Kvant 2009, số 6 · Trang

5

CHÚNG TÔI ĐO LƯỜNG

SỨC MẠNH

ĐT

TỪ

NANO

ĐẾN

MEGA

Từ nano đến mega

Đây là những hệ quả thú vị có thể quan sát được bằng cách kéo căng màng polymer bằng lớp phủ mỏng nanomet. Nhưng có thực sự chỉ ở họ mới có thể xảy ra những hiện tượng được mô tả? Thật khó để tưởng tượng rằng đây là trường hợp. Có nhiều vật thể được xây dựng dựa trên nguyên tắc “bề mặt cứng trên nền mềm”. Có thể sự biến dạng (nén và kéo dài) của màng polymer với lớp phủ mỏng mô hình hóa nhiều quá trình trên thế giới xung quanh chúng ta. Trong tự nhiên, các tình huống rất thường xảy ra khi các hệ thống như vậy chịu nhiều loại biến dạng khác nhau. Kết quả là, nhiều cấu trúc đều đặn phát sinh. Mất độ ổn định trong điều kiện nén phẳng dẫn đến sự xuất hiện của các bức phù điêu đẹp đến kinh ngạc - chẳng hạn như những bức phù điêu được hình thành khi một giọt sơn khô. Các hệ thống “lớp phủ cứng trên nền đàn hồi” cũng có thể bị biến dạng kéo trong mặt phẳng. Kết quả của nó đã được nhìn thấy bởi tất cả những người nhận thấy lớp vỏ khô trong đất. Khi đất ướt khô đi, lớp vỏ cứng hình thành trên bề mặt của nó có xu hướng co lại, nhưng điều này bị ngăn cản bởi lớp nền mềm, gần như không thể nén được bên dưới - một lớp bùn. Kết quả là lớp vỏ rơi vào trạng thái căng phẳng. Do sự bay hơi của chất lỏng từ đất, ứng suất kéo tăng lên và mạng lưới các vết nứt xuất hiện trên bề mặt cứng. Các vết nứt hình thành và lan truyền theo những quy luật nghiêm ngặt vốn có trong cùng một hệ thống “lớp phủ cứng trên nền mềm”. Những hình ảnh tương tự xuất hiện trong quá trình làm mát các khối magma tan chảy - cái gọi là bom núi lửa. Khi chất tan chảy nguội dần, ranh giới giữa lớp cứng và lõi chất lỏng chưa nguội sẽ di chuyển sâu hơn. Pha rắn, liên tục cùng tồn tại với chất lỏng, liên tục bị biến dạng kéo phẳng.

Hình3. Cấu trúc cột của Giant’s Causeway ở Bắc Ireland

nia. Khi quá trình này diễn ra chậm, sự phân mảnh xảy ra thường xuyên đến mức dường như đó là công việc của con người. Chính cơ chế này là nền tảng cho sự xuất hiện của một vật thể tự nhiên đáng kinh ngạc - những ngón tay bazan. Một hệ tầng như vậy nằm ở Bắc Ireland và được gọi là Đường đắp cao của Người khổng lồ (hình3). Chẳng phải Trái đất của chúng ta giống như một hệ thống “bề mặt cứng trên nền mềm” điển hình sao? Theo các khái niệm hiện đại, lớp vỏ rắn bên ngoài tương đối mỏng (5–50 km) của hành tinh chúng ta (thạch quyển) nằm trên một lớp vỏ tương đối mềm và dày (2900 km) - lớp phủ phía trên. Chất lỏng, nhớt của nó ở trạng thái không ổn định do gradient nhiệt theo chiều dọc. Người ta tin rằng đây là lý do tại sao các dòng đối lưu khổng lồ (tế bào) được tạo ra trong lớp phủ. Do đối lưu, ứng suất cơ học phát sinh trong vỏ trái đất, là nguyên nhân gây ra các quá trình địa động lực như trôi dạt lục địa, hình thành

(Tiếp theo trang 9)

Hình4. Ảnh hiển vi điện tử của mẫu cao su tự nhiên có lớp phủ vàng mỏng (10 nm), kéo dài 50% (a); bản đồ cứu trợ đáy Thái Bình Dương tại khu vực Độ cao Đông Thái Bình Dương (b) và vị trí của phần tương ứng ở Thái Bình Dương (c)

7

THẲNG

trực tiếp). Giả sử chúng ta có một tập hợp hữu hạn các điểm trong không gian, không phải tất cả đều nằm trên cùng một mặt phẳng. Có đúng là có một mặt phẳng chứa đúng ba điểm của tập hợp của chúng ta (có thể thẳng hàng) không? Đáp số đối với câu hỏi này cũng là phủ định và phản ví dụ có được bằng cách sửa đổi đơn giản ví dụ đã nêu ở trên.

Phản ví dụ trên được Motzkin xây dựng vào năm 1951 [9]. Ông cũng chứng minh được dạng tổng quát hóa (chính xác hơn) sau đây của định lý Sylvester–Gallay. Định lý 4. Nếu không phải tất cả các điểm của tập hữu hạn M đều nằm trong cùng một mặt phẳng thì sẽ tồn tại một mặt phẳng như vậy (chúng ta gọi là mặt phẳng Motzkin), giao điểm của nó với M gồm một số (ít nhất hai) điểm thẳng hàng và một điểm nữa không thẳng hàng với chúng.

Vòng kết nối

Định lý Motzkin có thể được sử dụng để mở rộng định lý Sylvester–Gallay cho trường hợp đường tròn. Xét một tập hữu hạn các điểm trên một mặt cầu. Mọi mặt phẳng đi qua 3 điểm khác nhau trên mặt cầu sẽ cắt một đường tròn nhất định trên mặt cầu. Giả sử rằng không phải tất cả các điểm của tập M đều nằm trên cùng một đường tròn (hoặc tương đương, không phải tất cả các điểm đều nằm trong cùng một mặt phẳng). Khi đó có một mặt phẳng Motzkin có giao điểm với M bao gồm một chuỗi các điểm thẳng hàng và một điểm duy nhất nữa không thẳng hàng với chuỗi này. Tuy nhiên, lưu ý rằng một chuỗi các điểm thẳng hàng trên một mặt cầu không thể chứa nhiều hơn hai điểm. Do đó, mặt phẳng Motzkin chứa đúng ba điểm của tập M và các điểm này nhất thiết không thẳng hàng. Cụ thể, ba điểm này nằm trên một đường tròn không chứa các điểm khác của tập M. Do đó, ta thu được mệnh đề sau. Định lý 5. Đối với một tập hữu hạn các điểm M trên một mặt cầu, không phải tất cả chúng đều nằm trên cùng một đường tròn, có một đường tròn (tương tự như đường Sylvester) chứa đúng ba điểm của tập M. Xét phép chiếu lập thể của hình cầu lên mặt phẳng. Hãy nhớ lại rằng phép chiếu lập thể được xác định theo cách này. Tâm của hình chiếu là điểm A trên mặt cầu. Hình chiếu của điểm B lên mặt cầu (khác với điểm A) là điểm C trên mặt phẳng ta đã chọn sao cho A, B và C thẳng hàng (hình7). Một thực tế nổi tiếng là hình chiếu lập thể của một hình tròn lên một hình cầu là một hình tròn hoặc

một đường thẳng trên mặt phẳng (có được đường thẳng khi đường tròn ban đầu đi qua điểm A). Ngược lại, đường cong chiếu thành đường tròn hoặc đường thẳng trên mặt phẳng nhất thiết phải là đường tròn trên mặt cầu. Nếu sự thật này chưa được người đọc biết đến thì việc tự mình chứng minh điều đó sẽ rất hữu ích. Sử dụng phép chiếu lập thể chúng ta thu được định lý sau. Định lý 6. Cho một tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng. Giả sử rằng không phải tất cả các điểm của tập hợp này đều nằm trên cùng một đường thẳng và không phải tất cả các điểm đều nằm trên cùng một đường tròn. Khi đó có một đường thẳng hoặc đường tròn chứa đúng ba điểm của tập hợp của chúng ta. Trên thực tế, có thể chứng minh một phát biểu mạnh mẽ hơn mà không cần phải sử dụng định lý Motzkin. Định lý 7. Cho một tập hữu hạn M điểm trên mặt phẳng. Giả sử rằng không phải tất cả các điểm của tập M đều nằm trên cùng một đường thẳng và không phải tất cả đều nằm trên cùng một đường tròn. Khi đó với mọi điểm A thuộc M đều có một đường thẳng hoặc đường tròn chứa A và đúng hai điểm nữa của tập M. Chứng minh. Rõ ràng là chỉ cần chứng minh mệnh đề sau đây cho hình cầu là đủ (nó thu được từ định lý vừa được xây dựng bằng phép chiếu lập thể). Giả sử chúng ta có một tập hợp hữu hạn các điểm $M '$ trên một mặt cầu không nằm trên cùng một đường tròn. Sau đó, với mọi điểm $A '$ từ tập hợp $M '$ sẽ có một vòng tròn trên hình cầu chứa điểm $A '$ và chính xác hai điểm nữa của tập hợp $M '$. Để chứng minh nhận định này, chúng ta hãy thực hiện một phép chiếu lập thể khác, lần này tập trung vào điểm $A '$. Với phép chiếu này, bản thân điểm $A '$ không tương ứng với bất kỳ điểm nào trên mặt phẳng (nói một cách không chính thức thì nó tương ứng với một điểm ở vô cực). Tất cả các đường tròn chứa điểm $A '$ đều trở thành đường thẳng. Nhờ phép chiếu lập thể mới của chúng tôi, chúng tôi nhận được một tập hợp các điểm $M ''$ mới trên mặt phẳng không nằm trên cùng một đường thẳng (vì tập hợp $M '$ không nằm trên cùng một vòng tròn). Nhưng đối với anh ấy thì có đường dây trực tiếp của Sylvester! Chúng ta chiếu đường thẳng này trở lại hình cầu và thu được một vòng tròn chứa, ngoài điểm $A '$, chính xác hai điểm nữa của tập hợp $M '$. Định lý đã được chứng minh.

Bổ sung: $коники^{1}$

Việc cố gắng khái quát hóa bài toán của Sylvester thành các đường cong đại số ở một mức nhất định: xét cho cùng, đường thẳng và đường tròn là ví dụ tự nhiên của đường cong bậc một và bậc hai. Đối với mức độ 2 chúng ta đang nói về hình nón - các đường cong phẳng được xác định bởi phương trình bậc hai cho tọa độ. Phương trình bậc hai là một phương trình, chẳng hạn đối với tọa độ x và y, chứa các số hạng 1, x, y, $x^{2}, y^{2}$, xy với một số hệ số. Vì vậy, sự hợp tác chung

1Phần bổ sung này yêu cầu kỹ năng toán học cao hơn một chút so với các phần khác. Trong mọi trường hợp, người đọc có thể quan tâm đến việc xây dựng định lý chính.

Hình 7

SYLVESTER

8

KVANT 2009/№6

nik trên mặt phẳng được cho bởi phương trình sau:

2

2

$a_{0} + a_{1} x + a_{2} y + a_{3} x + a_{4} xy + a_{5} y = 0$.

Ở đây $a_{0},^{…}, a_{5}$ là một số hệ số không đổi (số thực). Chúng tôi giả định rằng các hệ số $a_{3}, a_{4}, a_{5}$ không đồng thời bằng 0; nếu không thì kết quả sẽ không phải là đường conic mà là đường thẳng. Ngay cả khi có mặt các số hạng bậc hai, thì hình nón có thể bị suy biến, tức là sự kết hợp của hai đường thẳng (có thể trùng nhau) hoặc một điểm. Có những phương trình bậc hai không được thỏa mãn bởi bất kỳ điểm nào trên mặt phẳng (ví dụ: $x^{2} + y^{2} + 1 = 0 ),$, nhưng chúng tôi sẽ không xem xét các phương trình như vậy. Conic không suy biến là các hình elip, parabol và hyperbol. Lưu ý rằng nếu phương trình của một conic được nhân với một số khác 0 thì bản thân conic sẽ không thay đổi. Tổng cộng, 6 hệ số xuất hiện trong phương trình, nhưng, như chúng ta vừa thấy, chỉ có tỷ lệ của Các hệ số, chứ không phải bản thân các hệ số, có thể là các hệ số tham số quan trọng. Không khó để chứng minh rằng đường cô-nic thực sự phụ thuộc đáng kể vào 5 tham số.

Bài tập 18. Chứng minh một đường conic nào đó đi qua 5 điểm bất kỳ trên mặt phẳng. 19. Cho hai điểm A và B nằm trên đường conic K. Khi đó giao điểm của hình nón K với đường thẳng AB gồm hai điểm A và B hoặc toàn bộ đường thẳng AB.

Wiseman và Wilson [10] đã chứng minh định lý như vậy vào năm 1988. Định lý 8. Xét một tập hữu hạn các điểm M trên mặt phẳng. Giả sử rằng không phải tất cả các điểm của tập M đều thuộc cùng một hình nón. Khi đó có một đường cô-nic chứa chính xác 5 điểm cách M và được xác định bởi các điểm này (tức là không có đường cô-nic nào khác đi qua cùng 5 điểm đó). Chúng tôi sẽ trình bày một cách chứng minh mới về định lý Wiseman–Wilson dưới dạng một loạt bài tập. Nó cơ bản hơn chứng minh ban đầu. Hầu hết các bài tập là những bài kiểm tra khả năng hiểu chứ không phải là những vấn đề thực chất - người đọc chỉ cần đọc kỹ các điều khoản của tất cả các bài tập và hiểu tại sao chúng lại hiển nhiên. Các bài tập riêng lẻ bao gồm các bước riêng lẻ trong chứng minh.

