Chưa bao giờ cho tôi bài toán cá nhân. Tôi đã tham gia buổi hội thảo của A.N. Lúc đó, A.N. đã đề xuất bài toán cho mọi người. Tôi thấy một trong số đó rất thú vị. Sau khi tôi giải quyết xong, Andrei Nikolaevich bắt đầu thảo luận với tôi về triển vọng làm việc tiếp theo. Tôi đã đề xuất phần bài toán và A.N. tán thành tôi, bày tỏ sự nghi ngờ về phần còn lại và đề xuất nhiều bài toán của riêng mình trong việc phát triển toàn bộ chủ đề. Như thể anh ấy đã mở đầu buổi học và thể hiện một góc nhìn riêng, nơi nhìn thấy những mục tiêu cụ thể và một con đường không có điểm kết thúc mở ra.

Một ngày nọ A.N. đã nói với tôi: “Bạn không nên coi tôi là người chỉ biết toán học; tôi thuộc loại người ít nhiều có quan điểm riêng về mọi vấn đề”. Tôi luôn biết rằng A.N. là một nhà toán học có bề rộng đặc biệt, nhưng tôi thậm chí không thể nghi ngờ tầm nhìn của ông là vô hạn trong triết học, kinh tế, chính trị, địa lý và các vấn đề liên quan đến nghệ thuật và văn học. Đồng thời, anh ấy rất độc lập, hầu như luôn khó đoán. Đặc biệt, trong niềm đam mê của họ. Bằng cách nào đó chúng ta đang nói về những nhà văn vĩ đại nhất thế kỷ 20. Tôi nghĩ về điều đó và bắt đầu điểm qua những mục tiêu “đơn giản” nhất (vào giữa những năm 50), đó là Gorky, Sholokhov, Faulkner, Rolland, Heminghusey, Remarque… Andrei Nikolaevich không ngần ngại gọi các tác phẩm của A. France và T. Mann là đỉnh cao của văn học thế giới của thế kỷ chúng ta, và điều này hoàn toàn bất ngờ đối với tôi. Và khi nói đến pozziia, A.N., người cũng không thể đoán trước được đối với tôi, đã chỉ ra Yevtushenko, 24 tuổi.

MỘT. là một vận động viên trượt tuyết đam mê và không mệt mỏi, anh ấy rất thích trượt tuyết băng đồng. Có lần anh ấy yêu cầu mời một trong những vận động viên trượt tuyết mạnh mẽ từ khóa học của chúng tôi đến để anh ấy thực hiện một quá trình chuyển đổi đặc biệt dài. Trong khóa học của chúng tôi có một học viên đạt hạng nhất thanh niên, yêu cầu của A.N. được chuyển đến anh ấy và anh ấy hài lòng đồng ý. Lúc đầu, bạn học của chúng tôi còn vui đùa, bỏ chạy chờ A.N., rồi Weil đã ở gần đó, là bến bờ của sức mạnh, và cuối cùng là A.N. chỉ đơn giản là mang theo ván trượt của mình: trong những chuyến đi trượt tuyết dài ngày (đặc biệt là không được đào tạo nhiều), đôi khi có lúc một người bằng cách nào đó vẫn có thể đi bộ tập tễnh nhưng không thể đi bộ trên ván trượt được nữa.

Ứng viên Khoa học Sư phạm, người đứng đầu ngành NIISIMO Aleksadr Mikhailovich ABRAMOV nhớ lại:

• Tôi đã gặp Andre khi vắng mặt -

10

Tôi ăn Nikolaevich khi còn học ở lớp nông thôn. Tôi đọc cuốn sách nhỏ “Về nghề toán học” của anh ấy.
Nó được viết vừa rõ ràng vừa rõ ràng nên tôi nhớ rất rõ những ấn tượng của mình và cả của từng cá nhân bài toán.
Và cuộc gặp đầu tiên diễn ra vào năm 1963, khi A.N. trao giấy chứng nhận cho các thí sinh đoạt giải Olympic toàn Nga.

Cùng năm đó, trường toán mùa hè đầu tiên được tổ chức tại Krasnovidovo, sau đó là Trường Vật lý và Toán học tại Đại học Tổng hợp Moscow. Chúng tôi, những học sinh khóa tốt nghiệp đầu tiên, tự coi mình là người vô cùng may mắn: cả ở trường hè và ở Trường Vật lý Cơ học, A.N. là giáo viên của chúng tôi. Và bản thân ông dường như cũng có tình cảm đặc biệt với 19 sinh viên đầu tiên tốt nghiệp Trường Vật lý và Cơ học - nhiều năm sau ông đã thương xót mọi người.

Trong những năm sinh viên, khi còn là bạn cùng lớp tại Đại học quốc gia Moscow, tôi làm giáo viên dạy toán tại một trường nội trú và khá thường xuyên gặp A.N. Nhưng tôi vẫn hoàn toàn bất ngờ khi trước khi được bố trí, anh ấy đã mời tôi quan tâm đến các vấn đề ở trường và trở thành nghiên cứu sinh của anh ấy. Đương nhiên là tôi đồng ý ngay. Chuyến thăm đầu tiên tới Komarovka cũng có thể thực hiện được.

Tôi đã hoàn thành công trình khoa học đầu tiên của mình tại trường đại học dưới sự hướng dẫn của V. M. Tikhomirov. Vì vậy, ở một mức độ nào đó, tôi đã quen thuộc với tính cách trường học của A.N. và điều này có ảnh hưởng rất lớn.

Mặc dù tôi phải làm luận văn về giáo dục nhưng đề tài này chủ yếu yêu cầu tư duy trong lĩnh vực toán học. A. N. nói ngắn gọn bài toán: ông đưa ra danh sách các tiên đề của phép đo hình học bao gồm, mà ông đặt làm cơ sở cho khóa học hình học ở trường, và nói rằng trên cơ sở đó cần phải đưa ra một phát biểu chính xác về hình học, để nghiên cứu tiên đề. Không có hướng dẫn nào (ví dụ: cách xây dựng một chuỗi các định lý) hoặc mẹo. MỘT.

11

chỉ nêu bật kết quả mà anh ấy quan tâm nhất - định lý về sự thay đổi góc - và chỉ ra một số tác phẩm hữu ích để đọc.

Vì vậy, ông đã hoàn toàn tự do. Và vấn đề chỉ giới hạn ở những cuộc thảo luận rất ngắn gọn. Nhưng A.N. kiểm soát kết quả cuối cùng và đọc kỹ văn bản cuối cùng.

Sau đó chúng tôi đã làm việc rất nhiều về sách giáo khoa ở trường. Có một số khoảng thời gian làm việc hàng ngày kéo dài 3-4 tháng để chuẩn bị cho các ấn phẩm tiếp theo. MỘT. theo dõi văn bản rất cẩn thận. Khi anh ấy không hài lòng với điều gì đó (và điều này xảy ra liên tục, cho đến giai đoạn hiệu đính), nhiều phương án đã được cân nhắc. Kết quả là xuất hiện những luồng gió nóng.

Theo tôi, điều chính mà A.N. Với tư cách là một giáo viên và người giám sát là niềm đam mê với công việc và niềm tin vào sức mạnh của chính mình. Ông biết cách làm cho học sinh phát triển cao hơn nhiều so với mức trần mà chính ông đã đo được. Thật khó để không hoàn thành nhiệm vụ do A.N. Có lẽ vì vậy mà tôi đã làm được rất nhiều việc mà trước đây tưởng chừng như không thể. Điều rất quan trọng là phải có một ví dụ như vậy trước mắt bạn - đối với A.N., mỗi người, không có bài toán nào là không thể giải được, anh ấy biết tất cả mọi thứ.

Đối với tôi, có vẻ như A.N. tại một thời điểm nào đó trong cuộc đời anh ấy (rõ ràng là khi còn trẻ) đã quyết định rằng một người chỉ cần được hạnh phúc và vì điều này mà anh ta cần cái này cái kia. Đồng thời, điều cần thiết là mọi loại hoạt động mà một người lựa chọn cho mình đều phải thực sự được thông báo. Và A.N. đã cố gắng xây dựng cuộc sống của mình theo cách này: thành tựu sáng tạo của anh ấy thật phi thường, anh ấy biết cách trân trọng rất nhiều - anh ấy yêu thích sự giao tiếp của con người, thiên nhiên, âm nhạc, văn học…

Bề ngoài lý trí, nhiều chiều, cuộc sống của anh ấy đầy rẫy những phạm vi, tràn đầy sự quan tâm đến mọi thứ tồn tại và những trải nghiệm sâu sắc. Tuy nhiên, A.N. nhận thấy rằng theo quan điểm của ông, mỗi người, bắt đầu từ một thời điểm nhất định, vẫn tiếp tục duy trì ở độ tuổi mà thái độ của người đó là đặc trưng nhất. Đối với một câu hỏi trực tiếp: “Bạn bao nhiêu tuổi, Andrei Nikolaevich?” - anh trả lời: Mười bốn.

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi A. V. Sosinsky

Chú ý!

Bạn đọc thân mến! Vào năm mới 1989, chúng tôi sẽ tăng số trang trên tạp chí lên 25%. Điều này cho phép chúng tôi mở một số phần mới. Sẽ chú ý nhiều đến vấn đề nghiên cứu không gian, thiên văn học và các vấn đề lập trình chung. Các tác phẩm hư cấu sẽ xuất hiện thường xuyên hơn trên các trang tạp chí.

Để bù đắp chi phí tăng số lượng tạp chí, giá mỗi số tăng thêm 5 kopecks. Giá mới của tạp chí là 45 kopecks. Thật không may, lời giải việc tăng số lượng và giá thành của tạp chí đã được phê duyệt sau khi phát hành danh mục Soyuzechati và bắt đầu đăng ký vào năm 1989.

Nếu bạn đã đăng ký, chúng tôi yêu cầu bạn trả thêm 5 kopecks cho mỗi số phát hành tại chi nhánh Soyuzechati thích hợp.

13

Sét trong pha lê

Tiến sĩ khoa học kỹ thuật
Y. R. NOSOV

Hãy hỏi một chuyên gia thực phẩm điện - một kỹ sư, một nhà khoa học, một giám đốc công ty: điều gì có triển vọng và triển vọng nhất trong lĩnh vực này hiện nay? Tám trên mười người sẽ trả lời: “Quang điện tử!”

Ý tưởng lâu đời về việc sử dụng trong khoa học máy tính không chỉ các tín hiệu điện (được cung cấp bởi vi điện tử truyền thống) mà còn cả tín hiệu ánh sáng và quang học - ý tưởng này hóa ra rất hiệu quả. Chúng tôi phát hiện ra rằng nhờ sự kết hợp của thiết bị điện tử với quang học, khả năng của các thiết bị tính toán và truyền thông sẽ tăng lên vô cùng: hiệu suất của chúng sẽ tăng lên hàng trăm, hàng nghìn lần, các thiết bị sẽ trở nên đáng tin cậy hơn, chống ồn và thu nhỏ hơn.

Tất cả điều này đã được hiểu vào những năm sáu mươi. Vậy tại sao, khi người đọc lần đầu hỏi, nhiều điều vẫn chỉ là lời hứa? Đây là điều Để “mang ánh sáng” đi làm, bạn cần học cách xử lý nó một cách tự do và đơn giản như với dòng điện. Tìm hiểu cách khuếch đại và chuyển đổi tín hiệu ánh sáng, truyền chúng một cách liền mạch từ điểm này sang điểm khác, ghi lại và lưu lại. Nhưng trước hết, bạn cần học cách tạo ra chúng. Bất kể có thể nói gì về tầm quan trọng của tất cả các thành phần của hệ thống quang điện tử, thì đó là nguồn tín hiệu ánh sáng, bộ phát, đó là nguyên tắc cơ bản, “alpha và omega” của quang điện tử. Và tất nhiên, bạn không chỉ cần bất kỳ bộ phát nào, chẳng hạn như đèn chiếu sáng, mà còn cần một bộ phát, xét về độ thu nhỏ, hiệu suất và độ bền, có thể so sánh với bóng bán dẫn và mạch tích hợp.

Rõ ràng, vấn đề về bộ phát lời giải chỉ có thể tìm thấy trong lĩnh vực bán dẫn.

