Kvant 2018, số 6 · Trang

10

KV AN T 2018/№6

“Đây là Lượng tử mà Isaac đã chế tạo…”

A. SAVIN

Đây là Lượng tử mà Isaac đã xây dựng, Và đây là cô học sinh, Thỉnh thoảng thích khoe khoang, Rằng cô ấy hiểu mọi thứ trên cả một trang Trong Lượng tử mà Isaac đã xây dựng.

Đây là tác giả của bài báo - một nhà khoa học nổi tiếng, Người đã viết nó rất tâm huyết Dành cho cô gái cực kỳ nghiêm túc này, Người thỉnh thoảng thích khoe khoang, Rằng cô ấy hiểu mọi thứ trên cả một trang Trong Lượng tử mà Isaac đã xây dựng.

Nhưng người phản biện là một thành viên ban biên tập lâu năm, người đọc bài tiểu luận này, tưởng tượng mình là một cô gái xinh đẹp, tè vào trang giấy một cách vô ích, cố gắng hiểu những gì được nói trong Lượng tử mà Isaac đã xây dựng.

Và đây chính là người biên tập đã biên tập bài viết này, chỉ để lại tên tác giả, để ngay cả cô gái ngốc nghếch nhất thế giới cũng có thể tự hào ít nhất mỗi năm một lần rằng mình hiểu rõ mọi thứ trên cả một trang In the Quantum mà Isaac đã xây dựng.

Và đây là một nghệ sĩ đang quỳ lạy sâu sắc, đang cố gắng phát minh ra những hình minh họa có thể mê hoặc cô gái đến mức cô ấy sẽ đọc ngay trang trong Lượng tử mà Isaac đã xây dựng.

Đây là tổng biên tập - một học giả vĩ đại, Anh ấy cai trị (không đòi tiền cho việc này), Để mọi thứ chỉ được thực hiện theo cách này và cách kia, Vì anh ấy chính là Isaac, Người đã yêu cô gái say đắm, Người chọc ngón tay của cô ấy vào trang, Cố gắng hiểu những gì được nói trong Lượng tử mà Isaac đã xây dựng.

17

CHÚNG TA

Hãy xem xét một trong những ứng dụng đơn giản nhất của công thức động học. Cho $C_{1}$ và $C_{2}$ là các tập giới hạn lồi. Chúng ta hãy biểu thị (như đã được thực hiện trong bài viết đã được đề cập [5]) bằng $C_{1} C_{2}$ tập hợp trung điểm của các đoạn thẳng, một đầu thuộc về $C_{1}$ và đầu kia thuộc về $C_{2}$. Tập $C_{1} C_{2}$ tất nhiên là lồi. Bài toán 5. Chứng minh rằng độ dài biên của tập hợp $C_{1} C_{2}$ bằng một nửa tổng độ dài biên của các tập hợp $C_{1}$ và $C_{2}$. Ý tưởng chứa trong công thức động học hóa ra lại rất hiệu quả trong các không gian có chiều cao hơn. Ví dụ: trong trường hợp ba chiều, diện tích trung bình của hình chiếu của một tập lồi lên các mặt phẳng (hai chiều) là (tối đa một hệ số không đổi) diện tích bề mặt của nó và độ dài trung bình của hình chiếu của nó lên các đường thẳng (một chiều) là (một lần nữa, lên đến một hệ số nhất định) hệ số c của $r^{2}$ trong công thức Steiner ba chiều, ý nghĩa “vật lý” mà chúng tôi đã hỏi trước đó. Trong không gian n chiều, con này

P TÔI TẮT T

Động thái này cho phép chúng ta xây dựng một loạt các khối hỗn hợp của một vật thể lồi, mỗi khối đó là một đặc tính “vật lý” bổ sung mới của vật thể cùng với thể tích và diện tích bề mặt của nó.

Các tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới M.V. Kozlov vì những lời khuyên và nhận xét có giá trị.