Bài tập 20. Xét ba điểm A, B, C trên mặt phẳng không thẳng hàng. Nói cách khác, chúng ta đang xét các đỉnh của tam giác ABC. Đặt các khối lượng 1, u, v lần lượt tại các điểm A, B, C. Chúng ta hãy ký hiệu X (u, v) là trọng tâm của ba điểm đang xét. Một cặp số (u, v) có thể coi là tọa độ của một điểm X (u, v). Vì vậy, chúng tôi đã giới thiệu một hệ tọa độ khác trên mặt phẳng. (Lưu ý rằng khối tâm có thể được xác định ngay cả khi u và/hoặc v bằng 0 hoặc thậm chí nhỏ hơn 0; bài toán chỉ nảy sinh khi tổng khối lượng của cả ba bằng 0, tức là 1 + và + v = 0.) Chứng minh rằng trong hệ tọa độ mới, mọi đường cô-nic cũng có thể được biểu diễn bằng một phương trình bậc hai.

21. Xét đường nón đi qua ba đỉnh của tam giác ABC. Trong trường hợp này, phương trình hình nón có dạng đặc biệt. Cụ thể, một số hệ số chuyển sang 0. Đầu tiên chúng ta viết phương trình conic ở dạng tổng quát:

$b_{0} + b_{1} u + b_{2} v + b_{3} u^{2} + b_{4} uv + b_{5} v^{2} = 0$.

Bây giờ chúng ta hãy cố gắng hiểu giới hạn nào được áp đặt cho các hệ số bởi thực tế là đường nón của chúng ta đi qua điểm A. Điểm A có tọa độ (0, 0) (tức là u = = v = 0). Điều này có nghĩa là khi u = v = 0 thì phương trình phải đúng. Điều này sẽ chỉ xảy ra nếu $b_{0} = 0$. Điểm B và C áp đặt các mối quan hệ sau cho các hệ số: $b_{3} = b_{5} = 0$. Chứng minh điều này (lý luận phức tạp hơn điểm A, vì điểm B và C không tương ứng với bất kỳ giá trị hữu hạn nào của tọa độ (u, v) - để xét những điểm này, bạn sẽ phải đặt khối lượng bằng 0 tại điểm A). Do đó, phương trình đường conic ngoại tiếp tam giác ABC sẽ được rút gọn thành:

au + bv + cuv = 0

(ở đây chúng tôi đã thiết kế lại các hệ số). 22. Bây giờ chúng ta hãy xem xét tất cả các hình nón ngoại tiếp tam giác ABC và chứng minh một dạng tương tự của định lý Sylvester–Gallay cho các hình nón như vậy. Lưu ý (kiểm tra câu này!) rằng qua hai điểm bất kỳ không nằm trên các đường thẳng AB, BC và AC, chúng ta có thể vẽ một đường conic ngoại tiếp tam giác ABC và chỉ có một điểm đó. (Trên thực tế, như chúng ta đã đề cập, một đường conic luôn có thể vẽ được; tuy nhiên, nếu cả hai điểm đều nằm trên một đường thẳng chứa một cạnh của tam giác ABC thì tính duy nhất bị vi phạm.) Bây giờ chúng ta xét một tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng không thuộc các đường thẳng AB, BC và AC và thỏa mãn điều kiện sau: trên một đường conic ngoại tiếp tam giác ABC và chứa hai điểm của tập hợp của chúng ta thì tồn tại ít nhất một điểm nữa của tập hợp đó. Trong trường hợp này, tất cả các điểm trong tập hợp của chúng ta đều nằm trên cùng một đường conic ngoại tiếp tam giác ABC. Gợi ý. Xét hệ tọa độ (u, v) liên kết với tam giác ABC đã mô tả ở trên. Phương trình của đường nón bất kỳ ngoại tiếp tam giác ABC là au + bv + cuv = 0. Chia phương trình này cho uv, ta được $av^{-} 1 + bu^{-} 1 + c = 0$. Điều này có nghĩa là nếu thay vì tọa độ u và v, chúng ta đưa vào tọa độ 1/v và 1/u, thì trong tọa độ mới, các phương trình đường conic mô tả xung quanh tam giác ABC sẽ là tuyến tính. Điều này có nghĩa là trên mặt phẳng có tọa độ 1/v và 1/u các hình nón như vậy sẽ được biểu diễn dưới dạng đường thẳng. Áp dụng định lý Sylvester–Gallay cổ điển cho những đường này.

Giả sử năm điểm trên một mặt phẳng xác định một hình nón nếu chỉ có một hình nón chứa năm điểm này.

Bài tập 23. Cho tập hữu hạn M điểm trên mặt phẳng. Giả sử rằng cứ năm điểm của tập M xác định một đường conic thì có một điểm thứ sáu nào đó của tập M nằm trên cùng một đường conic. Chúng ta muốn chứng minh định lý Wiseman–Wilson, trong đó nói rằng trong trường hợp này mọi điểm của tập M đều nằm trên cùng một hình nón. Bây giờ hãy chứng minh khẳng định sau: với bất kỳ ba điểm A, B, C nào của tập hợp M không thẳng hàng thì toàn bộ tập hợp M nằm trong hợp các đường thẳng AB, BC, AC và một số đường conic ngoại tiếp tam giác ABC.

Xét một tập hữu hạn M các điểm trên mặt phẳng như trong bài tập trước. Nếu mọi thứ

9

NHIỆM VỤ

các điểm của tập M nằm trên cùng một đường thẳng thì định lý Wiseman–Wilson được chứng minh (đường thẳng luôn là một phần của đường conic suy biến). Hãy giả sử rằng đây không phải là trường hợp. Khi đó có ba điểm A, B, C của tập M không thẳng hàng. Theo bài tập trên, tất cả các điểm của tập M đều nằm trong hợp các đường thẳng AB, BC, AC và một số đường conic K ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài tập 24. Trước tiên giả sử có một điểm D thuộc tập M không nằm trong giao của các đường thẳng AB, BC và AC. Do đó, điểm D phải thuộc conic K. Nếu mọi điểm của tập M đều thuộc conic K thì định lý được chứng minh. Giả sử có một số điểm thuộc hợp của ba đường thẳng AB, BC và AC chứ không thuộc đường conic K. Ví dụ: Cho tập M chứa điểm $C_{1}$ nằm trên đường thẳng AB, nhưng khác với các điểm A và B. Chứng minh rằng năm điểm $A, B, C, C_{1}, D$ xác định đường cônic. Hình nón này bị suy biến; trùng với giao các đường thẳng AB và CD. 25. Nếu trong tập hợp các đường thẳng AB và CD không có điểm nào khác thuộc tập M ngoại trừ các điểm A, B, C, $C_{1}, D,$ thì định lý được chứng minh. Giả sử có điểm thứ sáu nào đó $C_{2}$. Điểm này phải thuộc đường thẳng AB. 26. $C_{1}$ hoặc $C_{2}$ không thuộc CD trực tiếp. Giả sử nó là $C_{1}$. Ta biết rằng mọi điểm của tập M nằm trong hợp các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ADC và một số đường cô-nic $K_{1}$ ngoại tiếp tam giác ADC. Đặc biệt, điểm B và $C_{1}$ phải thuộc hình nón $K_{1}$. Theo đó, hình nón $K_{1}$ rút gọn thành giao của đường thẳng AB và CD. Như vậy, mọi điểm của tập M đều thuộc hợp của các đường thẳng AB, CD và AC (các đường thẳng AD và DC không thể có điểm chung với đường conic K ngoài các đỉnh của tam giác ADC). Nói cách khác, tất cả các điểm của tập hợp đều nằm trong hợp các đường thẳng chứa các cạnh của một tam giác không suy biến nào đó.

Chúng tôi đo sức mạnh của cơ thể từ nano đến mega

(Để bắt đầu, xem trang 3) sự cứu trợ, mở và đóng các đại dương, phun trào núi lửa, động đất, v.v. Như chúng ta có thể thấy, cấu trúc của các lớp vỏ phía trên của Trái đất chúng ta hoàn toàn tương ứng với cấu trúc của các hệ thống “lớp phủ cứng trên nền móng linh hoạt”. Do đó, không có gì đáng ngạc nhiên khi hình nổi của một khu vực khổng lồ dưới đáy đại dương ở khu vực Đông Thái Bình Dương rất giống với hình phù điêu được hình thành trong quá trình kéo căng màng polyme gia cố (hình4). Rõ ràng, đối với nhiều người, ý tưởng về mối quan hệ giữa các quá trình gây ra sự phá hủy thường xuyên lớp phủ cứng trên chất nền polymer dẻo và các sự kiện xảy ra trong lớp vỏ trái đất sẽ có vẻ tuyệt vời. Nhưng sự tương tự như vậy vẫn khá hợp lý. Đến nay, tác giả đầu tiên của bài báo đã sử dụng các phương trình thu được cho màng polyme có lớp phủ mỏng cứng,

SYLVESTER

27. Bây giờ chỉ cần xét trường hợp tất cả các điểm của tập M đều thuộc hợp các đường thẳng AB, BC, AC. Vì M không thể nằm trong phần giao của hai đường thẳng nên lần lượt có các điểm $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ trên các đường thẳng BC, AC, AB không trùng với các đỉnh của tam giác ABC. Giả sử rằng các điểm $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ không nằm trên cùng một đường thẳng. Khi đó, theo những gì đã được chứng minh ở trên, tất cả các điểm của tập M đều nằm trên giao của các đường thẳng $A_{1} B_{1}, B_{1} C_{1}, C_{1} A_{1}$ và một số đường cô-nic ngoại tiếp tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$. Tuy nhiên, hãy chứng minh rằng không có hình nón nào ngoại tiếp tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ có thể đồng thời chứa các điểm A, B và C. Sự mâu thuẫn. 28. Do đó, điểm $A_{1}, B_{1}$ và $C_{1}$ thẳng hàng. Hơn nữa, tập M chỉ bao gồm sáu điểm $A, B, C, A_{1}, B_{1}$ và $C_{1}$. (Trên thực tế, nếu có thêm một điểm trong tập M, thì người ta có thể thay thế $A_{1}, B_{1}$ hoặc $C_{1}$ bằng điểm này và thu được một tam giác không suy biến.) Nhưng trong trường hợp này, năm điểm A, B, $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ xác định một hình nón suy biến không chứa bất kỳ điểm nào khác của tập M.

Như vậy chúng ta đã hoàn thành việc chứng minh định lý Wiseman–Wilson.

Tài liệu tham khảo 8. P. Borwein. Về bài toán Sylvester và không gian Haar. – Pacific J. of Math., Tập 109 (1983), số 2. 9. T. Motzkin. Các đường thẳng và mặt phẳng nối các điểm của một tập hợp hữu hạn. – Chuyển giới. Amer. Toán học. Soc., 70 (1951), 451–464. 10. J. A. Wiseman, P. R. Wilson. Định lý Sylvester cho đường cô-nic. – Rời rạc và tính toán. Địa lý., 3 (1988), 295–305. 11. L.Bouttier, M.Zaidenberg. Vấn đề của Sylvester. – Cầu phương, Janvier–Mars 2008. 12. G.S.M.Cockster. Mặt phẳng xạ ảnh thực. – M.: Fizmatgiz, 1959. 13. G.S.M.Kokster. Giới thiệu về hình học. – M.: Nauka, 1966. 14. G.D.Chakerian. Bài toán Sylvester về điểm thẳng hàng và quan hệ. – Amer. Toán học. Hàng tháng, 77 (1970), 164–167.

để tính toán ứng suất cường độ của vỏ đại dương. Hơn nữa, cách tiếp cận được xem xét có thể được áp dụng trong hành tinh học để đánh giá sơ bộ cấu trúc của các vật thể không gian. Do đó, dựa trên phân tích địa hình bề mặt của Sao Kim, thu được bằng cách sử dụng hình ảnh radar từ vệ tinh nhân tạo của nó, một số kết luận đã được đưa ra về quá khứ của hành tinh này bằng cách sử dụng phương pháp này. Không có gì đáng ngạc nhiên khi các định luật vật lý giống nhau thường có tác dụng trong nhiều hệ thống khác nhau. Trong trường hợp của chúng tôi, phạm vi của các hiện tượng liên quan kéo dài từ cấp độ nano đến cấp độ vĩ mô và thậm chí cả hành tinh. Vì vậy, nhờ vào tính tổng quát của các định luật, có thể thu được thông tin về các tính chất của vật liệu, hiện tượng và quá trình, chẳng hạn như để đánh giá độ bền của vật liệu trong lớp nano hoặc đánh giá sự hình thành vết nổi trên bề mặt các hành tinh xảy ra trong thế giới xung quanh, chuyển sang mô hình phòng thí nghiệm và lấy vật thể vật lý đơn giản và được nghiên cứu kỹ lưỡng làm chất tương tự, chẳng hạn như màng polymer có lớp phủ cứng nanomet.

