Tạp chí khoa học phổ thông về vật lý - toán học
quang tử
4
1970
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Giáo dục Liên Xô

«SỰ CÓ THỂ PHÁ HỦY CỦA NGUYÊN TỬ, TÍNH KHÔNG CẠN KIỆT
CỦA NÓ, TÍNH BIẾN ĐỔI CỦA MỌI DẠNG VẬT CHẤT VÀ
CHUYỂN ĐỘNG CỦA NÓ LUÔN LUÔN LÀ CHỖ DỰA CỦA CHỦ NGHĨA
DUY VẬT BIỆN CHỨNG».
V.I. LENIN

⟦không có số trang⟧

Главный редактор — академик И. К. Кикоин
Первый заместитель главного редактора — академик А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция:

Л. А. Арцимович, академик
М. И. Башмаков
В. Г. Болтянский, член-корреспондент АПН СССР
И. Н. Бронитейн
Н. Б. Васильев
И. Ф. Гинзбург
В. Г. Зубов, академик АПН СССР
П. Л. Капица, академик
В. А. Кириллин, академик
Г. И. Косоуров
В. А. Лейковцев (зам. главного редактора)
В. П. Лищевский
А. И. Маркуцевич, академик АПН СССР
М. Д. Миллюоницков, академик
Н. А. Патрикеева
Н. Х. Розов
А. П. Савин
И. Ш. СЛОБОДЕЧИЙ
М. Л. Смолянский (зам. главного редактора)
Я. А. Смородинский, доктор физико-математических наук, академик АПН СССР
В. А. Фабрикант, академик АПН СССР
Я. Е. Шнайдер (ответственный секретарь)

Заведующая редакцией Л. В. Чернова
Главный художник Е. П. Леонов
Технический редактор Т. М. Макарова.
Корректор И. Б. Мамулава
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15

Сдано в набор 25/11-70 г. Подп. к печати 8/V-70 г.
Бумага 70×100/16. Физ. печ. л. 4. Услови, печ. л. 5,2.
Уч.-изд. л. 5,88. Тираж 202 500 экз. Т-107842.
Цена 30 коп. Заказ 316

Чеховский полиграфкомбинат Главполиграфпрома
Комитета по печати при Совете Министров СССР
г. Чехов, Московской области

3

Trong số này:

Ý tưởng triết học của V. I. Lenin và sự phát triển của vật lý hiện đại
4

Ghép cặp và mạng lưới giao thông
14

Sách bài tập «Kvaenta»
25

Thế giới phẳng của Hinton
28

Kỳ thi viết môn vật lý tại khoa Vật lý Đại học Tổng hợp Moskva
32

Các nhà nhân văn học thi toán
35

Ý nghĩa hình học của một số bất đẳng thức với hai biến
41

14 ngày ở Bucharest
49

12 ngày ở Tiệp Khắc
52

Nghiêm túc + phổ cập
55

Cờ đam của E. Lasker
59

Đáp án, hướng dẫn, lời giải
61

Kim tự tháp số. Một cách mã hóa khác

I. K. Kikopin
M. I. Bashmakov
V. P. Lishchevsky
K. N. Baransky,
A. V. Ustinova
A. S. Kuztsev,
V. A. Uspensky
A. Ya. Margulis,
B. A. Radunsky
I. S. Petrakov
A. Klimov,
N. Kondratyev,
A. Chernochan
V. N. Berezin,
M. L. Smolyansky

Trang bìa thứ 3

⟦trang 4⟧

CÁC Ý TƯỞNG TRIẾT HỌC CỦA V. I. LENIN
I. K. KIKOIN

Vật lý giữ một vị trí đặc biệt trong số nhiều ngành khoa học về tự nhiên. Tính chất đặc biệt này của vật lý gắn liền với việc nó nghiên cứu những tính chất đơn giản nhất đồng thời cũng chung nhất của vật chất. Vì vậy, vật lý tất yếu đi vào mọi lĩnh vực của khoa học tự nhiên. Hiện nay, những ngành khoa học như vật lý sinh học, địa vật lý, vật lý thiên văn, vật lý hóa học và các «vật lý» khác đã được công nhận.

Ai cũng biết rằng vật lý là cơ sở của kỹ thuật. Điều đó luôn luôn như vậy, nhưng đặc biệt rõ ràng trong những năm gần đây, gắn liền với sự ra đời của kỹ thuật hạt nhân, kỹ thuật điện tử, kỹ thuật laser, v. v.

Tính rộng lớn và tính phổ quát của nội dung vật lý tất yếu phải đưa nó đến triết học, ngành nghiên cứu những vấn đề chung nhất của lý luận nhận thức. Toàn bộ lịch sử phát triển của vật lý chứng minh điều đó.

Mỗi khi trong vật lý đưa vào những khái niệm và quan niệm mới, trước đó chưa từng có, vật lý lại đan xen với triết học.

Mối liên hệ giữa vật lý và triết học được thể hiện đặc biệt rõ ràng trong thế kỷ XX, khi những cơ sở của vật lý hiện đại được đặt nền móng: học thuyết về cấu tạo vật chất, thuyết tương đối và cơ học lượng tử.

Mối liên hệ chặt chẽ giữa vật lý và lý luận nhận thức là một tất yếu lịch sử. Vì vậy không có gì đáng ngạc nhiên khi các nhà vật lý, trong khi cố gắng nhận thức trạng thái của khoa học mình, rất thường xuyên tìm đến triết học. Nhiều nhà vật lý lớn nhất đã viết những tác phẩm triết học chuyên biệt.

Vladimir Ilyich Lenin không chỉ là một nhà hoạt động chính trị và nhà nước vĩ đại, mà còn là một nhà khoa học vĩ đại, người sáng lập chủ nghĩa cộng sản khoa học. Vai trò đặc biệt của vật lý trong sự phát triển cả của kỹ thuật lẫn triết học là nguyên nhân khiến Lenin đặc biệt chú ý đến những vấn đề của vật lý mới (có thể, sự quan tâm của Lenin đối với vật lý phần nào cũng chịu ảnh hưởng bởi việc cha ông, Ilya Nikolaevich Ulyanov, là giáo viên vật lý).

Phương pháp nghiên cứu khoa học của Lenin đặc biệt gần gũi với trái tim các nhà vật lý. Trong công trình khoa học lý luận của mình, Lenin luôn dựa vào kinh nghiệm, vào thực tiễn như là tiêu chuẩn của chân lý. Lenin, theo những lời của Engels, đã nêu lên ý tưởng về «tiêu chuẩn thực tiễn»: «Vào thời điểm mà chúng ta sử dụng thuộc tính được truyền đạt bởi sự vật nào đó được chúng ta cảm nhận đối với bản thân mình,— chính vào thời điểm đó chúng ta đưa tính đúng đắn hay sai lầm của những nhận thức cảm tính của mình vào một sự thử nghiệm không thể sai lầm… (chữ nghiêng của tôi.— I. K.) …»

5

Thành công của các hành động của chúng ta chứng minh sự phù hợp (Ubereinstimmung) của những tri giác của chúng ta với bản tính khách thể (gegenständlich) của những sự vật được tri giác*).

Ở đây nảy sinh câu hỏi sau. Lịch sử khoa học biết không ít thí dụ chứng tỏ rằng những quan niệm của các nhà khoa học, rõ ràng là sai lầm theo quan điểm hiện đại, tuy vậy đã dẫn tới “thành công của các hành động của chúng ta”.

Để làm thí dụ, hãy lấy thuyết từ học cũ, theo đó một mẩu thép bị từ hóa được xem như một lưỡng cực từ, gồm hai cực từ hay “điện tích từ” (tương tự như lưỡng cực điện). Sử dụng quan niệm này, các nhà vật lý xây dựng từ tĩnh học, trên đó dựa toàn bộ thực hành và kỹ thuật sử dụng nam châm. Thực hành này là sự xác nhận nhanh nhất cho thuyết “điện tích từ”. Trong khi đó, hiện nay người ta biết rõ rằng trên thực tế hoàn toàn không có điện tích từ nào. Và khi ngày nay nói về các cực từ, người ta nhất thiết phải nói rõ rằng đó là một khái niệm hư cấu.

Vậy thì dường như tiêu chuẩn thực tiễn không thể làm cơ sở đáng tin cậy để làm sáng tỏ tính chân thực của những quan niệm của chúng ta về đối tượng này hay đối tượng khác? Dĩ nhiên, đây không phải là một câu hỏi vô bổ.

Một trong những nhà vật lý lớn nhất thời hiện đại, Richard Feynman, khi cố gắng làm sáng tỏ cách giải thích triết học về định luật vật lý là gì, đã minh họa ý nghĩa của câu hỏi này bằng thí dụ sau.

“Giả sử những ai khăng khăng rằng điều quan trọng duy nhất chỉ là sự phù hợp giữa lý thuyết và thí nghiệm, hãy hình dung một cuộc trò chuyện giữa một nhà thiên văn thuộc dân tộc Maya và học trò của ông ta. Người Maya đã có thể dự báo với độ chính xác đáng kinh ngạc, chẳng hạn, thời điểm nhật thực, vị trí của Mặt Trăng, Sao Kim và các hành tinh khác trên bầu trời. Tất cả điều đó được làm bằng số học… Họ không có lấy một ý niệm nhỏ nhất về chuyển động của các thiên thể.

Hãy hình dung rằng một người trẻ đến với nhà thiên văn của chúng ta và nói: “Đây là điều nảy ra trong đầu tôi. Có lẽ tất cả những thứ này quay, có lẽ đó là những quả cầu bằng đá… và chuyển động của chúng có thể được tính hoàn toàn khác.” Tiếp đó, khi biết rằng người trẻ ấy còn chưa đi đến việc tính chuyển động của các hành tinh, nhà thiên văn Maya sẽ trả lời rằng chúng ta vốn cũng có thể tính nhật thực đủ chính xác, vậy nên không đáng phải bận tâm với những ý tưởng của cậu.

Như ta thấy, — Feynman kết luận, — không phải là nhiệm vụ dễ dàng để quyết định có nên hay không nên suy nghĩ về điều ẩn sau các lý thuyết của chúng ta.”

Quả thật, đây không phải là nhiệm vụ dễ dàng. Bởi nếu chấp nhận vô điều kiện khẳng định rằng tiêu chuẩn của chân lý là thực tiễn, thì khẳng định như vậy, như thấy từ các thí dụ đã dẫn, có thể dẫn tới sự trì trệ trong khoa học.

V. I. Lenin đã giải quyết xuất sắc nhiệm vụ không dễ dàng này.

Khẳng định rằng “quan điểm của đời sống, của thực tiễn phải là quan điểm thứ nhất và cơ bản của lý luận nhận thức”, Lenin thêm đoạn sau đầy ý nghĩa.

“…dĩ nhiên, đồng thời không được quên rằng tiêu chuẩn thực tiễn không bao giờ, ngay theo bản chất của sự việc, có thể làm cho hoặc bác bỏ hoàn toàn lập trường của người Maya và học trò của ông ta. Người Maya đã có thể dự báo với độ chính xác đáng kinh ngạc, chẳng hạn, thời điểm nhật thực, vị trí của Mặt Trăng, Sao Kim và các hành tinh khác trên bầu trời. Tất cả điều đó được làm bằng số học… Họ không có lấy một ý niệm nhỏ nhất về chuyển động của các thiên thể.

*) Thuyết bất khả tri được gọi là trào lưu triết học khẳng định tính hạn chế không thể khắc phục của nhận thức con người.

8

hanki có thể được gọi là ngoại lệ. Nó cho phép khám phá bí mật về cấu tạo.atoma. Bằng cách sử dụng cơ học lượng tử, có thể tính toán nguyên tử với độ chính xác tùy ý, tức là tính toán cấu trúc điện tử chi tiết.atoma. Những tính toán này cho kết quả phù hợp với thực nghiệm với độ chính xác đáng kinh ngạc.

Toàn bộ điện tử học lượng tử hiện đại với những ứng dụng kỹ thuật đa dạng của nó (laser, maser, v.v.) — đều là sản phẩm của cơ học lượng tử. Cơ học lượng tử vẫn chưa trở thành đối tượng học tập ở trường phổ thông, nhưng các ứng dụng của nó đã được học ở các trường kỹ thuật. Và mặc dù vậy, một nhà quyền uy lớn nhất trong lĩnh vực vật lý này khẳng định rằng không ai hiểu nó!

Hãy thử tìm hiểu nguyên nhân của sự không hiểu cơ học lượng tử.

Vấn đề là ngay từ khi mới hình thành, cơ học lượng tử đã chứa đựng những mâu thuẫn. Chẳng hạn, hãy xét biểu hiện đơn giản nhất của bản chất lượng tử của ánh sáng — hiệu ứng quang điện.

Lý thuyết hiệu ứng quang điện, do Einstein phát triển, cho rằng dòng ánh sáng hạt v được xem như một dòng «hạt» — photon, có năng lượng E=hv(h—hằng số Planck). Khi photon tới bề mặt kim loại, một phần nào đó của chúng bị electron hấp thụ. Do đó, động năng của electron hấp thụ phóton tăng thêm một lượng hv. Với năng lượng như vậy, electron có thể rời khỏi kim loại và bay ra ngoài. Khi đó nó mất một phần năng lượng thu được, tiêu tốn năng lượng đó cho «công thoát» A. Vì vậy động năng cực đại mà electron bay ra khỏi kim loại có được bằng

$$\frac{1}{2} mv^2 = hv - A.$$

Đó là công thức Einstein cho hiệu ứng quang điện, được nhiều thực nghiệm xác nhận và nằm trong cơ sở của các ứng dụng rộng rãi của hiệu ứng này.

Vậy thì, nếu suy ngẫm về ý nghĩa của công thức Einstein (ông cũng thu được nó vào năm 1905), thì ngay lập tức thấy rõ tính mâu thuẫn của nó.

