Kvant 2019, số 4 · Trang

4

KVANT 2019/№4

trình biên dịch bài toán trong hầu hết các trường hợp, họ đưa ra ít nhiều giá trị thực để tính toán và mong đợi chất lượng đáp số giống nhau. Bài toán đại loại như thế này: “Một cục pin đèn pin, trên đó có ghi dòng điện 4,5 volt, được nối với một bóng đèn có điện trở khi đo được là 2 ohm. Dòng điện nào sẽ chạy qua? Họ vẫn hiếm khi cho nó. Vì vậy, trong bài toán, trong đó cần xác định năng lượng của một electron trong quá trình quang phát xạ, sau đó tính độ dài đường đi của nó trong một trường phanh nhất định, những học sinh nhận được đáp số loại 2,2 ◊ $10^{-} 40$ m; 5,9 ◊ $10^{-} 36$ m; 1.4 ◊ $10^{-} 22$ m; 8,7 ◊ $10^{-} 16$ m; 1.2 ◊ $10^{-} 11$ m; 2,7 ◊ $10^{7}$ m; 2.3 ◊ $10^{27}$ m, đáng lẽ phải cảnh giác. Bởi vì giây phút cuối cùng đáp số - đây là hai đường kính của Trái đất và bạn đã đọc về khoảng cách ngắn trong bài viết này. Nhân tiện, một trong những người đã nhận được một kết quả tuyệt vời đáp số, đã cảnh giác - cuối cùng đáp số có một dấu “?” dấu hiệu. Đáp số, vượt quá kích thước của Vũ trụ (theo một trong những cách hiểu hiện đại), vẫn làm dấy lên nghi ngờ. Hoặc ví dụ này - một nhân vật nhận được năng lượng từ pin 4 ◊ $10^{-} 19$ Thứ ba Đối với pin thông thường, giá trị này tương ứng với dòng điện 2,5 ◊ $10^{-} 19 A$, tức là một rưỡi electron mỗi giây! Trung bình, trung bình… Đúng vậy, những dòng điện có cường độ lớn hơn sẽ đơn giản truyền qua không khí - và bạn không cần phải kết nối bất cứ thứ gì với nó. Đây là một cái đáng yêu khác bài toán, trong đó nhà sản xuất mắc lỗi và nhiều người tiêu dùng cũng mắc lỗi. Cho một khối lượng, đặt nó vào $сколько-то^{210} Po$, với chu kỳ bán rã như vậy sẽ phát ra các hạt D và biến thành Pb. Sau một thời gian áp suất của thể tích đó sẽ là bao nhiêu? Một phần quan trọng đã tính toán chính xác bao nhiêu nguyên tử Po sẽ phân rã và bao nhiêu nguyên tử Pb sẽ được tạo ra, từ đó xác định áp suất theo định luật phổ khí. Đã tốt rồi… Nhưng thực ra bài toán không chính xác – Các hạt D chỉ bay ra khỏi mẫu vào thể tích từ lớp bề mặt 10 micron (và thậm chí không phải tất cả chúng), tức là hầu hết sẽ không bay ra ngoài. Nhân tiện, những hạt này không hẳn là nguyên tử helium, nhưng chúng ta đừng nói về

thật đáng sợ trong đêm,” như một người bạn vật lý của tôi nói. Phải làm gì trong một kỳ thi thực sự – không phải nói chung mà là trong bối cảnh của bài viết này? Xem tại đáp số và nghĩ xem liệu nó có mâu thuẫn với điều gì đó đã biết ở trường hay không, chẳng hạn như liệu bạn nhận được năng lượng bức xạ nhỏ hơn hQ hay điện tích nhỏ hơn một phần ba điện tích e (modulo, modulo!). Ngoài ra, sẽ rất hữu ích khi chỉ cần nhìn vào điều kiện bài toán. Cậu học sinh đã giải quyết bài toán về sự chuyển động của một vật ở mặt phân cách của hai chất lỏng có khối lượng riêng là 900 kg $м^{3}$ và 2700 kg $м^{3}$, và nhận được đáp số cho mật độ vật thể 100 kg $м^{3}$, tôi đã không làm điều này một cách vô ích. Như một giai thoại buồn, chúng ta có thể nói thêm rằng hàng trăm học sinh đã vui vẻ viết rằng đó là dầu và nhôm, mặc dù trong bài toán điều này đã không được hỏi. Tại sao bạn phải thể hiện sự trừu tượng đáng sợ trong suy nghĩ của mình? Tiếp theo, bên trong bài toán Thông thường, thật kỳ lạ, bạn phải cộng nó lại. Nhận được kết quả trung gian như 0,515 ◊ $10^{15} + 2,75$, bạn nên cảnh giác. Đồng thời đã nhận được như đáp số cho câu hỏi “bao nhiêu lần” đáp số “ở mức 1,2 ◊ $10^{18}$ lần” hoặc “0,4 ◊ $10^{26}$ một lần”. Nếu bài toán được thực hiện bởi một người hợp lý ở mức tối thiểu, điều này sẽ không xảy ra - việc cộng và trừ các số lượng tương đương ở trường là hợp lý (nếu chỉ vì được phép sử dụng máy tính). Lưu ý rằng trong vật lý nghiêm túc (và điều này cần được giải thích cho học sinh), tình huống phức tạp hơn - xảy ra trường hợp phải thêm những đại lượng rất khác nhau. Và thường xuyên hơn, chúng phải được so sánh - để chọn một mô hình, để biện minh cho những gì chúng ta tính đến và những gì chúng ta bỏ qua trong trường hợp này. Vì vậy, các ước tính bằng số có tầm quan trọng lớn trong vật lý - và rất lâu trước khi có được đáp số! Chúng cho phép bạn xây dựng một mô hình và xác định hướng phát triển của nó. Đây là một trong những lý do tại sao các ước lượng bằng số lại quan trọng đối với vật lý. Đối với những người khác, chúng cũng quan trọng vì trong một số trường hợp chúng bảo vệ chống lại (Tiếp ở trang 13)

(

)

Hiền nhân, mũ và số học của các trường hữu hạn

S.GRIBOK

Kiểm tra 1. Hai trên ba. Giới thiệu về bộ nhị phân, hình khối và quả bóng

Ngày xửa ngày xưa, vua Shahryar trị vì ở Ba Tư. Suốt ngày nhà vua tiệc tùng, săn bắn và vui chơi, sắp xếp những cuộc xét xử tàn khốc cho các cận thần của mình. Trong khi nhà vua dành thời gian nhàn rỗi thì hội đồng các nhà hiền triết trong triều đình đã tham gia giải quyết mọi công việc phức tạp của nhà nước và cai trị đất nước. Một ngày nọ, nhà vua quyết định kiểm tra xem các nhà hiền triết trong triều đình của ông có thực sự thông minh đến vậy hay không. Ông ra lệnh triệu tập ba nhà thông thái và thông báo các điều kiện của bài kiểm tra đang chờ đợi họ vào ngày mai. Mỗi hiền nhân sẽ đội một chiếc mũ màu trắng hoặc đen trên đầu. Mọi người sẽ có thể nhìn thấy mũ của người khác, nhưng sẽ không biết mũ của họ màu gì. Người hành quyết sẽ quyết định đội chiếc mũ nào cho mỗi cây xô thơm bằng cách tung đồng xu ba lần, một mặt màu trắng và mặt còn lại màu đen. Sau đó, mỗi nhà thông thái sẽ được phát một chiếc bút lông và một mảnh giấy da để viết mũ của mình màu gì. Nếu ít nhất hai nhà thông thái trả lời đúng thì mọi người sẽ được khen thưởng, nhưng nếu có ít nhất hai nhà thông thái trả lời đúng thì tất cả các nhà thông thái sẽ bị xử tử. Nghiêm cấm đưa ra bất kỳ dấu hiệu nào cho nhau trong quá trình kiểm tra. Đêm trước cuộc thi, các nhà thông thái có cơ hội đi đến thống nhất và phát triển một chiến lược thống nhất. Những người khôn ngoan nên hành động như thế nào để tối đa hóa cơ hội sống sót của họ? Hãy để chúng tôi chứng minh rằng không có cách nào làm cho xác suất chiến thắng của các nhà thông thái lớn hơn 3 4.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190402