10

KVANT 2009/№6

TƯỞNG TƯỞNG VỀ ISRAEL MOISEEVICH GELFAND

Israel Moiseevich Gelfand, một trong những nhà toán học xuất sắc nhất thế kỷ trước, đã qua đời. I.M. Gelfand là một nhà khoa học đa năng đáng kinh ngạc. Thật không dễ để kể tên bất kỳ ngành cơ bản nào của toán học mà Gelfand không có được những kết quả cơ bản. Ông là nhà lãnh đạo thế giới được quốc tế công nhận về giải tích hàm, lý thuyết nhóm Lie và lý thuyết biểu diễn, và không thể không ghi nhận những đóng góp của ông cho đại số, hình học, cấu trúc liên kết, hình học đại số, lý thuyết phương trình vi phân, vật lý toán học, phân tích số, ứng dụng cho các ngành khoa học phi vật lý. I.M. Gelfand tốt nghiệp trường toán Moscow, là sinh viên của A.N. Kolmogorov. Ông chốt lại danh sách học trò của Luzin và thế hệ “cháu cháu” xuất sắc đầu tiên của ông. Họ là D.E. Menshov, M.Ya. Suslin, A.Ya. Khinchin, P.S. Aleksandrov, P.S. Uryson, L.A. Lyusternik, M.A. Lavrentyev, P.S. Novikov, N.K. Bari, A.N. Kolmogorov, L.V. Keldysh, L.G. Shnirelman, S.M. Nikolsky, A.N. Tikhonov, L.S. Pontryagin, A.I. Maltsev, A.A. Lyapunov, M.V. Keldysh, I.M. Gelfand. Trong những năm tuổi đôi mươi khó khăn, anh không có cơ hội học xong. Ông không nhận được giáo dục cao hơn. Từ năm 19 tuổi, Israel Moiseevich đã bắt đầu tham dự các cuộc hội thảo tại Đại học Moscow và vào học cao học cùng với Andrei Nikolaevich Kolmogorov. I.M. Gelfand bảo vệ bằng tiến sĩ của mình. luận án năm 1935 và bắt đầu làm trợ lý giáo sư tại Khoa Cơ học và Toán học của Đại học quốc gia Moscow. Chẳng bao lâu sau, ông đã đặt nền móng cho lý thuyết vành định chuẩn (nay gọi là đại số Banach). Những nghiên cứu này, làm cơ sở cho luận án tiến sĩ của ông, được bảo vệ vào năm 1940, ngay lập tức đưa ông trở thành một trong những nhà toán học hàng đầu trong thời đại của ông. Gelfand đã giảng dạy nhiều môn học tại Khoa Cơ học và Toán học: đại số tuyến tính, lý thuyết phương trình vi phân từng phần, phép tính biến phân và phương trình tích phân. Ông là một giảng viên xuất sắc - nhiều người gọi ông là giảng viên giỏi nhất mà họ từng nghe. Ông là tác giả của nhiều cuốn sách mà các nhà toán học trên khắp thế giới đã nghiên cứu và tiếp tục nghiên cứu. Đây là sách giáo khoa về đại số tuyến tính và sách giáo khoa về phép tính biến phân, được viết với sự cộng tác của các đồng nghiệp và một loạt chuyên khảo về lý thuyết hàm tổng quát. Trong nửa thế kỷ, hội thảo nổi tiếng của Gelfand, dành riêng cho “toàn bộ toán học”, đã hoạt động và trở thành ngôi trường cho nhiều thế hệ nhà toán học. Trong một thời gian dài, Gelfand làm việc tại Khoa Toán ứng dụng của V.A. Viện Toán học Steklov, nơi ông thực hiện công việc có tầm quan trọng quốc gia: ông đứng đầu một nhóm các nhà khoa học thực hiện các phép tính liên quan đến việc chế tạo bom hydro. Kể từ những năm sáu mươi, Gelfand đứng đầu một phòng thí nghiệm tại Đại học Moscow, nơi tập trung chủ yếu vào các vấn đề y học và sinh học. Gelfand là người sáng lập và là tổng biên tập của tạp chí Phân tích chức năng và ứng dụng của nó trong nhiều năm. Trong những năm

Israel Moiseevich Gelfand (2.09.1913–5.10.2009) khi I.M. Gelfand còn là chủ tịch của Hiệp hội Toán học Moscow, xã hội này đã đạt đến mức độ phát triển cao nhất. Những công lao to lớn của Israel Moiseevich trong lĩnh vực giáo dục toán học ở nước ta. Ông là một trong những người sáng lập các nhóm toán học trường học tại Đại học Moscow, tham gia tích cực vào việc tổ chức các cuộc thi Olympic Toán học Moscow đầu tiên, thành lập Trường Toán học Tương ứng và là một trong những người sáng lập Trường Thứ hai Moscow nổi tiếng. Ông là người khởi xướng việc xuất bản và là đồng tác giả chính của nhiều tài liệu quảng cáo tuyệt vời gửi đến học sinh. I.M. Gelfand là bạn của tạp chí chúng tôi. Số đầu tiên của «Kvant» năm 1989 đã đăng một cuộc phỏng vấn tuyệt vời với học giả I.M. Gelfand. Và một điều nữa không thể bỏ qua: Israel Moiseevich đã hỗ trợ rất nhiều cho nhiều người trong những thời khắc khó khăn của cuộc đời họ. Một đặc điểm nổi bật trong cuộc đời làm khoa học của ông là tuổi thọ sáng tạo đáng kinh ngạc của ông: con đường khoa học của ông ở mức thành tựu cao nhất kéo dài 75 năm. Đơn giản là không có ai có thể so sánh được với ông ấy trong toàn bộ lịch sử khoa học. Năm 2003, hội nghị “Thống nhất Toán học” được tổ chức tại Hoa Kỳ nhân kỷ niệm 90 năm ngày sinh của I.M. Gelfand. Các nhà toán học vĩ đại nhất của thời đại chúng ta đã thuyết trình tại hội nghị. Tại hội nghị này vào ngày 2 tháng 9, vào ngày sinh nhật lần thứ chín mươi của mình, người anh hùng của ngày đó đã tự mình trình bày. Báo cáo của ông có tựa đề “Toán học như một ngôn ngữ thích hợp”. Báo cáo phản ánh các vấn đề tiên tiến trong đại số, lý thuyết số, hình học, phân tích và toán ứng dụng. Mở đầu báo cáo, Israel Moiseevich đã nói những lời như sau: “Tôi không cảm thấy mình giống một nhà tiên tri. Tôi chỉ là một sinh viên. (Tôi không coi mình là một nhà tiên tri. Tôi chỉ đơn giản là một sinh viên.) Cả đời tôi đã học được từ các nhà toán học vĩ đại như Euler hay Gauss, từ các đồng nghiệp cấp cao và cấp dưới, từ bạn bè và cộng tác viên của tôi, nhưng trên hết là từ các sinh viên của tôi.” Tên tuổi của Gelfand sẽ mãi mãi tồn tại trong lịch sử khoa học.

11

Bằng chứng xác suất

A.SHEN

Bất đẳng thức và ước lượng Hãy bắt đầu với bài toán rất đơn giản. 1. 10 con số được viết trên bảng. Tổng của hai số bất kỳ không nhỏ hơn 5. Chứng minh rằng tổng của tất cả các số không nhỏ hơn 25. ⊳ Không cần chứng minh gì nhiều ở đây: hãy chia các số thành năm cặp. Trong mỗi cặp tổng không nhỏ hơn 5, tổng số là 25. ⊲

Bây giờ phức tạp hơn một chút bài toán. 2. 9 số được viết trên bảng. Tổng của hai số bất kỳ không nhỏ hơn 5. Chứng minh rằng tổng của tất cả các số không nhỏ hơn 22,5. (Nếu tất cả các số là 2,5 thì kết quả là 22,5.) ⊳ Sử dụng cách lập luận tương tự như bài toán trước đó, bạn có thể chọn bốn cặp và sẽ giữ lại một số. Trong mỗi cặp, tổng không nhỏ hơn 5, tổng cộng là 20. Nếu biết số còn lại không có cặp không nhỏ hơn 2,5 thì chúng ta sẽ được số cần tìm. Nhưng chúng tôi không thể đảm bảo điều này. Giả sử, nếu một trong các số bằng 0 và các số còn lại là 5, thì tổng của hai số bất kỳ sẽ ít nhất là 5 (cụ thể là 5 hoặc 10). Trong trường hợp này, số 0 có thể không được ghép đôi. Có lẽ bạn đã tìm ra cách hoàn thành lập luận. Việc phân vùng thành từng cặp nằm trong tay chúng ta và chúng ta có thể để bất kỳ số nào không ghép đôi. Trong bất kỳ cặp nào, ít nhất một trong các số là 2,5 hoặc lớn hơn. Chúng ta

trong đó tổng không nhỏ hơn 5. Tổng ít nhất là 3 ◊ 5 + ( 5 3 ) = 50 3. ⊲

Trong hai bài toán trước chỉ còn lại một số. Điều gì xảy ra nếu còn lại hai người? 4. Có 11 số được viết trên bảng. Tổng của ba số bất kỳ không nhỏ hơn 5. Chứng minh rằng tổng của tất cả các số không nhỏ hơn 55/3. Bạn có thể giải bài toán này tương tự như các câu trước (xem bài toán 14 và gợi ý cho nó). Nhưng chúng tôi sẽ đưa ra một lời giải khác, khái quát hóa cho bất kỳ số lượng nào. ⊳ Hãy biểu thị các số của chúng ta $a_{1}$, … $, a_{11}$ và viết chúng thành một vòng tròn. Tổng của ba lân cận bất kỳ không nhỏ hơn 5 (theo điều kiện):

$a_{1} + a_{2} + a_{3} \ge 5,$

$a_{2} + a_{3} + a_{4} \ge 5,$

… $a_{9} + a_{10} + a_{11} \ge 5,$

$a_{10} + a_{11} + a_{1} \ge 5, a_{11} + a_{1} + a_{2} \ge 5.$

Hãy cộng mười một bất đẳng thức này lại. Mỗi số xuất hiện ba lần (gồm ba bộ ba), vậy ra

$3 ( a_{1} + a_{2} +^{…} + a_{11} ) \ge 55$, từ đó có yêu cầu sau. ⊲

Xác suất và kỳ vọng là đủ để biết rằng ít nhất một trong các con số giống như thế này - bạn có thể để con số cụ thể này không ghép đôi và mọi thứ sẽ ổn thỏa. ⊲ Hãy phức tạp hóa bài toán thêm một chút. 3. Có 10 số được viết trên bảng. Tổng của ba số bất kỳ không nhỏ hơn 5. Chứng minh rằng tổng của tất cả các số không nhỏ hơn 50/3. ⊳ Chúng ta sử dụng kỹ thuật tương tự: trong ba số bất kỳ, số lớn hơn là 5/3 trở lên (nếu không thì cả ba số đều nhỏ hơn 5/3 và tổng nhỏ hơn 5). Hãy lấy một trong những số này (không nhỏ hơn 5/3), sẽ còn lại ba số ba,

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét lời giải khác của bài toán cuối cùng – theo ngôn ngữ của lý thuyết xác suất. Đặt 11 quả bóng trong một hộp (hoặc, như người ta hay nói trong lý thuyết xác suất, trong một chiếc bình) với các số $a_{1}, a_{2}$, … $, a_{11}$ được viết trên đó. Chúng tôi lấy ra một trong những quả bóng mà không cần nhìn, và họ đưa cho chúng tôi số rúp được viết trên đó. Trung bình chúng ta sẽ thắng bao nhiêu mỗi trận nếu chơi nhiều lần? Ý của chúng tôi là mỗi khi quả bóng được lấy ra, nó sẽ được đưa trở lại bình và những thứ bên trong nó được trộn lẫn. Thật dễ dàng để nhận ra rằng đáp số ở đây –

13

XÁC ĐỊNH

đường. Với số lượng thử lớn, tỷ lệ trường hợp đỉnh A rơi vào vị trí (xác suất xảy ra sự kiện “A đen”) là 1/10, vì đỉnh A phân bố đều trên toàn bộ mặt cầu. Vì những lý do tương tự, đỉnh B có 10% màu đen và điều tương tự cũng có thể xảy ra với bất kỳ đỉnh nào trong số 8 đỉnh. Điều này có nghĩa là vẫn còn ít nhất 20% = 100% – 80% trường hợp tất cả các đỉnh đều có màu trắng (có thể nhiều hơn do trường hợp có một số đỉnh có màu đen). Do đó, khối lập phương có thể được ghi theo cách yêu cầu. ⊲ Trên thực tế, ở đây chúng ta đang nghiêm túc gian lận và che giấu phần chính của lập luận: tại sao từ “khối nội tiếp ngẫu nhiên” lại có ý nghĩa và tại sao đỉnh lại phân bố đều trên mặt cầu. Về mặt trực quan, điều này có vẻ hợp lý và thực sự có thể được biện minh một cách chặt chẽ (mặc dù tôi không biết bất kỳ lời giải nào về bài toán này trong chương trình giảng dạy ở trường).