Đại lượng E=hv trong công thức này là năng lượng của «hạt ánh sáng» (photon), còn đại lượng v là tần số của ánh sáng gồm các hạt. Nhưng tần số là đại lượng đặc trưng cho sóng. Khái niệm tần số ánh sáng xuất hiện sau khi vào thế kỷ XIX người ta xác lập rằng ánh sáng là quá trình lan truyền dao động. Quá trình như vậy được gọi là sóng. Nhưng bản thân ý nghĩa của khái niệm này cho thấy sóng chiếm một vùng lớn trong không gian, và nếu nói chặt chẽ thì thậm chí là toàn bộ không gian. Còn hạt thì là một cái gì đó được định xứ trong không gian, tức là chiếm một thể tích nhỏ. Vì vậy biểu thức cơ bản E=hv, liên hệ năng lượng của phóton (tức là hạt) với tần số của sóng ánh sáng, xét theo «lẽ thường», là một điều phi lý.

Các hiện tượng quang điện đã chứng minh không thể bác bỏ rằng ánh sáng là một dòng hạt.

Mặt khác, cũng tồn tại những bằng chứng thực nghiệm không thể bác bỏ rằng ánh sáng là một quá trình sóng. Thật vậy, tính chất đặc trưng nhất của sóng là như sau: nếu chồng hai sóng lên nhau sao cho đỉnh của một sóng trùng với đáy của sóng kia (hình 1, a), thì dao động hoàn toàn triệt tiêu (hình 1, 6). Và ngược lại, khi các đỉnh của một sóng trùng với các đỉnh của sóng kia, dao động được tăng cường. Hiện tượng nổi tiếng này được gọi là giao thoa sóng. Có thể khẳng định rằng nếu trong một thí nghiệm quan sát thấy hiện tượng giao thoa, thì chúng ta đang xét một sóng.

Lý thuyết sóng của ánh sáng được khẳng định từ đầu khi người ta chỉ ra rằng một số điểm của màn được chiếu sáng đồng thời bởi hai

10

với các nguồn sáng giống nhau, lại trở nên tối (hình 2), trong khi dưới tác dụng của mỗi sự kiện nghịch lý, rằng cả lý thuyết sóng lẫn lý thuyết lượng tử của ánh sáng đều đúng, còn công thức $E=hv$ thiết lập mối liên hệ giữa những lý thuyết mâu thuẫn này.

Thách thức đối với “lẽ thường” này đạt tới đỉnh điểm vào năm 1924, khi khái niệm kép “sóng” hạt” bằng những lập luận lý thuyết đã được mở rộng sang electron và nguyên tử. Nói cách khác, nguyên tử và electron, vốn từ khi được phát hiện đã có mọi tính chất của hạt, cũng phải ứng xử như sóng. Và chẳng bao lâu sau, các thí nghiệm đã xác nhận những kết luận này.

Các nhà vật lý phải suy nghĩ sâu sắc hơn về tình huống đã nảy sinh, điều này đã dẫn đến việc tạo ra cơ học lượng tử hiện đại (hay, như trước đây nó được gọi, cơ học sóng).

Những nền tảng của cơ học lượng tử được đặt ra trong các năm 1925—1927. Đóng góp quan trọng vào sự phát triển của nó được nhà vật lý Đức Werner Heisenberg thực hiện bằng sự phát biểu của ông về cái gọi là nguyên lý bất định, xung

quanh nó đã bùng lên một cuộc tranh luận triết học rộng lớn. Nguyên lý này đã đưa nhiều nhà vật lý nổi tiếng vào hàng ngũ các nhà duy tâm triết học.

Thoạt nhìn, nguyên lý có dạng hoàn toàn vô hại sau đây:

$$\Delta x \Delta p \geq \frac{h}{2\pi}.$$

Ở đây $\Delta x$ — độ bất định (độ không chính xác) của tọa độ hạt, $\Delta p$ — độ bất định của xung lượng (hay vận tốc) của hạt và $h$ — hằng số Planck. Diễn đạt bằng ngôn ngữ thông thường, điều đó có nghĩa là không thể cùng một lúc biết chính xác vị trí và vận tốc chuyển động của hạt. Nói cách khác, nếu chúng ta cố gắng cố định hạt ở một vị trí xác định nào đó, thì nỗ lực của chúng ta sẽ dẫn đến việc chúng ta không thể xác định được sau đó nó sẽ bay đi đâu và với vận tốc nào. Ngược lại, nếu chúng ta buộc hạt chuyển động rất chậm với một vận tốc xác định, thì chúng ta không thể chỉ ra nó ở đâu, tức là hạt sẽ là một vệt mờ. Từ đây đã dễ dàng rút ra kết luận “đơn giản nhất” mang tính duy tâm rõ rệt rằng tri thức của con người về nguyên tắc là bị hạn chế, vì chúng ta không được phép trả lời một câu hỏi đơn giản như vậy. Hơn nữa, từ đây cũng có thể rút ra kết luận, còn mang tính duy tâm hơn về ý nghĩa của nó, rằng các sự kiện trong thế giới là không thể dự đoán, tức là nguyên tắc tính tất định bị vi phạm.

Thật vậy, chúng ta đã quen với việc cơ học cổ điển cho phép chúng ta dự đoán chuyển động tương lai của một vật, nếu biết vị trí và vận tốc ban đầu của nó, cũng như các lực tác dụng lên nó. Toàn bộ cơ học dựa trên điều đó. Chẳng hạn, những thành công của ngành du hành vũ trụ dựa trên việc, biết vị trí phóng tên lửa (các tọa độ ban đầu) và cho một vận tốc ban đầu nào đó, chúng ta có thể theo các định luật cơ học cổ điển dự đoán trước, nó sẽ ở đâu-

được nằm ở đâu đó của gói trong bất kỳ thời điểm nào.

Một chuyện khác là với hạt tuân theo cơ học lượng tử. Một khi chúng ta, phù hợp với hệ thức bất định, không thể chỉ ra chính xác tọa độ và vận tốc của nó, thì rõ ràng chúng ta không thể dự đoán chúng sẽ trở thành như thế nào trong tương lai. Không khó để đi đến kết luận rằng tất cả những điều này là hệ quả của việc các hạt (electron, nguyên tử, neutron, v. v.) có các tính chất sóng.

Thật vậy, hãy xét thí nghiệm được sơ đồ hóa một cách thô sơ sau đây, tuy vậy nó không khác xa lắm với các thí nghiệm thực sự được tiến hành. Hãy hình dung (hình 3) rằng qua hai khe trong màn chắn, các electron do một nguồn nào đó phát ra, chẳng hạn dây tóc nung nóng, bay qua. Từ mỗi khe, các electron có thể bay theo mọi hướng. Ở phía sau màn chắn, ta có thể di chuyển bộ đếm electron song song với màn chắn có các khe. Bộ đếm electron cho phép ghi nhận từng electron rơi vào nó. Như vậy, số electron có thể được đếm trực tiếp.

Một cách tự nhiên, ta cho rằng mỗi electron rơi vào bộ đếm đã đi qua một trong hai khe. Vì vậy, nếu ta đếm số electron rơi vào bộ đếm qua một khe khi khe thứ hai bị đóng, sau đó làm điều tương tự với các electron rơi vào bộ đếm qua khe kia khi khe thứ nhất bị đóng, thì ta có quyền mong đợi rằng số electron rơi vào bộ đếm qua cả hai khe sẽ bằng tổng các số chỉ của bộ đếm. Điều này đòi hỏi lẽ thường. Ta chắc chắn rằng điều đó sẽ như vậy nếu ta bắn từ súng máy qua một tấm thép có hai khe, phía sau tấm thép ở một nơi nào đó đặt một hộp cát, nơi những viên đạn xuyên qua bị mắc lại. Không thể nghi ngờ rằng số đạn rơi vào hộp cát khi cả hai khe trong tấm chắn đều mở bằng tổng số đạn rơi vào cùng hộp đó qua từng khe riêng biệt (dĩ nhiên, trong cùng một khoảng thời gian, chẳng hạn trong một giờ).

Nhưng khi ta «bắn» các electron thì điều đó lại không xảy ra! Hơn thế nữa, có thể xảy ra rằng một bộ đếm được đặt ở vị trí thích hợp, ghi nhận cùng một số electron khi chúng đi qua từng khe riêng biệt (khi một trong các khe bị đóng), lại không ghi nhận một electron nào khi cả hai khe đều mở (hình 3).

Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh: điều này có thể xảy ra như thế nào?

Không khó để nhận thấy ở đây cũng chính là hiện tượng quan sát được khi chiếu sáng màn chắn bằng hai nguồn sáng giống nhau, tức là hiện tượng giao thoa.

Bây giờ hãy thử trả lời câu hỏi vì sao cơ học lượng tử khó hiểu. Điều này sẽ giúp chúng ta tìm ra nguồn gốc của những kết luận duy tâm mà một số triết gia và nhà vật lý đã đi đến khi phân tích tình trạng đã hình thành trong vật lý.

Khó khăn cơ bản trong việc hiểu các hiện tượng vật lý đã xét ở trên nằm ở chỗ chúng ta cố gắng khi phân tích chúng sử dụng chính những khái niệm mà chúng ta đã quen dùng trong đời sống thường ngày. Kinh nghiệm nhiều thế kỷ của con người đã dẫn đến

đến việc con người coi là hiểu được những gì mà họ có thể hình dung dưới dạng hình ảnh hình học hoặc cơ học. Kinh nghiệm này, thực tiễn nghiên cứu thế giới xung quanh đã dẫn đến việc tạo ra một loạt khái niệm, nhờ đó thế giới hiện thực được phản ánh trong bộ não con người. Nhưng cho đến thế kỷ XX, loài người chỉ nghiên cứu các vật thể vĩ mô chuyển động với tốc độ tương đối nhỏ. Vật thể vĩ mô là những vật thể có thể nhìn thấy, xác định hình dạng và kích thước của chúng (tạo ra hình ảnh hình học) và nghiên cứu chuyển động của chúng (tạo ra hình ảnh cơ học). Các khái niệm tương ứng cũng được hình thành phù hợp với kinh nghiệm này.

Cơ học Newton, được xây dựng để áp dụng vào chuyển động của các vật thể vĩ mô, đã xác lập rằng trạng thái cơ học của một vật thể được xác định đơn trị bởi tọa độ và xung lượng của nó (hoặc vận tốc, nếu coi khối lượng của vật thể là không đổi).

Nhưng rồi chúng ta chuyển sang thế giới của các đối tượng tuân theo những quy luật khác với chuyển động của các vật thể vĩ mô.

Nếu kinh nghiệm cho thấy rằng các đối tượng này có cả tính chất của hạt và tính chất của sóng tuần hoàn, thì trên thực tế chúng không phải là sóng cũng không phải là hạt, mà phải là một cái gì đó khác, «sự thống nhất của những mặt đối lập».

Và quả thật, nếu xem xét kỹ các bằng chứng thực nghiệm cho thấy electron là một hạt cơ học thông thường, chúng ta sẽ thấy rằng đó là những bằng chứng hết sức gián tiếp. Có lẽ chính niềm tin sâu sắc của các nhà vật lý vào cấu tạo nguyên tử của vật chất đã đưa họ đến kết luận rằng các thí nghiệm với electron (và cả nguyên tử nữa) chứng tỏ rằng chúng là các hạt theo nghĩa cơ học thông thường.

Sau đó Einstein không thể từ bỏ quan điểm «cơ học» về chuyển động của electron. Ông thường lắc đầu và nói: «nhưng chẳng lẽ Chúa lại chơi trò “sấp — ngửa” để quyết định electron phải chuyển động theo hướng nào».

Trong thời đại của chúng ta, sự chắc chắn về sự tồn tại thực của nguyên tử, electron, proton có thể sánh với sự chắc chắn của hệ thống Copernicus trong thiên văn học. Nhưng điều đó không có nghĩa là chúng ta có thể hình dung những đối tượng này như một mô hình thu nhỏ của các thiên thể. Cho đến nay chúng ta vẫn không thể hình dung chúng; chúng không giống bất cứ thứ gì. Và trong điều này tự nhiên không có lỗi!

Dĩ nhiên, sẽ là biểu hiện của mức độ cao nhất của chủ nghĩa duy tâm triết học nếu cho rằng tự nhiên phải thích nghi với trí tuệ con người, để con người có thể hình dung bằng hình ảnh tất cả các đối tượng của nó. Chính vì chúng ta không thể hình dung các đối tượng lượng tử dưới dạng những hình ảnh hình học và cơ học, nên chúng ta coi chúng là không thể hiểu được.

Nhưng nếu đúng như vậy, thì chúng ta có cơ sở nào để cho rằng trạng thái chuyển động của các đối tượng lượng tử phải được xác định bởi những đại lượng đó, tức là tọa độ và xung lượng, vốn xác định trạng thái của các vật thể thông thường? Nói cách khác, câu hỏi «tọa độ và xung lượng tại một thời điểm nhất định là gì?» áp dụng cho các đối tượng lượng tử là một câu hỏi không hợp lệ. Bởi vì không phải mọi câu hỏi đều chính đáng. Chẳng hạn, không thể trả lời câu hỏi «kinh tuyến Pulkovo có màu gì?». Nhưng từ đó không có nghĩa là khả năng nhận thức của con người bị hạn chế!

Tương tự như vậy, dường như câu hỏi «tọa độ và xung lượng của electron là gì?» cũng không hợp lệ.

Đối với tình huống đã hình thành trong cơ học lượng tử, những lời của Lenin, được ông nói ra về một vấn đề tương tự, có thể áp dụng một cách thích hợp nhất: «Sự chuyển động của các vật thể biến thành trong tự nhiên thành sự chuyển động của cái không phải là vật thể với khối lượng không đổi, thành sự chuyển động của cái là điện tích chưa biết của một cái điện chưa biết trong một môi trường ether chưa biết,— phép biện chứng của những biến đổi vật chất,

Ở cuối một cuốn sách nghiêm túc và dày,
dành cho giải tích hàm,
có in những dòng sau:

Định lý về việc ghép đôi. Cho $n$ chàng trai làm bạn với các cô gái. Giả sử rằng đối với mỗi nhóm gồm $k$ chàng trai ($k=1, 2, ..., n$) có ít nhất $k$ cô gái, mỗi cô đều là bạn của một người nào đó trong số các chàng trai này. Khi đó mỗi chàng trai có thể cưới một cô gái mà anh ta là bạn $^*$).