Hãy tua nhanh về ba mươi năm trước. Trong những năm đó, khoa học bán dẫn đã nỗ lực đáp ứng nhu cầu của công nghệ bóng bán dẫn - những hy vọng lớn lao của ngành điện tử đã được kết nối với những thiết bị này. Các bóng bán dẫn đầu tiên được làm từ thermium, nhưng rõ ràng là có thể đạt được kết quả tốt hơn với silicon và chất bán dẫn mới sau đó là gali arsenua, một hợp chất hai thành phần của arsenic và gali (GaAs). Hướng đi “silicon” nhanh chóng đạt được thành công và từ năm 1960 đã trở thành nền tảng không chỉ của công nghệ bóng bán dẫn mà còn của vi điện tử.

Nhưng họ ngoan cố từ chối nhận bóng bán dẫn từ Arsend Gall. Và họ sẵn sàng coi hàng triệu đô la đã chi cho việc tạo ra các tinh thể đơn GaAs hoàn hảo là một sự lãng phí, biện minh cho mình bằng cách nói rằng “khoa học đòi hỏi sự hy sinh”, nhưng… Không phải lúc nào cũng biết bạn sẽ tìm thấy nó ở đâu và bạn sẽ đánh mất nó ở đâu. Đột nhiên, ngay cả trong hướng đi “ngõ cụt” này, niềm hy vọng bắt đầu lóe lên, và nó bắt đầu tỏa sáng theo đúng nghĩa đen của từ này.

Năm 1956, người ta phát hiện ra rằng khi một dòng điện đi qua một diode arsenide-halide, nó bắt đầu phát ra! *) Đây là cách đèn LED xuất hiện. Các nhà vật lý và kỹ sư đã thực sự quan tâm đến hiệu ứng giao thoa. Người ta ngay lập tức xác định rằng tinh thể bán dẫn trong đèn LED không nóng lên - điều đó có nghĩa là sự phát quang, từ lâu được các nhà khoa học gọi là “ánh sáng lạnh”, là nguyên nhân gây ra bức xạ.

Chúng tôi cũng đã tìm ra cơ chế hoạt động của đèn LED. Được sử dụng trong đó

*) Nói chung, bức xạ của điốt bán dẫn được quan sát lần đầu tiên vào năm 1927 bởi tác giả tương ứng của chúng tôi là O.V. Losev nhưng cường độ ánh sáng quá thấp nên “hiệu ứng Losev” không được ứng dụng thực tế, bị lãng quên và 30 năm sau mọi chuyện phải lặp lại. Tình huống này không quá hiếm gặp trong khoa học.

15

cầu vồng mi, trong sáng và thuần khiết. Điều này có nghĩa là cần phải tìm các chất bán dẫn phù hợp khác có dải tần rộng hơn của Arsend Gall. Và như mọi khi, khi các cơ chế vật lý được hiểu và bài toán được hình thành rõ ràng, phương tiện của lời giải của nó sẽ được tìm thấy.

Chẳng bao lâu nữa*, không ai ngạc nhiên khi đèn LED Gallium photphua phát ra ánh sáng đỏ hoặc xanh lục mạnh mẽ, tùy thuộc vào loại tạp chất được đưa vào tinh thể. Việc sử dụng hỗn hợp ba mật, asen và phốt pho cho phép bạn thu được bất kỳ ánh sáng nào trong phạm vi từ đỏ sẫm đến cam và gần như vàng. Cacbua silic xuất hiện ở vùng màu vàng lục và xanh lam của quang phổ, mặc dù rất yếu. Và chỉ có màu xanh lam, giống như con chim xanh tăng tốc của Maeterlinck, vẫn nằm ngoài tầm hiểu biết của các nhà khoa học. Và đèn sáng nhất hóa ra là đèn LED màu đỏ - chính dưới “cánh buồm almi”, quang điện tử đã tự tin “thả trôi” vào công nghệ và cuộc sống hàng ngày của chúng ta.

Nhiều thiết bị sử dụng bộ số lượng lớn đèn LED, được đặt theo một thứ tự nhất định trên một bảng chung. Theo lệnh nhận được từ thiết bị điều khiển, số, chữ cái hoặc biểu đồ được yêu cầu sẽ được viết ra từ các điểm phát sáng riêng lẻ. Điều này dẫn đến một suy nghĩ tự nhiên: tại sao lại cắt một tấm bán dẫn thành các tinh thể riêng biệt, sau đó ghép chúng lại với nhau để tạo thành đèn LED? Đây là cách các dấu hiệu xuất hiện - một số tinh thể hoặc một tinh thể có nhiều điểm phát sáng độc lập với nhau được đặt bên trong một lớp vỏ nhựa thông thường.

Đèn LED và đèn báo xuất hiện trong công nghiệp vào cuối những năm 60, đã được ứng dụng rộng rãi. Ngày nay sản lượng trên thế giới của họ đang đạt gần 10 tỷ (!) sản phẩm mỗi năm. Trong đồng hồ điện tử và máy tính, trên bảng điều khiển của bộ robot và hệ thống sản xuất linh hoạt, trong các nút và chìa khóa của nhiều loại thiết bị vô tuyến và điện tử, trên bảng điều khiển của máy bay và tàu ngầm - bất cứ nơi nào những con đom đóm và con số màu đỏ tươi này nhấp nháy.

Đúng, khả năng của đèn LED còn hạn chế; họ chỉ sử dụng các thiết bị cho mục đích sử dụng cá nhân, nếu cần thiết, từ đèn báo đến mắt. Nhưng chúng ta hãy nói về việc lắp đặt đèn phanh trên một số thương hiệu xe số tự động từ bộ đèn LED siêu cường. Tất nhiên, việc chiếu sáng bằng đèn LED trong các căn hộ còn lâu mới xảy ra, mặc dù ai biết được ngày hôm sau chúng ta sẽ có điều gì?

Tuy nhiên, đã đến lúc dịch cả hai, hãy thử tóm tắt lại một chút. Về mặt kỹ thuật, mọi thứ chúng ta nói ở đây đều liên quan đến việc sử dụng đèn LED trong các thiết bị điều khiển thông tin. Với sự giúp đỡ của họ, thông tin được tạo ra ở độ sâu của máy tính dưới dạng xung điện tử sẽ được chuyển thành dạng nhận thức ban đầu và do đó thực sự đến được với con người. Thiết bị có cần thiết hay quan trọng không? Không còn nghi ngờ gì nữa! Nhưng đây chỉ là một phần của vấn đề trong lời giải quang điện tử nào nên (và có thể) trợ giúp về thông tin. Suy cho cùng, vẫn còn những vấn đề về xử lý, truyền tải và lưu trữ thông tin. LED có thể đóng góp gì ở đây? Than ôi… Những lời khen ngợi vô tình phai nhạt, một cầu vồng rực rỡ sắc màu tỏa sáng…

Thứ nhất, như đã lưu ý, cường độ của đèn LED rất thấp - những gì mắt cảm nhận được không phải lúc nào cũng được bộ tách sóng quang nắm bắt được, và ngay cả khi nó ở một khoảng cách xa. Thứ hai, hóa ra bức xạ LED không đơn sắc - chúng ta sẽ nói về đánh giá định lượng về nhược điểm này bên dưới, nhưng bây giờ nó chỉ cho biết bức xạ là gì

16

tion, bao phủ toàn bộ dải bước sóng, không phù hợp với các thiết bị đa điện tử.

Và cuối cùng, điều chính là đèn LED tỏa sáng gần như đồng đều theo mọi hướng; không thể tập trung năng lượng của nó vào một chùm tia có tính định hướng cao. Vấn đề đơn giản nhất đối với mạch điện bài toán - truyền tín hiệu từ điểm A đến điểm B và chỉ đến điểm đó - đèn LED không thể giải quyết được. Phần lớn năng lượng ánh sáng không những bị lãng phí một cách miễn phí mà còn “tắc nghẽn” không gian xung quanh và gây rò rỉ thông tin. Đèn LED - chất béo chuyển hóa bất cẩn và hộp nói nhảm đó, không thể giữ im lặng - rõ ràng không phải là một cặp thông tin, nơi mọi thứ đều được tính toán và xác minh chính xác, và đối với mỗi bit, càng nhiều năng lượng được phân bổ khi cần thiết.

May mắn thay, đèn LED với vai trò là bộ phát có một giải pháp thay thế tuyệt vời - đó là tia laser, được đặc trưng bởi bức xạ cường độ cao, gần như đơn sắc, có tính định hướng cao. Chúng ta hãy lạc đề một chút ở đây và nói về nội dung định lượng của các đặc tính laser này.

Tính định hướng của đặc tính là góc kính thiên văn α, trong đó các tia phát xạ được tạo ra nằm trong đó; nếu chùm tia phân kỳ, di chuyển đối xứng ra khỏi một trục nhất định (hướng bức xạ), thì để đánh giá sự phân kỳ, nó sử dụng một góc phẳng, được đo như thông thường - tính bằng radian, độ, phút.

Trong tự nhiên không có sóng đơn sắc hoàn toàn, do đó, để mô tả sự gần đúng của luồng sóng thực với sóng lý tưởng, người ta nói đến mức độ đơn sắc. Về mặt định lượng, đây là tỷ lệ giữa dải bước sóng của bức xạ được tạo ra Δλ với bước sóng ở tâm dải λ₀; Δλ/λ₀ càng nhỏ thì tia laser càng hoàn hảo. Ví dụ, chúng tôi chỉ ra rằng một loại khí điển hình - helium-neon - laser cung cấp α < 1′ và Δλ/λ₀ < 0,000001. Sóng thông lượng như vậy phù hợp với các thiết bị quang điện tử tính toán - thuật ngữ này gần đây đã được sử dụng để mô tả hướng liên quan đến việc xử lý thông tin được trình bày dưới dạng tín hiệu quang.

Mọi chuyện có vẻ ổn nhưng chúng ta đừng vội đi đến kết luận cuối cùng. Hãy tưởng tượng tia laser helium-neon tương tự với ống phóng điện thủy tinh gần như quay nửa vòng và nguồn điện cao áp nặng vài kg. Bây giờ chúng ta hãy đặt bên cạnh nó một mạch tích hợp có kích thước bằng một con tem bưu chính, chứa khoảng một triệu bóng bán dẫn (!) Và chỉ cần nguồn điện 5 volt. Hai sản phẩm này có tương thích với nhau không? Đồng ý, không nhiều lắm. Và sự không tương thích này đã được xác nhận một cách hoàn toàn chắc chắn - nhiều nỗ lực sử dụng tia laser trong các thiết bị điện toán vi mô đã thực sự được thực hiện. Đây là khái niệm “bạn không thể buộc một con bò và một con nai run rẩy vào một dây nịt.”

Rõ ràng, khả năng tương thích chỉ có thể đạt được bằng một lựa chọn duy nhất - nếu tia laser, giống như các vi mạch, là chất bán dẫn.

… Lịch sử tạo ra tia laser bán dẫn, đặc trưng cho những khám phá khoa học của thế kỷ 20. Vào năm 1960, laser trạng thái rắn (ruby) và khí (helium-neon) được phát minh gần như đồng thời, và ngay sau đó, các nhà khoa học đã dự đoán khả năng tạo ra laser bán dẫn. Bằng cách tương tự với các thiết bị bán dẫn khác, tia laser như vậy được dự đoán là có công suất vượt trội, độ bền, khả năng chống lại các tác động bên ngoài, chi phí thấp, khả năng tái tạo các thông số cao và khả năng thay đổi chúng trong phạm vi rất rộng. Việc tạo ra một thiết bị như vậy là rất hấp dẫn, và trong các phòng thí nghiệm vật lý hàng đầu trên thế giới, cuộc săn lùng tia laser bán dẫn đã bắt đầu theo đúng nghĩa đen - mọi người đều muốn che phủ con bướm xinh đẹp bằng vương miện của mình.

17

Và khi các nhà lý thuyết tính toán khá chính xác cấu trúc lượng tử của tinh thể ban đầu, thì vòng tròn chất bán dẫn “bị nghi ngờ” có thể liên quan đến hiệu ứng laser đã thu hẹp đáng kể. Số phận của “con bướm” đã được định trước… Vào đêm trước năm 1963, gần như đồng thời, tia laser bán dẫn đầu tiên được tạo ra trong các phòng thí nghiệm ở Hoa Kỳ và Liên Xô.

Như trong các thí nghiệm với đèn LED, một điểm nối $p—n$ được chế tạo trong một tấm wafer Arsend Gall (một lần nữa chất bán dẫn này là một “pinoer”); sự khác biệt duy nhất là trong quá trình pha tạp, các tạp chất lớn hơn nhiều đã được đưa vào, kết quả là có nhiều electron tự do hơn được hình thành. Sau đó, dùng đầu mũi kim ấn vào đĩa, những tinh thể hình vuông nhỏ xíu nhô ra khỏi đĩa. Tấm được cắt theo thứ tự dọc theo các mặt phẳng tinh thể, do đó các mặt đối diện của tinh thể trở thành mặt phẳng song song và giống như gương; hai gương này tạo thành bộ cộng hưởng cần thiết cho quá trình phát laser. Sau đó, tinh thể của mặt dưới được tấn công trên một đế đồng lớn (dành cho tản nhiệt), một điện cực thứ hai, mỏng hơn được gắn vào mặt trên - cấu trúc đã sẵn sàng để nghiên cứu.