Trang màu ngẫu nhiên

Hãy xem xét một biểu đồ tùy ý - một số điểm (đỉnh) được nối với nhau bằng các đường (cạnh). Hãy tô màu các đỉnh của đồ thị bằng hai màu (ví dụ: đen và trắng). Chúng ta sẽ gọi một cạnh là nhiều màu nếu nó (như bạn đoán) kết nối các đỉnh có màu khác nhau. Số cạnh nhiều màu phụ thuộc vào màu sắc. Nếu chúng ta muốn làm cho con số này ở mức tối thiểu thì không có gì đơn giản hơn - chỉ cần sơn tất cả các đỉnh cùng một màu. Điều gì xảy ra nếu chúng ta muốn đạt giá trị tối đa (đối với một biểu đồ nhất định)? Đáp số phụ thuộc vào biểu đồ, nhưng hóa ra bạn luôn có thể đảm bảo ít nhất một nửa số cạnh có màu khác nhau. 8. Chứng minh rằng trong một đồ thị tùy ý có thể tô các đỉnh bằng hai màu sao cho ít nhất một nửa số cạnh có màu khác nhau. ⊳ Chúng tôi sẽ tô màu các đỉnh một cách ngẫu nhiên (đối với đồ thị có n đỉnh, có thể tô màu $2^{n}$ và chúng tôi coi tất cả chúng đều có xác suất như nhau). Đối với mỗi màu, chúng ta đếm xem có bao nhiêu cạnh sẽ có nhiều màu. Như người ta nói, đây là một “biến ngẫu nhiên” - nó phụ thuộc vào việc lựa chọn màu sắc. Kỳ vọng toán học của nó (giá trị trung bình qua một số lượng lớn các thử nghiệm) là gì? Nói cách khác, hãy ném một đồng xu vào mỗi đỉnh của đồ thị (độc lập với các đỉnh khác, sao cho tất cả các kết hợp đều có khả năng xảy ra như nhau) và trên mỗi cạnh có một người chơi nhận được một đồng rúp nếu cạnh đó có màu khác nhau (đồng xu ở hai đầu của nó sẽ rơi ra khác nhau). Người chơi sẽ kiếm được trung bình bao nhiêu mỗi trận? Trung bình, mỗi người chơi thắng một nửa số trò chơi (có thể có bốn tổ hợp màu ở hai đầu của cạnh và hai trong số đó có nhiều màu). Điều này có nghĩa là trung bình mỗi người chơi thắng 50 rúp mỗi trận và toàn đội thắng trung bình V/2 rúp, trong đó V là số cạnh.

BẰNG CHỨNG

Rõ ràng là có những chất tạo màu khi ít nhất một nửa số cạnh có màu khác nhau (nếu không, đội sẽ thắng ít hơn V/2 trong mỗi trận đấu và trung bình cũng sẽ nhỏ hơn V/2). ⊲ Trên thực tế, mệnh đề này có một bằng chứng mang tính xây dựng đơn giản (xem bài toán 19).

Dự đoán ngẫu nhiên

Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng các cân nhắc xác suất cho lời giải chẳng hạn như bài toán. 9. Một hình lồi được vẽ trên một mặt phẳng, giới hạn bởi một đường cong có chiều dài L. Chứng minh rằng đường kính của nó, tức là khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm của nó không nhỏ hơn $L \pi$. Sự xuất hiện của số $\pi$ ở đây không phải ngẫu nhiên: bất đẳng thức bài toán trở thành đẳng thức trong trường hợp đường tròn có đường kính $D = L \pi$. ⊳ Chúng tôi sẽ chứng minh một phát biểu mạnh mẽ hơn: độ dài trung bình của hình chiếu của hình của chúng tôi lên một hướng ngẫu nhiên là $L \pi$. (Chúng ta vẽ một đường thẳng theo hướng được chọn ngẫu nhiên, sau đó từ mỗi điểm của hình chúng ta hạ thấp một đường vuông góc với đường thẳng này. Kết quả là một đoạn - hình chiếu của hình lên đường thẳng.) Từ tuyên bố này, suy ra rằng có một hướng, hình chiếu lên đó có chiều dài ít nhất là $L \pi$ (giá trị trung bình không thể lớn hơn tất cả). Khi đó các điểm của hình rơi ở hai đầu hình chiếu có khoảng cách bằng nhau hoặc lớn hơn (điểm nghiêng dài hơn đường vuông góc). Làm thế nào để chứng minh những gì đã hứa? Xét một đường cong giới hạn một hình. Hình chiếu của một hình cũng giống như hình chiếu của đường biên của nó. Hãy chia đường cong này thành nhiều phần rất nhỏ - nhỏ đến mức mỗi phần có thể được coi là một đoạn. Hãy để tất cả các đoạn này có độ dài bằng nhau. Hình chiếu của toàn bộ ranh giới bao gồm các hình chiếu của các đoạn này. Chính xác hơn, hình chiếu kép của toàn bộ ranh giới bằng tổng các hình chiếu của các đoạn (vì chúng bao phủ nó hai lần - qua lại). Điều này đúng với bất kỳ hướng thiết kế nào - có nghĩa là chiều dài trung bình gấp đôi của hình chiếu của một hình bằng tổng chiều dài trung bình của các hình chiếu của từng đoạn tạo nên ranh giới của nó. Nhưng các đoạn này có độ dài bằng nhau và do đó độ dài trung bình của các hình chiếu của chúng là như nhau (vì chúng ta chiếu theo một hướng ngẫu nhiên nên bản thân hướng của đoạn đó không quan trọng). Điều này có nghĩa là chiều dài hình chiếu trung bình

14

KVANT 2009/№6

đường cong chỉ phụ thuộc vào số lượng các đoạn này, tức là tỷ lệ thuận với độ dài của đường cong và hệ số tỷ lệ có thể được tính bằng ví dụ về đường tròn. ⊲

Hai hộp

10. Trong tàu điện ngầm Moscow, bạn có thể vận chuyển các hộp có tổng kích thước (chiều dài, chiều rộng và chiều cao) không vượt quá một giới hạn nhất định. Câu hỏi được đặt ra: liệu có thể phá vỡ các quy tắc bằng cách đặt hộp này vào hộp khác không? Nói cách khác, hãy để một hình khối hoàn toàn nằm trong một hình khối khác. Tổng kích thước bên trong có thể lớn hơn tổng kích thước bên ngoài không? ⊳ Hóa ra là không, nhưng việc chứng minh không dễ dàng như vậy. Có một số cách chứng minh hay và một trong số đó sử dụng các cân nhắc xác suất (tương tự như trong phần trước). Chúng ta sẽ chiếu chiếc hộp lên một đường thẳng có hướng được chọn ngẫu nhiên (trong không gian). Từ hình ảnh bạn có thể thấy hình chiếu của hộp bao gồm hình chiếu của ba đoạn chạy dọc theo chiều cao, chiều dài và chiều rộng của nó. Do đó, độ dài trung bình của hình chiếu (kỳ vọng toán học) bằng tổng độ dài trung bình của các hình chiếu của các đoạn này. Và độ dài trung bình của hình chiếu của một đoạn tỷ lệ thuận với độ dài của chính nó (với một số hệ số, bây giờ đối với chúng tôi không quan trọng - với cái gì). Do đó, chiều dài hình chiếu trung bình của hình hộp tỷ lệ thuận với tổng kích thước của nó. Bây giờ hãy tưởng tượng hai cái hộp, cái này ở trong cái kia. Dù bạn chiếu chúng lên đường thẳng nào thì hình chiếu của hộp bên trong luôn nằm bên trong hình chiếu của hộp bên ngoài và do đó có chiều dài nhỏ hơn hoặc bằng nhau. Điều này có nghĩa là độ dài trung bình của các hình chiếu có cùng tỷ lệ và chúng tỷ lệ thuận với tổng các phép đo. ⊲

Bước đi ngẫu nhiên

11. Một mê cung được vẽ trên một mảnh giấy vở hình vuông và có một robot trong đó, tuân theo các lệnh “lên”, “xuống”, “trái” và “phải”, đi từ ô này sang ô khác. Các bức tường của mê cung chạy dọc theo các cạnh của ô; không có lối ra khỏi mê cung. Nếu khi bắt đầu di chuyển theo lệnh, robot va vào tường thì nó vẫn giữ nguyên vị trí. Chúng ta không biết mê cung nào được vẽ, nhưng chúng ta biết kích thước của chiếc lá, được đo bằng hình vuông. Chứng minh rằng có thể tạo một chuỗi lệnh đảm bảo rằng robot sẽ truy cập vào tất cả các ô của phần mê cung mà nó có thể truy cập được. ⊳ Chúng ta thừa nhận ngay rằng lý luận của chúng ta không chỉ là một bằng chứng thuần túy về sự tồn tại (không đưa ra phương pháp xây dựng một chuỗi như vậy), mà độ dài của một chuỗi như vậy cũng sẽ rất lớn. Chúng tôi sẽ đưa ra các lệnh ngẫu nhiên cho robot và xem

với xác suất nào anh ta sẽ đi vòng qua mê cung? Cho mê cung có một mạch kín không quá N bước. Khi đó, đối với bất kỳ vị trí ban đầu nào của robot, có một xác suất nào đó là khi N lệnh ngẫu nhiên được đưa ra cho nó, nó sẽ đi theo chính xác con đường này và đi vòng quanh mê cung. Nó không nhỏ hơn $4^{-} N$ và xác suất

(

) không thể đi vòng quanh mê cung nhiều hơn $1 - 4^{-} N$. Quá trình có thể được lặp lại: nếu chúng ta đưa ra 2N lệnh ngẫu nhiên thì xác suất không thể vượt qua mê cung sẽ không còn nữa

$( 1 - 4 )$ (thất bại ở giai đoạn đầu tiên xảy ra ở một phần nhỏ trong số $( 1 - 4 )$ trường hợp trở xuống và trong mỗi trường hợp đó

$- N^{2}$

$- N$ xác suất giảm đi một lượng tương tự do ở giai đoạn thứ hai). Nói chung, sau Nk lệnh ngẫu nhiên, xác suất thất bại (trong một mê cung nhất định với giá trị ban đầu cho trước

(

) k vị trí) không quá $1 - 4^{-} N$. Mặc dù cơ số của bậc gần bằng 1 nhưng con số này vẫn có thể nhỏ đi như mong muốn bằng cách tăng k. Lưu ý rằng đối với tất cả các mê cung trên một bảng có kích thước nhất định, có thể chọn một N chung.

(

) k

Sau đó, chúng ta lấy k sao cho $1 - 4^{-} N$ trở thành nhỏ hơn 1/M, trong đó M là số cách khác nhau để vẽ một mê cung và một robot bên trong nó (có một số hữu hạn các cách vẽ trên một tờ giấy có kích thước nhất định). Sau đó, đối với mỗi tùy chọn bố trí M, xác suất thất bại nhỏ hơn 1/M và do đó, với xác suất dương, một chuỗi lệnh có độ dài Nk sẽ thành công cho tất cả các tùy chọn. Điều này có nghĩa là tồn tại một chuỗi thành công như vậy và đó là điều cần được chứng minh. ⊲

Bộ không thể so sánh được

Trong phần này chúng ta giả định rằng chúng ta đã quen thuộc với các phần tử của tổ hợp (tập hợp, tập hợp con, số lượng tổ hợp). 12. Cho A là tập hợp gồm 2n phần tử. Chúng tôi muốn chọn một số tập hợp con của tập A và chúng tôi yêu cầu chúng không thể so sánh được: không tập nào trong số chúng phải là tập con của tập kia. Số lượng tập hợp con tối đa có thể được chọn là bao nhiêu? ⊳ Lưu ý rằng yêu cầu được thỏa mãn nếu tất cả các tập con được chọn có cùng kích thước (và khác nhau). Để số lượng của chúng là tối đa, cần phải lấy kích thước n, vì số lượng kết hợp $C_{2} kn$ cho một n nhất định