Thoạt nhìn điều này có thể có vẻ như một trò đùa.
Nhưng ngay trong định lý quan trọng tiếp theo
một số tập hợp được gọi là “các chàng trai”,
còn những tập hợp khác được gọi là “các cô gái”,
và sau khi ghép đôi được chúng,
một cách rất khéo léo, phép chứng minh khó khăn được hoàn tất.

Con đường lôgic
từ việc tối ưu hóa các bài toán mà học sinh lớp bảy có thể tiếp cận
và lặp lại ý tưởng của “định lý về việc ghép đôi”,
đến những phương pháp tổ hợp đáng chú ý,
được phát hiện cách đây không lâu
và giải quyết những bài toán kinh tế quan trọng,
hóa ra lại rất ngắn.

Hãy thử lần theo con đường ấy,
nhưng cần nhớ rằng con đường này không đơn giản —
ở một số chỗ nó đột ngột leo lên dốc.

• К. Морен, Методы гильбертова пространства, «Мир», 1965, стр. 549.

⟦trang 16⟧

1. ĐỊNH LÝ VỀ VIỆC GẢ CHỒNG

Hãy suy nghĩ về cách phát biểu định lý. Có một tập hợp gồm $n$ chàng trai, mỗi người trong số họ làm bạn với một hoặc nhiều cô gái. Câu hỏi chúng ta quan tâm là: trong những điều kiện nào mỗi trong số $n$ chàng trai có thể chọn cho mình một cô dâu trong số những người bạn gái của mình (tất nhiên, sao cho không có cô gái nào được chọn đồng thời bởi hai chàng trai).

Hãy thử xác định xem có thể tổ chức một cuộc gả chồng như vậy trong hai ví dụ $a$ và $b$), được đưa ra trên hình 1 hay không. Ở đây $n=6$; các cô gái và các chàng trai được biểu diễn bằng các điểm, và từ mỗi cô gái có các mũi tên hướng đến những chàng trai là bạn của cô ấy. Tổ chức cuộc gả chồng — có nghĩa là chọn (chẳng hạn, khoanh bằng bút chì) sáu mũi tên, đi từ sáu cô gái khác nhau đến tất cả sáu chàng trai khác nhau.

Hóa ra rằng đối với ví dụ $a$ thì có thể làm được điều này ). Còn trong ví dụ $b$), dù chúng ta có cố gắng đến đâu, cũng không thể gả chồng cho tất cả các chàng trai. Không khó để giải thích tại sao. Vấn đề là bốn chàng trai — Ilya, Kolya, Mark và Nikita — chỉ làm bạn với ba cô gái — Bela, Ve

*) Một trong các lời giải của bài toán được chỉ ra ở trang 18 (hình 2). Cũng có những lời giải khác.

Hình 1

16

17

Chỉ có thể có hai trường hợp:
Trường hợp 1. Với một $k$ nào đó ($1 \leq k < n$), có một nhóm gồm $k$ chàng trai, những người làm bạn (cả nhóm) đúng với $k$ cô gái.

Gọi tập hợp các chàng trai này là $IO_k$, còn tập hợp các bạn gái của họ là $Д_k$. Với nhóm chàng trai $IO_k$, giả thiết quy nạp được thỏa mãn. Đồng thời, các cô dâu của họ tạo thành toàn bộ tập hợp $Д_k$ (trong đó có đúng $k$ cô gái). Loại các chàng trai và cô gái này khỏi xét và chứng minh bằng phương pháp «phản chứng» rằng với $n - k$ chàng trai còn lại, điều kiện của định lý được thỏa mãn.

Chọn trong số $n - k$ chàng trai này một nhóm gồm $r$ chàng trai. Giả sử số bạn gái của họ là $s$ nhỏ hơn $r$. Ta quay lại và hợp nhất $r$ chàng trai này với nhóm $IO_k$. Trong nhóm mới có $r + k$ chàng trai. Vì tập hợp $D_k$ chứa tất cả các bạn gái của các chàng trai thuộc $IO_k$ (và có thể cả một số bạn gái nào đó của $r$ chàng trai trong nhóm đã chọn), nên $k + r$ chàng trai này ban đầu có $k + s$ bạn gái. Theo điều kiện ban đầu $k + r \leq k + s$. Do đó, $r \leq s$. Ta thu được mâu thuẫn với giả thiết $s < r$. Vậy trong trường hợp này định lý đúng.

Trường hợp 2. Bất kỳ nhóm nào gồm $k$ chàng trai ($1 \leq k < n$) đều quen không ít hơn $k + 1$ cô gái.

Trong trường hợp này mọi việc đều đơn giản. Gả bất kỳ chàng trai nào cho bất kỳ cô bạn nào của anh ta. Loại cặp này khỏi sự xét. Ta sẽ chứng minh rằng đối với $n - 1$ chàng trai còn lại, điều kiện của định lý được thỏa mãn. Lấy bất kỳ nhóm nào gồm $k$ chàng trai ($k \leq n - 1$). Lúc đầu họ có không ít hơn $k + 1$ cô bạn. Nếu cô dâu của chàng trai đã chọn nằm trong số đó, thì vẫn còn $k$ cô gái. Điều này hoàn toàn chứng minh định lý.

Có lẽ, bạn đã phải bỏ ra một số công sức để hiểu chứng minh này. Nhưng ngoài việc chứng minh không đơn giản, nó còn có một nhược điểm quan trọng — từ đó không thấy một cách đơn giản để biết liệu điều kiện của định lý về mai mối có được thỏa mãn trong từng trường hợp cụ thể hay không, và nếu được thỏa mãn thì phải chọn cô dâu như thế nào; cần xét tất cả các tập con không rỗng (mà có $2^6 - 1 = 63$ tập) của tập hợp các chàng trai và với mỗi tập con chàng trai ấy kiểm tra rằng họ có đủ bạn gái. Nhưng ngay cả nếu làm điều đó và thấy rằng về nguyên tắc có thể tổ chức tất cả các đám cưới, thì từ đó ta cũng không nhận được chỉ dẫn nào về việc gả ai với ai. Đúng là trong ví dụ này $a$ bạn hẳn đã dễ dàng chọn được sáu cặp cần thiết (thậm chí có vài phương án khả dĩ), nhưng khi các tập hợp rất lớn thì việc chọn ngẫu nhiên chỉ khác ở chỗ tốn rất nhiều thời gian. Đặc biệt quan trọng là phải có một quy tắc chọn rõ ràng và tiết kiệm, để có thể giao việc giải các bài toán kiểu này cho máy tính.

Ta sẽ xây dựng một thuật toán nào đó*), thuật toán này không chỉ chứng minh lại định lý về mai mối, mà còn cho một cách nhanh để thực hiện việc mai mối cần thiết, còn nếu không thể làm được điều đó thì chỉ ra phương án có số đám cưới lớn nhất.

3. ĐÁM CƯỚI VÀ ĐỒ THỊ

Một hệ các điểm được nối với nhau bằng các mũi tên theo một cách nào đó được gọi là đồ thị có hướng*). Trong trường hợp này các điểm được gọi là các đỉnh của đồ thị, còn các đoạn nối — các cung hoặc các cạnh của nó. Các ví dụ về đồ thị có hướng được vẽ trên hình 1 đã xét, cũng như trên hình 3 và 5. Trong trường hợp hình 1, tập hợp tất cả các đỉnh của đồ thị có thể chia thành hai tập — các cô gái và các chàng trai — sao cho các cạnh đi từ các điểm của tập này tới các điểm của tập kia. Trong tình huống như vậy

*) Trình tự các hành động để giải một loại bài toán nhất định. Người Moskva thường viết «алгоритм», người Leningrad — «алгорифм». Hiện nay dạng thứ hai…

⟦trang 18⟧

đồ thị được gọi là đơn hoặc hai phía, còn bài toán mà cho đến nay chúng ta vẫn nghiên cứu — sắp xếp thuận lợi đời sống riêng tư cho số lượng lớn nhất các cô gái và chàng trai — được gọi là bài toán về ghép cặp cực đại.

Bài toán mai mối có thể được phát biểu bằng ngôn ngữ đồ thị như sau. Việc chọn mỗi cặp «cô gái — chàng trai» có nghĩa là chọn một cạnh của đồ thị. Gán cho mỗi cạnh được chọn của đồ thị số 1, còn cho mỗi cạnh còn lại số 0. Sau khi sắp xếp tất cả các đám cưới, ta nhận được một hàm, miền xác định của nó là toàn bộ các cạnh của đồ thị, còn tập giá trị là hai số 0 và 1*). Làm thế nào, bằng các thuật ngữ của hàm này, đặt ra tất cả các điều kiện còn lại của bài toán? Ta cần sao cho mỗi chàng trai chọn cho mình một cô gái, còn mỗi cô gái được không quá một chàng trai chọn. Nói cách khác, đối với mỗi đỉnh của đồ thị biểu diễn cô gái, tổng các giá trị của hàm trên tất cả các cạnh đi ra từ nó phải không vượt quá một đơn vị, còn đối với mỗi đỉnh biểu diễn chàng trai, tổng các giá trị của hàm trên tất cả các cạnh đi vào nó phải đúng bằng một đơn vị.

Như vậy, bài toán của chúng ta được phát biểu như là bài toán tìm một hàm nào đó xác định trên các cạnh của đồ thị và thỏa mãn một số bất đẳng thức**).

Một trong các nghiệm của bài toán này (trong trường hợp ví dụ a)) được biểu diễn trên hình 2, trong đó các cạnh được chọn — được in đậm. Hàm cần tìm có dạng sau:

Anya — Kolya, Bela — Ilya, Vera — Leva, Dasha — Osya, Zhanna — Mark, Zina — Nikita, Anya — Nikita, Vera — Ilya, Galya — Kolya, Dasha — Leva, Dasha — Mark, Dasha — Nikita, Eva — Leva, Zhanna — Leva

*) Xem bài viết của A. N. Kolmogorov «Hàm là gì» trong số 1 của «Kvant».

**) Lưu ý rằng đẳng thức f=1 có thể viết dưới dạng hệ hai bất đẳng thức: f≥1 và f≤1.

19

Không quan trọng đến chủ đề hôn nhân. Với sự trợ giúp của các đồ thị, người ta biểu diễn những hệ thống liên hệ khác nhau. Chẳng hạn, khi kiểm tra việc thực hiện một tổ hợp công việc phức tạp, các giai đoạn trung gian riêng biệt được biểu thị bằng các đỉnh của đồ thị, còn bằng các mũi tên người ta nối những giai đoạn phụ thuộc lẫn nhau (hình 3). Trên đồ thị đặt ở trang 14 (hình đầu trang của bài viết này), chỉ ra cách các phần của nó liên hệ với nhau; từ đó có thể thấy ngay, chẳng hạn, rằng mục 3 có thể đọc mà không phụ thuộc vào việc mục 2 có được hiểu hay không. Khi một đồ thị được cho, người ta thường đặt ra cho nó những bài toán mà về mặt toán học quy về việc tìm các hàm thỏa mãn một số bất đẳng thức. Một trong số đó — bài toán về sự so sánh — chúng ta đã xét. Hãy đặt thêm một bài toán tương tự (không giải nó).

B à i t o á n. Đi qua bàn cờ vua $8 \times 8$ bằng nước đi của quân mã, bắt đầu và kết thúc ở các ô đã cho.

Ta vẽ một đồ thị (hình 4) có 64 đỉnh (các ô của bàn cờ vua) và nối bằng các cạnh (trong trường hợp này — bằng các đoạn thẳng) mỗi đỉnh với những đỉnh mà từ đó có thể đến được bằng nước đi của quân mã. Khi chưa bắt đầu giải bài toán, hướng chuyển động không quan trọng đối với chúng ta, và có thể vẽ các cạnh của đồ thị không có mũi tên (đồ thị vô hướng); hoặc có thể vẽ trên mỗi cạnh một cặp mũi tên theo hai hướng ngược nhau.

Hàm cần tìm phải cho mỗi đỉnh trung gian số 2, còn cho đỉnh đầu và đỉnh cuối — số 1.

4. MẠNG VÀ DÒNG CHẢY

Bây giờ chúng ta sẽ xét một số loại đồ thị đặc biệt — các mạng và một loại hàm đặc biệt trên đồ thị như vậy — các dòng chảy. Hãy nhìn lại đồ thị (xem trang 14). Nó có hai đỉnh biên — «đầu vào» (1. Định lý về sự ghép đôi) và «đầu ra» (Bài toán). Một đồ thị có hướng với đầu vào và đầu ra được gọi là mạng vận tải hoặc đơn giản là mạng. Ví dụ về một mạng như vậy được biểu diễn trên hình 5, a.

Dòng chảy trên mạng đã cho được gọi là một hàm trên các cạnh của đồ thị, nhận (trong trường hợp đơn giản nhất) các giá trị 0 và 1 và thỏa mãn điều kiện sau: đối với mỗi đỉnh trung gian (tức là khác với đầu vào và đầu ra), tổng các giá trị của dòng chảy trên tất cả các cạnh đi vào đỉnh này bằng tổng các giá trị trên tất cả các cạnh đi ra từ nó.

Tên gọi «mạng vận tải» và «dòng chảy» có thể được hiểu theo cách sau.

Hãy hình dung một thành phố với một hệ thống đường phố (các cạnh) và ngã tư (các đỉnh) phát triển, trong đó trên mỗi con đường có thiết lập giao thông một chiều và chỉ có một lối vào thành phố và một lối ra khỏi thành phố.

Một dòng xe liên tục đi qua thành phố, và giao thông được tổ chức sao cho không có ùn tắc nào hình thành tại bất kỳ ngã tư nào. Trong trường hợp đơn giản nhất đang xét, ta giả sử rằng tất cả các con đường mà dòng chảy đi qua đều được tải như nhau (có cùng khả năng thông qua, được quy ước lấy bằng một đơn vị).