Hãy để thử nghiệm được lặp lại nhiều lần. Hãy để các nhà hiền triết phát triển một phương pháp cho phép trung bình hai trong số ba nhà hiền triết đoán màu mũ của họ thường xuyên hơn so với ba trong số bốn trò chơi. Như vậy, trong số 12 nhà hiền triết đáp số được nói trong bốn trò chơi, trung bình có hơn 6 đáp số sẽ đúng (6 3 2). Nhưng điều này là không thể, vì mọi nhà thông thái đều đoán màu mũ của mình trong một trong hai trường hợp, điều đó có nghĩa là trung bình trong số 12 đáp số có ​​chính xác 6 đáp số là đúng. Tổng cộng có 8 lựa chọn khác nhau để phân bổ giới hạn giữa ba nhà hiền triết. Xác suất thắng 3 4 có nghĩa là nhà thông thái thắng trong sáu phương án và thua hai trong tám phương án. Chúng ta hãy cố gắng xây dựng một chiến lược cho những nhà thông thái để họ có thể giành chiến thắng trong sáu trên tám trường hợp. Để thuận tiện cho việc ghi các bộ mũ, chúng ta sẽ dùng số 0 để biểu thị mũ trắng và số 1 để biểu thị mũ đen. Ví dụ: mục 001 có nghĩa là hai nhà thông thái đầu tiên nhận được mũ trắng và nhà thông thái thứ ba nhận được mũ đen. Hãy chọn ra hai bộ mũ “chết người” mà các nhà thông thái sẽ không thể đoán được. Ví dụ: giả sử các bộ chết người là 000 và 111. Chúng tôi muốn các nhà hiền triết có thể thắng tất cả các bộ khác. Làm thế nào để đạt được điều này? Trước hết, hãy lưu ý rằng đối với bất kỳ bộ mũ không gây chết người nào, một trong những nhà thông thái sẽ thấy rằng những người hàng xóm có mũ cùng màu. Chiến lược của nhà hiền triết này rất rõ ràng: nếu bạn nhìn thấy hai chiếc mũ cùng màu ở hàng xóm của mình, hãy gọi màu kia. Ối-

6

KVANT 2019/№4

Rõ ràng, đối với bất kỳ bộ không gây chết người nào, chiến lược này có hiệu quả và được đảm bảo cho phép nhà hiền triết đoán màu mũ của mình. Hãy giải quyết hai nhà thông thái còn lại, mỗi người nhìn thấy những chiếc mũ có màu sắc khác nhau trên người hàng xóm của mình. Để giành chiến thắng, chỉ cần ít nhất một trong số những nhà thông thái này gọi đúng màu mũ của mình là đủ. Cũng lưu ý rằng mũ của họ có cùng màu. Điều này có nghĩa là nếu một trong hai nhà thông thái gọi tên người da trắng và người kia là người da đen thì người đó chắc chắn sẽ đoán đúng. Nhưng làm sao những nhà thông thái biết gọi màu gì nếu cả hai cùng nhìn thấy một bức tranh - những người hàng xóm của họ đội những chiếc mũ có màu sắc khác nhau? Vấn đề là nếu nhìn kỹ, chúng ta sẽ nhận thấy có một số khác biệt trong những gì hai nhà thông thái này nhìn thấy. Ví dụ, để các nhà thông thái đứng thành vòng tròn. Sau đó, một trong hai nhà thông thái nhìn thấy chiếc mũ màu trắng ở bên trái và chiếc mũ màu đen ở bên phải. Một nhà hiền triết khác nhìn thấy một bức tranh khác: bên trái là mũ đen, bên phải là màu trắng. Bây giờ, thật dễ dàng để đưa ra một quy tắc cho phép một trong những nhà thông thái này đoán màu mũ của anh ta: nếu bạn thấy những chiếc mũ có màu khác nhau ở hàng xóm của mình, hãy đặt tên cho màu mà bạn nhìn thấy ở bên phải (lưu ý rằng quy tắc “đối xứng gương” cũng có tác dụng: nếu bạn nhìn thấy những chiếc mũ có màu khác nhau ở hàng xóm của mình, hãy đặt tên cho màu mà bạn nhìn thấy ở bên trái). Vì vậy, bài toán đã được giải quyết, nhưng chúng ta đừng vội vàng. Đầu tiên, chúng ta hãy xem xét liệu có thể đơn giản hóa các quy tắc mà người khôn ngoan phải tuân theo hay không. Không khó để đoán rằng hai quy tắc chúng tôi tìm thấy có thể được phát biểu lại thành một quy tắc đơn giản: đặt tên KHÔNG phải màu mà bạn nhìn thấy ở hàng xóm bên trái. Thứ hai, chúng ta hãy xây dựng cách giải thích hình học của bài toán về ba chữ mũ. Thật thuận tiện khi hình dung ra nhiều lựa chọn để phân phối mũ ở dạng khối lập phương (Hình 1). Mỗi bộ mũ tương ứng với một trong các đỉnh của khối lập phương. Nếu hai bộ nắp chỉ khác nhau về màu sắc của một nắp (các bộ như vậy gọi là

Hình 1

lân cận), chúng nằm ở các đỉnh được nối với nhau bằng một cạnh. Bây giờ chúng ta hãy hoàn thành hai quả bóng, tâm của chúng nằm ở điểm chết 000 và 111, và bán kính bằng cạnh của khối lập phương. Mỗi quả bóng bao gồm bốn điểm của khối lập phương. Mỗi điểm của khối lập phương đều nằm trên bề mặt hoặc ở tâm của một trong các quả bóng. Trong những trường hợp như vậy, họ nói rằng một “lớp phủ hình lập phương bằng những quả bóng không giao nhau” đã được xây dựng. Nếu điểm nằm ở tâm quả bóng, các hiền nhân sẽ không đoán được màu mũ của mình, nhưng nếu điểm nằm trên bề mặt quả bóng thì hầu hết các hiền nhân sẽ gọi tên chính xác màu sắc của chúng.

Kiểm tra 2. Bốn trên bảy. Về đa thức và bộ mã

Ngày hôm sau, bảy nhà thông thái được đưa đến gặp nhà vua. Người cai trị thông báo rằng một cuộc kiểm tra khác sẽ diễn ra vào ngày hôm nay. Luật chơi vẫn giống như ngày hôm qua: mỗi hiền nhân sẽ đội một chiếc mũ màu trắng hoặc đen trên đầu, sau đó mỗi hiền nhân phải viết ra màu sắc mà mình nghĩ là chiếc mũ đó sẽ đội trên đầu. Nếu ít nhất bốn nhà thông thái trả lời đúng thì mọi người sẽ được khen thưởng, nhưng nếu ít nhất bốn người trả lời sai thì mọi người sẽ bị xử tử. Các nhà thông thái nên hành động như thế nào để giảm thiểu khả năng bị hành quyết lần này? Hãy bắt đầu lại với ước tính thấp hơn về xác suất thực hiện. Hãy chứng minh rằng nó không tồn tại

7

SAGES,

CAPS

VÀ

số học

một phương pháp cho phép bạn làm cho xác suất thắng lớn hơn 7 8. Cách chứng minh cũng giống như trong bài toán đầu tiên, cho đến việc thay thế các số. Hãy để các nhà hiền triết phát triển một phương pháp cho phép trung bình bốn trong số bảy nhà hiền triết đoán màu mũ của họ thường xuyên hơn bảy trong số tám trò chơi. Do đó, trong số 56 nhà hiền triết đáp số được nói trong suốt tám trò chơi, trung bình có hơn 28 đáp số sẽ đúng (28 7 4). Nhưng điều này là không thể, vì mọi nhà thông thái đều đoán màu mũ của mình trong một trong hai trường hợp, điều đó có nghĩa là trung bình trong số 56 đáp số có chính xác 28 đáp số là đúng. Có tổng cộng 128 lựa chọn khác nhau để phân bổ giới hạn cho bảy nhà hiền triết. Xác suất thắng 7/8 có nghĩa là nhà thông thái thắng trong 112 phương án và thua 16 phương án trong số 128 phương án. Tương tự với nhiệm vụ đầu tiên, bây giờ chúng ta cần bằng cách nào đó chọn ra 16 bộ chết người. Nhưng làm thế nào để làm điều này? Trong bài toán trước, chúng tôi đã đặt tất cả bộ ba mũ ở các đỉnh của khối lập phương. Bây giờ có bảy mũ, có nghĩa là nhiều bộ tương ứng với các đỉnh của siêu khối bảy chiều. Thật khó để tưởng tượng con số này, nhưng điều này không ngăn cản chúng ta suy đoán về các đặc tính của nó. Lưu ý rằng vì có bảy nhà thông thái nên mỗi bộ mũ có bảy bộ lân cận, do đó, mỗi quả bóng 7 chiều có bán kính đơn vị có tâm tại đỉnh của khối lập phương N chiều bao phủ chính xác 8 điểm của khối lập phương. Vì 128 16 8, nên về mặt lý thuyết, để bao phủ tất cả 128 đỉnh của một khối lập phương 7 chiều, cần có đủ mười sáu quả bóng 7 chiều rời nhau, ở giữa mỗi quả bóng đó chúng ta sẽ đặt một bộ chết người. Nhưng làm thế nào để làm điều này trong thực tế? Chúng ta sẽ gọi khoảng cách giữa hai tập hợp là số vị trí mà các tập hợp này khác nhau. Khoảng cách giữa các tập liền kề bằng một. Bây giờ chúng ta hãy xây dựng các tính chất của tập hợp các tập hợp chết người mà chúng ta muốn xây dựng.