Văn học 1. Các yếu tố của Euclid. Sách I–VI. – M.-L.: GITTL, 1948 (“Kinh điển về khoa học tự nhiên”). 2. T. Bonesen, W. Fenchel. Theorie der Konvexen Körper. – Teubner, Leipzig, 1934. 3. G.G. Magaril-Ilyaev, V.M. Tikhomirov. Giải tích lồi và ứng dụng của nó – M.: Librokom, 2016. 4. L.W.Szczerba và W.Szmielew. Về hình học Euclide không có tiên đề Pasch. – Bò. Học viện. Polon. Khoa học. Ser. Khoa học. Toán học. Vật lý thiên văn học. 18 (1970), 659–666. 5. N. Vasiliev. Bổ sung các số liệu. – «Kvant», 1976, số 4. 6. V. Tikhomirov. Định lý Fermat–Euler về hai hình vuông. – «Kvant», 1991, số 10.

NA M P I SHUT

Xác suất và chữ số cuối cùng của sản phẩm

Độc giả E. Znak của chúng tôi đã nhận thấy và chứng minh rằng số “1” có tính chất thú vị sau: nó không có xác suất lớn hơn bất kỳ số nào khác, là chữ số cuối cùng của tích hai số tự nhiên ngẫu nhiên, và nó cũng có xác suất không kém bất kỳ số nào khác, là chữ số cuối cùng của lũy thừa của một số tự nhiên ngẫu nhiên với số mũ tự nhiên ngẫu nhiên. Trước hết, chúng ta cần quyết định xem chúng ta đang nói về các số tự nhiên ngẫu nhiên theo nghĩa nào. Chúng ta sẽ giả sử rằng xác suất chọn được một số có chữ số cuối cùng cho trước là như nhau đối với tất cả các chữ số và bằng 1/10. Tương tự, xác suất chọn được một số có số dư cho trước khi chia cho 4 là 1/4, v.v. Cách sắp xếp này hoàn toàn phù hợp với mô hình chọn số tự nhiên sau: từ một số lớn N số tự nhiên liên tiếp cho trước, chọn một số có xác suất bằng nhau sao cho xác suất chọn được một số cụ thể là 1/N. Bảng nhân số dư khi chia cho 10 (Bảng 1) giúp bạn dễ dàng tính trực tiếp

Bảng 1 cho thấy xác suất để tích của hai số tự nhiên ngẫu nhiên có tận cùng bằng một chữ số cho trước. Trong bảng này, các số ít nhất là “1”, “3”, “7”, “9” - mỗi số có bốn,

(Tiếp theo trang 29)

20

KV AN T 2018/№6

cơ học lượng tử). Trên thực tế, vào giữa những năm 20, sau khi cơ học lượng tử ra đời, ở Nga (và không chỉ ở Nga), con đường của toán học và vật lý đã chuyển hướng nghiêm trọng. Những nhà toán học giỏi nhất - những người cùng thời với Kolmogorov - với rất ít ngoại lệ, thậm chí còn không biết ngôn ngữ toán học của vật lý lý thuyết. Một ngôn ngữ mới của vật lý lý thuyết bắt đầu được tạo ra vào khoảng năm 1925. Đánh giá theo những gì các nhà vật lý thời đó đã viết, thời điểm quyết định trong sự khác biệt giữa toán học và vật lý không phải là sự xuất hiện của thuyết tương đối, vai trò của nó sau này đã được nhận ra mà là của lý thuyết lượng tử. Ở Moscow, Gelfand có lẽ là người duy nhất học được vật lý mới. Đôi khi các nhà vật lý cũng tham gia vào buổi hội thảo của ông; Tuy nhiên, vào cuối những năm 50, Gelfand đã dừng hoàn toàn hoạt động này và các nhà vật lý đã biến mất khỏi buổi hội thảo của ông trong suốt 20 năm. […]