Trong trường hợp tổng quát hơn, mỗi cạnh được gán một số nguyên dương — trọng số hoặc khả năng thông qua. (Trong ví dụ của chúng ta, …)

21

khả năng thông qua của con đường — đó là số lượng xe có thể đi qua «mặt cắt ngang» của con đường trong một đơn vị thời gian.)

Thay vì nói «trên mạng đã cho một luồng», người ta thường nói «qua mạng đã cho truyền một luồng». Hiển nhiên, luồng không để lại gì ở các đỉnh trung gian, và do đó đem đến đích số đơn vị đúng bằng số đơn vị đã đi qua đầu vào. Tổng các giá trị của luồng trên tất cả các cạnh đi ra từ đầu vào, bằng tổng các giá trị trên tất cả các cạnh đi vào đích, được gọi là độ lớn của luồng.

Trong hình 5,б biểu diễn luồng trên mạng ở hình 5,a. Các cạnh của mạng, trên đó các giá trị của luồng này bằng 1, được vẽ bằng nét đậm. Độ lớn của luồng bằng 3.

Dễ thấy rằng để có thể truyền qua mạng một luồng có độ lớn n, cần phải thỏa mãn các điều kiện cần sau đây: nếu loại bỏ khỏi mạng bất kỳ k cạnh nào, với k<n, thì từ đầu vào vẫn có thể đi đến đầu ra theo các cạnh còn lại.

Điều đáng chú ý là (cũng như trong định lý về ghép đôi) điều kiện cần này lại hóa ra cũng đủ.

Một loạt bài toán kinh tế thực tế dẫn đến việc tìm luồng cực đại, tức là luồng có độ lớn lớn nhất có thể truyền qua mạng đã cho.

Bây giờ chúng ta sẽ mô tả thuật toán cho phép xây dựng luồng cực đại.

5. THUẬT TOÁN
   FORD — FULKERSON

Giả sử ta có một mạng vận tải (hình 5,a). Nhiệm vụ của ta là xây dựng cho nó một luồng cực đại.

Giả sử trên mạng này có một luồng ban đầu nào đó (trong trường hợp xấu nhất là luồng không, tức là luồng mà giá trị trên mỗi cạnh đều bằng không).

Chúng ta bắt đầu với một luồng khác không (hình 5,б). Các cạnh mà luồng này đi qua (chúng được vẽ bằng nét đậm) sẽ được gọi là bão hòa, còn các cạnh còn lại (màu vàng) — là tự do. Hãy kiểm tra rằng không thể tăng luồng của chúng ta mà không chạm đến các cạnh đã bị chiếm (không thể nối đầu vào với đầu ra chỉ bằng cách đi theo các mũi tên tự do).

Bây giờ chúng ta sẽ thực hiện một phép toán nào đó, phép toán này sẽ dẫn đến hai kết quả có thể xảy ra: hoặc sẽ chỉ ra cách tăng luồng này, hoặc sẽ xác định rằng luồng hiện có là cực đại.

Bắt đầu đặt trên các đỉnh các dấu «cộng» và «trừ». Trước hết ta đánh dấu bằng dấu cộng tất cả các đỉnh có thể đi tới từ đầu vào theo các cạnh tự do. Quá trình đánh dấu tiếp theo sẽ được thực hiện tùy ý: từ một đỉnh đã được đánh dấu, ta sẽ đánh dấu bằng dấu cộng những đỉnh mà từ đó có thể đi tới theo các cạnh tự do, và bằng dấu trừ — tất cả những đỉnh mà từ đó có thể quay trở lại (theo hướng ngược với mũi tên) theo các cung bão hòa. Không cần phải bối rối vì quá trình đánh dấu không xác định — thường thì cùng một đỉnh có thể được đánh dấu vừa bằng dấu cộng vừa bằng dấu trừ.

Đánh dấu theo cách này tất cả các đỉnh có thể có (trong hình 5,б không có đỉnh nào chưa được đánh dấu; nhưng trong các trường hợp khác chúng có thể xuất hiện!).

Có hai trường hợp: 1) đã đánh dấu được đầu ra (dĩ nhiên là bằng dấu cộng); 2) không thể thực hiện thêm đánh dấu, còn đầu ra vẫn chưa được đánh dấu.

1. Đầu ra đã được đánh dấu. (Điều này xảy ra trong hình 5,б.) Khôi phục thứ tự mà theo đó đã đánh dấu được đầu ra*), tức là nối đầu ra với đầu vào bằng một đường đi qua các đỉnh đã được đánh dấu (đường đi này trong một số trường hợp có thể đi

*) Trong thực tế (trong các đồ thị có số lượng đỉnh lớn), việc đánh dấu được thực hiện phức tạp hơn một chút để giữ thông tin về thứ tự mà các đỉnh đã được đánh dấu.

22

về phía ngược với hướng của các mũi tên).

Đường đi này trên hình 5,6 được đánh dấu bằng đường màu đỏ.

Bây giờ ta làm như sau: trên đường đi màu đỏ đã chọn, các mũi tên tự do sẽ làm thành bão hòa và ngược lại (hình 5,8), tức là thay đổi luồng trên đường màu đỏ sao cho trên mỗi cạnh của nó nó nhận giá trị 1 thay cho 0 và 0 thay cho 1*). Dễ thấy rằng hàm mới lại là một luồng, tức là ở các đỉnh trung gian số các mũi tên bão hòa đi vào và đi ra lại bằng nhau — cân bằng không bị phá vỡ. Đồng thời độ lớn của luồng tăng thêm một đơn vị.

Như vậy, trong trường hợp thứ nhất ta có thể tăng luồng. Nếu có thể thực hiện phép toán này thêm lần nữa, ta sẽ lặp lại nó chừng nào còn có thể.

2. ĐẦU RA HÓA RA KHÔNG ĐƯỢC ĐÁNH DẤU (hình 5,2). Bằng cách của chúng ta thì không thể tăng luồng. Nhưng từ đó vẫn chưa suy ra rằng nó là cực đại. Có thể cách tăng luồng của chúng ta không tốt, và ta có thể tăng luồng bằng con đường khác. Hãy chứng minh rằng không phải như vậy, tức là chứng minh rằng luồng hiện có là cực đại. Xét tập hợp tất cả các đỉnh không được đánh dấu. Theo điều kiện, đầu ra thuộc tập hợp này. Hãy đếm số các mũi tên dẫn vào tập hợp này, tức là những mũi tên có đầu trái được đánh dấu, còn đầu phải thì không. Rõ ràng độ lớn của bất kỳ luồng nào không lớn hơn số này. Đồng thời đối với luồng của chúng ta, tất cả các mũi tên này đều là bão hòa, vì nếu không thì đầu phải có thể được đánh dấu bằng dấu cộng. Ngoài ra, tất cả các mũi tên đi ra khỏi tập hợp các đỉnh không được đánh dấu (tức là những mũi tên có đầu trái không được đánh dấu, còn đầu phải được đánh dấu) đều tự do, nếu không thì đầu trái có thể được đánh dấu bằng dấu trừ. Điều này có nghĩa là độ lớn của luồng ban đầu bằng số các mũi tên đi ra

6. ĐỊNH LÝ GAIL
   VỀ SỰ BÃO HÒA

Bằng thuật toán Ford—Fulkerson, bây giờ ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý trung tâm của lý thuyết các mạng vận tải. Phát biểu của nó sẽ sử dụng một số thuật ngữ kinh tế tự nhiên, nhưng các bạn sẽ cảm nhận được nó gần với định lý về sự ghép đôi như thế nào.

Cho một mạng vận tải. Xét một tập hợp tùy ý các đỉnh tùy ý $A$ (tức là không chứa đầu vào cũng không chứa đầu ra). Ta gọi khả năng thông qua của tập hợp $A$ này là số các mũi tên đi ra khỏi $A$. Ký hiệu số này là

23

qua $c(A)$. Ta gọi nhu cầu đầy đủ của tập hợp $A$ là số cạnh đi từ $A$ trực tiếp ra lối ra. Ký hiệu số này là $d(A)$.

Hãy xét câu hỏi sau: trong những điều kiện nào tồn tại một luồng bão hòa tất cả các cạnh ra, tức là một luồng mà giá trị của nó trên tất cả các cạnh dẫn vào lối ra đều bằng một. Rõ ràng rằng một luồng như vậy phải là luồng cực đại.

Định lý Gale. Đối với các số mờ, tồn tại luồng bão hòa tất cả các cung ra khi và chỉ khi với mọi tập hợp $A$, nhu cầu đầy đủ của nó không vượt quá khả năng:

$$d(A) \leq c(A).$$

Chứng minh. Cũng như trong trường hợp định lý về ghép đôi, tính cần thiết hầu như là hiển nhiên. Thật vậy, nếu ta có thể xây dựng một luồng đi qua tất cả các cạnh dẫn ra lối ra, thì với mọi tập hợp $A$ nó cũng đi qua cả những cạnh chỉ dẫn ra lối ra từ $A$. Đồng thời, lượng luồng đi vào tập hợp $A$ không thể lớn hơn số cạnh dẫn vào $A$, tức là số $c(A)$. Nhưng lượng luồng này phải hoàn toàn rời khỏi $A$ theo tất cả các cạnh dẫn trực tiếp ra lối ra, và có thể còn theo một số cạnh khác nữa. Từ đó rõ ràng rằng $d(A) \leq c(A)$.

Tính đủ. Giả sử trong mạng của chúng ta có một luồng cực đại. Ta chứng minh rằng nó đi qua tất cả các cung ra. Hãy đánh dấu các đỉnh theo phương pháp Ford — Fulkerson và xét tập hợp các đỉnh không được đánh dấu. Loại bỏ lối ra khỏi tập hợp này. Gọi tập hợp thu được là $A^*$. Các cạnh dẫn vào lối ra có thể thuộc hai loại.

Thứ nhất, đó là những cạnh mà đầu trái nằm trong $A$, tức là là một đỉnh được đánh dấu. Chúng sẽ được bão hòa, vì theo cách xây dựng luồng, tất cả các cạnh có đầu trái được đặt vào, còn đầu phải thì không, đều được bão hòa.

Во-вторых, это — ребра, ведущие в выход из множества. Так как $A$ вместе с выходом образует множество всех непомеченных вершин, то все $c(A)$ ребер, ведущих в $A$, будут насыщены, а все ребра, ведущие из $A$ не прямо в выход, — свободны.

*) Множество $A$ может оказаться пустым — наше рассуждение все равно будет верно. Но в этом случае справедливость теоремы Гэйла видна сразу. Почему?

Значит, весь поток величины $c(A)$, вошедший в $A$, должен выйти из $A$ прямо в выход. Но из $A$ в выход ведут всего $d(A)$ дуг, и мы знаем, что $d(A) \leq c(A)$. Следовательно, все эти ребра насыщены и $d(A) = c(A)$.

Вы, вероятно, заметили, что условие теоремы Гэйла соответствует условиям теоремы о свадьбах. Попробуйте самостоятельно вывести эту теорему как следствие теоремы Гэйла. Для этого нужно из двудольного графа знакомств между юношами и девушками сделать транспортную сеть, соединив вход со всеми девушками, а выход — со всеми юношами (затем удобно приписать каждой стрелке, соединяющей девушку с юношей, вес $N$, где $N$ больше числа юношей).

Для нас гораздо важнее сейчас не то, что мы получили еще одно доказательство теоремы о сватовстве, а то, что мы располагаем простым алгоритмом для построения максимальных потоков.

Для задачи о сватовстве алгоритм потока, естественно, формулируется так: для каждой девушки, не являющейся невестой, помечаются все ее друзья, затем — невесты этих друзей, затем — остальные друзья этих невест и т. д.; если оказывается помеченным незанятый юноша, то количество свадеб можно увеличить, произведя замены вдоль цепочки, проведенной (как красная линия на рис. 5,6) по пометкам от незанятой девушки к незанятому юноше.

Устройство свадеб для всех юношей есть не что иное, как построение потока, насыщающего все выходные дуги; если такого нет, то алгоритм Форда — Фалкерсона дает максимальное возможное новое интересное алгоритм для решения ряда трудных задач конечной математики.

24

BÀI TẬP

1. Giả sử mỗi nam thanh niên kết bạn với không ít hơn $m$ cô gái, còn mỗi cô gái — với không nhiều hơn $m$ nam thanh niên ($m$ — là một số tự nhiên tùy ý). Chứng minh rằng trong trường hợp này điều kiện của định lý về sự ghép đôi được thỏa mãn.

2. Các học sinh trong câu lạc bộ đã giải các bài toán. Hóa ra mỗi em giải được 4 bài toán và mỗi bài toán được bốn học sinh giải. Chứng minh rằng có thể tổ chức việc trình bày lời giải sao cho mỗi học sinh trình bày đúng một bài toán và tất cả các bài toán đều được trình bày (mỗi bài một lần).

3. Cho một mạng vận tải. Tập hợp các đỉnh chứa lối ra nhưng không chứa lối vào được gọi là một lát cắt của mạng. Khả năng thông qua của lát cắt $B$ được gọi là số $c(B)$, bằng số các cung đi vào $B$. Nếu $\phi$ biểu thị dòng, thì $|\phi|$ sẽ biểu thị độ lớn của dòng. Chứng minh rằng với mọi dòng $\phi$ và mọi lát cắt $B$, bất đẳng thức sau đúng: $|\phi| \leq c(B)$.

4. Lát cắt $B$ được gọi là tối thiểu nếu khả năng thông qua của nó $c(B)$ — là nhỏ nhất trong số các khả năng thông qua của tất cả các lát cắt. Dùng thuật toán Ford—Fulkerson, suy ra rằng khả năng thông qua của lát cắt tối thiểu bằng độ lớn của dòng cực đại — max $|\phi| = \min c(B)$ (định lý Ford—Fulkerson).