25

THÔNG TIN

phân tích logic, so sánh kết quả phản ánh với sự thật hoặc với những điều tương tự từ các khái niệm khác. Tư duy độc lập không chỉ là sự hiểu biết về bản chất và nền tảng của một lý thuyết cũng như phạm vi áp dụng của nó, khả năng rút ra hệ quả trong khuôn khổ của nó đối với các trường hợp cụ thể, v.v. Cũng cần phải hiểu rằng mọi lý thuyết đều có những lựa chọn thay thế, thừa nhận những lựa chọn thay thế này, sẵn sàng từ bỏ bất cứ lúc nào những khái niệm quen thuộc nếu những sự kiện mới phù hợp với khuôn khổ của chúng một cách “khó khăn” (đặc biệt là khi chúng vượt ra ngoài những khuôn khổ này). Tất nhiên, có những khái niệm mà giá trị của nó khó có thể nghi ngờ. Ví dụ, thực tế xung quanh chúng ta với tất cả các quá trình diễn ra trong đó thường chứng tỏ tính bất khả xâm phạm và tính phổ quát của ba tính chất sau: tính kinh tế, tính đối xứng và tính tương đối (hai tính chất sau, ở một mức độ nào đó, là trường hợp đặc biệt của tính chất đầu tiên). Danh sách này có thể chưa đầy đủ và cần được bổ sung (điều này rất có thể sẽ xảy ra trong tương lai). Nhưng dù vậy, có thể liệt kê một số điều khoản không thể đưa vào danh sách các khái niệm phổ quát này, mặc dù thực tế là chúng được coi là cơ bản. Ví dụ, không thể thừa nhận rằng một electron trên trái đất và một electron ở cách nó hàng tỷ năm ánh sáng có khối lượng nghỉ hoàn toàn giống nhau. Thật khó để coi những đại lượng không thứ nguyên như hằng số cấu trúc nguyên tử mịn, tỷ lệ khối lượng của các hạt cơ bản, v.v., là hằng số vật lý không thể lay chuyển. Có thể nói, Einstein cũng nghi ngờ về bản chất ngẫu nhiên của chúng. Hoặc đây là những hằng số toán học (nghĩa là chúng được rút ra trong khuôn khổ của một số lý thuyết mà chúng ta chưa biết) hoặc chúng không phải là hằng số (nghĩa là chúng thay đổi theo thời gian và (hoặc) trong không gian). Tính ba chiều của không gian xung quanh chúng ta cũng là một trong những tiên đề của lý thuyết hiện đại, nhưng cho đến nay vẫn chưa có lý do gì để coi nó là không thể lay chuyển. Chúng ta hãy kết thúc những ví dụ này bằng tuyên bố sau: khả năng xảy ra một điều gì đó là không thể bác bỏ được! Nói cách khác, không thể chứng minh được điều gì đó là không thể trong thực tế. Đây là một trong những thuộc tính của vô cực, thể hiện sự hạn chế của logic. Khi công bố cuộc thi của mình, chúng tôi cố tình không chỉ định nhiệm vụ cho những người tham gia. Nội dung của đáp số được biết là phụ thuộc vào chất lượng của câu hỏi. Như người ta nói, một câu hỏi hay là một nửa đáp số. Vì vậy, việc hình thành vấn đề cũng sẽ được đánh giá. Hơn nữa, lời giải có ​​thể không phải là thành công nhất hoặc thậm chí không chính xác, nhưng điều này được bù đắp bằng chất lượng và mức độ phù hợp của câu hỏi. Hãy nhớ rằng các câu hỏi, tín hiệu đến từ thế giới xung quanh (sự kiện, hiện tượng, v.v.) là nguyên tắc cơ bản, nguyên liệu thô vẫn phải được xử lý trong quá trình nghiên cứu, được biến thành bài toán. Và sau đó, cần phải phân tích bài toán đã nêu rõ ràng, xác định phạm vi của hiện tượng được mô tả, phạm vi thay đổi và độ chính xác của việc thiết lập các thông số mà lời giải sẽ đúng, v.v. Chúng tôi không giới hạn cụ thể người tham gia cuộc thi trong việc lựa chọn và xây dựng câu hỏi. Hãy để nó là bất cứ điều gì, miễn là nó có ý nghĩa nào đó. Có rất nhiều vấn đề trong khoa học hiện đại và phát triển công nghệ. Đặc biệt, đó là những phân kỳ đã biết trong lý thuyết lượng tử, định nghĩa đúng về tenxơ năng lượng-động lượng trong thuyết tương đối rộng, nghịch lý trong lý thuyết tập hợp, các chương trình máy tính tự phát triển (bao gồm cả ngẫu nhiên).

bầu cử, có tính đến kinh nghiệm mắc sai lầm, v.v.). Và trong cuộc sống hàng ngày, có rất nhiều điều bạn có thể cố gắng hình thức hóa bằng ngôn ngữ toán học (ví dụ, khi phát hiện ra một điểm tương đồng nào đó, hãy thử áp dụng các định luật động lực học chất khí để … phân tích chuyển động của ô tô trên đường cao tốc). Bạn có thể đặt bài toán từ chuỗi “điều gì sẽ xảy ra nếu…” Hoặc nghĩ ra một kiểu tương tác mới. Hoặc tìm hiểu thực tế sẽ như thế nào nếu chẳng hạn như hằng số Planck hóa ra lớn hơn (hoặc nhỏ hơn) đáng kể so với hằng số chúng ta biết. Nó không phải là giả thuyết bài toán, trong đó bất kỳ hằng số thế giới nào cũng có thể được coi là không cố định. Ví dụ, sự dịch chuyển đỏ có thể được giải thích không chỉ bởi sự rút lui của các thiên hà, mà còn bởi thực tế là khối lượng electron hay hằng số Planck thay đổi theo thời gian. Vì vậy, chúng tôi không mong đợi những khám phá từ bạn. Chúng tôi không đặc biệt quan tâm đến sự uyên bác của bạn nên đừng sợ bị coi là dốt nát. Rất có thể, những gì chúng tôi mong đợi ở bạn (và những gì bạn gửi cho chúng tôi) sẽ không được bất kỳ tạp chí khoa học nghiêm túc nào chấp nhận. Có lẽ, các nhà khoa học nghiêm túc rất có thể sẽ ném “sự sáng tạo” như vậy vào thùng rác, giống như một nhà điều tra loại bỏ những phiên bản không tự biện minh cho mình. Nhưng ai biết được, biết đâu một ngày nào đó trong số những buổi “tập luyện” như vậy sẽ có điều gì đó mà trước đây đã bỏ lỡ. Ví dụ, ai đó khi lục lọi chiếc giỏ chung này sẽ bắt gặp những ý tưởng khác thường sẽ đóng vai trò là động lực cho những khám phá mới. Nhưng ngay cả khi mọi thứ không như ý muốn, chúng tôi hy vọng đạt được mục tiêu chính của mình: giúp những người có khả năng tư duy độc lập và tìm kiếm không chuẩn mực nhận ra chính mình. Đây là cách sự đổi mới được sinh ra. Hãy nghi ngờ điều đó! Bác bỏ! Lời đề nghị!

Điều kiện của cuộc thi

Mỗi người tham gia nộp dự án của mình cho ban giám khảo để xem xét, bao gồm công thức bài toán và lời giải của nó. (Trong một số trường hợp, ban giám khảo sẵn sàng xem xét bài toán với những giải pháp chưa hoàn thành.) Tổng khối lượng của báo cáo dự án không quá 10 trang đánh máy và mọi tính toán rườm rà phải được đưa vào phần phụ lục là một phần không thể thiếu của báo cáo. Bản in của báo cáo (1 bản) phải được gửi qua đường bưu điện đến tòa soạn tạp chí «Kvant» theo địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, và báo cáo điện tử dưới dạng file riêng biệt phải được gửi đến địa chỉ email của tòa soạn: [email protected]. Trang tiêu đề của báo cáo phải chứa các thông tin sau về đối thủ cạnh tranh: họ, tên, họ viết tắt; địa chỉ bưu chính, địa chỉ email, điện thoại; dữ liệu về trình độ học vấn, trình độ khoa học (nếu có). Hạn chót nhận đơn đăng ký tham gia cuộc thi là ngày 15 tháng 4 năm 2010. Kết quả của cuộc thi sẽ được công bố vào cuối tháng 5 năm 2010. Các tác phẩm, với sự đồng ý của tác giả và đáng được ban giám khảo quan tâm, sẽ được đăng trên một trang web đặc biệt của Quỹ Tư tưởng Mới, chỉ rõ những tác phẩm đã được trao giải. Tạp chí «Kvant», bất kể kết quả tác phẩm tham gia cuộc thi như thế nào, có thể (theo thỏa thuận của tác giả) xuất bản một số tác phẩm phù hợp với hình thức và tư tưởng của tạp chí.

26

KMS

KVANT 2009/№6

Bài toán

Ông Twister thừa kế một số nhà máy. Trong cuộc đời của ông, 7 nhà máy bị phá sản, số còn lại ông chia đều cho 7 người con trai. Người con út đã thành lập 6 nhà máy trong đời và chia phần còn lại cho 7 người con trai. Con trai út của ông đã bán đấu giá 5 nhà máy nhưng theo truyền thống gia đình, ông chia phần còn lại cho 7 người con trai. Trong suốt cuộc đời của con trai út, 4 nhà máy bị phá sản nhưng đến lúc thừa kế thì chẳng còn gì để phân chia - doanh nhân thất bại chỉ còn lại một nhà máy. Ban đầu ông Twister có bao nhiêu nhà máy? A. Khachaturian

Petya rời điểm A của vùng đồng bằng bằng phẳng và đi bộ 1 m về phía nam, 2 m về phía tây, 3 m về phía bắc, 4 m về phía đông, 5 m về phía nam, 6 m về phía tây, 7 m về phía bắc, 8 m về phía đông, v.v. Đi bộ tổng cộng 5 km, Petya thấy mệt và ngồi xuống nghỉ ngơi. Điều này xảy ra ở khoảng cách nào từ điểm A? S. Dorichenko, T. Golenishcheva-Kutuzova

Hành tinh này có hình dạng của một quả bóng. Có thể vẽ các kinh tuyến 2009 và các vĩ tuyến 2010 trên đó để chia hành tinh thành các phần có diện tích bằng nhau không? G. Galperin

Minh họa của D. Grishukova

Có 9 đồng xu giống hệt nhau. Một trong số đó là hàng giả, nhẹ hơn hàng thật. Một trong những đồng xu được dính vào một trong những cái chảo của một chiếc cân không có quả cân. Không có thời gian để xé nó ra. Làm thế nào để tìm ra một đồng tiền giả trong hai lần cân? (Nó cũng có thể bị kẹt.) A. Shapovalov

Hai máy bơm cùng làm đầy bể trong hai giờ, nhưng riêng chúng thì chúng đổ đầy bể trong tổng số giờ nhưng khác nhau. Hỏi mỗi máy bơm mất bao nhiêu giờ để đầy bể? N. Konishchev

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6 – 8.

27

ĐẾN

M

Sh

Cuộc thi mang tên A.P. Savin

“Toán 6–8”

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi tiếp theo ở môn lời giải toán bài toán dành cho học sinh lớp 6–8. Lời giải bài toán phải được gửi trong vòng một tháng sau khi nhận được số tạp chí này tới địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» hoặc qua email: [email protected] (được đánh dấu là “Cuộc thi “Toán học 6–8”). Hãy nhớ điền tên, lớp và địa chỉ nhà của bạn. Như trước đây, chúng tôi hoan nghênh việc tham gia cuộc thi không chỉ theo cá nhân học sinh, mà còn bởi các câu lạc bộ toán học. Chúng tôi yêu cầu những người đứng đầu vòng tròn cung cấp địa chỉ email hoặc số điện thoại liên hệ. Theo truyền thống, các câu lạc bộ chiến thắng trong cuộc thi thư từ sẽ được mời tham dự giải đấu trực tiếp cuối cùng.

11. Đặt các dấu số học và dấu ngoặc đơn giữa các số ở vế trái của đẳng thức $7^{5} 7^{4} 7^{3} 7^{2} 7 1 = 2009$ để đẳng thức trở thành đúng. M. Murashkin

12. Gọi một số tự nhiên tăng dần nếu mỗi chữ số tiếp theo lớn hơn chữ số trước đó (ví dụ: số 23689). Chứng minh rằng nếu nhân một số tăng dần với 9 thì tổng các chữ số của số đó luôn đúng bằng 9. Văn học dân gian (do L. Shteingarts đề xuất)

13. Từ các ô vuông được đánh số $фишек^{1} ¥^{1}$, một hình được tạo ra có chứa hai $квадрата^{2} ¥^{2}$ và mảnh có số 4 là mảnh chung (hình1). Các ô của mỗi ô vuông 2¥2 có thể được xoay xung quanh

Hình 1

Hình 3

Hình 2

tâm của nó một góc, $кратный^{90\infty}$. Có thể đạt được sự sắp xếp như trong Hình 2 và 3 bằng cách sử dụng các phép quay như vậy không? N. Avilov

14. Chứng minh $неравенство^{a} +^{b} +^{c} \ge^{3}$ nếu biết ab + bc + ca = 1 và có ít nhất hai số a, b, c dương. V.Aslanyan

15. Chứng minh rằng một tứ giác lồi có thể cắt thành bốn phần tạo thành hình chữ nhật. S.Volchenkov

Gió đuôi có cản trở chim không?

N. KONSTANTINOV

KHI TÔI ĐÃ HỌC ĐỌC, TÔI TÌM ĐƯỢC MỘT CUỐN SÁCH về những người du hành - Tôi quên mất chính xác cuốn sách nào, nhưng tôi chỉ nhớ được một tình tiết trong đó. Các du khách dựng trại trong khu rừng cạnh hồ nước, nơi một đàn ngỗng hoang dã hạ cánh nghỉ ngơi trong quá trình di cư. Buổi tối đã đến và không thể đi săn được nữa. “Ngày mai sẽ có một cuộc đi săn vinh quang,” một người nói. – Bạn không nghĩ rằng chim sẽ bay đi vào lúc bình minh sao? - một người khác nói. - Chúng không bay đi vì gió bắc thuận lợi cho ngỗng. Chim không bay theo gió đuôi, vì gió thổi dưới lông bay của cánh chúng.