học vật lý

[…] Đồng thời và độc lập với nhau, chúng tôi [với Yu.I. Manin] quyết định nghiên cứu vật lý lượng tử ($брат^{6}$ của tôi nói với tôi rằng các nhà toán học phải biết lý thuyết lượng tử). Lúc đầu, tôi cố gắng học lý thuyết trường lượng tử giống như cách các nhà toán học thường học những điều mới, và nhận thấy điều này bài toán hoàn toàn không thể thực hiện được; Có lẽ một nỗ lực như vậy là hoàn toàn ngu ngốc. Phong cách mà tôi rất thích là phong cách giảng dạy của Einstein hay những bài giảng hay nhất của Landau. Tôi nhận ra rằng nền tảng của khoa học này là tính tự nhiên, và đây chính xác là những gì tôi đã hiểu trước đây khi đọc sách về cấu trúc liên kết. Các nhà tôpô thời đó, như Jean-Pierre Serres, René Thom hay John Milnor, đôi khi bỏ qua các định nghĩa trong bài giảng của mình, họ chỉ nói đơn giản: “nó được định nghĩa một cách tự nhiên”. Và vì vậy tôi nhận ra phong cách “tự nhiên” này trong các bài giảng của Einstein và trong những cuốn sách hay nhất của Landau. (Không phải tất cả sách của Landau đều hay như nhau, nhưng bộ sưu tập chúng đều rất có giá trị. Những sinh viên của chúng tôi muốn nghiên cứu lý thuyết

vật lý, phải nghiên cứu tất cả những cuốn sách này trước 22 tuổi. Đây là cơ sở để bắt đầu công việc độc lập.) Manin và tôi đã thảo luận về nhiều nghịch lý và sự mơ hồ của lý thuyết lượng tử, mà chúng tôi có cùng quan điểm. Tôi nhớ Manin đã nói với tôi rằng mọi nhà toán học sẽ phát hiện ra những sự mơ hồ này, nhưng sẽ là sai lầm nếu dừng lại và chỉ trích những sự mơ hồ này. Nhiều nhà toán học, trong đó có sinh viên của tôi, gặp khó khăn nghiêm trọng khi nghiên cứu vật lý lý thuyết. Họ cố gắng dạy nó giống như cách họ dạy toán: nếu họ gặp điều gì đó không hiểu, họ sẽ dừng lại. Tôi có thể tự tin nói rằng các nhà vật lý cũng tình cờ phát hiện ra rất nhiều điều kỳ lạ; tuy nhiên, chúng ta phải tiếp tục tiến về phía trước, và chúng ta chỉ cần suy nghĩ thấu đáo những điều khó hiểu này sau khi đạt đến một trình độ nhất định và đã luyện tập đủ. Rất khó để thực hiện chương trình của Hilbert và viết lại vật lý lý thuyết theo phong cách tiên đề. Hilbert đã làm được một công việc quan trọng sau khi Einstein khám phá ra thuyết tương đối rộng: ông nhận ra rằng phương trình Einstein chính là phương trình Euler–Lagrange cho một hàm số nào đó. Do đó, ông đã tìm thấy sự xác nhận (đối với trường hợp phương trình Einstein) của nguyên lý tổng quát rằng các tiên đề của bất kỳ lý thuyết vật lý cơ bản nào cũng phải bắt đầu bằng nguyên lý $Лагранжа^{7}$. Vì vậy, chương trình của Hilbert hóa ra lại hữu ích cho bản thân anh ấy vì anh ấy đã áp dụng nó theo cách này. Tuy nhiên, tôi không thích nỗ lực của một số người bạn của tôi - những chuyên gia rất giỏi về toán vật lý, đang làm việc trong chương trình Hilbert - nhằm làm cho vật lý trở nên khắt khe. Tôi nghĩ điều này là không thể. Bạn có thể chứng minh một định lý hay ở đây, một định lý hay ở kia về một tình huống vật lý nào đó. Tuy nhiên, tôi chắc chắn rằng Richard Feynman đã đúng khi nói rằng điều này không thể đạt được trên toàn cầu (đôi khi nó có thể đạt được ở địa phương). Phát triển vật lý protein

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Bài toán trong toán học và vật lý

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 từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: [email protected] và [email protected], tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này, tới cùng các địa chỉ. Bài toán M2514–M2517 đã được đưa ra ở giai đoạn cuối của Olympic toàn Nga XLIV dành cho học sinh môn toán.