5. Kiểm tra rằng nếu $\phi$ — là luồng cực đại, thì lát cắt nhận được bằng cách hợp tất cả các đỉnh không được đánh dấu (các dấu được tạo ra xuất phát từ luồng $\phi$, bằng phương pháp Ford—Fulkerson), là tối tiểu.

6. Chứng minh rằng hợp và giao của bất kỳ hai lát cắt tối tiểu nào lại là một lát cắt tối tiểu.

7. Chứng minh rằng lát cắt gồm các đỉnh không được đánh dấu (đối với luồng cực đại) là hợp của tất cả các lát cắt tối tiểu. Từ đó suy ra rằng lát cắt này không phụ thuộc vào việc các luồng được tạo ra bằng lát cắt cực đại nào.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. А. Кофман, Р. Фор, Nghiên cứu vận trù học, «Mir», 1966.
2. К. Берж, Lý thuyết đồ thị và ứng dụng của nó, IL, 1962.
3. Л. Форд, Д. Фолкерсон, Các luồng trong mạng, «Mir», 1966.
4. О. Оре, Lý thuyết đồ thị, «Nauka», 1968.
5. Д. Гэйл, Lý thuyết các mô hình kinh tế tuyến tính, IL, 1963.

PARIS CỦA CÁC NHÀ TOÁN HỌC VÀ VẬT LÝ HỌC

Ở Paris có nhiều tòa nhà gắn với ký ức về những nhà khoa học lỗi lạc của các thế kỷ trước. Tiếp theo là Louvre, nơi trước kia từng là thành trì của các vị vua, ngay trước cuộc cách mạng năm 1789 đã trở thành nơi họp của các viện sĩ. Mặc dù sau này, dưới thời Napoléon I, Louvre trở thành bảo tàng, nhưng ngay cả khi đó trong đó vẫn có một số nhà khoa học được bố trí nơi ở. Người ta còn lưu giữ bức thư của Legendre, trong đó nhà toán học này khẩn khoản xin được ở trong phần cũ của cung điện.

Ở Paris có những con đường mang tên các nhà toán học, vật lý học và thiên văn học, trong đó không phải tất cả các nhà khoa học này đều là người Pháp. Đây là những cái tên: Legendre, Réaumur, Pascal, Pierre Curie, Marie Curie, Lambert, Buffon, Franklin, Carnot, Arago, Descartes, Leibniz…

Câu «Số $z$ là số lớn hơn trong hai số $x$ và $y$» có thể được viết bằng công thức như sau:

$$z = \frac{1}{2} (|x - y| + x + y).$$

Còn viết câu «Số $u$ là số lớn hơn trong ba số $x, y$ và $z$» như thế nào?

Chứng minh rằng từ АБАБАБ chia hết cho 7 (А và Б — là các chữ số bất kỳ).

CÂU HỎI BÓNG ĐÁ

Như đã biết, các trận đấu tranh cúp bóng đá được tổ chức theo cái gọi là hệ thống Olympic: đội thua bị loại, nếu hòa — đấu lại.

Trong năm đó không có trận đấu lại nào, và trong các trận đấu có 75 đội tham gia.

Đã diễn ra bao nhiêu trận đấu tranh cúp?

⟦trang 26⟧

Ф19. Hình dạng của các bình thông nhau được chỉ ra trên hình 1. Nước sẽ chảy theo hướng nào qua ống nối các bình, nếu đun nóng nước trong một bình?

Ф20. Song song với trục của một hình trụ bán kính $R$ người ta khoan một lỗ ở khoảng cách $\frac{R}{2}$ từ tâm của nó. Bán kính lỗ bằng $\frac{R}{2}$. Hình trụ đặt trên một tấm ván, người ta từ từ nâng một đầu tấm ván lên (hình 2). Tìm góc nghiêng giới hạn của tấm ván mà tại đó hình trụ vẫn còn ở trạng thái cân bằng. Hệ số ma sát của hình trụ với tấm ván bằng 0,2.

Cuộc thi Olympic Vật lý toàn Liên Xô qua thư, năm 1967.

Ф21. Trục của phần ứng của hai động cơ điện một chiều giống nhau được nối cứng với nhau. Nếu nối vào các cuộn dây phần ứng những nguồn dòng điện giống nhau có suất điện động ε, thì tốc độ góc quay của các phần ứng khi không tải bằng $\omega_0$; nếu hãm các động cơ sao cho chúng không quay, thì qua các cuộn dây phần ứng có dòng điện $I_0$. Một trong các nguồn dòng điện được chuyển mạch sao cho mômen quay của các động cơ ngược chiều nhau. Cần tác dụng vào trục phần ứng một mômen ngoài bằng bao nhiêu để chúng quay với tốc độ góc đã cho $\omega$? Ma sát trong các động cơ được bỏ qua; từ trường của stato được tạo bởi nam châm vĩnh cửu.

Olympic Vật lý toàn Liên Xô lần thứ III, năm 1969.

Ф22. Hai người thợ rèn gia công một miếng sắt. Trước hết họ đặt nó lên đe và lần lượt dùng búa đập, sau đó treo nó lên trần và đồng thời đập từ các phía khác nhau. Lực đập của mỗi người thợ rèn trong cả hai trường hợp là như nhau. Trong trường hợp nào miếng sắt nóng lên nhiều hơn sau một lần đập?

А. М. Будкер

Ф23. Trên mặt phẳng nằm ngang có hai ống mỏng giống nhau, mỗi ống có khối lượng $m$. Trục của chúng song song, còn bán kính bằng $R$. Ban đầu một trong các ống đứng yên, còn ống thứ hai lăn không trượt theo hướng đến ống thứ nhất cho đến khi va chạm. Vận tốc chuyển động tịnh tiến của ống bằng $v_0$. Vận tốc tịnh tiến và vận tốc góc quay của các ống phụ thuộc vào thời gian như thế nào (hãy vẽ đồ thị)? Hệ số ma sát trượt của các ống với mặt phẳng nằm ngang bằng $k$, ma sát giữa các ống trong khi va chạm được bỏ qua, va chạm hoàn toàn đàn hồi.

Olympic Vật lý toàn Liên Xô lần thứ III, năm 1969.

⟦trang 27⟧

М16. Chứng minh rằng đa thức $p(x)$ với các hệ số nguyên, khi nhận giá trị 1 tại ba giá trị nguyên khác nhau của $x$, không thể có một nghiệm nguyên nào.

М17. Một người nông dân, đến chỗ rẽ của hai con đường tạo với nhau một góc $60^\circ$, hỏi: «Đi thế nào đến làng $NN$?» Người ta trả lời: «Đi theo con đường bên trái đến làng $N$ — nơi này cách đây tám dặm, — ở đó anh sẽ thấy một con đường lớn bằng phẳng rẽ sang phải vuông góc với đường này — đó chính là đường đi đến $NN$. Cũng có thể đi theo cách khác: bây giờ đi theo con đường bên phải; khi ra đến đường sắt, — nghĩa là đã đi được nửa đường thì dễ hơn; ở đó rẽ trái và đi thẳng theo đường ray đến tận $NN$. — “Thế còn đường nào ngắn hơn?” — «Cũng như nhau thôi, đi cách này hay cách kia cũng vậy, không có gì khác biệt». Và người nông dân đi theo con đường bên phải.

Anh ta phải đi bao nhiêu dặm đến $NN$? Nhiều hơn mười hay ít hơn? Còn nếu đi thẳng từ chỗ rẽ đến $NN$? (Tất cả các con đường đều được coi là đường thẳng.)

М18. a) Chứng minh rằng đối với mọi điểm $M$ trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$, một trong ba đoạn thẳng $MA, MB, MC$ bằng tổng của hai đoạn kia.

6. Ba đường tròn bằng nhau $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ tiếp xúc từng đôi một, và có một đường tròn $\gamma$ ngoại tiếp chúng, tiếp xúc với cả ba đường tròn: $\gamma_1, \gamma_2$ và $\gamma_3$. Chứng minh rằng đối với mọi điểm $M$ trên đường tròn $\gamma$, tiếp tuyến kẻ từ điểm $M$ đến một trong ba đường tròn $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ bằng tổng các tiếp tuyến kẻ từ điểm $M$ đến hai đường tròn còn lại.

M19. Trong một dãy vô hạn các ô liền nhau, mỗi ô có thể ở một trong hai trạng thái: «nghỉ» và «hưng phấn». Nếu tại thời điểm hiện tại một ô bị kích thích, thì nó phát ra tín hiệu, tín hiệu này sau một đơn vị thời gian (chẳng hạn sau một mili giây) truyền tới cả hai ô lân cận với nó. Mỗi ô bị kích thích khi và chỉ khi nó nhận được tín hiệu từ một trong các ô lân cận;

nếu tín hiệu đến đồng thời từ hai phía, thì chúng triệt tiêu nhau và ô không bị kích thích. Ví dụ, nếu tại thời điểm ban đầu $t=0$ kích thích ba ô lân cận, còn các ô khác để ở trạng thái nghỉ, thì sự kích thích sẽ lan truyền như được chỉ ra trên hình 3). (Các ô bị kích thích — màu xanh).

Giả sử tại thời điểm ban đầu chỉ có một ô bị kích thích. Sau 15 mili giây sẽ có bao nhiêu ô ở trạng thái kích thích? sau 65 mili giây? sau 1000 mili giây? nói chung sau $t$ mili giây?

Điều gì xảy ra trong trường hợp dãy không vô hạn mà chỉ chứa $N$ ô, được nối thành một vòng tròn (hình 4) — sự kích thích có duy trì mãi mãi hay sẽ tắt dần?

H. Vasilyev

M20. Có thể chia một tam giác đều thành một triệu đa giác lồi sao cho mọi đường thẳng cắt không quá bốn mươi đa giác trong số đó hay không? (Ta nói rằng đường thẳng cắt một đa giác nếu nó có ít nhất một điểm chung với đa giác đó.)

Olympiad toán học Moskva lần thứ XXXI

*) Giả thiết này không phản ánh hành vi thực tế của các tế bào trong hệ thần kinh của các cơ thể sống.

Năm 1907 tại Luân Đôn đã xuất bản cuốn sách «Một tập ở Flatland», do giảng viên toán học của Đại học Princeton, sau đó là Đại học Minnesota, Charles Howard Hinton viết. Trong đó Hinton đã thử xử lý một thế giới phẳng.

Trong một thế giới hai chiều, được tạo ra bằng sức mạnh trí tưởng tượng của Hinton, xung quanh Mặt Trời phẳng như một cái bánh kếp quay những hành tinh cũng phẳng như vậy, trên một trong số đó, được tác giả gọi là Astria, và các sự kiện diễn ra,

được mô tả trong tiểu thuyết. Thế giới hai chiều này bạn có thể dễ dàng hình dung bằng cách đặt vài đồng xu lên bàn. Hãy để một trong số đó, chẳng hạn đồng rúp kim loại, biểu thị Mặt Trời, còn những đồng xu khác nhỏ hơn biểu thị các hành tinh quay xung quanh nó. Lực hấp dẫn trong thế giới hai chiều này không hoạt động giống như trong không gian của chúng ta. Sự khác biệt chỉ nằm ở chỗ nó thay đổi tỉ lệ nghịch với khoảng cách giữa các vật thể, chứ không phải với bình phương khoảng cách, như trong thế giới quen thuộc với chúng ta.

Axtơria quay quanh trục của mình, như mọi hành tinh khác. Hướng mà nó quay được gọi là đông, còn hướng ngược lại — là tây. Những cư dân phẳng của Axtơria (người Axtơria) được Hinton đặt như thể trên «vành» của hành tinh. Họ có thể di chuyển, vẫn ở trong mặt phẳng của đĩa Axtơria. Cũng trong mặt phẳng này, cây cối mọc lên và nhà cửa đứng đó. Vì vậy, khi gặp một cái cây, người Axtơria phải hoặc trèo qua nó, hoặc chặt nó. Để một người đi qua người khác, hai cư dân của hành tinh phải chuyển động hoặc người này ở dưới người kia, hoặc nhảy qua nhau, như hai diễn viên nhào lộn trên một sợi dây căng.

Để nhìn thấy thứ gì đó ở phía sau mình, người Axtơria phải cúi xuống và đứng bằng đầu hoặc dùng gương. Vì cách thứ hai thuận tiện hơn,

tiện lợi, thì không một cư dân nào của Astria ra khỏi nhà mà không mang theo gương.

Ngoài việc mỗi người Astria mang theo mình một chiếc gương, tất cả các ngôi nhà của họ cũng được trang bị gương. Cấu tạo của các ngôi nhà phù hợp với thế giới hai chiều. Chúng có cửa sổ và cửa ra vào, qua đó có thể đi vào và đi ra, nhưng để ngôi nhà không sụp đổ, trong đó chỉ có thể mở đồng thời một cửa ra vào hoặc một cửa sổ. Nếu cửa phía tây mở, cửa phía đông và các cửa sổ phải đóng, nếu không phần trên của ngôi nhà sẽ sập xuống. Cũng vì lý do đó, các ngôi nhà ở Astria không có ống khói. Bởi vì không có cách nào nối các đầu của một cái ống lại với nhau mà không làm cho phần đối diện bị đóng kín.

Cơ thể của người Astria có cấu trúc phức tạp, nhưng để tránh việc mô tả chi tiết không cần thiết, Hinton biểu diễn chúng bằng những tam giác vuông có tay, chân và một con mắt. Tất cả đàn ông sinh ra ở Astria đều có khuôn mặt quay về phía đông, còn tất cả phụ nữ — về phía tây. Sự định hướng này được họ giữ nguyên cho đến lúc chết, vì đối với những sinh vật phẳng (sinh vật hai chiều) không có cách nào quay lại mà không đi ra ngoài chiều không gian thứ ba. Hôn một người Astria nữ hay nam thật đơn giản. Nhưng để hôn con trai, người cha phải lật nó lại và giữ nó ở tư thế đầu xuống dưới.

Hàng hóa ở Astria được vận chuyển bằng tàu thủy và máy bay. Cánh quạt bị loại bỏ (khi quay, nó đi ra chiều không gian thứ ba), vì vậy tất cả máy bay đều có cánh vỗ.