Khi dòng điện chạy qua, tinh thể bắt đầu tạo ra bức xạ hồng ngoại và giống như đèn LED, nó yếu và theo mọi hướng. Nhưng ngay khi dòng điện tăng đến một giá trị nhất định (nó được gọi là dòng ngưỡng), hình ảnh đã thay đổi đáng kể - công suất bức xạ tăng mạnh và ánh sáng cực mạnh thoát ra khỏi các mặt bên từ những nơi (dải) nơi mặt phẳng chuyển tiếp $p—n$ giao với các mặt của bộ cộng hưởng. Các nghiên cứu về phổ bức xạ cho thấy dải sóng được tạo ra đã bị nén mạnh. Không còn nghi ngờ gì nữa - đó là tia laser!

Chúng tôi nhanh chóng hiểu được cơ chế hoạt động của nó. Giống như trong đèn LED, bộ chiết ứng dụng sẽ “điều khiển” electron lên “trượt năng lượng”, chỉ

Phần “ngọn đồi” cao hơn và số lượng electron lớn hơn nhiều. Các electron “được bơm lên” va chạm gần vùng chuyển tiếp $p—n$ (ở đây một vùng hoạt động được hình thành) và “rơi xuống đồi”, tạo ra lượng tử bức xạ. Nhưng đây là nơi kết thúc sự tương tự với đèn LED. Sóng ánh sáng truyền dọc theo mặt phẳng chuyển tiếp $p—n$, được phản xạ từ các mặt gương và liên tục đi qua vùng hoạt động, buộc các electron “rơi khỏi ngọn đồi”. Hóa ra là một số lượng lớn các electron đồng thời và theo cùng một cách thực hiện quá trình chuyển đổi lượng tử được quy định cho chúng (ở hình 1, ​​quá trình chuyển đổi này được biểu thị bằng một mũi tên màu đen). Do đó, chùm tia có mức độ đơn sắc cao cũng như định nghĩa đầy đủ về sự phân cực. Theo cơ chế xuất hiện của nó, bức xạ như vậy được gọi là cưỡng bức, kích thích, cảm ứng (tất cả đều là từ đồng nghĩa), trong khi bức xạ của đèn LED là tự phát (ngẫu nhiên theo hướng và phân cực và ở một mức độ nào đó, theo bước sóng).

Họ bắt đầu nói về một thiết bị mới. Dường như rất nhanh chóng những thay đổi lớn sắp bắt đầu trong lĩnh vực quang điện tử. Nhưng thời gian trôi qua, tia laser mới ra đời vẫn chưa tìm thấy ứng dụng thực sự nào trong bất kỳ thiết bị nào. Và ngay sau đó, hiệu ứng đã bị bất ngờ bởi kích thước của nó và không còn hoạt động nữa. Nó cũng chỉ ra rằng về mức độ đơn sắc, nó chỉ tốt hơn đèn LED 10-20 lần ($\Delta \lambda/\lambda \approx 0,005$ so với 0,05 đối với đèn LED) và kém hơn hàng nghìn lần so với laser khí. Và xét về độ phân kỳ góc ($\alpha \approx 30^\circ$), laser bán dẫn giống nhau hơn

18

Hình 2.

đến một đèn LED được cải tiến. “Đây là loại laser gì vậy?” - các “chuyên gia ứng dụng quang điện tử” kêu lên rằng kỳ vọng của họ đã bị lừa dối, họ đột ngột ngừng thử nghiệm với thiết bị mới và quay lại lý thuyết về tương lai rực rỡ của quang điện tử “lý tưởng”.

Điều rõ ràng nhất là những nhược điểm của laser bán dẫn đã được phát triển đầy đủ và có lý do vật lý dường như không thể khắc phục được. Các electron được đưa vào bởi quá trình chuyển đổi $p$—$n$ không muốn bị giữ lại trong vùng hoạt động mỏng mà phân tán khắp tinh thể; Điều tương tự cũng xảy ra với sóng ánh sáng. Các electron và lượng tử bị mất đi khiến chúng không thể tham gia vào hiệu ứng laser, chỉ làm tinh thể nóng lên một cách vô ích. Làm thế nào để giữ những hạt mang dòng điện và bức xạ ánh sáng không ngừng nghỉ này ở một phần của tinh thể? Rốt cuộc, bạn không thể đặt màn trập hoặc màn hình bên trong - nó vẫn là một tinh thể đơn tinh thể, trong mạng tinh thể mà các nguyên tử được sắp xếp theo thứ tự hoàn hảo. Khi chúng tôi bắt đầu đuổi theo “con bướm xinh đẹp”, không hiểu sao tôi lại không nghĩ đến tất cả những điều này. Và bây giờ, có vẻ như “con bướm” đã được định sẵn cho số phận của một vật trưng bày được bảo tồn trong Đĩa Vật lý Kunstkammer.

Chưa hết - lần thứ mười một! - sự tháo vát của kích thước con người đã chiến thắng. Cấu trúc dị thể đã giải quyết được vấn đề. Nếu trong tinh thể mật agrenium, một số nguyên tử gali được thay thế bằng nguyên tử nhôm, thì cấu trúc của mạng tinh thể sẽ không thay đổi chút nào - nguyên tử của hai nguyên tố này rất giống nhau về tính chất vật lý. Tuy nhiên, điều này dẫn đến sự hình thành một chất bán dẫn mới—gali-nhôm arsenide, có khoảng cách dải lớn hơn so với gali arsenide nguyên chất. Ranh giới giữa hai chất bán dẫn này bên trong một tinh thể duy nhất là một điểm dị thể; trong vùng này có một rào cản năng lượng, đồng thời hình thành một “rào cản quang học” - giao diện giữa hai chất bán dẫn có chiết suất khác nhau. Một vùng hoạt động có chiết suất cao, được “đối diện” bởi các giao diện dị thể, đã trở thành một cái bẫy lý tưởng cho các electron và một vật dẫn ánh sáng cho ánh sáng.

Và từ tiếp theo là “Công nghệ của Nữ hoàng”. Không lâu sau, chúng tôi đã học được cách tạo ra các cặp dị thể bên trong một tinh thể, nằm song song với nhau ở khoảng cách xa, được duy trì với độ chính xác tuyệt vời trong nhiều lớp nguyên tử. Dòng điện ngưỡng đạt tới hàng chục milliamp, giới hạn trên của nhiệt độ hoạt động đạt tới 100 ° C và độ bền (mặc dù ở một số mẫu) lên tới nhiều năm. Điều này đã bắt đầu thời kỳ “Phục hưng” của laser bán dẫn. Những phát minh và cải tiến đổ về như thể từ một năm bội thu. Bạn có cần thêm dòng điện nữa không? Vui lòng sử dụng một cấu trúc trong đó vùng hoạt động được “kẹp” bởi các tiếp xúc dị thể không chỉ từ phía trên và phía dưới mà còn từ các phía. Microponant mỏng nhất của chất bán dẫn hoạt động được kích thích bởi dòng điện chỉ 1 mA! Có nên có quang phổ bức xạ không? Và điều này được hoan nghênh. Nếu một trong các giao diện dị thể được tạo thành lượn sóng thì độ chọn lọc của chất cộng hưởng tăng mạnh và mức độ đơn sắc trở nên giống như mức độ của laser khí. Nếu bạn muốn tiến xa hơn nữa dọc theo con đường này, hãy sử dụng cấu trúc có hai tinh thể “được kết nối” (hình 2).

(Cuối cùng xem trang 31)

19

TÁCH SỐ

F. V. WEINSTEIN

Một phân vùng là một số tự nhiên được biểu diễn dưới dạng tổng của các số hạng tự nhiên và bản thân các số hạng này được gọi là các phần của phân vùng. Thứ tự của các điều khoản không quan trọng; do đó các phân vùng 3=1+2 và 3=2+1 không khác nhau. Chúng tôi sẽ viết ra các phân vùng, liệt kê các phần của chúng được phân tách bằng dấu phẩy theo thứ tự không tăng. Ví dụ: phân vùng 4=2+1+1 được viết là (2, 1, 1).

Gọi $p(n)$ là số phân chia của số tự nhiên $n$. Đối với $n$ nhỏ, có thể dễ dàng tính $p(n)$ chỉ bằng cách viết ra tất cả các phân vùng. Ví dụ: $p(5)=7$. Dưới đây là tất cả 7 phép chia của số 5: (5), (4, 1), (3, 2), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1). Tuy nhiên, không thể tưởng tượng được việc đạt được $p(100)=190\ 569\ 292$ theo cách này mà không có sự trợ giúp của máy tính. Trong khi đó, $p(100)$ đã được biết đến vào thế kỷ trước. Chúng tôi sẽ giới thiệu cho bạn nhiều đặc tính thú vị của phân vùng và hướng dẫn bạn cách tìm $p(n)$ mà không cần viết ra tất cả các phân vùng của $n$.

Bài toán tính toán $p(n)$ có tuổi đời đáng kính. Nó được Leibniz xây dựng lần đầu tiên vào năm 1654, và vào năm 1740 nó được nhà toán học người Đức Philipp Naudet đề xuất với Leonard Euler. Trong khi nghiên cứu các phân vùng, Euler đã phát hiện ra một số tính chất của chúng, trong đó “định lý ngũ giác” nổi tiếng chiếm vị trí chính. Nghiên cứu của Euler bắt đầu lịch sử của lý thuyết phân chia, trong quá trình phát triển nó có sự tham gia của các nhà toán học vĩ đại nhất của các thế hệ tiếp theo.

22

le, v.v., cho đến khi bạn đạt đến số $k_q$.

Ví dụ: chia số 25 thành các phần lẻ (9, 9, 5, 1, 1) sẽ tương ứng với hình được mô tả ở hình 1. Nó bao gồm các góc đối xứng với đường chéo, sao cho ở góc trên cùng có $2k_1+1$ điểm, ở các điểm $2k_2+1$ tiếp theo, v.v., và tổng cộng sẽ có $n$ điểm. Bây giờ, hãy vẽ các đường trên cùng một bản đồ như trong hình 2, đếm số điểm trên mỗi đường này và số phân vùng thu được theo cách này. Hóa ra tất cả các phần của phân vùng này đều khác nhau.

Bài tập 5. Chứng minh khẳng định này.

Trong ví dụ của chúng tôi, phân vùng sẽ là (9,6,5,4,1). Hãy suy nghĩ về cách xây dựng một phân vùng thành các phần lẻ từ phân vùng thành các phần khác nhau, tức là khôi phục bản đồ đối xứng ban đầu từ phân vùng đó.

Rút lui: lời giải bài toán M1065

Phần này sử dụng một kỹ thuật phức tạp hơn phần còn lại của bài viết. Nếu muốn, bạn có thể lướt qua mà không đi sâu vào chi tiết và tiếp tục đọc phần tiếp theo. Vì vậy, hãy giải bài toán M1065 từ “Bài toán «Kvant»” (1987, số 9). Chúng ta hãy nhớ lại công thức của nó.

Chúng tôi xem xét vectơ $(x, y)$ với tọa độ nguyên không âm và ít nhất một trong các tọa độ khác 0. Chúng tôi gọi vectơ như vậy là trình tạo nếu $|x-y|=1$.

a) Chứng minh rằng vectơ $(x, y)$ đang xét có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các bộ tạo khác nhau (hoặc chính nó là một bộ tạo) khi và chỉ khi đại lượng $k(x, y)=x+y-(x-y)^2$ không âm.

b) Chứng minh rằng số $N(x, y)$ khác nhau (theo thứ tự) được biểu thị bằng vectơ $(x, y)$ dưới dạng tổng của các phần tử sinh khác nhau chỉ phụ thuộc vào số $k=k(x, y)$. Tìm $N(13, 18)$.