Bài toán M2514–M2517, F2521–F2524

M2514. Cho các số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng có vô số số nguyên dương n sao cho số $a^{n} 1$ không chia hết cho $n^{b} 1$. A. Golovanov

M2515. Trong trò chơi bài, mỗi quân bài được gán một giá trị số từ 1 đến 100, mỗi quân bài đánh quân nhỏ hơn, ngoại trừ một ngoại lệ: 1 nhịp 100. Người chơi biết rằng có 100 quân bài với các giá trị khác nhau nằm úp trước mặt mình. Người chia bài, người biết thứ tự của các quân bài này, có thể cho người chơi biết về bất kỳ cặp bài nào, cái nào đánh bại cái nào. Chứng minh rằng người chia bài có thể tạo ra một trăm tin nhắn như vậy để người chơi có thể biết chính xác giá trị của từng lá bài. I. Bogdanov, K. Knop, Y. Kuzmenko

$M2516^{*}$. Ban đầu viết một số tự nhiên lên bảng. Sau đó, cứ mỗi giây, tích của tất cả các chữ số khác 0 của nó sẽ được cộng vào số hiện tại. Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên a sao cho số a được cộng vô số lần. D. Krachun

$M2517^{*}$. Trên các cạnh AB và AC của tam giác ABC, lần lượt chọn các điểm P và Q sao cho PQ P BC (Hình 1). Các đoạn BQ và CP cắt nhau tại điểm O. Điểm A c đối xứng với điểm A đối với

Hình 1

BC trực tiếp. Đoạn thẳng A c O cắt đường tròn Z ngoại tiếp tam giác APQ tại điểm S. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BSC tiếp xúc với đường tròn Z. A. Kuznetsov F2521. Do sự va chạm của các tiểu hành tinh, hai mảnh được hình thành, phân tán với tốc độ bằng nhau, hướng một góc M với nhau. Tìm tỉ số giữa các bán trục của quỹ đạo của mảnh thứ nhất nếu quỹ đạo của mảnh thứ hai là hình tròn. Quỹ đạo của các mảnh nằm trong cùng một mặt phẳng. D.Alexandrov

F2522. Một cột tích tụ trên đường nằm ngang trước đèn giao thông màu đỏ.

Bảo tàng toán học ngoài trời “Công viên toán học” là một bộ sưu tập các đồ vật nghệ thuật được tích hợp vào không gian đô thị để minh họa các sự kiện và khái niệm toán học. Mục tiêu của dự án là phổ biến toán học, khơi dậy niềm yêu thích và động lực nghiên cứu môn khoa học này ở trẻ em và người lớn. Một công viên toán học đã được thành lập tại thành phố Maykop, Cộng hòa Adygea, trên cơ sở Trường Toán học và Khoa học Cộng hòa (REMSH). Trong 20 năm qua, cô đã chuẩn bị cho những học sinh giỏi nhất của Cộng hòa Adygea đạt đến trình độ đoạt giải và đoạt giải Olympic toàn Nga ở nhiều môn học khác nhau. Khoảng 50 sinh viên tốt nghiệp hàng năm vào các trường đại học tốt nhất ở thủ đô. Những tấm thảm đỏ ở sân REMSH minh họa câu nói nổi tiếng bài toán về những cây cầu Königsberg, vọng lâu là một hình tam giác. Dải Möbius (xem trang 1 của bìa), là logo REMSH, được làm bằng dolomite. Trên một mặt của nó có khắc ba hình ảnh của những phát hiện khảo cổ học nổi tiếng thế giới được phát hiện trong các ụ chôn cất ở Adygea: một chiếc bình bằng bạc có phần cuối điêu khắc là hình con ngựa có cánh Pegasus, một tấm bảng bằng vàng có hình một con nai đang nằm, một tấm bảng vàng bảo vệ có hình con báo. Những phát hiện này cho thấy sự giàu có

di sản lịch sử và văn hóa của chúng ta ở Adygea. Hươu bay, được tìm thấy trong một gò đất ở thành phố Maykop, thuộc về nền văn hóa lâu đời nhất được biết đến tồn tại trên lãnh thổ nước Nga hiện đại (cuối thiên niên kỷ thứ 4 - giữa thiên niên kỷ thứ 2 trước Công nguyên). Nền văn hóa này được gọi là Maikop. Khối mười hai mặt là một trong năm khối đa diện đều trong không gian ba chiều.