CUỐI CÙNG

TRƯỜNG

1. Tổng cộng có 16 bộ. 2) Khoảng cách giữa hai bộ bất kỳ ít nhất là ba (sao cho các quả bóng ở tâm của bộ có bộ chết người không giao nhau). 3) Sự dịch chuyển theo chu kỳ của một tập hợp cái chết cũng là một tập hợp cái chết (nếu không thì các nhà hiền triết khác nhau sẽ phải sử dụng các chiến lược khác nhau). Theo trực giác, rõ ràng là các tập hợp gây chết người phải được phân bố đồng đều trên tập hợp tất cả các tập hợp có thể. Chúng ta có thể thử tưởng tượng mỗi tập hợp mũ là một biểu diễn nhị phân của một số nguyên từ 0 đến 127 và tập hợp các tập hợp tử là các phần tử của cấp số cộng nào đó, nhưng các phép toán số học truyền thống không phù hợp lắm để cung cấp các thuộc tính 2 và 3 mà chúng ta cần. Vì số học truyền thống không phù hợp với chúng ta nên chúng ta sẽ sử dụng số học “phi truyền thống”, cụ thể là cái gọi là số học của đa thức trên trường {0,1}. Trước hết, chúng ta xác định thao tác cộng hai bộ mũ. Tổng của hai tập hợp có độ dài n là một tập hợp có độ dài n, mỗi phần tử của nó bằng tổng modulo 2 của các phần tử tương ứng của các tập hợp ban đầu. Chúng ta hãy nhắc lại các quy tắc cộng modulo 2: 0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1, 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0. Ví dụ: 00110101 + 11110000 = 11000101. Để định nghĩa các phép nhân và chia các tập hợp mũ, thuận tiện nhất là viết các tập hợp dưới dạng đa thức. Tập hợp các chữ hoa $v_{0}, v_{1}, v_{2},^{…}, v n_{1}$ có thể được viết dưới dạng đa thức trong biến $х:_{0}^{v} v_{1}$ $x_{2}^{v}$ $x^{2} …^{v} n_{1}$ $x^{n} 1$. Như vậy, tập các bộ có độ dài n tương đương với tập các đa thức có bậc không vượt quá n – 1. Bây giờ chúng ta định nghĩa tích của hai bộ là tập tương ứng với đa thức

23

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

TRẺ EM HỌC SINH

Hình tròn khác với hình vuông như thế nào?

S.VOLCHENKOV

TẦM NHÌN CÂU HỎI CÓ vẻ lạ lùng. Mọi người đều biết hình tròn là gì và hình vuông là gì. Và mọi người đều biết rằng đây là những vật thể hình học khác nhau. Nhưng trong bài viết này, chúng ta sẽ không nói nhiều về hình học mà nói về hình học tổ hợp, trong đó các đối tượng hình học được xem xét từ quan điểm tổ hợp - như các phần tử của tập hợp hữu hạn. Chúng tôi sẽ phân tích ba bài toán, trong đó hình tròn và hình vuông, thoạt nhìn, có một số khác biệt không đáng kể, dẫn đến đáp số khác nhau. Bài toán 1 về vòng tròn. Trên mặt phẳng có 5 đường tròn, mỗi đường tròn có một điểm chung. Có đúng là sẽ luôn có 3 đường tròn có một điểm chung? Đáp số: đúng. Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị các vòng tròn (và tâm của chúng) lần lượt bằng các chữ cái $O_{1}, O_{2}, O_{3}, O_{4}, O_{5}$. Hãy kết nối các trung tâm với nhau bằng các phân đoạn. Một số hai đoạn được vẽ phải giao nhau. Đây là một thực tế đã biết (ngay cả khi bạn cố gắng nối các dấu chấm bằng các đường đứt nét) - hãy thử tự chứng minh điều đó hoặc đọc nó trong phần Phụ lục ở cuối bài viết. Để các đoạn $O_{1} O_{2}$ và $O_{3} O_{4}$ cắt nhau tại điểm X (Hình 1). Vẫn còn phải chứng minh rằng bổ đề này là đúng.

Hình 1

Bổ đề. Nếu có hai cặp đường tròn giao nhau (một cặp $O_{1}, O_{2}$ và một cặp $O_{3}, O_{4} ),$ và các đoạn nối chúng

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190403

tâm $( O_{1} O_{2}$ và $O_{3} O_{4} ),$ có một điểm chung (X), thì ba trong số bốn đường tròn này có một điểm chung. Vì các đường tròn $O_{1}$ và $O_{2}$ cắt nhau nên có một điểm F trên đoạn $O_{1} O_{2}$ thuộc cả hai đường tròn đó. Tương tự, trên đoạn $O_{3} O_{4}$ có điểm E thuộc các đường tròn $O_{3}$ và $O_{4}$. Đặt chúng như Hình 1, với XE t XF (các trường hợp khác tương tự). Khi đó $O_{4} E t O_{4} X XF t O_{4} F$, tức là điểm F thuộc các đường tròn $O_{1}, O_{2}$ và $O_{4}$. Bổ đề đã được chứng minh. Bài toán 1 về hình vuông. Trên mặt phẳng có 5 hình vuông, mỗi hình có một điểm chung. Có đúng là sẽ luôn có 3 hình vuông có điểm chung?

Hình 2

Đáp số: không đúng. Một phản ví dụ được hiển thị trong Hình 2. Bài toán 2 về hình tròn. Trên mặt phẳng có 3 hình tròn đỏ và 3 hình tròn xanh, hai hình tròn khác màu đều có một điểm chung. Có đúng là sẽ luôn có hai đường tròn cùng màu có một điểm chung? Đáp số: đúng. Lời giải. Hãy kết nối tâm của các vòng tròn nhiều màu với nhau bằng các đoạn thẳng. Một số hai đoạn được vẽ phải

24

KVAN T 2019/№4

chúng ta sẽ băng qua đường. Đây cũng là một sự thật nổi tiếng, thường được gọi là “ba nhà, ba giếng” (bạn tự chứng minh hoặc đọc ở phần Phụ lục). Khi đó, theo bổ đề từ bài toán 1, có ba đường tròn có một điểm chung. Và trong số ba vòng tròn này sẽ có hai vòng tròn cùng màu, đó là điều bắt buộc. Bài toán 2 về hình vuông. Trên mặt phẳng có 3 hình vuông màu đỏ và 3 hình vuông màu xanh, mỗi hình vuông có màu khác nhau đều có một điểm chung. Có đúng là sẽ luôn có hai hình vuông cùng màu có một điểm chung? Đáp số: không đúng. Một phản ví dụ được hiển thị trong Hình 3.

nó có thể luôn được cắt thành N đa giác lồi, mỗi đa giác sẽ chứa chính xác một điểm được đánh dấu không? Đáp số: đúng. Lời giải. Hãy chia các điểm của đa giác thành các vùng có số từ 1 đến N theo quy tắc sau: vùng có số k bao gồm các điểm gần điểm k hơn bất kỳ điểm được đánh dấu nào khác (phân vùng này được gọi là sơ đồ Voronoi). Với cách phân chia như vậy, diện tích có số k bị giới hạn bởi các đường trung trực của các đoạn kẻ từ điểm k đến các điểm đánh dấu còn lại, tức là một đa giác lồi. Một ví dụ về sơ đồ như vậy được hiển thị trong Hình 4.