Lời giải bài toán để tìm dạng tổng quát của bất đẳng thức số nguyên lời giải $k(x, y) \geq 0$. Các số $x+y$ và $x-y$ có cùng tính chẵn lẻ, vì vậy $k(x, y)$ là số chẵn đối với mọi số nguyên $x, y$. Do đó, với bất kỳ số nguyên $m \geq 0$ nào, chỉ cần tìm phương trình số nguyên lời giải $x+y-(x-y)^2=2m$ là đủ. Hãy đặt $x-y=q$. Sau đó $x+y=2m+q^2$. Từ hai đẳng thức này ta thu được ngay:

$$\begin{align*} (x, y) &= (m+q(q+1)/2, \\ m+q(q-1)/2), \end{align*}$$

trong đó $q$ là số nguyên bất kỳ và $m \geq 0$.

Ý nghĩa của các con số $m$ Và $q$ trở nên quan trọng hơn nếu chúng ta tưởng tượng các vectơ có dạng (3) với $m=0$ dưới dạng các điểm có tọa độ parabol nguyên $k(x, y)=0$, nằm trên máy bay $(x, y)$. (Bạn có hiểu tại sao đây là parabol không?) Khi đó các số nguyên ta thu được lời giải sự bất bình đẳng $k(x, y) \geq 0$ chứng minh rằng mọi điểm có tọa độ nguyên nằm trên một parabol $k(x, y)=0$ và bên trong nó, thu được bằng cách dịch chuyển các điểm nguyên của parabol này thành các vectơ $(m, m)$ (hình 3). Thật thuận tiện khi giả sử rằng số $m(m=0, 1, 2, ...)$ — số parabol mà điểm đó nằm trên đó $(x, y)$, MỘT $q=x-y=0, \pm 1, \pm 2, ...$ - số điểm trên parabol này.

Vì bài toán đối xứng về hoán vị tọa độ vectơ, nên việc rút ra tất cả các câu lệnh cho vectơ $(x, y)$ sao cho $x \geq y$, tức là đối với vectơ có dạng (3) với $q \geq 0$ là đủ.

Ta chứng minh điều kiện đủ ở phần a) bài toán. Sử dụng công thức tính tổng cấp số cộng

$$\begin{align*} 1+2+\dots+(q-1)+m+q &= m+q(q+1)/2; \\ 0+1+\dots+q-2+m+(q-1) &= m+q(q-1)/2. \end{align*}$$

23

Các công thức của Posny $(x, y) = (1, 0) + (2, 1) + \dots + (q-1, q-2) + (m+q, m+q-1)$ cho $q > 0$ và $(m, m) = (1, 0) + (m-1, m)$ cho $q = 0$, $m > 0$ biểu diễn $(x, y)$ dưới dạng tổng của các bộ tạo khác nhau.

Việc chứng minh tính cần thiết của điều kiện cũng dễ dàng. Cho phép
$x = r_1 + \dots + r_a + s_1 + \dots + s_b$
$y = r_1 + \dots + r_a - a + s_1 + \dots + s_b + b$
có thể tạo dáng được $x - y = a - b$. Hãy đặt $q = x - y$ và
$m = (r_1 - q) + (r_2 - (q - 1)) + \dots$
$\dots + (r_q - 1) + r_{q+1} + \dots + r_a +$
$+ s_1 + \dots + s_b = x + y - q(q + 1)/2$
(ở đây chúng tôi lại sử dụng công thức tính tổng của một cấp số cộng). Từ bất đẳng thức (4) suy ra $r_a \geq 1, r_{a-1} \geq 2, r_{a-2} \geq 3, \dots$ và nói chung $r_i \geq q - i + 1$. Pozny $m \geq 0$, tức là $(x, y)$ là một vectơ có dạng (3), đây là điều bắt buộc.

Về mặt hình học, câu 6) có nghĩa là số

$$N(x, y)$$ chỉ phụ thuộc vào số $m$ của parabol và không phụ thuộc vào số $q$ của điểm trên parabol.

Đặt $T(m, q)$ là tập hợp các biểu diễn của vectơ (3) dưới dạng tổng của các bộ tạo khác nhau và $t(m, q)$ là số lượng các biểu diễn đó. Bài toán sẽ giải được nếu chúng ta chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên $q$ nào thì đẳng thức $t(m, q) = t(m, q - 1)$ đúng (điều này có nghĩa là $t(m, q)$ và với nó $N(x, y)$, không phụ thuộc vào $q$). Chúng ta đặt phía trên tập $T(m, q)$ với tập hợp các cặp dãy thỏa mãn bất đẳng thức (4) sao cho $r_1 + \dots + r_a + s_1 + \dots + s_b = m + q(q + 1)/2$ cho $q = a - b$. Chúng ta sẽ viết một cặp như vậy dưới dạng $(r_1, \dots, r_a | s_1, \dots, s_b)$.

Xét việc ánh xạ $\varphi$ từ tập $T(m, q)$ vào tập $T(m, q - 1)$ được cho bởi công thức
$$\varphi(r_1, \dots, r_a | s_1, \dots, s_b) = \begin{cases} (r_1 - 1, \dots, r_a - 1 | s_1 + 1, \dots, s_b + 1, 0), \\ \text{если } r_a > 1, \\ (r_1 - 1, \dots, r_{a-1} - 1 | s_1 + 1, \dots, s_b + 1), \\ \text{если } r_a = 1. \end{cases}$$

Bài tập 6. Kiểm tra xem $\varphi(r_1, \dots, r_a | s_1, \dots, s_b) \in T(m, q - 1)$.

Để chứng minh $\varphi$ là ánh xạ một-một, ta xây dựng ánh xạ nghịch đảo $\psi$: $T(m, q - 1) \rightarrow T(m, q)$, đọc quy tắc cho bởi $\varphi$, ta làm theo:

$$\psi(r_1, \dots, r_a | s_1, \dots, s_b) = \begin{cases} (r_1 + 1, \dots, r_a + 1, 1 | s_1 - 1, \dots, s_b - 1), \\ \text{если } s_b > 0, \\ (r_1 + 1, \dots, r_a + 1 | s_1 - 1, \dots, s_b - 1), \\ \text{если } s_b = 0. \end{cases}$$

Các ánh xạ được xây dựng là nghịch đảo lẫn nhau, do đó $\varphi$ là sự tương ứng một-một. Điều này có nghĩa là $t(m, q) = t(m, q - 1)$, như đã nêu.

Để tìm hiểu cách tính các giá trị của $N(x, y)$, hãy đặt giữa các số $t(m, q)$ và $p(m)$.

Tuyên bố: $t(m, q) = p(m)$.

Chúng ta đã biết rằng $t(m, q) = t(m, 0)$ nên chỉ cần chứng minh rằng $t(m, 0) = p(m)$ là đủ. Hãy sử dụng một công cụ đồ họa đơn giản và hữu ích được gọi là sơ đồ Younes.

24

Tôi đánh giá cao nó. Ví dụ, hãy xem xét phân vùng (6, 4, 4, 2, 1). Sơ đồ Young của anh ấy được hiển thị trên hình 4 (dòng đầu tiên có 6 dấu chấm, dòng thứ hai - 4, dòng thứ ba - 4, dòng thứ tư - 2, dòng thứ năm - 1). Bất kỳ phân vùng nào cũng có thể được mô tả dưới dạng sơ đồ Young và phân vùng đó có thể được viết dọc theo toàn bộ sơ đồ Young.

Hãy vẽ một đường chéo trên sơ đồ Young - một đường màu đen trên hình 4. Gọi $r_1$ là số điểm ở dòng đầu tiên nằm trên đường chéo và bên phải của nó, $r_2$ số điểm ở dòng thứ ba nằm trên đường chéo và bên phải của nó, v.v.; $s_1$ là số điểm của cột thứ nhất dưới đường chéo, $s_2$ là số điểm của cột thứ hai dưới đường chéo, v.v. Ta đặt theo sơ đồ Young, phân chia của số $m$, một cặp của dãy

$$\left( r_1, r_2, \dots | s_1, s_2, \dots \right),$$
$$r_1 + r_2 + \dots + s_1 + s_2 + \dots = m,$$

tức là một phần tử của tập hợp $T(m,0)$. Ví dụ: sơ đồ ở hình 4 tương ứng với cặp (6, 3, 2|4, 2, 0). Biết một vài trình tự, bạn có thể dễ dàng xây dựng lại sơ đồ Young. Do đó, chúng tôi đã thiết lập sự tương ứng một-một giữa tập hợp các phân vùng và tập hợp $T(m,0)$. Tuyên bố đã được chứng minh.

Bây giờ, bạn không mất phí gì để trả lời câu hỏi cuối cùng bài toán - về giá trị của $N(13,18)$. Vì $13 = 3 + 5 \cdot 4/2$, $18 = 3 + 6 \cdot 5/2$, điểm (13,18) nằm trên parabol thứ ba. Vì vậy, $N(13,18) = t(3,0) = p(3) = 3$.

Các bài tập sau đây nói về việc sử dụng sơ đồ Young.

Bài tập

7. Số phân vùng $n$ không quá $k$ phần bằng số phân vùng $n$ với số phần không quá $k$. Gợi ý: Hãy phản ánh biểu đồ Young theo đường chéo.

8. Số phân vùng $n$ với các phần khác nhau bằng số phân vùng $n$ có sơ đồ Young đối xứng qua đường chéo. Gợi ý: hãy nhớ thư từ của Sylvester.

Công thức Gauss-Jacobi

Chúng tôi đã làm rất nhiều việc để giải bài toán M1065. Có thể sử dụng lại các hàm tùy ý và trích xuất một số nhận dạng màu đỏ từ đẳng thức $t(m,q) = p(m)$ không?

$N(x,y)$ là số cách mà vectơ $(x,y)$ có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các bộ tạo khác nhau có dạng $(k,k-1)$ và $(k-1,k)$. Lập luận tương tự như khi suy ra công thức hàm số phân hoạch tùy ý có các phần khác nhau, ta sẽ viết hàm tùy ý cho $N(x,y)$ (đây là dãy gồm hai biến $u$ và $v$):

$$\prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + u^{k-1} v^k \right) \left( 1 + u^k v^{k-1} \right) = \sum_{x,y=0}^{\infty} N(x,y) u^x v^y.$$

Vì $N(x,y) = t(m,q)$, trong đó $x = m + q(q+1)/2, y = m + q(q-1)/2$, đẳng thức có thể được chia:

$$\sum_{q=-\infty}^{\infty} \left( \sum_{m=0}^{\infty} t(m,q) u^m v^m \right) \times u^{q(q+1)/2} v^{q(q-1)/2}.$$

Bây giờ chúng ta hãy sử dụng $t(m,q) = p(m)$ đó và tiếp tục đẳng thức:

$$\sum_{q=-\infty}^{\infty} \left( \sum_{m=0}^{\infty} p(m) u^m v^m \right) \times u^{q(q+1)/2} v^{q(q-1)/2}.$$

Chuỗi trong ngoặc đơn là hàm tùy ý của các số trong phân vùng $p(m)$ mà chúng ta đã biết (công thức (1)), vì vậy chúng ta tiếp tục:

$$\prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 - u^k v^k \right)^{-1} \sum_{q=-\infty}^{\infty} u^{q(q+1)/2} v^{q(q-1)/2}.$$

Bây giờ, hãy so sánh vế trái của đẳng thức thứ nhất và vế phải của đẳng thức cuối cùng bằng cách nhân cả hai vế với $\Pi(1 - u^k v^k)^{-1}$. Chúng tôi nhận được kết quả cuối cùng:

$$\prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + u^{k-1} v^k \right) \left( 1 + u^k v^{k-1} \right) =$$

25

$$\sum_{q=-\infty}^{\infty} u^{q(q+1)/2} v^{q(q-1)/2}.$$

Sự giống nhau này là mục tiêu của sự biến đổi của chúng tôi. Nó được gọi là công thức Gauss-Jacobi. Từ danh tính tuyệt vời với hai biến này, người ta có thể có được nhiều danh tính khác nhau với một biến.

Bài tập 9. Thay $u=-t$, $v=-t^2$ vào công thức Gauss-Jacobi và thu được định lý ngũ giác Euler.

Bây giờ hãy thay $u=v=-t$ vào công thức Gauss–Jacobi. Ở phía bên trái bạn nhận được:

$$\prod_{k=1}^{\infty} (1-t^{2k-1})^2 (1-t^{2k}) = \prod_{k=1}^{\infty} (1-t^{2k-1}) \prod_{k=1}^{(1-t^k)}.$$

Thay tích $\Pi(1-t^{2k-1})$ bằng $\Pi(1+t^k)^{-1}$ theo công thức (2), ta biến đổi vế trái thành $(1-t)(1-t^2)(1-t^3).../(1+t)(1+t^2)(1+t^3)...$.