Cuộc trò chuyện này có vẻ kỳ lạ đối với tôi. Nếu tôi là những con chim, tôi sẽ vui mừng trước cơn gió thuận - bạn có thể bay nhanh trên đó, nhanh hơn gió. Nhưng tôi còn nhỏ, và mọi điều viết trong sách đều đúng với tôi. Vì thế tất cả những gì tôi nhớ được là tôi không hiểu điều gì đó. Hai mươi lăm năm đã trôi qua. Tôi học cao học, người hướng dẫn tôi là Alexey Andreevich Lyapunov, một nhà toán học nổi tiếng, người lúc đó rất quan tâm đến điều khiển học và các phương pháp toán học trong sinh học. Ông được kết nối bởi những mối quan tâm khoa học và tình bạn cá nhân với nhà lý sinh học lớn của chúng ta, một trong những người sáng lập khoa học lý sinh - Nikolai Vladimirovich Timofeev-Resovsky. Qua

28

KVANT 2009/№6

Theo lời khuyên của Alexey Andreevich, tôi đã tham dự một buổi hội thảo về vật lý sinh học do Nikolai Vladimirovich tổ chức tại trạm sinh học Miassovo ở Urals. Câu chuyện do Nikolai Vladimirovich kể khiến tôi nhớ đến cuốn sách tôi đã đọc khi còn nhỏ. Hóa ra đã có lúc (và tôi vừa tìm ra) ý tưởng tương tự được lặp đi lặp lại từ bài này sang bài khác, từ cuốn sách này sang cuốn sách khác - rằng một cơn gió lành thổi qua dưới cánh chim. Và một nhóm các nhà sinh vật học, bao gồm Timofeev-Resovsky, trong một số ấn phẩm đã giải thích cho các nhà sinh vật học về sự sai lầm của ý tưởng này và nói về nguyên lý tương đối của Galileo. Một tình tiết khác nhắc nhở tôi rằng một số học sinh trung học ở thời đại chúng ta vẫn chưa trưởng thành để hiểu bức tranh về thế giới nảy sinh sau những khám phá của Galileo. Một nhóm xây dựng gồm sinh viên và học sinh đã làm việc vào mùa hè tại Trạm sinh học Biển Trắng của Đại học Tổng hợp Moscow (tôi đã là giáo viên). Chúng tôi đang trở về sau một chuyến du ngoạn biển trên con tàu “Nauchny”. Một nhóm người xin phép thuyền trưởng được ngồi không phải trên tàu mà trên một chiếc thuyền được kéo phía sau tàu (ở đó dễ chịu hơn nhiều). Và đằng sau chiếc thuyền, cách nó khoảng ba mét, là một chiếc thuyền nhỏ khác, không có ai ngồi. Và vì vậy, người trẻ nhất trong chúng tôi, Lesha Kuvshinov, lúc đó đang học lớp 10, muốn chuyển sang trượt ván. Và theo tôi, để làm được điều này khi đang di chuyển là không thể. Ít nhất, điều đó rất khó khăn: ngay cả khi bạn kéo chiếc thuyền nhỏ lên thuyền, việc chuyển sang nó mà không bị lật úp là điều không thể tưởng tượng được. Nhưng Lesha đã nghĩ ra một cách khác: “Tôi sẽ nhảy lên cao, và trong khi tôi đi xuống, chiếc thuyền nhỏ sẽ ở bên dưới tôi.” Và sau đó tất cả học sinh trung học (và đây đều là học sinh toán, và họ không thể coi thường) bắt đầu ganh đua với nhau để giải thích nguyên lý tương đối của Galileo cho Lesha. Họ nói, trái đất có thể được coi là một hệ quy chiếu quán tính. Điều này có nghĩa là nếu không có ngoại lực nào tác dụng lên vật (hay chính xác hơn là nếu tất cả các lực tác dụng lên vật bù trừ cho nhau) thì vật đó duy trì trạng thái đứng yên hoặc đồng đều.

chuyển động thẳng đều so với Trái Đất. Tất nhiên, có những tình huống trong đó hệ quy chiếu gắn với Trái đất không thể coi là quán tính. Một ví dụ rõ ràng về điều này là con lắc Foucault. Trong hệ quy chiếu quán tính, mặt phẳng trong đó con lắc dao động không đổi, nhưng trên thực tế, chẳng hạn, nếu thí nghiệm được thực hiện ở Moscow, thì mặt phẳng dao động sẽ quay chậm. Một ví dụ khác là các con sông chảy ở bán cầu bắc cuốn trôi bờ phải. Và nếu hệ thống gắn liền với Trái đất là quán tính thì cả hai ngân hàng sẽ có quyền ngang nhau. Nhưng đây đều là những hiệu ứng khá tinh tế, được quan sát bằng các phép đo rất chính xác hoặc trong khoảng thời gian rất dài. Trong trường hợp của chúng tôi, hệ quy chiếu gắn liền với Trái đất có thể được coi là quán tính. Điều này có nghĩa là bất kỳ hệ quy chiếu nào khác chuyển động đều và thẳng so với Trái đất cũng có thể được coi là quán tính. Con thuyền của chúng tôi chỉ là một hệ quy chiếu như vậy. Và sau đó, theo nguyên lý tương đối của Galileo, tất cả các định luật vật lý trong hệ thống xuồng cứu sinh đều giống như trong hệ thống gắn liền với Trái đất. Và sau khi nhảy lên thuyền, bạn sẽ hạ cánh tại đúng điểm trên con thuyền mà bạn đã xuất phát, giống như khi ở trên bờ. Ở đây, một trong những người của chúng tôi phản đối rằng nếu trên mặt đất cứng, tức là trên bờ, bắn thẳng đứng lên trên, thì viên đạn sẽ không rơi ở điểm ban đầu, ngay cả khi không khí hoàn toàn bất động so với Trái đất. Điều này thực sự đúng, nhưng đây là một trường hợp khác chứng minh tính phi quán tính của hệ quy chiếu Trái đất. Vì ảnh hưởng này không đáng kể nên có thể bỏ qua trong thí nghiệm của chúng tôi. Tuy nhiên, Lesha không bị thuyết phục bởi tất cả những lời giải thích này. Họ cũng trích dẫn cho anh ta lý luận của Galileo, người đã giải thích với những người cùng thời với anh ta rằng nếu một cuộc đấu tay đôi bằng súng lục diễn ra khi một con tàu đang di chuyển, thì không ai trong số những đấu thủ, cho dù anh ta nhìn từ đuôi tàu đến mũi tàu hay ngược lại, có lợi thế hơn. Và họ nhắc lại cách anh ấy, Lesha, đi trên chuyến tàu đến Biostation, chơi một quả bóng trong toa và quả bóng chuyển động so với toa xe giống như cách nó di chuyển trên một trái đất đứng yên với những cú đánh giống nhau. Nhưng nó không có ích gì. Lesha chắc chắn muốn nhảy, nhưng chúng tôi phản đối, vì chiếc thuyền có thể bị rò rỉ do va chạm. Nhưng cuối cùng họ đã nhượng bộ và Lesha đã nhảy xuống. Lẽ ra anh ta phải chìm xuống điểm xuất phát (và con thuyền lắc lư nhiều đến mức phải hứng một lượng nước nhất định). Lesha suy nghĩ rất lâu. Và có lẽ ông đã nhớ mãi nguyên lý tương đối của Galileo. Tôi sẽ nhân cơ hội này để chỉ ra những ví dụ về việc học sinh thường học bài một cách hời hợt như thế nào. Một ngày nọ, một sinh viên đang đi đến Trạm sinh học Biển Trắng. Anh ta đến Poyakonda bằng tàu hỏa, từ đó anh ta sẽ được đưa đến nơi bằng thuyền. Đã đi bộ đến

29

ĐI BỘ

Ba giờ sáng mới cập bờ (đêm trắng), còn lâu lắm thuyền mới cập bến. Không một bóng người xung quanh. Anh đặt chiếc ba lô nặng nề của mình xuống đất và đi khám phá xung quanh. Và khi tôi quay lại, chiếc ba lô đã biến mất. Trộm cắp là điều không thể xảy ra - ngôi làng rất nhỏ và người dân thậm chí không khóa cửa. Người học trò ngồi xuống một phiến đá và chìm đắm trong những suy nghĩ nặng nề về những thăng trầm của cuộc đời. “Cái gì trôi nổi trên biển vậy?” - cậu sinh viên nghĩ. “Không, nó không nổi, nhưng có lẽ nó đứng yên.” Tôi đã nhìn kỹ hơn. “Đúng, đây là ba lô của tôi!” – học sinh đoán. May mắn thay anh ấy đang đi ủng - anh ấy đi đến ba lô của mình ở vùng nước nông. Người sinh viên quên rằng biển có thủy triều. Nhưng anh ấy đã học điều này ở trường và có lẽ thậm chí còn đạt điểm A cho một bài học được ghi nhớ hoàn hảo. Nhưng thực tế của vấn đề là bạn có thể ghi nhớ nó và không nghĩ về nó. Một trường hợp khác lại xảy ra ở Biển Trắng. Một nhóm du khách đi dạo và một trong số họ, Sacha Codreanu, ở lại bên bếp lửa để pha trà. Anh là một cậu học sinh rất thông minh, vừa đạt giải nhất Olympic Toán toàn Liên đoàn. Anh ta đi đến cái giếng, và bên cạnh đó là biển - nước trong đó rất trong và vui đùa dưới ánh mặt trời. Và anh ta đổ đầy một xô nước biển. Anh ta quên rằng nước biển có vị mặn, nhưng có lẽ anh ta đã biết về điều đó. Nhưng đây là kiến ​​thức để lấy điểm chứ không phải để sống. Nước (mặn) vừa sôi vừa lúc đoàn người mệt mỏi quay về. Hóa ra kiến ​​thức ở trường có thể là vô ích. Điều này xảy ra nếu họ không kết nối với những quan sát cuộc sống. Một người phải có hai “trường học” - một trên đường phố và ở nhà, một ở trường và chúng phải được kết nối với nhau. Nhưng điều này không phải lúc nào cũng xảy ra. Đây là một người đàn ông đang đi dạo trong thành phố, anh ta mười lăm tuổi và có tầm nhìn một trăm phần trăm. Nhưng anh ấy không nhìn thấy gì cả. Anh ta không nhận thấy rằng chim bồ câu và quạ là những loài chim khác nhau. Tôi không để ý rằng xe đẩy có còi trên nóc (chúng được gọi một cách khoa học là cần tiếp điện). Anh chưa bao giờ nhìn thấy cầu vồng và cũng không để ý rằng các đám mây tích thường có bề mặt đáy phẳng. Tôi không bịa ra tất cả những điều này - đây là kết quả của những quan sát. Tôi đã từng hỏi các thành viên trong nhóm của mình liệu có phải Mặt Trăng và Mặt Trời

VỚI

VẬT LÝ

có thể nhìn thấy trên bầu trời cùng một lúc. Một người nói rằng anh ta đã nhìn thấy nó một lần, những người còn lại không nhận thấy điều gì tương tự, và một số thậm chí còn ngạc nhiên rằng Mặt trăng có thể được nhìn thấy vào ban ngày. Nhưng… hãy quay lại với những chú chim. Tôi luôn được dạy rằng sổ tay của Leonardo da Vinci chứa đầy những hiểu biết sâu sắc. Và gần đây tôi cuối cùng đã quyết định đọc những cuốn sách này, tất nhiên, đã được xuất bản từ lâu bởi các nhà xuất bản học thuật có uy tín. Trong “Tác phẩm chọn lọc” của Leonardo da Vinci (M.: Nhà xuất bản Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, 1955) có một chương “Về chuyến bay và chuyển động của các vật thể trong không khí”. Đây là một nghiên cứu chi tiết với nhiều quan sát thú vị và tuyệt vời hình. Nhưng hiểu được nó thì rất khó, đôi khi là không thể. Suy cho cùng, Leonardo tự viết cho mình mà không quan tâm đến việc giải thích ý nghĩa của các thuật ngữ được sử dụng. Chương này bao gồm phần “Tại sao chim di cư bay ngược chiều gió?” Tôi không thể tìm ra nó trong văn bản này, nhưng kết luận rõ ràng là không chính xác. Những bức ảnh cho thấy cách chim cất cánh - thực sự là luôn ngược chiều gió. Và khi chúng đã ở trên cao, bạn không thể nhìn thấy gió thổi theo hướng nào. Có thể giả định rằng điều này đã dẫn đến lỗi. Cần lưu ý rằng Leonardo liên tục đề cập đến các định luật tĩnh học do Archimedes phát hiện (ông đã nghiên cứu Archimedes từ các tác phẩm hoàn chỉnh, như được biết đến từ sổ ghi chép của ông, đã có sẵn cho ông). Nhưng số liệu thống kê không đủ để nghiên cứu chuyến bay. Nhưng động lực học như một môn khoa học vẫn chưa tồn tại, và Leonardo, người còn thiếu kiến ​​​​thức, đã liên tục sử dụng những phỏng đoán trực quan. Vì vậy, cả đời ông đã cố gắng tạo ra một chiếc máy bay nhưng đã thất bại. Phải mất bốn thế kỷ phát triển khoa học và công nghệ, con người cuối cùng mới có thể bay lên không trung. Vì vậy, tôi nghĩ rằng tôi đã đoán được từ đâu mà các nhà sinh vật học lại có ý tưởng sai lầm rằng gió ngược ngăn cản chim bay. Nó bắt nguồn từ các tác phẩm của Leonardo da Vinci. Và ý tưởng này vẫn tồn tại trong đầu một số người bởi vì kiến ​​thức vật lý của họ những người này chưa vượt qua được thời đại của Galileo. Nhưng đừng trách Leonardo đã không đi trước thiên tài đi sau ông…

ĐI BỘ VỚI VẬT LÝ

Làm thế nào để làm cho sữa trong?