Dây thừng ở Astria không thể được thắt thành nút. Điều này chỉ có thể xảy ra trong thế giới ba chiều. Có thể chứng minh một cách chặt chẽ về mặt toán học rằng dây thừng (các vật thể một chiều) chỉ có thể được thắt nút trong không gian ba chiều, nhưng chúng tôi sẽ không đưa ra ở đây chứng minh định lý này (và thậm chí cả cách phát biểu chính xác của nó).

Trong thế giới phẳng, bánh xe có trục hoàn toàn bị loại trừ. Những vật thể nặng có thể được vận chuyển ở Astria bằng cách áp dụng phương pháp lăn qua các vòng tròn, giống như các vật thể ba chiều có thể được di chuyển trên những con lăn hình trụ đặt bên dưới chúng.

Đó là nền tảng toán học của cuốn tiểu thuyết của Hinton. Nhưng 181 trang của «Tập truyện ở Flatland» không chỉ có những điều đó. Ở đó còn có tình yêu, chiến tranh, và thảm họa đang đến gần (sự xuất hiện của một hành tinh khác khiến quỹ đạo của Astria phải thay đổi, khiến sự sống ở đó trở nên không thể tồn tại), cùng một kết thúc có hậu. Nhưng những phần này được trình bày kém thú vị hơn nhiều so với tất cả những gì liên quan đến toán học và cơ học.

Cuối cùng, chúng tôi đề nghị giải một bài toán sẽ giúp các bạn kiểm tra sự hiểu biết của mình về thế giới hai chiều.

31

Hãy tưởng tượng một valon Astrya phẳng dài 30 mét, lăn trên ba bánh xe (xem hình). Tâm các bánh xe cách nhau 10 mét. Hai người Astrya di chuyển valon này. Ngay khi bánh xe sau đạt tới vị trí chỉ trên hình, họ nhấc nó lên và ném cho người bạn. Người kia bắt bánh xe và đặt nó trước valon, như chấm trên hình chỉ ra. Valon lại lăn về phía trước (trên hình là sang phải) trên ba bánh xe. Bánh xe tiếp theo được giải phóng, nó được ném ra phía trước, v.v. Thủ tục này được tiếp tục bao nhiêu lần cần thiết. Cách bánh xe được đánh dấu bằng chấm 55 mét về phía trước có một chỗ nhô nhỏ. Hãy tính xem có bao nhiêu bánh xe lăn qua nó khi valon chuyển động. Trước hết hãy tìm đáp án trong đầu, rồi bằng bút chì và giấy. Hãy thử khái quát lời giải cho trường hợp $n$ bánh xe giống nhau. (Điều thú vị là bán kính các bánh xe không có ý nghĩa.)

TALES MILETUS

Một trong những nhà toán học đầu tiên được lịch sử biết đến là Tales Miletus. Ông sống ở Hy Lạp vào các năm 624—547 trước công nguyên.

Tales có những năng khiếu và sở thích đặc biệt đa dạng. Ông làm chính trị, kỹ thuật, triết học, thiên văn học, toán học, thương mại. Với tư cách nhà hoạt động chính trị, ông nổi tiếng nhờ lời khuyên khôn ngoan dành cho đồng bào — từ chối liên minh mà vua Croesus đề nghị với họ; với tư cách kỹ sư, ông nổi tiếng vì đã giúp quân đội của chính vua Croesus vượt sông mà không làm ướt chân. Theo chỉ dẫn của ông, một con kênh đã được đào, tạm thời chuyển dòng sông sang đó…

Tales — nhà triết học — được gán cho luận điểm “Hãy tự biết mình”. Trả lời câu hỏi phải sống công minh và chính trực như thế nào, ông nói: “Hãy kiêng làm điều mà các bạn cho là đáng chê trách ở người khác”. Khi Tales được hỏi ông muốn nhận phần thưởng nào cho phát hiện của mình trong thiên văn học, nhà hiền triết trả lời: “Với tôi là đủ, nếu khi kể cho người khác về phát hiện của tôi, các bạn nói rằng đó là phát hiện của tôi, chứ không phải của các bạn”. Tales — nhà toán học. Ông đo chiều cao kim tự tháp bằng bóng; xác lập rằng đường kính chia đường tròn làm đôi, rằng các góc ở đáy của tam giác cân bằng nhau, rằng các góc đối đỉnh bằng nhau. Ông cũng là người đưa ra định lý rằng góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

CÓ CHIA HẾT CHO 27 KHÔNG!

Các dấu hiệu chia hết cho 3 và cho 9 đều đã biết rõ. Nếu tổng các chữ số của một số chia hết cho 3 hoặc cho 9, thì số đó cũng chia hết cho 3 hoặc cho 9.

Còn bạn nghĩ sao, nếu tổng các chữ số của một số chia hết cho 27, thì số đó có nhất thiết chia hết cho 27 không?

32

KHI VÀO KHOA VẬT LÝ CỦA ĐẠI HỌC QUỐC GIA MOSCOW
các thí sinh sẽ làm hai kỳ thi vật lý:
thi viết và thi vấn đáp.
Năm 1969 trong kỳ thi viết người ta đưa ra một bài kiểm tra gồm năm bài toán. Thời gian dành cho việc giải là bốn giờ.
Ở đây công bố hai phương án của bài kiểm tra năm 1969. Ở trang 61 có đưa ra đáp án cho các bài tập và có các giải thích cho việc giải một số bài trong đó.

Phương án 1

1. Một quả bóng khúc côn cầu, trượt trên băng, đi liên tiếp qua hai đoạn đường bằng nhau có độ dài $l$ mỗi đoạn và tiếp tục chuyển động. Đoạn thứ nhất nó đi trong $t$ giây, đoạn thứ hai — trong thời gian $2t$ giây. Tìm vận tốc của quả bóng ở cuối đoạn đường thứ nhất, nếu coi lực cản chuyển động là không đổi.

2. Trong trạng thái dẫn nhiệt, ta có hai phần chất lỏng có nhiệt dung riêng $c_1$ và $c_2$, được ngăn cách bởi một vách không dẫn nhiệt. Nhiệt độ của một chất lỏng lớn hơn chất lỏng kia. Người ta bỏ vách ngăn, và sau khi thiết lập cân bằng nhiệt, hiệu giữa nhiệt độ ban đầu của một trong các chất lỏng và nhiệt độ được thiết lập trong bình hóa ra nhỏ hơn hai lần hiệu nhiệt độ ban đầu của các chất lỏng. Tìm tỉ số khối lượng $m_1$ và $m_2$ của chất lỏng thứ nhất và thứ hai.

3. Trong sơ đồ được vẽ ở hình 1, ban đầu tất cả các khóa đều mở, và các tụ điện đã được phóng điện. Sau đó đóng các khóa $K_1$ và $K_2$, còn khóa $K_3$ vẫn mở. Sau một thời gian, mở các khóa $K_1$ và $K_2$, còn đóng khóa $K_3$. Tìm điện tích trên tụ điện $C_1$ sau các lần chuyển mạch đã nêu. Điện dung của tụ điện và suất điện động của các pin được chỉ ra trên hình bằng các chữ cái.

33

4. Hai gương phẳng $3_1$ và $3_2$ (hình 2) được đặt sát nhau dưới góc $a=15^\circ$ so với phương thẳng đứng. Ở khoảng cách $L=8,3$ cm từ đường nối các gương đặt một thấu kính hội tụ mỏng sao cho trục quang học chính của nó vuông góc với đường nối các gương. Giữa các gương và thấu kính, trên trục quang học chính của thấu kính, ở khoảng cách $R=2$ cm từ đường nối các gương, đặt một nguồn sáng điểm $H$. Xác định khoảng cách giữa các ảnh của nguồn sáng thu được nhờ thấu kính. Tiêu cự của thấu kính $f=8$ cm. Vách ngăn $K$ che thấu kính khỏi các tia đi trực tiếp từ nguồn sáng.

5. Quả cầu $A$ khối lượng $m$, được gắn vào một thanh dài không trọng lượng, tạo thành một con lắc có thể dao động, quay quanh trục $O$ (hình 3). Quả cầu $A$ được nâng lên độ cao $h$ và thả không có vận tốc ban đầu. Ở điểm thấp nhất của quỹ đạo, quả cầu $A$ va chạm với quả cầu $B$ đang chuyển động về phía nó, khối lượng của quả cầu này là $M$. Quả cầu $B$, giống như quả cầu $A$, được gắn vào một thanh dài không trọng lượng, quay quanh trục $O_1$. Ngay trước khi va chạm, vận tốc của các quả cầu hướng dọc theo đường thẳng nối tâm của chúng. Quả cầu $^1$ $B$ phải có vận tốc $v$ bằng bao nhiêu trước khi va chạm để sau va chạm quả cầu $A$ lại nâng lên cùng độ cao $h$? Va chạm hoàn toàn đàn hồi. Không xét ma sát ở các trục và trong không khí.

Phương án 2

1. Một viên bi chì nhỏ có thể tích $V=0,02$ $cm^3$ rơi đều trong nước. Một lượng nhiệt bao nhiêu sẽ tỏa ra khi viên bi dịch chuyển xuống dưới 6 m? Khối lượng riêng của chì $\rho=11,3$ $e/cm^3$. Lấy $g=10$ $m/cek^2$.

2. Một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự $f=10$ $cm$ được cắt theo đường kính thành hai nửa và các nửa của nó $J-L$ (hình 4) được dịch chuyển tương đối với nhau dọc theo trục quang học chính một khoảng $l=10$ $cm$. Ở khoảng cách $a=30$ $cm$ từ nửa trên của thấu kính trên trục quang học chính đặt một gương được chỉ ra trên hình 5. Xe sẽ bắt đầu chuyển động với gia tốc nào trên mặt sàn, nếu vào đầu tự do của dây treo tác dụng một lực $F=8$ $cm$, hướng thẳng đứng lên trên. Hệ số ma sát giữa vật nặng và xe $k=0,6$. Lấy $g=10$ $m/cek^2$.

3. Một xe đẩy thấp có trọng lượng $P=12,5$ $k\Gamma$ có thể chuyển động không có ma sát trên sàn nằm ngang. Trên xe đẩy đặt một vật có trọng lượng $P_1=10$ $k\Gamma$. Vào vật gắn một sợi dây, được vắt qua một ròng rọc không trọng lượng, cố định trên xe đẩy, như chỉ ra trên hình 5. Xe đẩy sẽ bắt đầu chuyển động trên sàn với gia tốc nào, nếu tác dụng vào đầu tự do của sợi dây một lực $F=8$ $cm$, hướng thẳng đứng lên trên. Hệ số ma sát giữa vật và xe đẩy $k=0,6$. Lấy $g=10$ $m/cek^2$.

34

4. Trong mạch điện vẽ ở hình 6, cả hai khóa $K$—$K$ ban đầu đều ngắt, tụ điện $C_1$ không mang điện; các tụ điện $C_2$ và $C_3$ được tích điện và có cùng điện tích $q$, cực tính của các bản tụ được chỉ trên sơ đồ. Hãy tìm điện tích xuất hiện trên tụ điện $C_1$ sau khi cả hai khóa được đóng. Điện dung của tất cả các tụ điện là như nhau.

5. Trên hai thanh ray nằm ngang song song có một khối hộp khối lượng $M$ và một cái nêm khối lượng $m$ tiếp xúc với nó, có thể trượt trên khối hộp (hình 7, nhìn từ trên xuống). Mặt thẳng đứng bên phải của khối hộp được vát dưới góc $\alpha$. Khối hộp có thể chuyển động dọc theo các thanh ray, mà các thành bên của chúng làm nhiệm vụ dẫn hướng. Một lực $F$ được tác dụng vuông góc với mặt thẳng đứng bên trái của khối hộp. Khối hộp sẽ bắt đầu chuyển động với gia tốc nào? Bỏ qua ma sát giữa mọi bề mặt tiếp xúc.

Trong chiến tranh thế giới thứ nhất, trong số các sĩ quan Pháp đã vào quân đội từ ghế nhà trường, trong những khoảng thời gian đôi khi kéo dài giữa các trận đánh, các cuộc thi giải bài toán sơ cấp thường được tổ chức. Người thắng cuộc phải tìm được lời giải đúng và, theo ý kiến chung, thú vị nhất.

Đây là một trong những bài toán như vậy:
Chứng minh rằng một tam giác là cân nếu các đường phân giác của nó bằng nhau.
Nhiều người đã cố giải bài toán này, nhưng không phải ai cũng tìm được con đường đúng. Bạn có muốn thử sức không?

Năm 1939, ở vòng hai của kỳ Olympiad Toán học Moskva lần thứ 5, những người tham dự được đề nghị bài toán: “Phân tích thành các thừa số nguyên hữu tỉ biểu thức $a^{10} + a^5 + 1$”.

Bài toán này dễ giải nếu sử dụng định lý: Đa thức $1 + a^{3k+1} + a^{3p+2}$ chia hết cho đa thức $1 + a + a^2$ với mọi số tự nhiên $k$ và $p$.

Hãy thử xác định xem định lý sau có đúng không:
Đa thức $1 + a^{4m+1} + a^{4l+2} + a^{4k+3}$ chia hết cho đa thức $1 + 1 + a + a^2 + a^3$ với mọi số tự nhiên $k$, $l$ và $m$.

35

NHÂN VĂN
NHƯỜNG CHỖ CHO
TOÁN HỌC

Trong sự phân chia đã trở nên nhàm chán giữa «những nhà vật lý» và «những nhà trữ tình», vào nhóm «những nhà vật lý» được xếp không chỉ các nhà vật lý, mà còn cả các nhà hóa học, kỹ sư, nhà sinh học, nhà địa chất học, nhà toán học, còn vào nhóm «những nhà trữ tình» — không chỉ các nhà thơ trữ tình, mà còn cả các nhà ngữ văn, các nhà khoa học xã hội và nói chung là những đại diện của các ngành khoa học nhân văn.