Hình 4

Hình 3

Bình luận. Trong bài toán 1 và 2, các hình vuông có thể được thay thế bằng các đa giác khác, đặc biệt là bằng N-giác đều, trong đó N có kích thước lớn tùy ý. Trong trường hợp này, đa giác gần như không thể phân biệt được với hình tròn. Đúng, Hình 2 và Hình 3 sẽ phải được xem xét dưới kính hiển vi để thấy được tất cả các điểm giao nhau trong đó. Bài toán 3 về vòng tròn. Một đa giác lồi chứa N đường tròn rời nhau. Có đúng là một đa giác luôn có thể được cắt thành N đa giác lồi, mỗi đa giác sẽ chứa chính xác một trong các hình tròn? Trước khi chuyển sang lời giải bài toán này, chúng ta hãy xem xét bài toán đơn giản hơn. Bài toán 3 về điểm. Trong một đa giác lồi, N điểm (được đánh số từ 1 đến N) được đánh dấu. Có đúng là một đa giác

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán 3 về vòng tròn. Hóa ra, phân vùng của đa giác mà chúng ta cần có thể được hình thành không phải bằng các đường phân giác vuông góc mà bằng cái gọi là trục đẳng phương của các đường tròn. Trục đẳng phương của hai đường tròn không giao nhau là quỹ tích các điểm mà các tiếp tuyến của chúng với hai đường tròn cho trước có độ dài bằng nhau. Dễ dàng chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn có bán kính bất kỳ có tâm phân kỳ là một đường thẳng (xem Phụ lục). Nếu các đường tròn không giao nhau thì chúng sẽ nằm hoàn toàn ở hai phía đối diện của trục đẳng phương. Sau đó, chúng ta hãy chia các điểm của đa giác (nằm bên ngoài các đường tròn) thành các vùng gồm các điểm, các tiếp tuyến của chúng với một đường tròn ngắn hơn các đường tròn khác. Tương tự, chúng ta thu được rằng mỗi đường tròn nằm hoàn toàn trong một vùng và vùng này là một đa giác lồi.

25

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

Nhân tiện, trong trường hợp “vòng tròn” có bán kính bằng 0, các tiếp tuyến biến thành khoảng cách đến tâm và thu được bài toán trước đó. Và cái cuối cùng bài toán. Bài toán 3 về hình vuông. Một đa giác lồi chứa N hình vuông rời nhau. Có đúng là một đa giác luôn có thể được cắt thành N đa giác lồi, mỗi đa giác đó sẽ chứa chính xác một hình vuông? Đáp số: không đúng. Một phản ví dụ được thể hiện trong Hình 5.

TRẺ EM HỌC SINH

một cầu sẽ ở bên trong, cầu kia sẽ ở bên ngoài (Hình 6). Kết quả là mặt phẳng sẽ được chia thành ba “tam giác” và một vô hạn

Hình 6

Hình 5

Giải thích. Có ba hình vuông trong một hình ngũ giác. Không thể cắt một hình ngũ giác thành ba phần lồi, mỗi phần chứa một hình vuông. Điểm ở giữa hình ảnh không thể thuộc về bất kỳ phần nào, vì mỗi phần trong số ba đoạn đi từ nó đến một trong các điểm của hình vuông sẽ giao nhau với đường viền của một hình vuông khác, tức là không có đoạn nào trong số này thuộc về một hình lồi.

Ứng dụng

Năm ngôi nhà. Hãy chứng minh rằng trên một mặt phẳng không thể nối năm ngôi nhà với nhau bằng những con đường không giao nhau sao cho mỗi ngôi nhà được nối với nhau bằng một con đường riêng. Giả sử cuối cùng chúng ta đã làm được điều này. Hãy xóa tất cả các bản nhạc và trả lại chúng một cách tuần tự. Đầu tiên, chúng ta thêm bốn con đường nối bốn ngôi nhà theo một chu trình, chúng ta sẽ có được một “tứ giác” gồm các con đường. Bây giờ chúng ta nối các cặp đỉnh đối diện của tứ giác này (vẽ các đường chéo). Một phần đường kính, ranh giới của nó cũng sẽ là một hình tam giác (hãy gọi phần này là tam giác “vô hạn”). Ngôi nhà thứ năm sẽ nằm trong một trong những hình tam giác này và chỉ có thể nối với ba đỉnh của tam giác đó. Một điều mâu thuẫn - sẽ có thêm một ngôi nhà nữa không thể kết nối với ngôi nhà thứ năm. Ba ngôi nhà và ba cái giếng. Hãy chứng minh rằng trên một mặt phẳng không thể nối ba ngôi nhà với ba cái giếng bằng những con đường không giao nhau sao cho mỗi ngôi nhà được nối với mỗi cái giếng bằng một con đường riêng. Giả sử cuối cùng chúng ta đã làm được điều này. Hãy xóa tất cả các bản nhạc và trả lại chúng một cách tuần tự. Đầu tiên, chúng ta sẽ đi vòng quanh tất cả các ngôi nhà và giếng nước theo một vòng khép kín. Vì các con đường không giao nhau nên nó sẽ là một “hình lục giác” gồm các con đường, với những ngôi nhà và giếng nước xen kẽ trong đó (Hình 7). Vẫn còn phải vẽ thêm ba đường nối các đỉnh đối diện của hình lục giác. Ít nhất hai trong số

Hình 8

27

PHÒNG THÍ NGHIỆM

“QUANTA”

Trước đây, chất hàn được tìm thấy ở dạng thanh dày hơn nhiều, và với chúng, thí nghiệm này thậm chí còn hiệu quả hơn, nhưng nó chỉ đòi hỏi nhiều thời gian hơn. Tôi đã phải gắn một thanh ngang khi bắt đầu cuộc trò chuyện hoặc bài giảng và thu hút sự chú ý đến nó một giờ rưỡi sau - thanh kim loại, dày gần bằng ngón tay, đã bị uốn cong vài cm! Một que hàn rất mỏng, đường kính khoảng một milimet, uốn cong rất nhanh dưới sức nặng của chính nó. Tất nhiên, chiều dài ở phiên bản này có thể khá nhỏ, khoảng 10–15 cm. Nếu bạn có trong tay một thanh hàn có độ dày trung bình và chiều dài ba mươi cm, thì độ dẻo của kim loại có thể được minh họa khá đơn giản và nhanh chóng - chỉ cần treo thanh hàn trên một sợi ở giữa hoặc chèn nó vào vị trí nguyên thủy nhất.

lăng kính ABCD gắn vào tường; một tải tác dụng lên đầu tự do của nó (khắc từ “Cuộc trò chuyện” của Galileo)

Một bản khắc đẹp được tái hiện trong Galileo’s Discourses cho thấy một thanh xà khá dày được cố định ở một đầu trên bức tường đá, trong khi đầu kia tác dụng một tải trọng nhất định với trọng lượng của nó. Nhân tiện, Galileo viết cuốn sách cuối cùng này của mình phần lớn là do những người bảo vệ của Tòa án dị giáo đã cho phép ông nghiên cứu chủ đề này, và vào thời điểm đó ông đã hoàn toàn mồ côi và mù lòa. Vì vậy rất có thể chính Galileo đã không nhìn thấy hình khắc này. Ngày nay chúng ta có thể thay đổi trải nghiệm này và cho học sinh và học sinh thấy phiên bản đơn giản và hiệu quả của nó. Để làm điều này, hãy lấy một que hàn chì nằm ngang và gắn nó vào một đầu. Nếu chiếc gậy mỏng, có đường kính nhỏ hơn ba mm một chút và chiều dài khoảng 20–30 cm, thì nó sẽ tự uốn cong dưới sức nặng của chính nó. Không cần thêm trọng lượng nào để đầu tự do của thanh giảm đi vài cm trong một phần tư giờ. Điều này gây ấn tượng rất tốt cho người xem. Chúng ta chỉ cần quan sát tận mắt sự biến dạng dẻo của kim loại.

Một que hàn chì khi bắt đầu thí nghiệm…

…và khi kết thúc thí nghiệm, một cái đĩa có lỗ. Trong vài phút nữa, người ta sẽ thấy rõ cả hai đầu của cành cây đã hạ xuống như thế nào. Các thành viên của nhóm kỹ thuật viên trẻ có thể dễ dàng bổ sung thiết lập thử nghiệm đơn giản này bằng chuông điện hoặc bộ điều chỉnh độ dài của phần tự do của thanh treo để so sánh thời gian biến dạng.

MẠCH TOÁN OK

Nim đã trốn ở đâu?