Ý tưởng về tác phẩm điêu khắc thuộc về Asya Eutykh, thành viên của Liên minh Nghệ sĩ Nga, Nghệ sĩ Nhân dân Cộng hòa Adygea, và việc thực hiện là Tatyana Vaganova, nhà thiết kế, thành viên của Liên minh Nghệ sĩ Nga. Giải thích hình học cổ điển của định lý Pythagore, với hình vuông, hậu-

27

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

TRÊN). Được biết, khi xác định được bất kỳ đứa trẻ nào, 99 đứa trẻ còn lại có thể chia thành 33 nhóm ba người sao cho trong mỗi nhóm cả ba đều là bạn của nhau theo cặp. Tìm số cặp trẻ em thân thiện nhỏ nhất có thể.

Đáp số: 198. Hãy dịch bài toán sang ngôn ngữ đồ thị, liên kết đứa trẻ với một đỉnh và tình bạn với một cạnh. Khi đó chúng ta biết rằng trong một đồ thị có 100 đỉnh, nếu bỏ đi một đỉnh nào đó thì các đỉnh còn lại có thể chia thành 33 bộ ba sao cho các đỉnh trong mỗi bộ ba được nối thành từng cặp. Điều cần thiết là tìm số cạnh tối thiểu có thể có trong đồ thị như vậy. Đầu tiên, hãy xây dựng một ví dụ có chính xác 198 cạnh. Hãy chia 99 đỉnh, trừ đỉnh A, thành 33 nhóm 3 đỉnh. Hãy nối các đỉnh trong mỗi bộ ba theo cặp; cuối cùng, kết nối A với tất cả các đỉnh khác. Khi đó các điều kiện bài toán được thỏa mãn: khi A bị xóa, phân vùng thành ba phần đã bị giảm và khi bất kỳ đỉnh B nào khác trong cùng phân vùng bị xóa thì chỉ cần thay B bằng A. Hơn nữa, trong biểu đồ được mô tả chỉ có 33 3 99 198 cạnh. Vẫn còn phải chứng minh rằng đại lượng này là nhỏ nhất. Gọi đồ thị có 3k + 1 đỉnh là tốt nếu khi loại bỏ bất kỳ đỉnh nào, 3k đỉnh còn lại được chia thành k bộ ba kết nối theo cặp. Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp theo k rằng một đồ thị tốt có ít nhất 6k cạnh trên 3k + 1 đỉnh; với k = 33 chúng ta thu được ước lượng cần thiết. Cơ sở của k = 1 rất đơn giản: vì khi loại bỏ bất kỳ đỉnh nào, ba đỉnh còn lại được nối thành cặp, hai đỉnh bất kỳ phải được kết nối, tức là số cạnh là $C_{4}^{2} 6$. Hãy chứng minh sự chuyển tiếp của quy nạp. Nếu có ít nhất 4 cạnh đi ra từ mỗi đỉnh thì tổng số cạnh ít nhất là 3 k 1 4 2 2 3 k 1, thậm chí còn nhiều hơn yêu cầu 6k. Ngược lại, có một đỉnh A nối với nhiều nhất ba đỉnh khác. Nếu bạn loại bỏ bất kỳ đỉnh nào ngoại trừ A, thì A sẽ trở thành một loại bộ ba nào đó, có nghĩa là nó ít nhất được kết nối với nhau.

“QUANTA”