Sự phức tạp của việc hình dung hai loại học sinh đối lập này thể hiện ở chỗ: một số em say mê hóa học, vật lý, toán học và tích cực tham gia vào các nhóm mô hình kỹ thuật; những em khác quan tâm đến lịch sử, nghệ thuật, tâm lý học và in bài trong các tạp chí văn học của trường. Những em đầu tiên phải vào các trường đại học kỹ thuật, cũng như các khoa vật lý-toán học và hóa-sinh học; những em thứ hai — vào các viện và khoa đào tạo chuyên môn về nhân văn.

Tuy nhiên, học sinh cuối cấp, khi suy nghĩ về việc chọn nơi học tiếp theo, không nên quên rằng những thập kỷ gần đây đã được đánh dấu bởi sự thâm nhập sâu rộng của toán học vào nhiều lĩnh vực tri thức vốn theo truyền thống được coi là «nhân văn». Chỉ cần nói rằng ngày nay toán học được giảng dạy ở các khoa kinh tế và tâm lý học, cũng như ở bộ môn ngôn ngữ học cấu trúc và ứng dụng của khoa ngữ văn Đại học Tổng hợp Moskva.

Ở đây không phải chỗ để nói về vai trò của toán học trong các nghiên cứu nhân văn, hoặc dù chỉ về vai trò của các môn toán học trong việc giảng dạy ở các khoa nói trên của MGU. Trong bài này, chúng tôi chỉ đưa ra các bài toán về toán học được đề xuất trong các kỳ thi viết tuyển sinh vào các khoa nhân văn của MGU vào tháng 8 năm 1969. Tuy nhiên, trong các phương án đề bài viết, phần nào phản ánh những yêu cầu đặt ra đối với sự chuẩn bị toán học của các thí sinh vào các khoa và bộ môn tương ứng.

36

CÁC PHƯƠNG ÁN BÀI TOÁN CHO KỲ THI VIẾT*)

Khoa tâm lý học

1. Điểm bên trong $A$ của một hình cầu bán kính $r$ được nối với mặt cầu bằng ba đoạn thẳng có độ dài $l$ và tạo với nhau góc $a$. Tìm khoảng cách từ điểm $A$ đến tâm hình cầu.

2. Tìm tất cả các số dương $a$ sao cho mọi giá trị không âm phân biệt của $x$, thỏa mãn phương trình
   $$\cos[(5a - 9)x] = \cos[(9a + 17)x]$$
   và được sắp theo thứ tự tăng dần, tạo thành một cấp số cộng.

3. Chứng minh, không dùng phân số thập phân, rằng
   $$\log_2 5 > \log_5 32.$$

4. Khoảng cách giữa $A$ và $B$ bằng 7 km. Hai người đi bộ đồng thời xuất phát đi về phía nhau và gặp nhau sau đúng một giờ. Nếu người thứ nhất đi nhanh gấp đôi so với thực tế, còn vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc thực tế của anh ta 2 km/giờ, thì đến lúc gặp nhau người thứ hai sẽ đi được phần lớn hơn của quãng đường. Vận tốc của người đi bộ nào lớn hơn?

5. Chứng minh rằng
   $$8x^2 + y^2 + 11z^2 + 4xy - 12xz - 5yz > 0,$$
   nếu $x^2 + y^2 + z^2 > 0$.

3 bài toán
từ các phương án khác

a) Trong hình cầu bán kính $r$ kẻ đường kính $AB$ và ba dây bằng nhau $AC, AD$ và $AF$ tạo với nhau góc $a$. Tìm thể tích khối được giới hạn bởi các mặt phẳng của các tam giác $ACD, ADF, ACF, BCD, BDF$ và $BCF$.

6. Từ $A$ đến $B$ theo dòng sông một chiếc bè trôi. Đồng thời với lúc bè bắt đầu đi từ $A$ đến $B$, từ $B$ đến $A$ ngược chiều với nó một chiếc thuyền đi, chiếc thuyền gặp bè không sớm hơn 2 giờ, rồi đến $A$, mất cho toàn bộ hành trình chưa đến ba giờ hai mươi phút. Bè có kịp đi từ $A$ đến $B$ trong 5 giờ không, nếu khoảng cách giữa $A$ và $B$ bằng 20 km?

Lời giải các bài toán

1. Gọi $O$ là tâm của khối cầu; $B, D$ và $C$ là các điểm giao với mặt cầu của các đường thẳng kẻ từ điểm $A$; $O_1$ là tâm của thiết diện của khối cầu bởi mặt phẳng $\Delta BCD$. Có xét đến việc

*) Thời gian dành cho các kỳ thi là: ở khoa tâm lý học và bộ môn kinh tế chính trị của khoa kinh tế — 4 giờ, ở khoa ngữ văn và bộ môn kinh tế của khoa kinh tế — 5 giờ (một giờ bằng sáu mươi phút).

rằng mặt phẳng $\Delta BCD$ vuông góc với đường kính $AO_1$ (trừ trường hợp $l = r$), ta được
$$OO_1 = \sqrt{r^2 - \frac{4}{3}l^2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}}.$$
$$AO_1 = l \sqrt{1 - \frac{4}{3} \sin^2 \frac{\alpha}{2}}.$$

Khi đó
$$AO = OO_1 + AO_1,$$ nếu các điểm $A$ và $O$ nằm ở hai phía khác nhau của mặt phẳng $\Delta BCD$;
$$AO = OO_1 - AO_1,$$ nếu các điểm $A$ và $O$ nằm cùng một phía của mặt phẳng $\Delta BCD$, và điểm $O$ nằm ngoài hình chóp $ABCD$ ($OO_1 > AO_1$);
$$AO = AO_1 - OO_1,$$ nếu các điểm $A$ và $O$ nằm cùng một phía của mặt phẳng $\Delta BCD$, và điểm $O$ nằm bên trong hình chóp $ABCD$.

2. Theo công thức hiệu các cosin
   $$2 \sin [(7a + 4)x] \cdot \sin [(2a + 13)x] = 0.$$

Vì $a > 0$, nên các nghiệm của phương trình có dạng
$$\frac{\pi k}{7a + 4}, \frac{\pi l}{2a + 13}; k, l - целые.$$

Rõ ràng, các nghiệm không âm (ứng với $k$ và $l$ không âm) tạo thành hai cấp số cộng có số hạng đầu là 0 và các công sai tương ứng một số nguyên lần được phân tích thành số kia, tức là khi hoặc $\frac{d_1}{d_2}$ là số tự nhiên, hoặc tương tự $\frac{d_1}{d_2}$ thu được: $\frac{d_2}{d_1}$ là số tự nhiên.

Ngược lại, nếu, chẳng hạn, $\frac{d_2}{d_1}$ là số tự nhiên, thì do cấp số cộng có số hạng đầu là 0 và công sai $\frac{d_2}{d_1}$ cũng là số hạng của cấp số cộng có số hạng đầu là 0 và công sai $\frac{d_1}{d_1}$, nên các số hạng của hai cấp số cộng hợp lại tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu là 0 và công sai $\frac{d_1}{d_1}$.

Vậy, $a > 0$ thỏa mãn các điều kiện khi và chỉ khi hoặc $\frac{d_1}{d_2}$ là số tự nhiên, hoặc $\frac{d_2}{d_1}$ là số tự nhiên, hoặc $\frac{d_1}{d_2}$ cũng là một thành viên của cấp số cộng có số hạng đầu là 0 và công sai $\frac{d_1}{d_1}$, do đó các số hạng của hai cấp số cộng gộp lại tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu là 0 và công sai $\frac{d_1}{d_1}$.

38

6. Đặt $y = \frac{2x - 1}{2x - x^2 - 4}$, ta được phương trình bậc hai (đối với $x$) $yx^2 + 2(1-y)x + 4y - 1 = 0$, mà biệt thức của nó phải không âm: $(1-y)^2 + y(4y - 1) \geq 0$, vì $x$ là số thực, do đó
   $$-\frac{1 + \sqrt{13}}{6} \leq y \leq \frac{-1 + \sqrt{13}}{6}.$$
   Vậy giá trị nhỏ nhất của $y$ là $-\frac{1 + \sqrt{13}}{6}$; giá trị tương ứng của $x$, như dễ dàng tính được, là $\frac{1 + \sqrt{13}}{2}$.

Bộ môn điều khiển học kinh tế của khoa kinh tế

1. Giải phương trình
   $$\left( \sqrt{\cos x} - 4 \sqrt[4]{2} \sqrt[4]{\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)} + 5 \sqrt[4]{2}\right)^2 - 2 \sqrt{\cos x} \times \left( \sqrt{\cos x} - 4 \sqrt[4]{2} \sqrt[4]{\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)} + 5 \sqrt[4]{2}\right) - \sin x = 0.$$
2. Bốn nhóm du khách đã đi dạo vào ngày chủ nhật theo bốn tuyến đường có độ dài khác nhau. Tổng quãng đường mà nhóm thứ nhất và thứ tư đi được lớn hơn tổng quãng đường mà nhóm thứ hai và thứ ba đi được 6 km. Nhóm thứ hai đi ít hơn nhóm thứ nhất 2 km. Số du khách của nhóm thứ ba bằng quãng đường mà nhóm thứ nhất đi được, còn số du khách của nhóm thứ hai bằng quãng đường mà nhóm thứ tư đi được. Tổng bình phương các quãng đường mà mỗi nhóm đi được bằng 494. Mỗi nhóm đã đi bao nhiêu kilômét?
3. Một lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn bán kính $R$. Biết rằng $\angle A = \angle C = \angle E$, cạnh $AB = a$, CD = b, EF = c. Tính diện tích lục giác ABCDEF.
4. Giải bất đẳng thức
   $$\left( 4x - x^2 - 3 \right) \log_2 \left( \cos^2 \pi x + 1 \right) \geq 1.$$
   Bài 3
   từ các đề khác
   a) Đoạn thẳng $AB = a$ vuông góc với đoạn thẳng $BC = 3a$. Trong mặt phẳng chứa cả hai đoạn thẳng này, dựng hai đường tròn bán kính $a$ có tâm tại các điểm $A$ và $B$ và một đường tròn bán kính $3a$ có tâm tại điểm $C$. Tính diện tích phần của ba hình tròn đã dựng.

6. Giải bất đẳng thức
   $$\left| \sqrt{2} | x | - 1 \right| \cdot \log_2 \left( 2 - 2x^2 \right) \geq 1.$$

Lời giải các bài toán

1. Miền giá trị cho phép (ĐG3):
   $$-\frac{\pi}{4} + 2k\pi \leq x \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi,$$
   $k = 0, \pm 1, \dots$

Đặt
$$y = \sqrt{\cos x} - 4 \sqrt[4]{2} \sqrt[4]{\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)} + 5 \sqrt[4]{2},$$
khi đó
$$y^2 - 2 \sqrt{\cos x} y - \sin x = 0,$$
suy ra
$$y = \sqrt{\cos x} \pm \sqrt{\sqrt{2} \cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)},$$
tức là có
$$\sqrt{\cos x} - 4 \sqrt[4]{2} \sqrt[4]{\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)} + 5 \sqrt[4]{2} = \sqrt{\cos x} \pm \sqrt[4]{2} \sqrt{\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)}.$$

Đặt $z = \sqrt[4]{\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right)}$, ta được $-4z + 5 = \pm z^2$. Sau đó phương trình có các nghiệm $z_1 = 1, z_2 = -5, z_3 = 2 \pm i$. Các nghiệm $z_2, z_3, z_4$, rất/no, phép dựng.
Từ $z_1 = 1$ suy ra $\cos \left( x - \frac{\pi}{4} \right) = 1$. Do đó, $x = \frac{\pi}{4} + 2k\pi, k = 0, \pm 1$.

2. Gọi $x_i$ là quãng đường đi được của nhóm thứ $i$, $i = 1, 2, 3, 4$. Từ điều kiện bài toán ta có $x_1 + x_4 - 6 = x_2 + x_3, x_1 - x_2 = 2, x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = 494$, từ đó
   $$(x_1 - 1)^2 + (x_4 - 2)^2 = 242,$$
   $$x_1 = 1 + \sqrt{242 - (x_4 - 2)^2}.$$

Theo điều kiện, $x_1$ và $x_4$ là các số tự nhiên ($x_1$ là số du khách trong nhóm thứ 3, còn $x_4$ là số du khách dễ chọn bằng cách thử, dựa trên hệ thức cuối cùng (và thay thế rằng do chính hệ thức ấy $x_4 < 18$). Lần lượt xét
$x_4 = 1, 2, 3, \dots, 17,$ ta tìm được nghiệm duy nhất:
$x_4 = 13, x_1 = 12.$
Trong trường hợp này $x_2 = 10, x_3 = 9.$

3. $$\frac{3 \sqrt{3}}{4} R^2 + \frac{\sqrt{3}}{8} a \left( \sqrt{12R^2 - 3a^2} - a \right) + \frac{\sqrt{3}}{8} b \left( \sqrt{12R^2 - 3b^2} - b \right) + \frac{\sqrt{3}}{8} C \left( \sqrt{12R^2 - 3C^2} - C \right).$$

40

$$\frac{\cos 45^\circ \cos 30^\circ - \sin 45^\circ \sin 30^\circ - 1}{\sin 45^\circ \cos 30^\circ + \cos 45^\circ \sin 30^\circ} = 2 + \sqrt{2} - \sqrt{3} - \sqrt{6}.$$

Cuối cùng, đề nghị tự giải một phương án của mỗi bảng.