Khi thay thế $u=v=-t$, vế phải của công thức Gauss-Jacobi biến thành $\sum_{-\infty}^{\infty} (-1)^q t^q$. Chúng ta nhận được công thức sau:

$$\frac{(1-t)(1-t^2)(1-t^3)...}{(1+t)(1+t^2)(1+t^3)...} = 1-2t+2t^4-2t^9+2t^{16}-...$$

Thay thế $u=t$, $v=1$ vào công thức Gauss–Jacobi tương tự sẽ dẫn đến công thức:

$$\frac{(1-t^2)(1-t^4)(1-t^6)...}{(1-t)(1-t^3)(1-t^5)...} = 1+t+t^3+t^6+t^{10}+...$$

Hai công thức này đã được Gaus thu được. Không cần phải nói, đây là những công thức đẹp đến kinh ngạc!

Đồng nhất thức Rogers–Ramanujan

Để kết luận, tôi muốn giới thiệu với bạn hai ý nghĩa về đồng nhất thức của lý thuyết phân vùng, mà vẫn chưa tìm thấy bằng chứng tùy ý, mặc dù bài toán và syaden này vẫn nằm trong lĩnh vực được nhiều nhà toán học quan tâm.

Danh tính đầu tiên. Số cách chia của số tự nhiên $n$ trong đó hiệu giữa hai phần bất kỳ lớn hơn một bằng số cách chia của số $n$ thành các phần chia cho 5 dư 1 hoặc 4.

Danh tính thứ hai. Số phân hoạch của số tự nhiên $n$ trong đó hiệu giữa hai phần bất kỳ và mỗi phần lớn hơn một bằng số phân hoạch của số $n$ thành các phần chia cho 5 dư 2 hoặc 3.

Tất nhiên, hình mẫu được thiết lập bởi những đồng nhất thức này là vô cùng đẹp đẽ và không tầm thường, và không có gì đáng ngạc nhiên khi nhà toán học người Anh vĩ đại nhất thế kỷ, G. Hardy, người biết về chúng từ bức thư của Ramanujan ngày 16 tháng 1 năm 1913, đã rất vui mừng.*)

Khi đọc bài viết này, bạn có thể có ấn tượng rằng lý thuyết phân chia chứa đầy những điều tò mò, trong đó nhiều thí nghiệm kỳ lạ khác nhau được thu thập cẩn thận và không có cách nào hoặc gần như không có cách nào kết nối với nhau. Cho đến gần đây đây là trường hợp. Tình hình chỉ thay đổi hoàn toàn vào những năm 70 của thế kỷ, khi nhà toán học người Anh I. MacDonald tìm ra một cách tiếp cận thống nhất để chứng minh một lớp lớn các đồng nhất thức của lý thuyết phân chia và khám phá ra nhiều đồng nhất thức mới, kết hợp chúng thành một lý thuyết mạch lạc (bao gồm cả đồng nhất thức Gauss-Jacobi).**) Đối với các đẳng thức Rogers-Ramanujan và nhiều đồng nhất thức tương tự, vẫn chưa tìm ra một cách tiếp cận tổng quát, mặc dù các phương pháp đại số cho chúng gần đây đã xuất hiện bằng chứng.

Vì vậy, người ta tin rằng vẫn cần phải hiểu được bản chất thực sự của những danh tính này.

*) Bạn có thể đọc về cuộc đời và sự nghiệp của nhà toán học nổi tiếng người Ấn Độ trong bài viết “Câu đố về Ramanujan” của S. G. Gindikin («Kvant», 1987, số 10).

**) Bạn có thể tìm thấy thông tin chi tiết hơn về điều này trong bài viết của D. V. Fuchs “Về việc mở ngoặc, về Euler, Gauss và MacDonald và về những cơ hội bị bỏ lỡ” («Kvant», 1981, số 8).

26

HÃY NÓI CHUYỆN MỘT CHÚT
GIỚI THIỆU THỜI TIẾT…

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. M. BUVNOV

Ngày xưa, sưởi ấm thích hợp, người ta quy định phải nói về thời tiết khi gặp ai đó lần đầu tiên. Chúng ta cũng hãy nói về nó, cụ thể là về mặt đó của vấn đề liên quan đến sự chuyển động của khí quyển với tư cách là một vật thể vật lý nào đó; xét cho cùng, thời tiết ở bất kỳ đâu trên hành tinh của chúng ta đều được quyết định bởi sự chuyển động của các khối khí quyển. Tuy nhiên, chuyển động như vậy phức tạp đến mức không thể dự đoán chính xác hoạt động của khí quyển trong thời gian dài. Để có được dự báo thời tiết đủ khả năng đáp ứng yêu cầu cần phải phát triển hài hòa hai hướng. Hướng đầu tiên là tăng tần suất thay đổi các thông số cơ bản của khí quyển (nhiệt độ, áp suất, độ ẩm, tốc độ gió, v.v.) và giảm khoảng cách giữa các điểm có thông tin này. Hướng thứ hai, là đối tượng nghiên cứu của vật lý khí quyển, là nghiên cứu các định luật vật lý cơ bản xác định các quá trình khí quyển.

mô hình Hadley

Khi xem xét các vật thể rất phức tạp (và bầu khí quyển chắc chắn thuộc về những vật thể đó), các nhà vật lý phải sử dụng các mô hình mang tính xây dựng và trong khuôn khổ mô hình này, hãy xem xét hành vi của vật thể. Việc chuyển đổi từ đối tượng sang mô hình là bước quan trọng nhất của bất kỳ nghiên cứu nào. Một mặt, mô hình phải phản ánh được đặc điểm của đối tượng mà chúng ta đang nghiên cứu, tức là phải đáp ứng được các dữ liệu thực nghiệm và tự nhiên; mặt khác, nó phải đủ đơn giản để hiểu và mô tả lý thuyết. Mô hình đơn giản nhất thỏa mãn những yêu cầu này khi xem xét các chuyển động khí quyển quy mô lớn là gì?

Trước hết, mô hình phải tính đến các yếu tố chính quyết định những chuyển động này.

Yếu tố đầu tiên phải được gọi là cường độ tương tác hấp dẫn. Lực này điều chỉnh phần lớn thành phần khí của khí quyển và quyết định khả năng giữ lại bầu khí quyển của hành tinh. Khối lượng của hành tinh càng lớn thì càng dễ giữ lại các loại khí nhẹ; với khối lượng thấp, vật thể quay có thể mất hoàn toàn bầu khí quyển (có lẽ đây là lý do tại sao Mặt trăng không có bầu khí quyển).

Yếu tố quan trọng thứ hai là hành tinh này tiếp xúc với bức xạ mặt trời. Lượng năng lượng được cung cấp cho hành tinh từ Mặt trời phụ thuộc vào thời gian trong ngày, cũng như độ nghiêng của quỹ đạo (mùa đông - mùa hè, đường xích đạo - sọc). Trung bình mỗi mét vuông bề mặt trái đất nhận được 1372 J năng lượng từ Mặt trời mỗi ngày. (Biết bán kính Trái Đất, dễ dàng tính được tổng dòng năng lượng đến từ Mặt Trời.) Các tia chiếu xuống Trái Đất bị phản xạ một phần; Tỷ lệ giữa bức xạ phản xạ và bức xạ bức xạ được gọi là suất phản chiếu bề mặt. Bề mặt Albedo, tùy thuộc vào loại bề mặt, lấy giá trị từ 0,1-0,15 đối với đại dương đến 0,6-0,8 đối với tuyết thuần; Albedo trung bình của Trái đất là khoảng 0,3. Càng nhiều năng lượng đến một nơi nhất định trên hành tinh thì nó càng nóng lên. Khi không khí nóng lên, nó vỡ ra và rơi xuống, kết quả là nhiệt độ cao xuất hiện trong khí quyển.

28

làm rõ ý nghĩa của triết gia Immanuel Kant (1756) và John Dalton (1793) mà không cần biết về tác phẩm của Hadley. Đương nhiên, trong 250 năm qua, kiến ​​thức của chúng ta về bầu khí quyển tối đã thay đổi rất nhiều, và liên quan đến điều này, sơ đồ hoàn lưu chung (hình 2 và 3) đã nhiều lần được thay đổi và bổ sung, nhưng ngay cả bây giờ nó vẫn chưa hoàn hảo.

Lốc xoáy và xoáy nghịch

Mỗi lần, trong khi đóng vai trò dự báo thời tiết, chúng tôi đã tìm hiểu về sự chuyển động hoặc tương tác của lốc xoáy và xoáy thuận, tức là các xoáy được hình thành, kích thước của chúng tương ứng với km. Làm thế nào để liên hệ sự hiện diện của các thành tạo này với sự hoàn lưu chung của khí quyển? Hóa ra, tùy thuộc vào định nghĩa cơ bản của các tham số (tốc độ quay của Trái đất, chênh lệch nhiệt độ theo hướng xích đạo - sọc, v.v.), một ô đối lưu có thể ổn định - và trong trường hợp này, hoàn lưu Hadley phát triển - hoặc không ổn định, như được quan sát trên Trái đất, nơi hình thành chuyển động sóng, bao gồm một số xoáy khác nhau. Năm đến sáu xoáy lớn thường được quan sát thấy trong khí quyển. Nếu tất cả các chuyển động xoáy được tính trung bình trong một khoảng thời gian đủ lớn thì việc lấy trung bình của chuyển động sẽ tương tự như hoàn lưu đới mà chúng ta đã xem xét.

Cách dễ nhất để xem xét sự hình thành các xoáy quy mô lớn là thực hiện thí nghiệm trong phòng thí nghiệm. Hai trụ kim loại được lấy và lắp đặt bằng gỗ thông. Hình trụ bên trong tương ứng với cực - nó được làm mát, hình trụ bên ngoài tương ứng với xích đạo - nó được làm nóng. Có chất lỏng giữa các xi lanh. Nếu hệ quay với vận tốc góc không đổi thì có thể quan sát thấy nhiều dạng chuyển động khác nhau trong đó. Ở tốc độ xoáy thấp, các hạt di chuyển từ hình trụ bên ngoài vào hình trụ bên trong theo hình xoắn ốc, do đó chất lỏng, so với chất đứng yên, được quan sát là quay tròn hơn hình trụ (hình 4). Nếu mô hình xoáy tăng lên, nó sẽ liên tục được quan sát trên bản đồ thời tiết, đặc biệt là ở Nam bán cầu, trong đó ảnh hưởng của vật chất không còn tồn tại, như ở vùng bị sụp đổ. Tuy nhiên, trong số các bản đồ như vậy, hình 6 được hiển thị.

29

Nếu sơ đồ cơ bản về sự hình thành các chu kỳ và phản chu kỳ khá đơn giản, thì mô tả chi tiết về chuyển động của chúng sẽ kém phát triển, chủ yếu là do có quá nhiều yếu tố quyết định chuyển động này. Cho đến nay, chúng ta đã xem xét bầu không khí lý tưởng hóa và bây giờ chúng ta sẽ xem xét khả năng ảnh hưởng của vật chất đến chu trình chung của khí quyển. Các lục địa cao hơn đại dương và các dãy núi cao đặc biệt làm thay đổi sự chuyển động của khí quyển. Ngoài ra, nhiệt độ trung bình của vật chất và đại dương khác nhau rất nhiều, vì đại dương trơ ​​hơn, chúng nóng lên chậm hơn nhưng cũng nguội đi chậm hơn. hình 7 trình bày nhiệt độ bề mặt trung bình hàng năm và trung bình ở vĩ độ 55° ở bán cầu bắc trong các khoảng thời gian khác nhau trong năm. Sự chênh lệch nhiệt độ giữa vật chất và đại dương vào mùa đông chỉ nhỏ hơn một chút so với chênh lệch nhiệt độ giữa vùng cực và vùng nhiệt đới. Sự thiếu hụt nhiệt này và ảnh hưởng của sự giảm nhẹ dẫn đến thực tế là các xoáy lớn ngừng chuyển động theo sóng và xoáy có thể không thay đổi vị trí của nó trong vài tuần. Trạng thái khí quyển này được gọi là “tình trạng tắc nghẽn” và dẫn đến nhiều hậu quả thảm khốc, chủ yếu là hạn hán.

Hiệu ứng nhà kính và mùa đông hạt nhân

Các yếu tố bên ngoài quyết định sự chuyển động của khí quyển trên thực tế không thay đổi theo thời gian, nhưng những thay đổi xảy ra trong khí quyển, chủ yếu do tác động của con người gây ra, về cơ bản có thể thay đổi tác động tổng thể của các yếu tố này. Chúng ta hãy xem xét điều này bằng ví dụ về cái gọi là hiệu ứng nhà kính và hiện tượng “mùa đông hạt nhân”.