với hai đỉnh. Nếu một trong các đỉnh này bị loại bỏ thì A sẽ còn lại ít nhất hai đỉnh liền kề, tức là có ít nhất ba đỉnh trong số đó. Vì vậy, A được nối với chính xác ba đỉnh B, C và D. Sau đó, giả sử khi loại bỏ B, các đỉnh A, C và D tạo thành một bộ ba, tức là C và D được nối với nhau; tương tự ta thấy B, C và D được nối thành từng cặp. Bây giờ chúng ta hãy xóa các đỉnh A, B, C và D khỏi biểu đồ của mình và thay vào đó thêm một đỉnh X, được kết nối với tất cả các đỉnh mà ít nhất một trong các đỉnh B, C và D được kết nối. Lưu ý rằng trong trường hợp này số cạnh giảm ít nhất là 6 (tức là bằng số cạnh giữa A, B, C và D). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng đồ thị mới thu được là tốt; từ đây sẽ diễn ra quá trình chuyển đổi quy nạp, vì khi đó đồ thị mới sẽ có ít nhất 6 k 1 cạnh, nghĩa là đồ thị ban đầu sẽ có ít nhất 6 k 1 6 6 k cạnh. Hãy loại bỏ một số đỉnh Y z X khỏi biểu đồ mới. Nếu bỏ nó khỏi đồ thị ban đầu thì các đỉnh còn lại sẽ bị chia thành các bộ ba; Đặt đỉnh A, để xác định, nằm trong bộ ba có B và C, và đỉnh D nằm trong bộ ba khác. Sau đó, bạn có thể chia đồ thị mới theo cách tương tự, đặt đỉnh X vào bộ ba nơi có đỉnh D. Cuối cùng, nếu bạn loại bỏ đỉnh X khỏi biểu đồ mới, bạn có thể thực hiện thao tác tương tự, giả sử rằng đỉnh D đã bị xóa khỏi biểu đồ ban đầu (khi đó A, B và C sẽ tự động nằm trong cùng một bộ ba). Như vậy, quá trình chuyển dịch cảm ứng đã được chứng minh. Lưu ý rằng ví dụ đưa ra trong bài toán không phải là ví dụ duy nhất. Lý luận từ phần thứ hai lời giải về cơ bản cho thấy rằng nhiều ví dụ tối ưu khác nhau có thể được xây dựng theo phương pháp quy nạp như sau. Với k = 1, lấy 4 đỉnh và nối tất cả các cặp với các cạnh. Khi chuyển từ k sang k + 1, chúng ta sẽ cộng ba đỉnh B, C, D, nối chúng theo cặp với nhau và cũng nối tất cả chúng với một số đỉnh A hiện có. Trong ví dụ như vậy sẽ luôn có 6k cạnh và nó sẽ thỏa mãn điều kiện bài toán. S. Berlov, N. Vlasova

“QUANT” CHO TRƯỜNG THCS LENNIK O V

Bài toán

Có bao nhiêu số nguyên gần 15 hơn 20 và gần 8 hơn 3?

cân cốc (xem hình). Quả cầu nào có khối lượng 30g?

Từ khối 3 ¥ 3 ¥ 3, 7 khối 1 ¥ 1 ¥ 1 đã được loại bỏ để tạo thành ba nhánh xuyên suốt (xem hình). Mặt cắt ngang của khối lập phương “bị rò rỉ” này trông như thế nào?

3. Năm quả bóng có khối lượng là 30 g,

50 g, 50 g, 50 g và 80 g, cân nặng ở mức

Những bài toán này dành cho $прежде_{всего}$ học sinh lớp 6-8. Những bài toán này đã được đưa ra tại Cuộc thi Toán Kangaroo Quốc tế 2018.

mặt phẳng đi qua tâm hình lập phương và vuông góc với một trong các đường chéo của nó?

Minh họa của D. Grishukova

Bốn bức vẽ tay phải và một bức vẽ tay trái. Hình ảnh nào thể hiện bàn tay trái?

TRƯỜNG KVANT

Sai lầm ở đâu?

(Logic, tổ hợp, xác suất)