I.KOPYLOV

ĐIỀU KHOẢN “ƯU ĐIỂM VÀ NHƯỢC ĐIỂM VÀ TRÒ CHƠI VỚI NIM”

(xem «Kvant» số 7, 8 năm 2018) chiến lược của trò chơi Nim đã được mô tả, chiến lược này đóng một vai trò đặc biệt trong lý thuyết trò chơi. Trò chơi Nim như sau. Có m cọc, số viên đá trong đó bằng $a_{1}, a_{2}$, … $, a_{m}$. Hai người thay phiên nhau đi bộ; Mỗi người chơi, trong lượt của mình, chọn một trong các cọc và lấy bất kỳ số viên đá nào khác 0 từ đó. Người nào lấy được viên đá cuối cùng sẽ thắng. Nhiều trò chơi đến với Nim. Nếu trò chơi nhận ra được Nim thì ngay lập tức một chiến lược mượn từ Nim sẽ xuất hiện cho nó. Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giảm bớt một số trò chơi khác nhau cho Nim. Trò chơi 1. Năm con chip nằm trên các ô của một dải ngang gồm 25 ô. Đối với mỗi lần di chuyển, bạn phải di chuyển một trong các quân cờ sang trái đến bất kỳ ô nào; được phép nhảy qua các con chip khác; một số chip có thể ở trên một ô. Người chơi thắng, sau khi di chuyển tất cả 5 chip sẽ ở ô ngoài cùng bên trái của dải. Trò chơi rõ ràng thuộc về Nim với 5 đống đá. Hãy đánh số các ô của dải, bắt đầu từ 0, từ trái sang phải (Hình 1). Khi đó, một con chip đứng trên ô số n có thể được di chuyển trong 1 lần di chuyển đến bất kỳ ô nào trong số các ô 0, 1, …, n 1, bất kể vị trí của các chip còn lại. Tương tự, trong trò chơi Nim, số lượng quân cờ ở một trong các cọc trong mỗi lượt giảm xuống còn 0. Do đó, để giảm về Nim, quân chip ở ô n phải được thay thế bằng quân cờ có n quân cờ. Khi đó chip nằm ở ô vuông ngoài cùng bên trái

tương đương với một đống trống. Trò chơi kết thúc khi tất cả các cọc đều trống, tức là tất cả các chip được thu thập trên ô đánh số 0. Vì vậy, nếu có 5 chip nằm trên các ô được đánh số a, b, c, d và e, thì Nim-sum được tổng hợp cho các số a, b, c, d và e. Chúng ta hãy nhớ lại rằng Nim-sum được tính từng bit một như sau: Các số Nim-sum được viết trong hệ nhị phân, và nếu có một số lẻ đơn vị trong một chữ số cho trước thì trong tổng kết quả ở chữ số tương ứng chúng ta đặt 1, nếu nó chẵn - 0. Nim-sum của các số a, b, c, d, e được ký hiệu là a b c d e. Đến lượt của mình, người chơi phải thiết lập lại Nimsumma. Hãy xem một ví dụ. Để các quân chip đứng trên các ô vuông 5, 10, 14, 16 và 22 sọc (xem Hình 1). Việc tính toán Nimsum tương ứng được thể hiện trong Hình 2.

Hình 2. Tính tổng Nim để xác định nước đi ở ván 1

Vì thế,

5 † 10 † 14 † 16 † 22

$= 101_{2}$ † $1010_{2}$ † $1110_{2}$ † $10000_{2}$ † $10110_{2} 111_{2} 7$.

Số tiền nim khác 0. Người chơi thực hiện nước đi phải đặt lại về 0. Đơn vị cao nhất trong tổng Nim là chữ số nhị phân thứ 2, nếu đếm các chữ số từ phải sang trái, bắt đầu từ 0. Đơn vị ở chữ số thứ hai có mặt trong bản ghi số lượng quân cờ ở cọc 1, 3 và 5. Do đó, trong ví dụ đang xem xét, người chơi có 3 lựa chọn để đi nước đi: hoặc để $10_{2} 2$ đá ở cọc đầu tiên, tức là di chuyển quân bằng

Hình 1. Đánh số các ô dải và vị trí của chip trong ví dụ

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190405

(Tiếp theo trang 34)

34

KVANT 2019/№4

ô 5 đến ô 2, hoặc để $1001_{2} 9$ đá ở cọc thứ ba, tức là di chuyển chip từ ô 14 sang ô 9, hoặc để $10001_{2} 17$ đá ở cọc thứ năm, nghĩa là di chuyển chip từ ô 22 sang ô $17. Игра^{2.}$ Con sâu bướm gồm 20 mắt xích. Một số mắt xích sâu bướm được sơn màu xanh lá cây, số còn lại có màu trắng. Hai người chơi lần lượt sơn lại các mắt xích: mắt xanh làm màu trắng, mắt trắng làm màu xanh lá cây. Trong lượt của mình, người chơi phải sơn lại một trong các mắt xích màu xanh lá cây thành màu trắng và có thể sơn lại mắt xích khác nằm gần đuôi của mắt xích được sơn lại. Người chơi thắng, sau khi di chuyển tất cả các liên kết sâu bướm chuyển sang màu trắng. Trò chơi này là một Nim ẩn. Hãy đánh số các mắt xích của sâu bướm, bắt đầu từ phần đuôi. Liên kết đuôi sẽ nhận được số 1, liên kết đầu – 20 (Hình 3). Liên kết xanh

Hình 4. Tính tổng Nim để xác định nước đi ở ván 2

với 7 cọc có số đá 2, 5, 6, 9, 14, 16 và 19. Vì Nim-sum tương ứng bằng (Hình 4)

2 † 5 † 6 † 9 † 14 † 16 † 19

$= 10_{2}$ † $101_{2}$ † $110_{2}$ † $1001_{2}$ † $1110_{2}$ †

$10000_{2}$ † $10011_{2}$ †

101 2

5 và có một đống 5 viên đá, sau đó người chơi thực hiện -

Hình 3. Đánh số các liên kết sâu bướm

chúng ta thay những con sâu bướm có số k bằng một đống đá k. Trong quá trình di chuyển của mình, người chơi tô màu lại một liên kết màu xanh lá cây với một số k và có thể đổi màu một liên kết khác có số nhỏ hơn k. Nếu người chơi chỉ tô màu lại một liên kết, thì chúng tôi coi như anh ta đã làm trống một đống k viên đá. Nếu mắt xích thứ hai được tô màu lại có số m (m < k) và có màu trắng trước khi người chơi di chuyển, thì chúng ta giả sử rằng người chơi đã lấy k – m quân từ đống k quân và để lại m quân trong đó. Và trong trường hợp khi liên kết được đổi màu thứ hai với số m có màu xanh lá cây và trở thành màu trắng, thì chúng ta sẽ giả định rằng người chơi đã bỏ m viên đá vào đống có k viên đá. Vì trước đó đã có một đống đá nên bây giờ có hai viên. Và hai cọc giống hệt nhau đóng góp bằng 0 vào tổng Nim. Vì vậy, sau này trong trò chơi Nim không thể xem xét và loại trừ chúng khỏi trò chơi. Như vậy, trò chơi này về tay Nim với số cọc bằng số mắt xích sâu xanh. Số lượng đá trong đống trùng với số lượng liên kết màu xanh lá cây tương ứng. Ví dụ, trong Hình 3, trò chơi vẽ lại các mắt xích sâu bướm tương đương với nước đi Nim; chỉ cần đặt lại một đống 5 viên đá là đủ, và Nim-sum của các cọc còn lại sẽ bằng 0. Do đó, nước đi thắng từ trạng thái trong Hình 3 là sơn lại mắt xích xanh 5 màu trắng. $Игра^{3.}$ Hai người chơi lần lượt bẻ một thanh sô cô la được chia rãnh thành 8 và 12 miếng. Một trong những hạt gạch được đánh dấu bằng một cây thánh giá. Với mỗi bước di chuyển của mình, người chơi sẽ phá vỡ một ô dọc theo một trong các rãnh và ăn phần ô đó không chứa mảnh có hình chữ thập. Người chiến thắng là người chơi có nước đi chỉ để lại một miếng sô cô la có hình chữ thập. Trò chơi này cũng là một Ngài che mặt. Người chơi có 4 lựa chọn để di chuyển: phá ô dọc theo rãnh phía trên quân cờ có hình chữ thập, ở bên phải quân cờ có hình chữ thập, ở dưới hoặc ở bên trái của quân cờ đó. Nếu khi bắt đầu trò chơi, một hạt có hình chữ thập được đặt, chẳng hạn như trong Hình 5, thì có 4 hàng phía trên hạt có hình chữ thập, 5 hàng ở bên phải, 3 hàng bên dưới, 6 hàng ở bên trái. Việc di chuyển một trong bốn tùy chọn sẽ làm giảm số lượng hàng theo hướng tương ứng.