Hiệu ứng nhà kính là gì? Như bạn đã biết, tất cả các vật thể được làm nóng đều tỏa nhiệt, nhiệt độ của vật thể càng cao thì bước sóng của bức xạ nhiệt này càng ngắn. Từ Mặt Trời tới

Trái đất nhận được bức xạ nhiệt sóng ngắn, trong khi Trái đất phát ra bức xạ nhiệt sóng dài. Nếu bầu khí quyển truyền các loại bức xạ này như nhau thì một trạng thái cân bằng nhiệt nhất định sẽ được thiết lập. Tuy nhiên, bức xạ quay vòng ngắn bị khí quyển hấp thụ yếu, trong khi bức xạ quay vòng dài bị hấp thụ mạnh. Kết quả là nhiệt độ khí quyển cao hơn dự kiến ​​mà không tính đến sự hấp thụ trong khí quyển. Hành động của con người có thể ảnh hưởng đến sự thay đổi nhiệt độ khí quyển như thế nào?

Bức xạ nhiệt của Trái đất chủ yếu được hấp thụ bởi hơi nước, mây và carbon dioxide. Trong 150 năm qua, nồng độ tương đối của CO₂ trong khí quyển đã tăng 25%, đạt 345 phân tử trên 1 triệu phân tử không khí. Bởi vì

31

Tia sét trong pha lê

(Để bắt đầu, xem trang 12)

Heterolasers được sản xuất với số lượng hàng triệu đơn vị mỗi năm và việc sử dụng chúng đã cách mạng hóa sự hiểu biết đã có của chúng ta trong nhiều lĩnh vực kỹ thuật. Một đường dây cáp quang laser kết nối trong một giây để truyền một lượng thông tin kỹ thuật số lớn đến mức có thể mã hóa tất cả 30 tập BSE! Khả năng nạp đĩa laser ổn định, có thể tích bằng một chiếc bàn làm việc cạnh giường ngủ và có thể “chứa” hơn một triệu cuốn sách. Các mạch tích hợp quang học được sử dụng bởi các máy phát laser dị chất đang được phát triển nhằm hướng tới các siêu máy tính, chúng sẽ mạnh hơn máy tính hàng nghìn lần.

Chà, tại sao lại là “sét trong pha lê”? Có, bởi vì mật độ dòng điện trong đèn LED và tia laser có thể cao hơn vài lần, đôi khi hàng chục lần, so với mật độ dòng điện trong một tia sét. Điều này có nghĩa là hàng chục tia sáng siêu nhỏ lấp lánh trong tinh thể, chỉ có điều chúng được điều khiển bởi ý chí của con người và không phục vụ sự hủy diệt: ánh sáng nhấp nháy của chúng thổi sức sống vào quang điện tử.

Bất cứ ai hôm nay hoặc ngày mai cống hiến hết mình cho đèn LED và laser sẽ may mắn được nghiên cứu về chủ đề ảnh hưởng vật lý và kỹ thuật ở trạng thái rắn. Thiết bị đã được tạo ra để có thể phát triển các cấu trúc bán dẫn trong đó thành phần và tính chất thay đổi qua từng lớp đơn nguyên tử. Người tạo ra các siêu mạng như vậy, Popinet, có “sức mạnh của boron” - anh ta có thể tùy ý kiểm soát số phận của từng electron: “đặt” một chiếc vào “giếng lượng tử”, “treo” một chiếc khác vào “hộp lượng tử” và để chiếc thứ ba liên tục “đi” khắp tinh thể. Nhưng… làm điều này thú vị hơn là viết về nó. Hãy tin tôi. Tốt hơn hết, hãy lớn lên và tự kiểm tra.

32

Superpull ra các lõi
Trong họ “siêu vật thể” vật lý - chất siêu dẫn, siêu tân tinh, heili siêu dòng - siêu hạt nhân - siêu hạt nhân xuất hiện.
Thông thường, hạt nhân nguyên tử được vẽ dưới dạng quả bóng. Nhưng không phải tất cả các hạt nhân đều là quả bóng, một số trong số chúng hơi dài, một số khác thì rắn, nhưng trong hầu hết các trường hợp đã biết, độ lệch hình dạng bề mặt của chúng so với hình cầu là nhỏ (không quá 10%).
Hình dạng của hạt nhân có thể được biểu diễn như sau. Hãy cắt một hình elip từ giấy. Một hình elip có hai trục - trục chính và trục phụ. Nếu bạn xoay một hình elip quanh trục chính, bạn sẽ có một hình elip dài; nếu bạn xoay nó quanh trục nhỏ, bạn sẽ có một hình elip đặc. Một elipsoid thuôn dài có hai trục nhỏ giống hệt nhau và một trục chính. Một vật rắn có hai trục chính giống hệt nhau và một trục nhỏ.
Những gì đã nói về hình dạng của hạt nhân có thể được sắp xếp như sau: hạt nhân có hình cầu hoặc hình elip quay, với A và B hoặc A và C khác nhau một chút (~10%).

Trong các siêu đơn vị được phát hiện tương đối gần đây, trục A lớn hơn đáng kể so với trục B (và C).
“Nhà vô địch” năm 1986 là hạt nhân dysprosi $^{152}$Dy. Nó có A=2B (tỷ lệ trục

Lõi giảm dần và trở nên bằng khoảng 22 $\pi$, lõi thay đổi hình dạng rõ rệt, chuyển từ hình elip kéo dài mạnh thành hình elip yếu liên tục. Đây là một loại chuyển pha, tức là một hiện tượng cùng loại như bay hơi, ngưng tụ, nóng chảy.
Năm 1987, hai siêu hạt nhân nữa được phát hiện. Ở Canada - hạt nhân của đồng vị gasolinium $^{149}$Gd có spin 63 $\frac{1}{2}$ $\pi$, thu được trong phản ứng $^{30}$Si+$^{124}$Sn $\rightarrow$ $^{149}$Gd+5n, và ở Hoa Kỳ - hạt nhân của đồng vị “lân cận” $^{148}$Gd trong các phản ứng $^{48}$Ca+$^{104}$Rn $\rightarrow$ $^{148}$Gd+4n, $^{29}$Si+$^{124}$Sn $\rightarrow$ $^{148}$Gd+5n.
Thông tin chi tiết về tính chất của những hạt nhân này vẫn chưa được công bố.

TÔI Ở VỚI.

33

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi hứa sẽ cho biết ai đã đề xuất nó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này phải được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 2 năm 1989 đến địa chỉ: 103006 Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Lời giải bài toán từ các số khác nhau hoặc trong các môn học khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ trong các phong bì khác nhau. Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 11—12—88” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M1131” hoặc “F1143”. Ở cột “…địa chỉ người gửi”, vui lòng ghi riêng họ và tên của bạn. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải trong phong bì này).

Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản được chỉ định trong một phong bì riêng biệt, thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “…mới bài toán trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết mã số trường và lớp bạn sẽ học.

Bài toán M1131 - M1135 được dự định.

Bài toán
M1131—M1140, F1143—F1147

M1131. Cho $n$ là một số tự nhiên và $A_1, A_2, ..., A_{2n+1}$ là tập con của một tập hợp $B$ nào đó. Hãy giả sử rằng
a) mỗi bộ $A_i$ ($i=1, 2, ..., 2n+1$) chứa chính xác $2n$ phần tử;
b) mỗi bộ $A_i \cap A_j$ ($1 \leq i < j \leq 2n+1$) chứa chính xác một phần tử;
b) bất kỳ phần tử nào của tập hợp $B$ thuộc về ít nhất hai trong số tập hợp $A_i$ ($i=1, 2, ..., 2n+1$).
Với những giá trị nào của $n$, mỗi phần tử của tập hợp $B$ có thể được gán một trong các số - 0 hoặc 1 - sao cho mỗi phần tử trong tập hợp $A_1, A_2, ..., A_{2n+1}$ chứa chính xác $n$ phần tử tương ứng với số 0?

M1132. Hàm $f$ được xác định trên tập hợp các số nguyên dương và thỏa mãn các điều kiện sau:
$$f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n),$$
$$f(4n+1) = 2f(2n+1) - f(n),$$
$$f(4n+3) = 3f(2n+1) - 2f(n).$$
Tìm số lượng tất cả các giá trị của $n$ mà $f(n) = n$ và $1 \leq n \leq 1988$.

M1133. Chứng minh rằng tập lời giải bất đẳng thức
$$\sum_{k=1}^{70} \frac{k}{x-k} \geq \frac{5}{4}$$

là tập các khoảng rời nhau có tổng độ dài là 1988.

M1134. Đặt $AD$ là chiều cao trong tam giác vuông $ABC$, $\angle A = 90^\circ$. Một đường thẳng đi qua tâm của các đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$ và $ACD$ cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại các điểm $K$ và $L$. Chứng minh bất đẳng thức $S_{ABC} \geq 2S_{AKL}$.

M1135. Đặt $a$ và $b$ là số nguyên dương sao cho $a^2 + b^2$ chia hết cho $ab + 1$ không có số dư. Chứng minh rằng $\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ là bình phương của một số nguyên.

M1136*. Chứng minh bất đẳng thức cho số không âm $A, M, S$
$$3 + (A + M + S) + \left(\frac{1}{A} + \frac{1}{M} + \frac{1}{S}\right) + \left(\frac{A}{M} + \frac{M}{S} + \frac{S}{A}\right) \geq \frac{3(A + 1)(M + 1)(S + 1)}{AMS + 1}.$$

D. P. Mavlo

Tác giả dành tặng bài toán này cho lễ kỷ niệm 100 năm thành lập Hiệp hội Toán học Hoa Kỳ (AMS), được tổ chức vào năm nay.

M1137. Trong một $n$-giác lồi, tất cả các góc đều bằng nhau và từ một điểm nhất định nằm bên trong $n$-giác, tất cả các cạnh của nó đều có thể nhìn thấy được ở các góc bằng nhau. Chứng minh rằng $n$-gon này là chính quy.

K. P. Kohas

34

M1138*. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ nằm giữa các số $n^2$ và $n^2+n+3\sqrt{n}$ đều có ba số tự nhiên, tích của hai số đó chia hết cho một phần ba.

L. D. Kurlyandchik

M1139. a) Bề mặt của khối đa diện lồi có thể cắt thành nhiều hình vuông. Chứng minh rằng khối đa diện này có nhiều nhất 8 đỉnh.
6) Số đỉnh tối đa mà một khối đa diện lồi có thể có là bao nhiêu, bề mặt của nó có thể cắt thành các hình tam giác đều?

V. E. Matizen

M1140. Hãy vẽ một hoặc nhiều đường cong giao nhau trên mặt phẳng (các đường cong có thể có các điểm tự giao nhau, hình 1). Tại mỗi điểm giao nhau, bạn có thể thực hiện “tái tạo” theo một số cách (hình2). Nếu bạn thực hiện tái cấu trúc tại tất cả các điểm giao nhau, bạn sẽ nhận được một số đường cong giao nhau (hình 3).
a) Chứng minh rằng số đường cong giao nhau thu được không lớn hơn số vùng mà các đường cong ban đầu chia mặt phẳng (có 7 vùng như vậy trong hình 1).
6) Có phải luôn luôn có thể sắp xếp lại để kết quả là một đường cong?
c) Chọn hướng di chuyển trên mỗi đường cong và điều chỉnh theo hướng này sao cho các mũi tên “đẩy” nhau (hình 4). Kết quả có thể là một đường cong duy nhất?

S. L. Tabachnikov

F1143. Có một số lượng rất lớn các bình hình trụ đựng nước, được nhúng vào nhau sao cho mỗi bình tiếp theo nổi trong giới hạn. Diện tích đáy của bình nhỏ nhất là $s_0$ và nhỏ hơn nhiều so với diện tích đáy của bình lớn nhất. Bình nhỏ nhất phải có thể tích nước $v_0$. Con tàu này sẽ đi xuống bao xa so với mặt đất? (Sau khi thêm nước, tất cả các bình tiếp tục nổi.)
G. V. Grigoriev

F1144. Có $N$ quả bóng bi-a giống hệt nhau trên máy bay. Một quả bóng được đẩy và sau khi trải qua nhiều lần va chạm, nó dừng lại ở điểm bắt đầu chuyển động. Điều này có thể thực hiện được ở mức tối thiểu $N$ nào? Các va chạm được coi là đàn hồi tuyệt đối.