(Xem phần mở đầu trang 4 của bìa)

… Hóa ra sau một thời gian, khi nồng độ đường trong dung dịch sữa trong nước đạt đến giá trị cần thiết thì dung dịch sẽ trở nên trong suốt trở lại. Tác dụng khai sáng của đường được giải thích khá đơn giản. Các vật thể không còn trong suốt khi bề mặt tiếp xúc giữa các môi trường có chiết suất ánh sáng khác nhau xuất hiện bên trong chúng. Trong sữa, đây là ranh giới giữa các giọt chất béo sữa (chiết suất n = 1,433 – 1,500) và nước (n = 1,333). Tại những ranh giới này, ánh sáng bị phản xạ theo nhiều hướng khác nhau, tức là tiêu tan. Đây là lý do tại sao sữa có màu đục. Nếu bạn tăng chiết suất của nước, nâng nó lên bằng chiết suất của chất béo sữa, chẳng hạn như bằng cách hòa tan đường trong đó, thì sữa có thể trở nên trong suốt. K. Bogdanov

45

Thế Vận Hội

Olympic Vật lý Quốc tế dành cho Học sinh XL

Năm nay, Olympic Vật lý quốc tế (IPO) dành cho học sinh được tổ chức tại thành phố Merida, Mexico. Do tình hình dịch bệnh đáng báo động ở nước này, một số đội tuyển đã từ chối tham gia Thế vận hội. Chỉ có 316 học sinh từ 69 quốc gia đến Merida (để so sánh, năm ngoái tại Việt Nam có 376 học sinh đến từ 76 quốc gia). Đội tuyển quốc gia Nga bao gồm: Tregubov Dmitry - Kirov, FML, giáo viên-cố vấn Kanin Pavel Evgenievich, Gyrdymov Mikhail Vladimirovich, Zemlyanov Vladislav - Urai (Khanty-Mansiysk Autonomous Okrug), phòng tập thể dục, giáo viên-cố vấn Kozlovskaya Zoya Georgievna, Kudryashova Nina - Biysk, Biysk Lyceum của Lãnh thổ Altai, giáo viên-cố vấn Apolonsky Alexander Nikolaevich, Doroshenko Andrey - Omsk, lyceum 92, giáo viên-cố vấn Yulika Aleksandrovna Afanasyeva, Starkov Grigory - Noyabrsk (Khu tự trị Yamalo-Nenets), trường 7, giáo viên-cố vấn Tkachuk Igor Viktorovich. Đội Nga được dẫn đầu bởi Stanislav Mironovich Kozel, giáo sư tại Viện Vật lý và Công nghệ Moscow (MIPT), và Valery Pavlovich Slobodyanin, phó giáo sư tại MIPT. Phó giáo sư MIPT Mikhail Nikolaevich Osin làm quan sát viên trong phái đoàn Nga. Như những năm trước, tám ứng cử viên của đội Nga đã được mời tham gia trại huấn luyện mùa hè kéo dài ba tuần vừa qua, nơi họ thực hành các kỹ năng thực nghiệm trên các thiết bị hiện đại phức tạp và nghiên cứu bổ sung các yếu tố của thuyết tương đối đặc biệt, quang học sóng, vật lý hạt nhân và một số chủ đề khác có trong chương trình MFO. Trong trại huấn luyện, đội đã nhận được sự hỗ trợ của các thầy cô đến từ Khoa Vật lý đại cương MIPT, Trung tâm nghiên cứu khoa học của Đại học quốc gia Moscow, các nhà nghiên cứu đến từ các viện của Viện Hàn lâm Khoa học Nga cũng như các sinh viên Vật lý và Công nghệ - những người đã đoạt giải Olympic Vật lý quốc tế những năm trước.

Đội tuyển Nga tại XL MFO. Từ trái sang phải: G. Starkov, A. Doroshenko, N. Kudryashova, S. M. Kozel, Masha - hướng dẫn viên của chúng tôi, V. Zemlyanov, D. Tregubov

Tại Thế vận hội, những người tham gia được giao ba nhiệm vụ lý thuyết bài toán và hai nhiệm vụ thử nghiệm. Mỗi bài toán và mỗi nhiệm vụ có giá trị 10 điểm. Như vậy, số điểm tối đa mà mỗi người tham gia Olympic có thể đạt được là 50. Cả hai vòng thi Olympic - lý thuyết và thực nghiệm - đều cực kỳ tốn nhiều công sức. Dưới đây là danh sách 11 quốc gia dẫn đầu (theo thứ hạng của họ):

Không. Quốc gia

Số huy chương Vàng Bạc Đồng 1 Trung Quốc 5 2 Hàn Quốc 4 1 3 Ấn Độ 4 1 4 Đài Loan 3 2 5 Mỹ 4 1 6 Nga 3 2 7 Romania 3 2 8 Singapore 2 3 9 Thái Lan 1 4 10 Indonesia 1 3 1 11 Nhật Bản 2 1 2

Tổng số điểm

216 186 180 179 176 165 161 154 152 148 144

Có thể thấy từ bảng, các quốc gia Đông Nam Á đã dẫn đầu tại Olympic. Các đội tuyển từ các quốc gia này liên tục đạt thành tích cao trong các kỳ thi Olympic quốc tế và các môn khác. Các thành viên của đội tuyển Nga đã thể hiện kết quả như sau:

Đài thiên văn Maya (Mexico)

Người tham gia

Lý thuyết

Cuộc thí nghiệm

Tổng số điểm

Huy chương

Starkov Grigory Zemlyanov Vladislav

21,45

14,00

35,45 vàng

20,60

13,65

34,75 vàng

52

KVANT 2009/№6

12 (8–10). Giải phương trình $1 x^{2010} +_{2010} = 1 + x^{2011}. x$

Nhóm “Sinh viên tập thể” được chấp nhận tham gia các khóa học F1, F2, F3 mà không cần phần giới thiệu. Trang web của khoa Vật lý: http://www. Phys.problems.ru

Bài toán

Khoa Sinh học

Việc tuyển sinh vào khoa được thực hiện trên cơ sở cạnh tranh dựa trên kết quả của công việc giới thiệu. Học sinh đang học lớp 8, lớp 9 năm học này không phân biệt nơi cư trú đều có thể tham gia cuộc thi. Giáo dục đối với học sinh lớp 8 kéo dài 3 năm, đối với học sinh lớp 9 – 2 năm. Học sinh lớp 8 cần giải bài toán 1–5 bài mở bài dưới đây, học sinh lớp 9 cần giải bài toán 2–6. Bạn có thể sử dụng các dữ kiện tìm thấy trong tài liệu và ý tưởng của riêng bạn trong câu trả lời của mình. Để biết thông tin thu thập được từ sách, vui lòng cung cấp liên kết đến các nguồn. Vui lòng gửi một phong bì có dán tem và ghi địa chỉ cùng với bài làm của bạn (sẽ được gửi đến lời giải tới Ủy ban Tuyển sinh). Thời hạn nộp tác phẩm dự thi chậm nhất là ngày 20/5/2010.

Bài toán

1. Sự thích nghi nào giúp các sinh vật sống khác nhau sống trong điều kiện thiếu nước? 2. Tin tưởng vào quảng cáo, bạn có thể nghĩ rằng điều chính trong chất tẩy rửa là loại bỏ các chất gây ô nhiễm hiệu quả nhất và trong thuốc trừ sâu - tiêu diệt hoàn toàn côn trùng gây hại. Tuy nhiên, các nhà bảo vệ môi trường sẽ không đồng ý với cách giải thích này và sẽ lưu ý rằng những loại thuốc này phải đáp ứng nhiều yêu cầu hơn nữa. Hãy liệt kê những yêu cầu này. 3. Bạn được giao nhiệm vụ kiểm tra xem cá hồi có thực sự đi theo mùi hương khi quay trở lại sinh sản ở vùng nước nơi chúng được sinh ra hay không, hay liệu chúng có sử dụng một số phương pháp định hướng khác hay không. Mô tả kế hoạch nghiên cứu của bạn. 4. Động vật có xương sống trên cạn có thể có lông, lông hoặc vảy. Ưu điểm và nhược điểm so sánh của từng loại bìa này là gì? 5. Nhiều loài động vật có đặc điểm dị hình giới tính - sự khác biệt giữa con đực và con cái (ngoài cấu trúc của hệ thống sinh sản). Kể tên càng nhiều đặc điểm càng tốt trong đó con đực và con cái có thể khác nhau, chỉ ra những sinh vật nào có những khác biệt đó. 6. Tại sao không thể thiết lập được tiêu chuẩn dinh dưỡng chung cho tất cả mọi người: hàm lượng calo, protein, chất béo, carbohydrate và các chất khác trong khẩu phần ăn hàng ngày?

Khoa Vật lý

Đào tạo tại khoa là một, hai và ba năm. Luồng 3 năm (khóa F3) chấp nhận những học sinh hoàn thành 8 lớp trung học vào năm 2010, luồng 2 năm (khóa học F2) - những học sinh hoàn thành 9 lớp và luồng 1 năm (khóa học F1) - 10 lớp. Học sinh hoàn thành lớp 10 có thể tăng tốc toàn bộ chương trình trong một năm (khóa học F0). Để tham gia khóa học F3, bạn cần giải bài toán 1–5 của bài tập giới thiệu bên dưới, cho khóa học F2 – bài toán 4–9, cho khóa học F1 – bài toán 5–10, cho khóa học F0 – bài toán 4–10. Trên bìa sổ ghi rõ họ, tên và họ phụ, mã khóa học (F0, F1, F2 hoặc F3), số lớp sẽ hoàn thành trước ngày 1 tháng 9 năm 2010, địa chỉ gửi thư đầy đủ (có mục lục), địa chỉ e-mail (nếu có), số điện thoại. Hạn chót nộp tác phẩm dự thi là ngày 1 tháng 6 năm 2010.

1. Hai con bọ bò với tốc độ như nhau: một con dọc theo tam giác ACB, con kia dọc theo tam giác ACD, tạo thành hình vuông ABCD. Vẽ quỹ đạo của một con bọ trong hệ quy chiếu liên quan đến con bọ kia. Được biết, những con bọ bắt đầu di chuyển đồng thời từ điểm A dọc theo đường chéo AC. 2. Trong nhiệt lượng kế chứa nước có khối lượng $m_{в} = 200$ g ở nhiệt độ $t_{в} = 50 ^\circ$ C, người ta đặt một cục nước đá ở nhiệt độ $t_{л} =$ –5 $^\circ$ C, ở giữa có một viên chì có tổng khối lượng m = 110 g đông cứng lại. Khi n = 1/10 khối băng tan hết thì phần còn lại chìm xuống. Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống. Hãy tự mình tìm các hằng số cần thiết. Nhiệt dung của nhiệt lượng kế có thể bỏ qua. 3. Một đoạn mạch điện gồm có hai điện trở mắc nối tiếp. Được biết, phần n = = 1/3 tổng công suất tiêu thụ của đoạn này bị tiêu tán trên điện trở thứ nhất. Chia sẻ này sẽ ra sao nếu một điện trở tương tự khác được mắc song song với điện trở đầu tiên? 4. Đồng hồ điểm lúc nửa đêm đã đi trước 12 giờ nửa giờ. Tìm xem kim phút của đồng hồ đã đi trước kim giờ bao nhiêu thời gian trong 12 giờ đó. Người ta tin rằng kim ở phía trước là kim tạo một góc lớn hơn với hướng 12 giờ, đo từ hướng này theo hướng mà kim đang di chuyển. 5. Bề mặt bên trong của một bình hình trụ là gương ở mọi nơi, ngoại trừ một dải vật liệu hấp thụ nằm dọc theo các đường sinh của hình trụ và chiếm n = 1/6 diện tích bề mặt của nó (hình1). Tại một điểm đối diện hoàn toàn với phần giữa của dải này có một lỗ nhỏ. Ở góc $\alpha$ nào so với phương hướng tâm thì chùm tia laze phải hướng vào lỗ trên mặt phẳng $перпендику-^{Рис.} 1$ cực với trục hình trụ để nó đi ra từ cùng một lỗ ra bên ngoài? Góc giữa tia ló và tia ban đầu sẽ là bao nhiêu? 6. Hai quả bóng nhỏ bắt đầu rơi đồng thời với vận tốc ban đầu không đổi. Một trong số chúng ban đầu được đặt ở độ cao h so với sàn và cái còn lại ở độ cao h/4. Khoảng cách nằm ngang giữa các quả bóng là L. Mọi tác động của các quả bóng lên sàn đều đàn hồi tuyệt đối. Tìm sự phụ thuộc của khoảng cách giữa các quả bóng theo thời gian và xây dựng đồ thị tương ứng. 7. Hai thanh nằm trên một bàn ngang. Được biết, cần tác dụng một lực nằm ngang $F_{1} = 5$ N để di chuyển một trong số chúng và một lực $F_{2} = 10$ N để di chuyển cái còn lại. Khi khối thứ hai được đặt lên khối thứ nhất, hóa ra có thể di chuyển khối phía dưới với lực F = 9 N. Phải tác dụng lực tối thiểu nào để di chuyển khối thứ hai khi khối thứ nhất nằm trên nó? 8. Cấu trúc hình chữ M viết hoa gồm hai cột dọc có chiều dài d, trên đó treo hai thanh gỗ nối liền có cùng chiều dài (hình2). $Расстоя-^{Рис.} 2$