CÁC VĂN BẢN GỢI Ý CÓ THỂ CÓ LỖI (cả ở điều kiện bài toán lẫn ở đáp án, lời giải). Hãy cố gắng tìm thấy chúng ở đâu. Bài toán 1. Hiệp sĩ và nô lệ sống trên đảo. Một ngày nọ, 12 người dân đảo tụ tập quanh một chiếc bàn tròn. Mỗi người trong số họ đều nói: “Cả hai người hàng xóm của tôi đều là những kẻ nói dối”. Có bao nhiêu kẻ nói dối ở bàn ăn? Đáp số: 6. Lời giải. Mọi người ngồi cùng bàn không thể là kẻ nói dối, vì khi đó câu nói của mỗi người trong số họ đều đúng. Điều này có nghĩa là có ít nhất một hiệp sĩ trên bàn. Người hàng xóm bên phải của anh ta là kẻ nói dối, vì hiệp sĩ đã nói sự thật. Hàng xóm bên phải của kẻ nói dối là một hiệp sĩ, vì kẻ nói dối đã nói dối. Hàng xóm bên phải của hiệp sĩ này là một kẻ nói dối, v.v. Như vậy, hiệp sĩ và nô lệ ngồi chung một chỗ, do đó có 6 kỵ sĩ. Lý do có vẻ hợp lý. Có bất kỳ lỗi nào không? Bài toán 2. Vasya và Petya lần lượt tô màu các ô trên bảng có kích thước 4 x 4 sao cho $квадрат^{2} u^{2}$ không được hình thành từ các ô đã sơn. Người nào không thể thực hiện bước tiếp theo sẽ thua. Petya bắt đầu. Ai trong số họ có thể giành chiến thắng, bất kể đối thủ chơi thế nào? Đáp số: Vasya. Lời giải. Dù Vasya và Petya chơi thế nào, họ chắc chắn sẽ thực hiện tổng cộng 12 nước đi. Petya sẽ phải thực hiện nước đi thứ mười ba nên sẽ thua. Tại sao nhất thiết phải có 12 chiêu? Bài toán 3. Cho một bàn cờ có kích thước $^{4}$ $u^{4}$ với màu cờ vua. Trong một bước, bạn có thể chọn một hình vuông tùy ý có kích thước 2 u 2 trên bảng này và thay đổi màu của từng ô của nó thành ô đối diện. Có thể đảm bảo rằng tất cả các ô vuông trên bảng có cùng màu trong một vài bước không? Đáp số: không thể được. Lời giải. Lưu ý khi tô màu lại hình vuông 2 u 2 bất kỳ ở hàng nào

Bàn cờ còn lại hai ô trắng và hai ô đen. Vì vậy, tất cả các ô không thể có cùng màu. Có vẻ như bất biến cần thiết đã được tìm thấy. Nhưng không phải nó quá đơn giản sao? Bài toán 4. Xét các “từ” có độ dài 100, chỉ bao gồm các chữ cái A, B và C. Những từ nào lớn hơn: những từ trong đó mỗi đoạn AB và AC xuất hiện với số lần chẵn hoặc những từ trong đó mỗi đoạn như vậy xuất hiện với số lần lẻ? Đáp số: bằng nhau. Lời giải. Hãy xem xét một từ trong đó cả hai phân đoạn xuất hiện với số lần lẻ. Hãy thay thế đoạn đầu tiên bằng đoạn khác (AB bằng AC hoặc ngược lại). Hãy lấy một từ trong đó cả hai đoạn xuất hiện với số lần chẵn. Sự tương ứng này là một đối một, do đó có cùng số lượng từ của cả hai loại. Lý do điển hình cho bài toán tương tự. Tôi tự hỏi liệu có thể bắt đầu cuộc tranh luận bằng những từ trong đó cả hai đoạn xuất hiện với số lần chẵn không? Bài toán 5. Hai người bạn đến chợ. Anh chàng vui vẻ đã bán 20 con mèo với giá từ 12 đến 15 rúp và 20 chiếc túi với giá từ 30 kopecks đến 1 rúp. Chứng minh rằng mỗi người bạn của bạn có thể mua một con lợn trong một lần chọc để họ trả số tiền như nhau. Lời giải. Lưu ý rằng giá thấp nhất của một con lợn trong chuồng là 12 rúp 30 kopecks và cao nhất là 16 rúp. Do đó, số phương án chi phí có thể có cho một con lợn trong một cú chọc không vượt quá số số nguyên trong khoảng [1230; 1600], tức là không quá 371. Đồng thời, số cặp khác nhau thuộc loại “túi mèo” bằng 20 20 400. Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, có hai cặp có cùng giá trị. Thật khó để tranh luận với nguyên tắc Dirichlet. Nếu bạn vẫn cố gắng thì sao? Bài toán 6. 8 kỳ thủ tham gia thi đấu vòng tròn một lượt (mỗi kỳ thủ gặp nhau một lần). Thắng được 1 điểm, hòa được 0,5 điểm và thua được 0 điểm. Kết quả là tất cả những người tham gia đều ghi được số điểm khác nhau. Sau đó một số kỳ thủ bị loại và kết quả trận đấu