A. A. Belopolsky

F1145. Một đầu của một sợi chỉ không trọng lượng không thể giãn được luồn qua một hạt nhỏ có khối lượng $m$ được cố định tại điểm $A$, còn đầu kia được buộc vào một vòng không trọng lượng có thể trượt tự do dọc theo một thanh nằm ngang (hình 5). Tại thời điểm ban đầu, hạt được giữ ở vòng, sợi chỉ thẳng và không bị giãn. Hạt được giải phóng. Tìm vận tốc của hạt tại thời điểm sợi chỉ bị đứt, biết sợi chỉ có thể chịu được lực căng cực đại $T_0$. Chiều dài sợi $L$, khoảng cách

37

P1146. Tìm điện trở giữa các điểm $A$ và $B$ trong dãy vô hạn các phần tử như trên hình 6. Tất cả các phần tử đều giống hệt nhau, điện trở của mỗi phần tử là $r$. S. Zdravkovich (Yougoslavia)

P1147*. Một vật nặng nhỏ nằm trên một bệ nghiêng một góc nhỏ $\alpha$ so với mặt phẳng nằm ngang. Khối lượng của bệ lớn hơn nhiều so với trọng lượng, có khoảng cách từ mép dưới của bệ là $l$ (xem hình Ảnh 7). Sàn dao động điều hòa quanh trục $OO'$ với tần số $\omega$ và biên độ $L$. Hệ số ma sát giữa vật nặng và mặt sàn là $k$. Sau bao lâu thì vật nặng rơi xuống sàn? (Thời gian này được giả định là lớn hơn nhiều so với $2\pi/\omega$).

Lời giải bài toán

M1110 — M1115, F1123 — F1127

M1110. Với mỗi số tự nhiên $n>1$, chúng ta viết ra các ước chung nhất của tất cả các cặp số phân biệt có thể có từ 1 đến $n$. Chứng minh rằng $a$ trung bình số học của tất cả các số viết $n(n-1)/2$ không bị giới hạn bởi khoảng cách $n$ nhưng không vượt quá $\ln n+1$; $b$ giá trị trung bình hình học của chúng không vượt quá 10 đối với bất kỳ $n$ nào.

Hình 1.

a) Gọi $P_n(d)$ biểu thị số cặp $(a, b)$ số tự nhiên $a < b \leq n$ có ​​ước chung nhất $d=HOД(a, b)$. Mỗi cặp như vậy có thể được biểu diễn dưới dạng $a=dx, b=dy$, trong đó $x<y \leq k=[n/d]$, $x$ và $y$ là nguyên tố cùng nhau. Dễ dàng ước tính số $P_k=P_k(1)$ của các cặp $(x, y)$ số nguyên tố cùng nhau từ phía trên:

$$P_k \leq 1+2+\ldots+(k-1)=k(k-1)/2,$$

vì với mỗi $y \leq k$ số $x<y$ nhận tối đa $y-1$ giá trị. Từ đây

$$P_n(d)=P_{[n/d]} \leq \frac{n}{2d}\left(\frac{n}{d}-1\right) \leq \frac{n(n-1)}{2d^2}.$$

Khi kết thúc lời giải chúng ta sẽ chứng minh ước tính $P_k \geq k(k-1)/4$; từ đó chúng ta có được ước tính cho $P_n(d)$:

$$P_n(d) \geq \frac{1}{4}\left(\frac{n}{d}-1\right)\left(\frac{n}{d}-2\right)=$$

$$= \frac{n^2-3nd+2d^2}{4d^2} > \frac{n(n-1)}{4d^2}-\frac{3n}{4d}.$$

Tổng của các số $d=HOД(a, b)$ trên tất cả các tham số $(a, b)$ bằng $\sum_{d=1}^{n-1} dP_n(d)$ và trung bình số học của chúng $A$ bằng $\frac{2}{n(n-1)}\sum_{d=1}^{n-1} dP_n(d)$. Sử dụng ước tính cho $P_n(d)$, chúng tôi thu được:

$$A \leq \frac{2}{n(n-1)}\sum_{d=1}^{n-1} d\left(\frac{n(n-1)}{4d^2}-\frac{3n}{4d}\right)=$$

$$= \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n-1}\right)-\frac{3}{2}.$$

Tiếp theo chúng ta cần những thứ sau

Bổ đề. Đối với bất kỳ tự nhiên $n$

38

$$\frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n} < \ln n < 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n-1}.$$

Để chứng minh, chúng ta có thể sử dụng thực tế $\ln n = \int_{1}^{n} 1/t \, dt$ là diện tích nằm dưới hyperbol $f(t) = 1/t$ trên mặt cắt $1 \leq t \leq n$ (hình 1); bạn không thể sử dụng tích phân, nhưng, ví dụ, xác minh tính đúng đắn của các bất đẳng thức

$$\frac{\alpha}{1+\alpha} \leq \ln(1+\alpha) \leq \alpha \quad \text{при} \ \alpha \geq 0$$

(chú ý rằng tại $\alpha=0$ cả ba số hạng đều bằng 0 và so sánh đạo hàm), sau đó thay $\alpha=1$, $\alpha=\frac{1}{2}$, …, $\alpha=\frac{1}{n-1}$ vào chúng và cộng tất cả các bất đẳng thức thu được.

Áp dụng bổ đề cho ước lượng (1) và (2), chúng ta thu được

$$\frac{1}{2} \ln n - \frac{3}{2} < A \leq \ln(n-1)+1 < \ln n+1.$$

6. Logarit của trung bình số học của một số số bằng trung bình số học của logarit của chúng. Do đó, đối với lời giải bài toán, đủ để chứng minh rằng trung bình số học của các số $\ln d$ (trong đó $d=\text{НОД} (a, b)$, $a<b \leq n$) nhỏ hơn 2: xét cho cùng, $e^2 < 10$, tức là $2 < \ln 10$. Tiến hành tương tự như trên, ta được

$$\frac{2}{n(n-1)} \sum_{d=1}^{n} \ln d \cdot P_n(d) \leq \sum_{d=2}^{n} \frac{\ln d}{d^2} < \sum_{d=2}^{n} \left( \frac{1}{d^2} \sum_{h=1}^{n} \frac{1}{h} \right).$$

Ở đây chúng ta áp dụng bổ đề: $\ln d \leq 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{d}$.

Trong tổng kép giáo dục của các số có dạng $\frac{1}{d^2} \frac{1}{h}$ ($1 \leq h \leq d$, $2 \leq d \leq n$), sẽ thuận tiện khi ghép các số có cùng $h$ ($1 \leq d \leq n$ cho $h=1$, $h \leq d \leq n$ cho $h>1$) và đánh giá $\sum_{d=h}^{n} \frac{1}{d^2}$ bằng cách sử dụng tổng thu gọn dễ dàng

$$\sum_{d=h}^{n} \frac{1}{d(d-1)} = \sum_{d=h}^{n} \left( \frac{1}{d-1} - \frac{1}{d} \right) = \frac{1}{h-1} - \frac{1}{n} < \frac{1}{h-1}$$

(ước tính này sẽ cần thiết ngay bây giờ một lần cho $h=2$).

Cuối cùng chúng tôi nhận được

$$\sum_{d=2}^{n} \frac{\ln d}{d^2} < \sum_{d=2}^{n} \frac{1}{d^2} + \sum_{h=2}^{n} \left( \frac{1}{h} \sum_{d=h}^{n-1} \frac{1}{d^2} \right) < 1 + \sum_{h=2}^{n} \frac{1}{h(h-1)} < 2.$$

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh ước tính $P_k \geq k(k-1)$ bằng cách sử dụng lời giải của phần a). Hãy đặt $m=[k/2]$. Trong số tất cả các điểm nguyên $(x, y)$, trong đó $0 < x < y \leq k$, chúng tôi gọi những điểm mà $x$ và $y$ là nguyên tố cùng nhau (hình 2) màu đỏ. Chúng ta hãy vẽ một tia từ gốc $(0, 0)$ qua mỗi điểm màu đỏ trong tam giác $x < y \leq m$. Tất nhiên, những tia $P_m$ này chứa tất cả $m(m-1)/2$ điểm nguyên trong tam giác $x < y \leq m$.

Xét các điểm nguyên trên bất kỳ tia $P_h$ nào.

39

IX kolichestvo trên phần $h+1 \leqslant y \leqslant k$ có thể vượt quá kolichestvo của chúng trên phần $1 \leqslant y \leqslant h$ không quá một (xét cho cùng, các điểm nguyên $(x, y)$ xuất hiện trên tia với những khoảng thời gian bằng nhau). Do đó, trong hình thang $m+1 \leqslant y \leqslant k$, $x < y$, trong tổng số $k(k-1)/2-m(m-1)/2$ điểm nguyên, không có nhiều hơn $m(m-1)/2+P_m$ điểm trên các tia được vẽ. Tất cả các điểm khác trong hình thang đều có màu đỏ; do đó số lượng của họ

$$P_k - P_m \geqslant \frac{k(k-1)}{2} - m(m-1) - P_m,$$

Ở đâu

$$P_k \geqslant \frac{k(k-1)}{2} - m(m-1) \geqslant \frac{k(k-1)}{4}$$

(bất đẳng thức cuối cùng có thể dễ dàng kiểm tra được $k=2m$ và $k=2m+1$).

Có thể chỉ ra rằng $\lim_{k \to \infty} \frac{P_k}{k^2} = 3/\pi^2$, tức là xác suất mà một lựa chọn ngẫu nhiên các số tự nhiên $(x, y)$, không vượt quá $k$, hóa ra là nguyên tố cùng nhau, có xu hướng $6/\pi^2$ cho $k \to \infty$ (ví dụ, xem bài toán 30 ở Chương III trong cuốn sách “Giới thiệu về Lý thuyết Số” của I. M. Vinogradov. M.: Khoa học, 1965).

N.V. Vasiliev, V.F. Lev

M1111. Một đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Các tiếp tuyến của đường tròn vẽ tại các điểm A và C cắt tiếp tuyến vẽ tại điểm B tương ứng tại các điểm M và N. Trong tam giác ABC vẽ đường cao BP (điểm P nằm trên cạnh AC). Chứng minh rằng đường thẳng BP là phân giác của góc MPN.

Chúng ta hãy chứng minh rằng các tam giác APM và CPN bằng nhau (xem hình), và theo đó $\angle APM = \angle CPN$, tức là $\angle MPB = \angle NPB$. Đặt AB=c, BC=a, $\angle BAC=a$, $\angle BCA=γ$. Trong tam giác cân AMB, góc MAB giữa tiếp tuyến AM và dây AB của một đường tròn đã cho bằng một nửa độ lớn của cung AB, cũng như góc nội tiếp ACB, tức là $\angle MAB=γ$. Do đó, $\angle MAP=α+\gamma$, AM=c/(2 cos γ). Tương tự, $\angle NCB=α$, $\angle NCP=γ+\alpha$, CN=a/(2 cos α). Ngoài ra, AP=c cos α, PC=a cos γ. Do đó, trong các tam giác APM và CPN các góc MAP và NCP và các tỉ số khung hình bằng nhau:

$$AP/AM=2 \cos α \cos γ=CP/CN,$$

điều đó chứng tỏ sự giống nhau của chúng.

Lưu ý rằng khẳng định bài toán và cách chứng minh của nó, với những sửa đổi nhỏ, cũng áp dụng cho tam giác tù.

V. I. Chinik

M1112. Trên bảng có hai số được viết là 1 và 2. Cho phép cộng các số mới như sau: nếu trên bảng có hai số a và b thì

Đáp số: trong trường hợp a) - có thể, trong trường hợp 6) - không thể. Lưu ý rằng nếu $c=a+b+ab$ thì $c+1=(a+1)(b+1)$. Vì vậy, cùng với các số viết trên bảng, sẽ thuận tiện khi xem các số lớn hơn 1. Khi đó mỗi số mới bằng tích của hai số hiện có. Đầu tiên là các số $2=1+1$ và $3=2+1$; Có nghĩa,

40

Mono viết số ab+a+b. Có thể thu được a) số 13121 theo cách này không? b) số 12131? Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên không thể biểu diễn dưới dạng e) x+y+xy, d) x+y+2xy với các số tự nhiên x và y.

Tất cả các số tiếp theo đều có dạng $2^n \cdot 3^m$ ($n$ và $m$ là số tự nhiên). Vẫn còn phải kiểm tra những con số này: $13121+1=2 \cdot 3^8$ và $12131+1=2^2 \cdot 3^2 \cdot 337$.