35

MATEM ATI CHES KY

Hình 5. Hình ảnh thanh sô cô la có phần được đánh dấu bằng hình chữ thập

Vì thế trò chơi tương đương với Nim với 4 đống đá. Ở chồng đầu tiên, số lượng viên đá trùng với số hàng phía trên mảnh có hình chữ thập, ở chồng thứ hai - với số hàng ở bên phải của mảnh có hình chữ thập, ở chồng thứ ba - bên dưới và ở hàng thứ tư - ở bên trái của nó. Trong ví dụ ở Hình 5, khi bắt đầu trò chơi có 4, 5, 3 và 6 viên đá xếp thành chồng. Trong lượt của mình, người chơi chọn một cọc và giảm số lượng đá trong đó. Để xác định nước đi, chúng tôi biên soạn Nimsumma. Trong ví dụ đang xem xét, việc tính tổng Nim được thực hiện trong Hình 6. Chúng ta thu được 4 5 3 $6 100_{2}$ $101_{2}$ $11_{2}$ $110_{2}$

$100_{2} 4$. Như có thể thấy trong Hình 6, tổng Nim khác 0. Để đặt lại nó, bạn cần xóa

Hình 6. Tổng hợp Nim-sum để xác định nước đi ở ván 3

một đơn vị ở chữ số nhị phân có ý nghĩa nhất, tức là loại bỏ 4 viên đá khỏi một trong các cọc 1, 2 hoặc 4. Trong trò chơi được đề cập, người chơi phải loại bỏ 4 hàng ở trên, bên phải hoặc bên trái của hình vuông có hình chữ thập. Trò chơi 4. Có một con chip trên năm ô của một dải ngang gồm 25 ô. Đối với mỗi lần di chuyển, bạn được phép di chuyển bất kỳ con chip nào sang trái sang một ô trống mà không cần nhảy qua các con chip khác. Người chơi không thể di chuyển sẽ thua. Hãy đánh số các ô của dải từ trái qua phải với các số từ 1 đến 25. Các chip trên dải cũng sẽ được đánh số từ trái sang phải. Người chơi không phải

KR UZH OK

có thể thực hiện một nước đi khi có năm quân cờ chiếm các ô được đánh số từ 1 đến 5. Để tìm ra chiến lược, trước tiên chúng ta hãy đơn giản hóa trò chơi. Để chỉ có một con chip trên dải. Sau đó, người mới bắt đầu chiến thắng bằng cách đặt một con chip vào ô 1. Nếu có hai con chip trên một dải, thì chiến lược được xác định mà không cần nỗ lực nhiều. Người chơi nên đặt chip vào các ô liền kề. Đối thủ sẽ chỉ được thực hiện nước đi với chip 1. Người chơi, với nước đi tiếp theo, di chuyển chip 2 sang trái để các chip lại nằm ở các ô liền kề. Kết quả là sau một vài nước đi, quân chip sẽ ở ô 1 và 2, và đối thủ sẽ không thể di chuyển được. Tiếp theo, hãy xem xét trường hợp của một trò chơi có ba con chip trên một dải. Để xây dựng chiến lược, chúng ta sẽ sử dụng quy tắc đặt dấu “+” và “–” được đưa ra trong bài “Ưu nhược điểm và trò chơi Nim”. Trạng thái của trò chơi được xác định bởi 3 số - số ô có chip. Vì vậy, việc đặt các dấu hiệu vào các ô của bảng ba chiều là cần thiết. Tọa độ của các ô $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ thỏa mãn quan hệ

$0 a_{1} a_{2} a_{3}$,

(1) trong đó $a_{1}$ là số ô có chip $1, a_{2}$ – với chip $2, a_{3}$ – với chip 3. Do việc di chuyển của một trong những người chơi, một trong ba tọa độ giảm xuống và mối quan hệ (1) vẫn có hiệu lực. Chúng ta sẽ điền vào bảng các dấu hiệu theo từng lớp. Ở lớp dưới cùng, nơi $a_{1} 1$, quân 1 không thể di chuyển. Và đối với hai con chip, chúng tôi đã thiết lập rằng ở trạng thái âm, các con chip được đặt trong các ô liền kề của dải. Điều này có nghĩa là $a_{2} 1 a_{3}$ và trong tất cả các ô có tọa độ $1, a_{2}, a_{2} 1, 1 a_{2}$, có dấu “-” và trong tất cả các ô khác của lớp đầu tiên có dấu “+”. Trong các ô của lớp thứ hai của bảng, trong đó $a_{1} 2$, các điểm trừ nằm trong các ô có tọa độ 2,3,5, 2,4,6, 2,5,7, …, tức là trong các ô thuộc loại $2, a_{2}, a_{2} 2, 2 a_{2}$. Khi điền vào các ô của lớp thứ ba bằng dấu “+” và “–”, chúng ta nhận thấy các điểm trừ xuất hiện trong các ô có tọa độ có dạng $3, a_{2}, a_{2} 3, 3 a_{2}$. Nhìn vào việc lấp đầy ba lớp đầu tiên của bảng bằng các điểm trừ, chúng ta có thể giả sử rằng dấu “-” nằm trong các ô có tọa độ

36

KVANT 2019/№4

natami $a_{1}, a_{2}, a_{2} a_{1}, 0 a_{1} a_{2}$. Hoặc ở dạng khác, tọa độ $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ của các ô trừ có liên hệ với nhau bằng quan hệ a 1

$a_{3} a_{2}$.

(2)

Phỏng đoán này được chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học trên $a_{1}$. Chúng ta hãy viết lại quan hệ (2) dưới dạng

$a_{1} 0$ a 3 a 2

(3) và giả sử rằng một ô khác có số 0 đã được thêm vào dải bên trái, trên đó có chip fiat 0. Khi đó, khoảng cách trong các ô giữa chip thứ nhất và chip 0 trùng với khoảng cách trong các ô giữa chip thứ ba và chip thứ hai. Nếu việc sắp xếp chip thỏa mãn mối quan hệ (3), thì bất kỳ nước đi nào của đối thủ

họ đồng ý với tỷ lệ

a 2 a 1

$a_{4} a_{3}$.

Và cuối cùng, đối với 5 chip trên một dải, chúng tôi sẽ lại giới thiệu một chip số 0 cố định có điều kiện, chúng tôi sẽ đặt chip này trên một ô số 0 có điều kiện được gắn vào dải bên trái. Trò chơi đến với Nim với 3 đống đá. Chúng tôi giả định rằng số lượng viên đá trong đống thứ nhất bằng số lượng ô tự do giữa các chip 0 và 1. Kích thước của đống thứ hai được xác định bởi số lượng ô tự do trên dải giữa các chip 2 và 3. Số lượng đá ở đống thứ ba chính xác bằng số lượng ô tự do trên dải giữa chip thứ 4 và thứ 5. Hình 7 trình bày một ví dụ về xác định kích thước của ba cọc ở Nimes tương đương.

Hình 7. Ví dụ xác định số quân trong ván 4

sẽ dẫn đến vi phạm và người chơi phải khôi phục lại sự đáp ứng của mối quan hệ (3) bằng nước đi phản ứng của mình. Có sự tương ứng giữa Nim và hai đống đá. Số lượng đá trong đống đầu tiên trùng với số lượng ô tự do giữa chip 0 và chip thứ nhất, và ở đống thứ hai - giữa chip thứ hai và chip thứ ba. Ở Nimes có hai cọc, người chơi phải cân bằng số lượng đá trong cọc với mỗi lần di chuyển. Không giống như Nim, trong trò chơi này, đối thủ có thể, bằng cách di chuyển chip 2, tăng số ô trống giữa chip 2 và 3, điều này trong trò chơi Nim tương ứng với việc tăng số lượng đá ở cọc thứ hai. Trong trường hợp này, người chơi phải phản ứng bằng cách di chuyển chip 3 sang trái, trả lại số ô trống trước đó giữa chip thứ hai và thứ ba. Trường hợp 3 chip trên một dải đã được xử lý. Hãy để trò chơi bây giờ được chơi với 4 chip trên một dải. Sau đó, chip có điều kiện được giới thiệu khi xem xét trường hợp trước sẽ nhận được phương án. Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_{i}$ số ô chứa chip thứ i (i = 1, 2, 3, 4). Bằng cách tương tự với trường hợp trước, số lượng ô có chip ở trạng thái trừ được thỏa mãn

Trong ví dụ, số quân trong cọc là 4, 1 và 5. Để giành chiến thắng, người chơi phải đặt lại Nim-sum tương ứng cho ba cọc với mỗi nước đi của mình. Di chuyển các chip số lẻ sẽ làm giảm số lượng đá ở một trong các cọc. Nếu đối thủ di chuyển một quân 2 hoặc 4, chẳng hạn như k ô sang trái, thì ở một đống 2 hoặc 3 quân tương ứng, số lượng quân cờ sẽ tăng lên. Trong trường hợp này, người chơi phải sử dụng chiêu thức của riêng mình để khôi phục lại số lượng đá trong đống bằng cách di chuyển các ô k chip số lẻ tương ứng sang trái. Trong ví dụ đang xem xét, Nim-sum bằng 0 (Hình 8). Vì vậy, người chơi đến lượt đi sẽ thua.