37

CỦA CHÚNG TÔI VÀ

QUAN SÁT VÀ TÔI

tốc độ ánh sáng trong bất kỳ hệ tọa độ nào đều bằng c. Điều gì sẽ thay đổi so với trường hợp cánh buồm chuyển động theo quỹ đạo tròn? Có thể tần số của photon sẽ thay đổi, và do đó năng lượng và động lượng của nó - liệu photon có “đỏ” theo khoảng cách từ nguồn hấp dẫn nó không? Và các nhà thơ…họ quan tâm gì đến Proxima gần nhất:

“Cô ấy sống, được thừa hưởng từ ông nội của mình, với niềm đam mê cháy bỏng đặc biệt: Tinh vân Andromeda thu hút cô ấy qua sự im lặng của không gian bên ngoài.” (Natalia Obraztsova)

Nhưng Andromeda cách xa một triệu rưỡi năm ánh sáng! Ở đây, tốc độ ánh sáng phụ của thiết bị quá thấp: ánh sáng của Andromeda, hiện đã đến với chúng ta, đã để lại nó khi chưa có loài người trên Trái đất. Nhưng rồi hy vọng chợt lóe lên: các nhà vật lý thiên văn đã phát hiện ra “lỗ sâu” trong Không gian mà qua đó… Và để hiểu được tất cả những điều này, bạn cần đăng ký vào Viện Vật lý và Công nghệ hoặc Đại học Quốc gia Moscow và tốt nghiệp khoa vật lý của họ.

CỦA CHÚNG TÔI VÀ ĐƯỢC QUAN SÁT VÀ TÔI

Búa nước ở nhà chúng tôi

Y.NOSOV

CHUẨN BỊ CHO BỮA SÁNG, TÔI LẤY RA KHỎI TỦ LẠNH một lọ thủy tinh đựng cà chua đóng hộp đựng nước ép của chính họ và mang nó đến bàn. Chiếc bình đã gần đầy - nó đã được mở ngày hôm trước. Nắp hầu như không che được bình mà không có bất kỳ vòng xoắn niêm phong nào. Tôi giữ mép trên của chiếc lon, nhưng thật kinh hoàng, nó tuột khỏi tay tôi và rơi xuống. Chiếc lon đập vào sàn gỗ nhưng không vỡ và toàn bộ đồ bên trong đổ ra ngay lập tức. Còn lại gì để làm? Nhanh chóng, trước khi gia đình tôi vào bếp, tôi bắt đầu thu dọn phần còn lại của “cà chua ngâm nước ép của chính chúng” trên sàn nhà. Gần xong công việc, tôi thích thú nhìn sàn nhà sạch sẽ, NHƯNG! Ngẩng lên, tôi thấy một bức tranh khủng khiếp: những bức tường trắng của nhà bếp và trần nhà lấm tấm nước cà chua và thậm chí cả quần áo của tôi, kể cả áo sơ mi, cũng đầy vết đỏ. Tại sao nước ép cà chua rơi vào lọ từ độ cao không quá 1,2–1,3 mét lại bay lên độ cao 2,5 mét sau khi chạm sàn? Hóa ra trong trường hợp này chúng ta đang xử lý búa nước. Búa nước (búa nước) là sự tăng áp suất trong hệ thống chứa đầy chất lỏng gây ra bởi sự thay đổi nhanh chóng về tốc độ dòng chảy của chất lỏng này. Chúng tôi khó có thể giải quyết được bài toán được đề xuất một cách định lượng. Tuy nhiên, lý luận định tính có thể được đưa ra. Trong “thí nghiệm” của chúng tôi, nước ép trong lọ là chất lỏng có chuyển động ngay lập tức dừng lại khi lọ chạm sàn. Khi gặp chướng ngại vật, dòng chất lỏng, theo quán tính, tiếp tục chảy với tốc độ di chuyển trước khi xuất hiện chướng ngại vật. Các lớp chất lỏng đầu tiên tiếp xúc với chướng ngại vật được nén lại với tốc độ như nhau do các lớp tiếp theo đi vào. Do sự phun liên tục của các lớp dòng chảy mới, áp suất chất lỏng tăng lên nhanh chóng (xảy ra hiện tượng búa nước) và chất lỏng “tìm cách” giảm áp suất này. Kết quả cuối cùng đối với chúng tôi là áp suất trong chất lỏng tăng mạnh tại thời điểm va chạm dẫn đến sự giải phóng chất nổ bên trong lon.