Theo quan điểm trên, đủ để chứng minh rằng có vô số số tự nhiên $n>1$ không thể biểu diễn dưới dạng $(x+1)(y+1)$ với các số tự nhiên x và y. Nhưng điều kiện này được thỏa mãn bởi tất cả các số nguyên tố (và chỉ chúng), và như chúng ta biết, có vô số số nguyên tố đó. (Nhắc lại ý đưa ra về chứng minh tập hợp số nguyên tố vô cực: nếu $p_i$, …, $p_k$ là số nguyên tố thì số $p_1 \cdot \dots \cdot p_k+1$ có ước số là số nguyên tố khác với $p_i$.) d) Nếu $z=x+y+2xy$ thì $2z+1=(2x+1)(2y+1)$. Lập luận theo cách tương tự như trong bài toánc), chúng tôi tin rằng tuyên bố của chúng tôi tương đương với thực tế là tập hợp các số nguyên tố có dạng $2z+1$ (tức là số lẻ) là vô hạn.

Hãy tự chứng minh câu bài toán c) và d) với mọi số tự nhiên a, tập hợp các số không thể biểu diễn dưới dạng x+y+axy là vô hạn.

A. A. Berzins, V. G. Iltsev

M1113*. 21 tuổi ở quê. Liên lạc hàng không giữa họ được thực hiện bởi một số công ty hàng không, một trong số đó phục vụ 10 công ty hàng không miễn phí kết nối năm thành phố thông qua ghép nối (trong trường hợp này, máy bay của một số công ty có thể bay giữa hai thành phố). Cứ hai thành phố được kết nối bởi ít nhất một hãng hàng không vô tận. Điều này có thể thực hiện được với số lượng công ty hàng không tối thiểu là bao nhiêu?

Hình 1.

Đáp số: Dành cho 21. Vì số lượng cặp thành phố là $21 \cdot 20/2=210$ nên mỗi cặp được phục vụ bởi ít nhất một công ty và mỗi công ty phục vụ 10 cặp nên số lượng công ty không thể ít hơn 210:10-21.

Vẫn còn phải đưa ra một ví dụ về sơ đồ phục vụ cho các thành phố của các công ty hàng không thứ 21. Chúng ta hãy biểu thị các thành phố bằng các đỉnh của hình 21 đều và được đánh số theo chiều kim đồng hồ (hình 1). Hãy để đại đội 1 phục vụ các thành phố có số 1, 3, 8, 9, 12, đại đội thứ 2 - các thành phố có số 2, 4, 9, 10, 13, thu được từ tập đầu tiên bằng cách xoay một góc $360^\circ/21$ (theo chiều kim đồng hồ) và nói chung, đại đội thứ k - thành phố, thu được từ tập đầu tiên bằng cách quay $(k-1) \cdot 360^\circ/21$. Bất kỳ cặp đỉnh nào của đa giác sẽ thuộc một trong các tập hợp này, vì vị trí trung bình của các điểm của tập hợp đầu tiên bằng độ dài của tất cả các cạnh và đường chéo của 21-giác.

Dễ dàng kiểm tra xem mạch mà chúng ta xây dựng có thỏa mãn các điều kiện sau không: 1) hai điểm bất kỳ được bao gồm trong ít nhất một bộ (điều này bắt buộc phải có trong bài toán), 2) hai bộ bất kỳ có một và chỉ một điểm. Nếu chúng ta thay từ “tập hợp” ở đây bằng từ “đường thẳng” và thêm một điều kiện nữa - 3) có 4 điểm, không có 3 điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng - chúng ta thu được tiên đề của cái gọi là mặt phẳng xạ ảnh (trừu tượng): theo định nghĩa, đây là tập hợp các điểm tùy ý trong đó một số tập hợp con được xác định - “đường thẳng” thỏa mãn điều kiện 1) - 3). Đặc biệt, sơ đồ của chúng tôi là mặt phẳng xạ ảnh hữu hạn của 21-giác. Không khó để chứng minh rằng hai mặt phẳng xạ ảnh hữu hạn bất kỳ đều chứa cùng số điểm và nếu số này bằng n thì số điểm

41

trên mặt phẳng nó bằng $n^2 - n + 1$ và số đó là số thẳng. hình 2 hiển thị sơ đồ mặt phẳng xạ ảnh nhỏ nhất - bảy điểm.

D. V. Fomin, V. N. Dubrovsky

M1114. Chứng minh rằng với mọi tứ diện bất đẳng thức đều đúng

$$r < \frac{ab}{2(a+b)},$$

$a, b$ là chiều dài của hai cạnh giao nhau, $a, r$ là bán kính của quả cầu nội tiếp.

Hình 1.

Hình 2.

*M1115. a) Dòng đầu tiên chứa 19 số tự nhiên không quá 88, dòng thứ hai chứa 88 số tự nhiên không quá 19. Ta sử dụng một đoạn gồm một hoặc nhiều số viết liên tiếp trên một mặt. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một đoạn từ các hàng đã cho sao cho tổng các số trong chúng bằng nhau. b) Cho $n, m, k$ là các số tự nhiên, $m \geq n$. Chứng minh rằng nếu

$$1 + 2 + \dots + n = mk,$$

thì các số 1, 2, …, $n$ có thể chia thành các nhóm $k$ sao cho

Lưu ý rằng bán kính $r$ của hình cầu nội tiếp trong tứ diện bằng $3V/S$, trong đó $V$ là thể tích của nó và $S$ là diện tích bề mặt. (Để chứng minh điều đó, chỉ cần tưởng tượng thể tích của một tứ diện là tổng thể tích của bốn tứ diện, đáy của chúng là các mặt của một tứ diện cho trước và các đỉnh trùng với tâm của hình cầu.) Chúng ta hãy ước tính $V$ và $S$ thông qua độ dài của các cạnh $a, b$ và khoảng cách $h$ giữa các đường giao nhau chứa các cạnh này. Chúng ta hãy mô tả một hình bình hành xung quanh tứ diện, trong đó $a$ là cạnh của đáy dưới và $b$ là cạnh của đáy trên (hình 1). Chiều cao của nó được ước tính là $h$ nên thể tích của nó không vượt quá $abh$. Đồng thời, thể tích này lớn hơn thể tích của khối tứ diện 6 lần, điều này sẽ trở nên rõ ràng nếu chúng ta lấy mặt bên của nó, chứa mặt của khối tứ diện, làm đáy của hình bình hành. Vì vậy, $V \leq abh/6$.

Mặt khác, khoảng cách từ các đầu của cạnh $b$ tứ diện đến cạnh $a$ không nhỏ hơn $h$ và ít nhất một trong số chúng lớn hơn $h$ (hình 2), do đó tổng diện tích của các mặt liền kề với cạnh $a$ lớn hơn $ah$. Tương tự, tổng diện tích của hai mặt còn lại lớn hơn $bh$, tức là $S > (a+b)h$, và

$$r = \frac{3V}{S} < \frac{abh}{2(a+b)h} = \frac{ab}{2(a+b)}.$$

N. V. Vasiliev

a) Gọi $a_1, a_2, \dots, a_{19}$ là các số của dòng đầu tiên, $b_1, b_2, \dots, b_{88}$ dòng thứ hai, $A(i)=a_1+\dots+a_i, B(i)=b_1+\dots+b_i$. Giả sử $A(19) \geqslant B(88)$ (trường hợp $A(19) < B(88)$ xử lý tương tự). Đối với mỗi $i$, chúng tôi biểu thị bằng $n_i$ số nhỏ nhất trong số $n$ sao cho $A(n)-B(i) \geqslant 0$; $n_i$ như vậy tồn tại do giả định của chúng tôi. Hãy xem xét 88 điểm khác biệt $A(n_i)-B(i)$; chúng có thể thuộc các giá trị từ 0 đến 87, kể từ $A(n_i)-B(i)=A(n_i-1)-B(i)+a_{n_i} < a_{n_i} \leqslant 88$. Nếu những khác biệt này khác nhau thì có 0 trong số đó và tuyên bố của chúng tôi được thỏa mãn. Ngược lại, hai điểm khác biệt - chẳng hạn như đối với $i=l$ và $i=k$, $k<l$ - trùng khớp. Sau đó

$$A(n_l)-A(n_k)=B(l)-B(k),$$

tức là các phân đoạn được yêu cầu là $a_{n_k+1}, \dots, a_{n_l}$ và $b_{k+1}, \dots, b_l$.

Rõ ràng là các số 19 và 88 trong bài toán này có thể được thay thế bằng bất kỳ số tự nhiên nào.

6. Ta tiến hành chứng minh bằng quy nạp trên $n$. Đối với $n=1$ không có gì để chứng minh. Giả sử rằng tuyên bố của chúng tôi

42

đúng với tất cả các giá trị của tham số nhỏ hơn $n$ và xem xét tập hợp $S_n = \{1, 2, \dots, n\}$.

Nếu $m = n$ thì $(n+1)/2 = k$ là số nguyên và phân vùng bắt buộc như sau:

$$\{n\}, \{1, n-1\}, \{2, n-2\}, \dots, \{(n-1)/2, (n+1)/2\};$$

nếu $m = n+1$ thì $n$ là số chẵn và phân vùng có dạng

$$\{1, n\}, \{2, n-1\}, \dots, \{n/2, n/2+1\}.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem trường hợp 3.

Trường hợp 1: $n+1 < m < 2n$, $m$ không rõ ràng. Chọn từ bộ $S_n$ bộ $S_{m-n-1}$; các số $2n-m+1$ còn lại có thể được chia thành từng cặp với tổng là $m: \{m-n, n\}, \{m-n+1, n-1\}, \dots, \{(m-1)/2, (m+1)/2\}$. Tổng các số trong tập hợp $S_{m-n-1}$ bằng

$$\frac{(m-n-1)(m-n)}{2} = \frac{m^2-m(2n+1)}{2} + \frac{n(n+1)}{2} = m\left(\frac{m-2n-1}{2} + k\right)$$

và chia hết cho $m$ và $m \geqslant m-n-1$, do đó, những số này, theo giả định quy nạp, cũng có thể được chia thành các nhóm có tổng $m$ trong mỗi nhóm.

Trường hợp 2: $n+1 < m < 2n$, $m$ chẵn. Ở đây chúng ta cũng sẽ chọn tập hợp $S_{m-n-1}$ và chia các số còn lại thành từng cặp có tổng $m: \{m-n, n\}, \{m-n+1, n-1\}, \dots, \{m/2-1, m/2+1\}$ và một số khác $m/2$. Chúng ta hãy biểu thị tổng các số trong tập hợp $S_{m-n+1}$ là $(m-2n-1+2k)(m/2)$. Nó chia hết cho $m/2$ và $m/2 \geqslant m-n-1$, vì $m/2 < n$. Do đó, tập hợp $S_{m-n-1}$ có thể được chia thành các nhóm $m-2n-1+2k$ số lẻ có tổng $m/2$, thêm $m/2$ vào một trong số chúng và kết hợp các nhóm còn lại theo cặp - chúng ta có các nhóm có tổng $m$.

Trường hợp 3: $m \geqslant 2n$. Chúng tôi sẽ chia tập hợp $S_n$ thành các nhóm $k$ có ​​tổng bằng nhau, tổng này sẽ tự động bằng $m$. Lưu ý rằng $k = n(n+1)/2m \leqslant (n+1)/4$ và do đó $n-2k \geqslant 2k-1 > 0$.

Chúng ta hãy chọn bộ $S_{n-2k}$ từ $S_n$. Tổng các số trong tập hợp này

$$\frac{(n-2k)(n-2k+1)}{2} = \frac{n(n+1)}{2} - k(2n+1)+2k^2$$

chia hết cho $k$ và thương của phép chia này không nhỏ hơn $n-2k$ kể từ $(n-2k)(n-2k+1)/2(n-2k) = (n-2k+1)/2 \geqslant k)$.

Do đó, $S_{n-2k}$ có thể được phân chia theo giả định quy nạp thành các nhóm $k$ có tổng bằng nhau. Các số $2k$ còn lại được chia thành các cặp $k$ có tổng bằng nhau: $\{n-2k+1, n\}, \{n-2k+2, n-1\}, \dots$. Nó vẫn còn để đoàn kết mỗi nhóm với một cặp.

A. V. Anzhans

F1123. Đến cuối nhóm nước thẳng đứng dùng một miếng cao su ngắn

Hãy xem xét các lực tác dụng lên vòi nằm ngang (xem hình). Đây là hai lực $F$ của áp suất nước tại các chỗ uốn của vòi, lực của trọng lượng của nước $\rho lSg$ và trọng lực của bản thân vòi $Mg$.