Hình 8. Tính Nim-sum cho 3 cọc ở ván 4

Trò chơi 5. Các ô của dải 10 ô được đánh số từ 1 đến 10. Trên mỗi ô

38

KVANT 2019/№4

Hình 10. Tính tổng Nim cho các số trong ván 5

Bạn nên di chuyển một chip từ ô 9, để lại ba chip trên đó. Số tiền nim sau một động thái như vậy sẽ trở thành số không. Ván 6. Trò chơi diễn ra với 4 đường đứt nét. Số lượng mắt xích trong một đường gãy không vượt quá 20. Ba đường gãy được gắn vào một đế cố định ở một đầu và đường thứ tư - ở cả hai đầu (Hình 11). Vì

Hình 11. Ví dụ về trạng thái ban đầu của trò chơi

Mỗi lần di chuyển bạn được phép loại bỏ một liên kết khỏi bất kỳ dòng bị hỏng nào. Nếu sau khi di chuyển có các liên kết bị rách khỏi đế thì tất cả chúng cũng bị loại bỏ. Người chơi thắng, sau khi di chuyển, các liên kết của tất cả các đường gãy sẽ bị loại bỏ. Hãy rút gọn trò chơi về Nim với 4 đống đá. Để các đường gãy A, B và C được gắn vào đế bằng một đầu và đường đứt D bằng hai đầu. Chúng ta hãy đánh số các liên kết của từng dòng bị hỏng một cách tuần tự. Đối với các đường gãy A, B và C, số 1 sẽ nhận được một mắt xích gắn vào đế (Hình 11). Hãy chứng minh rằng mỗi đường gãy A, B và C có thể được thay thế bằng một cọc, số viên đá trong đó bằng số mắt xích trong đường gãy tương ứng. Ví dụ, cho dòng đứt gãy A chứa k liên kết. Khi loại bỏ liên kết thứ i của đường đứt A, 1 d i d k, nó còn lại liên kết i –1 với các số từ 1 đến i –1. Như vậy, việc loại bỏ liên kết thứ i tương đương với việc bỏ lại i –1 viên đá trong đống. Chúng ta cũng thay thế đường D gãy bằng một số đống đá tổng quát. Hãy để nó bị phá vỡ

D ban đầu chứa m liên kết. Sau khi loại bỏ một trong các mắt xích của nó, chẳng hạn như mắt xích i, 1 di d m, đường gãy chia thành 2 nét đứt với các mắt xích i – 1 và m – i, mỗi mắt xích được gắn vào đế ở một đầu. Hãy chứng minh rằng 2 đường gãy mới trong trò chơi có thể được thay thế bằng một đống đá ở Nîmes. Nếu có số mắt xích chẵn ở vạch gãy D thì sau khi bỏ đi một mắt xích, kết quả là hai vạch gãy sẽ có số mắt xích không bằng nhau, đối thủ có cơ hội dùng chiêu thức của mình để cân bằng số mắt xích ở các vạch gãy mới. Hai cọc giống hệt nhau có cùng biểu diễn nhị phân và đóng góp bằng 0 vào Nimsum. Chúng tôi thấy rằng đống tổng quát mà chúng tôi muốn thay thế dòng D bị hỏng cũng không đóng góp gì cho Nim-sum, tức là trống. Sự khác biệt giữa một đống đá tổng quát và một đống đá đơn giản khi chơi Nim là ngay cả khi đống đá tổng quát trống, người chơi vẫn có thể thực hiện một động tác để chuyển nó sang một đống không trống. Trong trường hợp này, đối thủ sẽ tự mình vô hiệu hóa nó. Và một lần nữa người chơi phải di chuyển, và cọc tổng quát sẽ trống. Chúng tôi trở lại trạng thái đã tồn tại. Sau mỗi lần di chuyển, tổng số mắt xích trong các đường gãy giảm đi nên không thể quay lại trạng thái cũ của cọc tổng quát vô số lần. Bây giờ chúng ta hãy xem xét trường hợp đường đứt nét D có số lượng liên kết lẻ. Sau đó, bằng cách loại bỏ liên kết ở giữa, người chơi có thể nhận được hai đường gãy có cùng số liên kết, không đóng góp gì cho Nimsumma. Chúng ta hãy chứng minh rằng khi loại bỏ bất kỳ mắt xích nào khác của đường gãy D, đối thủ có thể, sau nước đi tiếp theo, để lại hai đường gãy có đóng góp cho Nim-sum tương đương với đóng góp của một cọc với một viên đá. Một dòng gãy D, sau khi loại bỏ một liên kết, không thể chia thành hai dòng gãy, số lượng liên kết trong đó chênh lệch đúng 1. Nhưng khi đó, đối phương, bằng cách giảm số lượng liên kết trong một dòng gãy với một số lượng lớn các liên kết, có thể thu được trong các dòng gãy mới số lượng liên kết là hai số liên tiếp, chẳng hạn như 2n và 2n + 1, trong đó số nhỏ nhất là 2n là số chẵn. Sự đóng góp của hai số như vậy vào

Thế Vận Hội

Olympic thể chất học sinh Moscow 2019

NHIỆM VỤ CHỌN

lớp 7

1. Nils trên cành (vòng 1) Chiều cao của Nils Holgersson sau bùa phép của người lùn giảm đi 10 lần. Tỷ lệ cơ thể vẫn giữ nguyên. Khi đã lớn, cánh tay của anh hầu như không đủ khỏe để có thể tự mình đứng lên trên thanh ngang. Cậu bé Nils có thể tự mình nâng tải trọng gì, dùng tay kéo mình lên một cành cây nằm ngang? Khối lượng của Nils lớn là 30 kg. Manh mối. Sức mạnh của cơ tỷ lệ thuận với diện tích mặt cắt ngang của chúng. S. Varlamov

2. Cát “lỏng” (vòng 1) Nếu một bình chứa cát bị rung (hay nói cách khác là bị rung chuyển), thì có thể quan sát thấy một hiện tượng thú vị - cát trở nên giống như chất lỏng. Các vật nặng (có mật độ cao) chìm trong cát “lỏng” này, và ngược lại, các vật nhẹ (ví dụ như gỗ), nổi lên bề mặt, ngay cả khi ban đầu chúng ở dưới đáy tàu. Điều này xảy ra vì rung lắc làm giảm lực ma sát giữa các hạt cát. Hãy xem xét kinh nghiệm. Có cát ở đáy bình hình trụ. Sỏi được đổ trên cát. Tàu bị rung và cát trở thành “lỏng”. Những viên sỏi dần chìm xuống

Hình 1

đáy tàu và cát lấp đầy tất cả các khoảng trống giữa các viên đá của nó. Mức chất bên trong bình sẽ là bao nhiêu sau khi sỏi lắng xuống, nếu ban đầu mực cát là $h_{1} = 0,6$ m và mực sỏi là $h_{2} = 1$ m (Hình 1)? Mật độ của đá cuội là $U_{0} 2600$ kg $м^{3}$, và mật độ khối của nó là $U_{1} 1500$ kg $м^{3}$. M.Romashka

3. Vasily và bê tông (vòng 2) Vasily cần đổ nền móng của một ngôi nhà nông thôn, mà anh ta cần $9,4 м^{3}$ bê tông, trong khi ngân sách của Vasily bị giới hạn ở 50.000 rúp. Được biết, để thu được bê tông cần trộn xi măng với cát và đá dăm, tỷ lệ thể tích xi măng trong hỗn hợp càng lớn thì chất lượng bê tông càng tốt và giá trị của mác bê tông càng lớn. Trong cửa hàng, Vasily phát hiện ra giá xi măng là 180 rúp. với 50 kg, giá cát là 102 rúp. đối với 50 kg, giá đá dăm là 130 rúp. cho 40 kg và tỷ lệ khối lượng vật liệu cho các loại bê tông khác nhau được nêu trong bảng. Thật không may, một số dữ liệu trong bảng đã bị mất.