54

KVANT 2009/№6

Khoa Kinh tế

Việc đào tạo tại khoa được thực hiện qua Internet và e-mail (cũng có hình thức đào tạo truyền thống với tài liệu gửi qua đường bưu điện). Bất cứ ai học hết lớp 7 đều có thể đăng ký vào khoa kinh tế; thời gian học là từ 1 đến 4 năm. Đào tạo là cá nhân hoặc trong nhóm “Học sinh tập thể”. Chương trình của khoa bao gồm nghiên cứu lý thuyết kinh tế và làm quen với thực tiễn kinh tế và kinh doanh. Các khóa học của khoa bao gồm các nguyên tắc cơ bản về kinh tế, khởi nghiệp và quản lý, kế toán và tài chính, kinh tế và địa lý thế giới cũng như lịch sử kinh tế. Chúng tôi sẽ giúp học sinh lớp 9 chuẩn bị tốt hơn cho Chứng chỉ Cuối cùng cấp Nhà nước (GIA-9) về tiếng Nga và toán học. Học sinh lớp 10–11, ngoài khóa học kinh tế, sẽ được đào tạo cần thiết về ngôn ngữ và văn học Nga, toán học và nghiên cứu xã hội, giúp các em vượt qua Kỳ thi Thống nhất tốt hơn, tham gia thành công các kỳ thi Olympic môn học và đăng ký vào các trường đại học tốt nhất trong nước. Sinh viên khoa kinh tế sẽ được làm quen với các giáo viên, sinh viên và sinh viên tốt nghiệp Đại học quốc gia Moscow. MV Lomonosov. Họ sẽ tổ chức các lớp học nâng cao cho bạn và giới thiệu cho bạn những ngành nghề tuyệt vời về kinh tế, một trong số đó bạn có thể chọn cho mình trong tương lai. Trong quá trình đào tạo, sinh viên sẽ trở thành người tham gia vào một trò chơi kinh doanh thú vị, trò chơi này sẽ được thực hiện qua Internet hoặc qua thư từ. Dưới đây là bản đồ của quốc gia Econia (hình4), tại các thành phố nơi người tham gia sẽ mở cửa

địa chỉ bưu điện đầy đủ và mã zip, họ, tên và họ bảo trợ (trên bưu thiếp, vui lòng viết bằng CHỮ CHƯA). Tiêu đề bưu thiếp hoặc email của bạn: “Bài tập giới thiệu kinh tế năm 2010.” Hãy nhớ cho biết lớp bạn hiện đang theo học. Vui lòng cho biết nguồn thông tin về OL VZMSH - tạp chí «Kvant» hoặc “Khoa học và Cuộc sống”, áp phích, các áp phích khác (ví dụ: “học được từ bạn bè”). Hạn chót nộp bài dự thi là ngày 15 tháng 5 năm 2010. Địa chỉ Internet của chúng tôi: www.vzmsh.ru/page/econ

Khoa “Đạo đức, Pháp luật, Pháp luật” (luật và công dân)

Hai khóa học được cung cấp cho học sinh lớp 8–11 và nhóm Học sinh Tập thể. 1) Khóa học một năm “Hội thoại về nhân quyền, đạo đức, pháp luật, pháp luật và nhà nước.” Khóa học cung cấp những ý tưởng hiện đại về các khái niệm cơ bản liên quan đến luật pháp, luật pháp và nhà nước, đồng thời nói về những điều cơ bản về luật pháp và nhân quyền của Nga. Ví dụ về các vụ án được phân tích và đưa ra các ví dụ văn hóa chung liên quan đến trọng tâm của khóa học. 2) Khóa học một năm rưỡi “Trao đổi về nền tảng của nền dân chủ.” Chúng tôi khuyên bạn nên tham gia các khóa học theo thứ tự này. Và chỉ những học sinh trung học, nếu không có thời gian để hoàn thành cả hai khóa học liên tiếp, nhưng chắc chắn muốn học khóa thứ hai, mới có thể bắt đầu trực tiếp từ đó. Người có nhu cầu học phải cung cấp đầy đủ địa chỉ bưu điện, địa chỉ email (nếu có), họ, tên và họ phụ, đã học xong bao nhiêu lớp. Khi đánh giá công việc đầu vào, các câu hỏi được đưa ra dưới đây, chúng tôi tính đến độ tuổi (trình độ học vấn cơ bản) của người nộp đơn. Hãy nhớ gửi kèm một phong bì có dán tem và ghi sẵn địa chỉ trong thư của bạn (để chúng tôi có thể trả lời bạn) và đáp số cho các câu hỏi bên dưới. Hạn chót nộp bài dự thi là ngày 1/6/2010. Chấp nhận nhóm “sinh viên tập thể” không cần làm bài giới thiệu.”

Câu hỏi

Hình 4

các công ty trong suốt thời gian của Trò chơi. Các thành phố của Econia được đặt theo tên của các nhà kinh tế học nổi tiếng.

Chú ý: nhiệm vụ

Các thị trấn của Econia được đặt theo tên của những nhà kinh tế học nào? Hãy cố gắng đoán càng nhiều tên càng tốt! Internet, sách giáo khoa và sách tham khảo, tạp chí khoa học phổ biến (ví dụ: “Khoa học và Đời sống”), bạn bè và giáo viên sẽ giúp bạn tìm thấy đáp số cho câu hỏi của chúng tôi. Gửi Đáp số kèm theo tên các nhà kinh tế qua e-mail: [email protected] HOẶC trên bưu thiếp ghi rõ

1. Khi đang điều khiển ô tô, người dân vi phạm luật giao thông. Hành vi này là: a) phạm tội; b) một tội nhẹ. 2. Để một người cảm thấy tự do, một cơ cấu xã hội dân chủ có cần thiết không? 3. Kể tên ba hoặc bốn luật sư nổi tiếng của Nga thời tiền cách mạng. 4. Ai là người sở hữu câu nói “Khi lớp bụi của nhiều thế kỷ lắng xuống… chúng ta cũng sẽ được nhớ đến không phải vì những chiến thắng hay thất bại trên chiến trường hay trong chính trị, mà vì những gì chúng ta đã làm cho sự phát triển tinh thần của con người”? a) J. Kennedy; b) Napoléon; c) Stalin; d) Bismarck. 5. Trong đoạn trích dẫn dưới đây, hãy chèn một trong các từ dưới đây. Trong phần trích dẫn, nó được thay thế bằng dấu chấm lửng: “… là một nền dân chủ có tổ chức, tập trung và độc tài.” a) Chủ nghĩa tư bản; b) chủ nghĩa phát xít; c) chế độ quân chủ; d) chủ nghĩa xã hội.

56

KVANT 2009/№6

Trường Vật lý và Công nghệ Liên bang tại MIPT

Trường Vật lý và Công nghệ Liên bang (FZFTSH) tại Viện Vật lý và Công nghệ Moscow (MIPT) đang tuyển dụng sinh viên từ các cơ sở giáo dục phổ thông (trường học, lyceums, phòng tập thể dục, v.v.) nằm trên lãnh thổ Liên bang Nga cho năm học 2010/11. FZFTSH tại MIPT đã hoạt động như một cơ sở giáo dục nhà nước về giáo dục bổ sung chuyên biệt cho trẻ em từ năm 1966. Trong những năm qua, hơn 80 nghìn học sinh đã tốt nghiệp trường; Hầu như tất cả sinh viên tốt nghiệp của trường đều đỗ vào các trường đại học hàng đầu của đất nước và cứ hai sinh viên MIPT thứ hai đều tốt nghiệp. Trường được tài trợ bởi Cơ quan Giáo dục Liên bang. Giáo dục dành cho sinh viên sống ở Liên bang Nga là miễn phí. Việc quản lý khoa học và phương pháp của trường được thực hiện bởi Viện Vật lý và Công nghệ Moscow (đại học nhà nước). Mục tiêu của trường chúng tôi là giúp học sinh lớp 8–11 của các cơ sở giáo dục phổ thông quan tâm đến vật lý và toán học, đào sâu và hệ thống hóa kiến ​​thức về các môn học này, đồng thời góp phần vào sự tự quyết về nghề nghiệp của các em. Việc tuyển sinh lớp 8, 9, 10 và 11 cho năm học 2010/11 được thực hiện cho các khóa học bán thời gian, bán thời gian và toàn thời gian.

Phòng thư tín (đào tạo cá nhân) Tel./fax: (495) 408-51-45, e-mail: zftsh@ mail.mipt.ru Việc xét tuyển vào phòng thư tín được thực hiện trên cơ sở cạnh tranh dựa trên kết quả hoàn thành nhiệm vụ nhập môn về vật lý và toán học dưới đây. Chương trình đào tạo đầy đủ kéo dài 4 năm, tức là dành cho lớp 8–11, nhưng bạn có thể đăng ký vào bất kỳ lớp nào được chỉ định. Trong năm học, theo chương trình FZFTS, học sinh sẽ nhận được các bài tập vật lý và toán học cho từng chủ đề học thuật (5 bài tập mỗi môn cho lớp 8, 6-7 bài tập mỗi môn cho lớp 9, 10 và 11), và sau đó là lời giải của tác giả đề xuất về các bài tập này cùng với bài kiểm tra. Các bài tập bao gồm tài liệu lý thuyết, phân tích các ví dụ điển hình và bài toán về chủ đề liên quan và 8–12 câu hỏi kiểm soát và bài toán cho lời giải độc lập. Đây là cả bài toán đơn giản và phức tạp hơn (ở mức độ cạnh tranh bài toán tại MIPT). Các bài tập được chuẩn bị bởi các giáo viên giàu kinh nghiệm từ các khoa vật lý đại cương và toán cao cấp của MIPT, cũng như sinh viên tốt nghiệp MIPT. Công việc của sinh viên bán thời gian được kiểm tra bởi các sinh viên, nghiên cứu sinh và sinh viên tốt nghiệp MIPT (80% trong số họ là sinh viên tốt nghiệp của trường chúng tôi). Hạn chót nộp bài tập giới thiệu lời giải không muộn hơn ngày 1 tháng 3 năm 2010. Giấy tờ đầu vào đã được kiểm tra sẽ không được gửi lại cho người nộp đơn. Lời giải Hội đồng tuyển sinh sẽ được thông báo chậm nhất là ngày 1 tháng 8 năm 2010. Ngoài cuộc thi, FZFTS chấp nhận những người chiến thắng trong các kỳ thi Olympic vật lý và toán học khu vực, khu vực, cộng hòa và toàn Nga cho năm học 2009/10. Trước ngày 15 tháng 5 năm 2010, họ phải gửi cho FZFTSH tác phẩm nhập môn vật lý và toán học đã hoàn thành, cùng với bản sao các văn bằng xác nhận tham gia các kỳ thi Olympic nói trên. Gửi một cuốn sổ ghi các bài tập đã hoàn thành (về vật lý và toán học) đến địa chỉ: 141700 Vùng Moscow, Dolgoprudny, ngõ Institutsky, 9, FZFTSH tại MIPT.

Học sinh hoàn thành nhiệm vụ nhập môn về vật lý và toán học một cách độc lập vào một cuốn sổ tay bằng tiếng Nga, giữ nguyên thứ tự bài toán như trong nhiệm vụ. Sổ ghi chép phải được gửi trong một phong bì kèm theo một bưu kiện đơn giản (chỉ cần không cuộn nó thành ống). Trên bìa trong của cuốn sổ, dán giấy chứng nhận của trường bạn theo học, cho biết lớp học của bạn. Ở mặt trước của bìa dán một tờ giấy có điền thông tin rõ ràng theo mẫu bên dưới.

Vật mẫu

1. Cộng hòa, lãnh thổ, khu vực 2. Họ, tên, họ hàng

2. Lớp bạn đang học 4. Trường số 5. ​​Loại trường (chính quy, lyceum, gymnasium, nghiên cứu chuyên sâu về môn học) 6. Địa chỉ nhà chi tiết (có mã zip), điện thoại, e-mail

3. Nơi làm việc và chức vụ của cha mẹ: cha mẹ 8. Địa chỉ trường và số điện thoại, fax, e-mail 9. Họ, tên, họ tên của giáo viên: môn vật lý môn toán

Vùng Kemerovo Chistova Galina Sergeevna thứ tám 35 lyceum

654041 Novokuznetsk, st. Volzhskaya, 74 tuổi, thích hợp. 3, e-mail: [email protected] phó giáo sư bác sĩ 654041 Novokuznetsk, st. Tsiolkovskogo, 65 tuổi

Grigorieva Alena Mikhailovna Gorshenina Nina Anatolyevna

10. Làm thế nào bạn có được quảng cáo này?

Hơn 3 nghìn tác phẩm giới thiệu được gửi tham dự cuộc thi hàng năm. Các bạn chú ý điền form thật chính xác nhé! Viết cẩn thận, tốt nhất là bằng chữ in hoa. Để nhận đáp số cho nhiệm vụ giới thiệu và gửi cho bạn các nhiệm vụ đầu tiên, hãy nhớ đính kèm hai phong bì bưu kiện giống hệt nhau có kích thước $160 \times 230$ mm vào sổ tay của bạn. Viết địa chỉ nhà của bạn rõ ràng trên phong bì.

Bộ phận bán thời gian (đào tạo theo nhóm tự chọn) Tel./fax: (498) 744-63-51, e-mail: [email protected] Các nhóm tùy chọn có thể được tổ chức ở bất kỳ cơ sở giáo dục nào bởi hai giáo viên - vật lý và toán học, trong một số trường hợp được phép đào tạo về một môn học. Những người lãnh đạo khóa học tự chọn chấp nhận những sinh viên đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ giới thiệu của FZFTS.