1. Hãy giúp Vasily điền vào các ô trống trong bảng. Được biết, thể tích cát trong mác bê tông M400 nhỏ hơn hai lần so với thể tích đá dăm. 2) Xác định thương hiệu bê tông tốt nhất mà Vasily có thể mua được. Mật độ xi măng $U_{ц} 1200$ kg $м^{3}$, mật độ cát $U_{п} 1600$ kg $м^{3}$, mật độ đá dăm $U_{щ} 2100$ kg $м^{3}$. N.Trushnikov

52

K VĂN T 2019/№4

Hình 8

Hình 10

Hình 9

một thiết bị gọi là ổn áp đã được lắp ráp, cung cấp điện áp không đổi $U_{0}$ trên tải (điện trở có điện trở R = 300 Ohms) ở các giá trị điện áp đầu vào khác nhau (giữa điểm A và B). Trong trường hợp này, điện áp $U_{AB}$ phải nằm trong một khoảng điện áp nhất định $U_{1}$ ’ $U d U_{AB} d U_{1}$ ’ U, nếu không thiết bị sẽ ngừng thực hiện chức năng ổn định điện áp. 1) Điện áp $U_{0}$ và điện trở của điện trở r trong mạch này là bao nhiêu? 2) Tìm điện trở của điện trở $R_{1}$ tại đó nửa chiều rộng của dải điện áp đầu vào ’ U sẽ là giá trị lớn nhất có thể ở điện áp ở giữa dải $U_{1} = 6$ V. Z. Reznikov

5. Động cơ Stirling (vòng 2) Trong bài toán mô hình nhiệt động lực học của động cơ Stirling, được mô tả bằng sơ đồ trong Hình 10, được xem xét. Piston 3 thực hiện chuyển động tịnh tiến chuyển động tịnh tiến thành chuyển động quay nhờ sử dụng bánh răng quay. Xi lanh làm việc 1 được làm nóng bằng đầu đốt. Trong khuôn khổ của mô hình, giả sử rằng nhiệt độ của nó được duy trì không đổi, chúng ta hãy ký hiệu là T. Bộ tản nhiệt 6 được gắn vào xi lanh dịch chuyển 2 để cải thiện khả năng truyền nhiệt; nhiệt độ trong xi lanh được coi là bằng nhiệt độ phòng $T_{0}$. Chất lỏng làm việc 4 - không khí - được bơm từ xi lanh làm việc đến xi lanh thể tích và ngược lại qua ống 5. Ta ký hiệu thể tích không khí tối đa trong xi lanh làm việc là $V_{01}$, và trong xi lanh thể tích là $V_{02}$. Thể tích của ống có thể bỏ qua. Kết quả tính toán của máy tính, người ta thu được sơ đồ về sự phụ thuộc của áp suất tương đối vào thể tích tương đối: đối với xi lanh làm việc - đường màu đỏ trong Hình 11, đối với xi lanh thể tích - đường màu xanh lam. Trong trường hợp này, chu trình của xi lanh làm việc theo chiều kim đồng hồ và đối với xi lanh dịch chuyển - ngược chiều kim đồng hồ; $V_{02} 1,25 V_{01}$. 1) Xác định trị số của tỷ số nhiệt độ T và $T_{0}$. 2) Phần tổng khối lượng không khí chứa trong xi lanh làm việc ở áp suất $3p_{0}$? 3) Xác định tỷ số công mà toàn bộ khí thực hiện trong một chu trình với công mà khí thực hiện trong xi lanh làm việc, nếu diện tích của hình được giới hạn bởi đường màu đỏ là $S_{1} = 1,5$ (đơn vị tương đối), và

Hình 11

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

NHIỆM VỤ

(xem «Kvant» số 3)

1. 33. Trong số các số từ 1 đến 100, số trong bản ghi có đúng hai mươi: đây là đơn vị, mười số từ 10 đến 19, các số 21, 31,…, 91 (có tám số) và số 100. Điều này có nghĩa là không có số nào trong số này bị xóa. Tương tự, có chính xác mười chín số có số hai: chính số đó là hai, mười số của số mười thứ ba, cũng như 12, 32, 42,…, 92 (có tám trong số này). Điều này có nghĩa là Misha không xóa bất kỳ cái nào trong số chúng. Có 19 + 20 - 2 = 37 số như vậy (ta trừ 2, vì số 12 và 21 được đếm hai lần). Còn lại 37 + 30 = 67 số và Misha có $стер^{100} - 67 =^{33}$ số. 2. Xem Hình 1 và 2.

Hình 1

Hình 2

Bình luận. Lời giải bài toán có thể trở nên rõ ràng hơn nếu thay vì lưới thông thường với các đường ngang và dọc, chúng ta xem xét đường chéo như trong Hình 3

Hình 3

Hình 4

đường chấm chấm. Trên lưới chéo, hình của chúng ta có diện tích là 4 ô và phải cắt thành 4 hình có diện tích 1. Một hình tương tự trên lưới thông thường được thể hiện trong Hình 4, đường cắt của nó dễ nhìn hơn ở đó và sau đó có thể chuyển nó về hình ban đầu. 3. 5. Nếu Senya viết D có lỗi, thì trong số các chữ cái O, E, K, A, E, R, cũng có trong DODECA-EDR, anh ấy đã nhầm ba chữ và viết đúng ba chữ. Nhưng tất cả những chữ cái này, ngoại trừ E, cũng được bao gồm trong ICOSA-EDR, tức là ở đó anh ta sẽ viết đúng ít nhất hai chữ cái và sẽ không thể mắc lỗi $сделать^{7}$. Điều này có nghĩa là Senya viết đúng chữ D. Sau đó, anh ta chắc chắn viết sai tất cả các chữ cái khác của các từ DODECAEDR và ​​ICOSAEDR, và trong từ TETRAHEDRON, do đó, ngoài D, anh ta cũng viết đúng chữ T, nhưng lại sai ở tất cả.

phần còn lại. Bây giờ rõ ràng là Senya sẽ mắc năm lỗi trong từ OCTAHEDR. 4. Một ví dụ với năm chuyến bay bổ sung được hiển thị trong Hình 5. Có thể chứng minh rằng việc thêm ít chuyến bay hơn là không thể.

Hình 5

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

(cm. «Kvant» Số 2) 21. a) Có. Hãy đặt 1 chip vào hàng dọc và ngang lẻ, và 5 chip vào hàng chẵn, như trong $рисунке^{6.}$ b) Không. Giả sử chúng ta đã tìm được cách sắp xếp như vậy. Sau đó, ở mỗi hàng ngang và dọc có 1 chip - hãy gọi những hàng như vậy là gầy, $либо^{6}$ – hãy gọi những hàng như vậy là dày. Tolstykh $вертика-^{Рис.} 6$ ley, cũng như chiều ngang dày, có 4, vì vậy không có quá 16 con chip đứng theo chiều dọc dày và chiều ngang dày. Và không có nhiều hơn 4 chip đứng theo chiều dọc dày và chiều ngang mỏng - một chip cho mỗi chiều ngang. Tổng cộng, theo chiều dọc dày không có quá 20 chip, nhưng nên $быть^{4}$ ◊ $6 =^{24}$. Sự mâu thuẫn. 22. a) Không. Hãy tìm một màu như vậy. Lấy ba điểm A, B, C khác màu. Chúng không thể tạo thành một hình tam giác, nếu không thì hình tròn bao quanh nó sẽ có ba màu. Điều này có nghĩa là chúng nằm trên cùng một đường thẳng. Bây giờ lấy bất kỳ điểm X nào bên ngoài đường này. Nó trùng màu với một trong các điểm A, B, C chứ đừng nói đến A. Khi đó X, B, C có các màu khác nhau và lại tạo thành một hình tam giác. Sự mâu thuẫn. b) Có. Hãy chọn ba điểm trên một đường và tô chúng bằng ba màu đầu tiên và tất cả các điểm khác trên mặt phẳng - bằng màu thứ tư. Vì đường tròn không thể chứa ba điểm trên cùng một đường thẳng nên bất kỳ đường tròn nào cũng sẽ không có ít nhất một trong ba màu đầu tiên. 23. Gọi O là giao điểm $A_{1} M$ Và $B_{1} K$ (Hình 7). Chứng minh đẳng thức diện tích $MC_{1} KO$ Và $B_{1} OA_{1} C$, thêm một hình tam giác vào mỗi cái $OMB_{1}$ và chứng minh rằng diện tích của đa giác thu được $MC_{1} KB_{1}$ Và