Khoa Ngữ văn

1. Có ba ống dẫn nước vào một bể. Ống thứ nhất và thứ hai cùng nhau làm đầy bể nhanh hơn 35/18 giờ so với ống thứ nhất và thứ ba cùng nhau làm đầy bể trong 10 giờ. Ống thứ hai làm đầy bao nhiêu phần bể trong một giờ, nếu một mình nó làm đầy bể lâu hơn $\frac{7}{5}$ lần so với một mình ống thứ nhất?
2. Giải phương trình:
   $$\log_{\sin x} \left( \sin x - \frac{1}{4} \cos x \right) = 3.$$
3. Giải bất phương trình:
   $$2\log_3 x - \log_1/5 (4 - x) \leq \log_3 (x - 1)^2 + 2\log_2 (10 - x).$$
4. N người bắt tay nhau. Có bao nhiêu cái bắt tay?
5. Chỉ ra ít nhất một cặp số nguyên dương $k_1$ và $k_2$ sao cho $36 \cdot k_1 - 25 \cdot k_2 = 1$.
6. Không dùng bảng, chứng minh rằng $\log_4 9 > \log_5 11$.
7. Tam giác có các cạnh lần lượt bằng 10, 14 và 17 có góc tù không?

Khoa Tâm lý học

1. Trong một mặt cầu có đường kính $AB$ và hai dây bằng nhau $AM$ và $AN$, mỗi dây tạo với đường kính một góc $a$. Tìm góc giữa các dây, nếu đoạn $MN$ được nhìn từ tâm mặt cầu dưới góc $\beta$.
2. Tìm mọi số dương $a$, sao cho mọi giá trị không âm phân biệt của $x$, thỏa mãn phương trình $\cos [(8a-3)x] = \cos [(14a+5)x]$ và được sắp theo thứ tự tăng dần, lập thành một cấp số cộng.
3. Chứng minh, không dùng phân số thập phân, rằng $\log_3 16 > \log_16 729$.
4. Khoảng cách giữa các ga $A$ và $B$ bằng 360 km. Cùng một lúc, từ $A$ và từ $B$ có hai đoàn tàu khởi hành hướng về phía nhau. Đoàn tàu khởi hành từ $A$ đến ga $B$ không sớm hơn sau 5 giờ. Nếu vận tốc của nó lớn hơn 1,5 lần so với thực tế, thì nó sẽ gặp đoàn tàu thứ hai còn hơn 2 giờ sau khi rời $A$. Vận tốc của đoàn tàu nào lớn hơn?
5. Chứng minh rằng
   $$2x^2 + 5y^2 + 3z^2 - 6xy - 2xz + 5yz > 0,$$
   nếu $x^2 + y^2 + z^2 > 0$.

Phân ban kinh tế chính trị

1. Năm lều du lịch và hai mươi túi ngủ có giá 490 rúp. Sau khi giảm mười phần trăm cho một lều và giảm năm phần trăm cho một túi, thì cùng số lều và túi đó có giá 457 rúp. Trước khi giảm giá, một lều có giá bao nhiêu và một túi có giá bao nhiêu?
2. Giải bất phương trình: $x^2 + x - 10 < 2/x - 2$.
3. Trong tam giác nhọn $ABC$, góc $A$ bằng $a$, cạnh $AC$ bằng $b$. Từ đỉnh $B$ kẻ đường trung tuyến $m$. Tính diện tích tam giác $ABC$.
4. Giải phương trình: $(3 - \text{ctg}^2 x)\sin 2x = 2(1 + \cos 2x)$.
5. Tìm giá trị lớn nhất của phân thức $\frac{3x - 2}{4x - x^2 - 6}$, nếu $x$ có thể nhận mọi giá trị thực.

Phân ban thư viện kinh tế

1. Giải phương trình
   $$\left( 4\sqrt{\cos \frac{x}{2}} - 5 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 + \sqrt{2} \left( 4\sqrt{\cos \frac{x}{2}} - \frac{\sqrt{2}}{2} - 5 \right) - \frac{\cos x}{2} = 0.$$
2. Trong trại thiếu nhi có bốn câu lạc bộ mỹ thuật hoạt động. Mỗi thành viên câu lạc bộ được phát một bộ màu như nhau. Tổng số thiếu nhi ở câu lạc bộ thứ nhất và thứ tư, cũng như ở câu lạc bộ thứ hai và thứ tư, nhiều hơn tổng số thiếu nhi ở câu lạc bộ thứ nhất và thứ ba bốn em. Ở câu lạc bộ thứ ba không quá mười thiếu nhi. Có bao nhiêu thiếu nhi ở mỗi câu lạc bộ, nếu giá một màu tính bằng số thành viên của câu lạc bộ thứ nhất chia cho mười, và đã trả 52 rúp 80 cô-pếch cho màu?
3. Một đường tròn nội tiếp hình thang $ABCD$. Tìm hiệu độ dài các đoạn của đường chéo $AC$ nằm trong đường tròn, nếu chiều cao hình thang bằng $h$, còn các góc tại đáy $AD$ bằng $a$ và $\delta$.
4. Giải bất đẳng thức: $2^{-1}x - 2^1\log_2(4x - x^2 - 2) \geq 1$.

A. S. KUZICHEV
V. S. USPENSKY

41

Ý NGHĨA HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI HAI BIẾN

A. YA. MARGULIS, B. A. RADUNSKY

Khi học môn toán, học sinh thường phải giải các bất đẳng thức và hệ bất đẳng thức với một ẩn. Khi đó, minh họa hình học của lời giải (kết hợp với phương pháp khoảng) giúp tìm được lời giải đúng bằng con đường ngắn nhất.

Chẳng hạn, xét bất đẳng thức
$$\log_2 (x^2 - 4x + 3) \leq 3.$$
Lời giải của nó trùng với lời giải của hệ hai bất đẳng thức với một ẩn
$$\begin{cases} x^2 - 4x + 3 > 0 \\ x^2 - 4x + 3 \leq 8 \end{cases}$$
(cần thiết để lôgarit tồn tại),
(nhận được khi lũy thừa hóa bất đẳng thức đã cho).

Tập các giá trị $x$ thỏa mãn bất đẳng thức thứ nhất là hợp của hai khoảng
$$x < 1 \text{ и } x > 3,$$
còn bất đẳng thức thứ hai là đoạn
$$1 \leq x \leq 5$$
(điều này suy ra từ các tính chất của tam thức bậc hai).

Đánh dấu các khoảng này trên trục số (hình 1), ta thấy rằng tập các giá trị $x$ thỏa mãn hệ bất đẳng thức gồm hai khoảng nửa kín, $-1 \leq x < 1$ và $3 < x \leq 5$ (trên hình chúng được biểu diễn bằng các nét chấm).

Để trực quan hơn, ngay trên hình đã chỉ rõ đầu mút nào của các khoảng thuộc miền nghiệm, đầu mút nào không thuộc.

Minh họa hình học ở đây tỏ ra rất hữu ích. Vai trò của nó càng tăng khi giải các bất đẳng thức và hệ bất đẳng thức với hai ẩn.

42

Xét các bất đẳng thức với hai ẩn có dạng

$$y - f(x) > 0.$$

(1)

Dựng đồ thị của hàm số $y = f(x)$ và lấy một điểm tùy ý $A'_1$ có hoành độ $x = x_0$ (hình 2). Nếu với cùng $x = x_0$, tung độ $y_1$ của nó lớn hơn tung độ $y_0$ của điểm $A$ tương ứng trên đường cong $y = f(x)$, thì điểm $A'_1$ nằm phía trên đường cong. Điểm $A'_1$ nằm phía dưới đường cong $y = f(x)$ nếu tung độ $y_2$ của nó nhỏ hơn tung độ $y_0$. Do đó, tọa độ của mọi điểm nằm dưới đường cong $y = f(x)$ thỏa mãn bất đẳng thức $y < f(x)$, còn tọa độ của mọi điểm nằm trên đường cong $y = f(x)$ thỏa mãn bất đẳng thức $y > f(x)$.

Như vậy, đồ thị của hàm số $y = f(x)$ chia mặt phẳng tọa độ thành hai phần, trong một phần bất đẳng thức $y - f(x) > 0$ đúng, còn trong phần kia $y - f(x) < 0$.

Đưa ra định nghĩa sau. Một tập hợp các điểm của mặt phẳng được gọi là lồi nếu cùng với bất kỳ hai điểm $A$ và $B$ nào nó chứa mọi điểm của đoạn thẳng $AB$.

Chẳng hạn, xét phần bên trong của bất kỳ tam giác, hình tròn, hình vuông nào. Có thể chỉ ra rằng các tập hợp này là lồi.

Rõ ràng, các phần mà đường cong $y = f(x)$ chia mặt phẳng thành có thể vừa lồi vừa không lồi (xem hình 2).

Bây giờ hãy minh họa bằng một số ví dụ cách giải các bất đẳng thức và hệ bất đẳng thức với hai ẩn bằng các biểu diễn hình học.

Xét hàm số tuyến tính $f(x) = ax + b$ (2).

Đồ thị của hàm số tuyến tính $y = ax + b$ là một đường thẳng (hình 3). Đường thẳng này chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng: nửa trên và nửa dưới. Trong nửa thứ nhất, bất đẳng thức $y - (ax + b) > 0$ đúng, còn trong nửa thứ hai $y - (ax + b) < 0$. Lưu ý rằng cả hai nửa mặt phẳng này đều là các tập hợp lồi.

43

Ví dụ 1. Tìm trên mặt phẳng tọa độ quỹ tích các điểm có tọa độ thỏa mãn hệ hai bất phương trình bậc nhất (giải bằng đồ thị các hệ bất phương trình đã cho):

$$\begin{cases} y > -\frac{1}{2}x + 2, \\ y < -\frac{1}{2}x + 1; \end{cases}$$

$$\begin{cases} y > -\frac{1}{2}x + 1; \\ y < -\frac{1}{2}x + 2, \end{cases}$$

$$\begin{cases} y \geq \frac{1}{3}x + 1, \\ y \leq 2x - 2. \end{cases}$$

Lời giải. Hình 4 trình bày các nghiệm đồ thị của những bất phương trình này. Nếu tô nghiệm của mỗi bất phương trình bằng màu vàng hoặc màu xám, thì nghiệm của hệ là phần mặt phẳng được tô bằng cả hai màu. Từ hình 4 thấy rằng hệ a) không có nghiệm (hình 4,a); nghiệm của hệ b) là nửa mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng $y = -\frac{1}{2}x + 2$ (hình 4,б); nghiệm của hệ b) là dải vô hạn giữa các đường thẳng $y = -\frac{1}{2}x + 1$ và $y = -\frac{1}{2}x + 2$ (hình 4,в); còn nghiệm của hệ г) là phần mặt phẳng nằm bên trong góc được tô hai lần, kể cả các cạnh của nó (hình 4,г).

Hình 4 a, б, в, г.

45

$y = x + 1$, thuộc miền nghiệm, được vẽ bằng nét liền, còn đường thẳng $y = x + 2$, không thuộc miền nghiệm, — bằng nét đứt.

Ví dụ 4. Giải bất phương trình bằng đồ thị $\log_{y-1}(x-2) < 1$.

Lời giải. Miền giá trị cho phép (ĐKXĐ) của các ẩn, hiển nhiên, được xác định bởi hệ bất phương trình

$$x > 2, y > 1, y \neq 2.$$

Theo hệ đã cho, trước hết ta loại bỏ tập hợp không thể chứa nghiệm. Để làm điều đó, trên hình 7 tô màu xám nửa mặt phẳng $x < 2$, nửa mặt phẳng $y < 1$, và vẽ đường thẳng $y = 2$ bằng nét đứt.

Bây giờ xét hai trường hợp:

a) $1 < y < 2$. Lũy thừa hóa bất phương trình ban đầu, ta được $x - 2 > y - 1$ hay $y < x - 1$.

b) Với $y > 2$ ta được $x - 2 < y - 1, y > x - 1$.

Các nghiệm tương ứng với những trường hợp này được chỉ ra trên hình 7 bằng màu xanh lá cây.

Tự giải các ví dụ 5 và 6.

Ví dụ 5. Giải bất phương trình bằng đồ thị $\log_{y-1}(y - x + 2) > 0$ (xem hình 8).

Ví dụ 6. Giải bất phương trình bằng đồ thị $\log_x \log_y y > 0$ (xem hình 9).

Bây giờ xét tam thức bậc hai

$$f(x) = ax^2 + bx + c.$$

Như đã biết, đồ thị của hàm số $y = ax^2 + bx + c$ là một parabol có trục đối xứng song song với trục tung và có đỉnh tại điểm $B\left(-\frac{b}{2a}, -\frac{D}{4a}\right)$, trong đó $D = b^2 - 4ac$.

Đồ thị của một trong các tam thức bậc hai (với $a > 0$) được biểu diễn sơ đồ trên hình 10. Đồ thị này chia mặt phẳng thành hai phần, trong một phần bất đẳng thức $y - (ax^2 + bx + c) > 0$ đúng, còn trong phần kia $y - (ax^2 + bx + c) < 0$. Bạn đọc không khó khăn

46

sẽ nhận thấy rằng chỉ một trong các phần này là một tập lồi.

Ví dụ 7. Giải bất đẳng thức đồ thị $\log_y(5x-x^2-6)>1$.

Lời giải tức là. Miền giá trị cho phép được xác định, hiển nhiên, bởi các bất đẳng thức

$$\begin{cases} 5x-x^2-6>0, \\ y>0, \\ y\neq 1. \end{cases}$$

Bất đẳng thức thứ nhất trong các bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức $x^2-5x+6<0$. Các nghiệm của nó lấp đầy khoảng $2<x<3$.

Trên hình 11, các phần của mặt phẳng nơi $x<2$ và $x>3$ được tô xám, và thu được $y<0$, đồng thời loại trừ các điểm nằm trên đường thẳng $y=1$ vẽ bằng nét chấm.

Xét hai trường hợp: $y>1$ và $0<y<1$.

a) $y>1$. Lấy lũy thừa biểu thức ban đầu, ta được bất đẳng thức $5x-x^2-6>y$, hay $y-(-x^2+5x-6)<0$. Bất đẳng thức sau được thỏa mãn bởi tọa độ của mọi điểm nằm dưới parabol $y=-x^2+5x-6$, nhưng không điểm nào trong số đó thỏa điều kiện $y>1$. Như vậy, khi $y>1$ không có nghiệm.

b) $0<y<1$. Tương tự ta được bất đẳng thức $5x-x^2-6<y$, tức là $y-(-x^2+5x-6)>0$.

Hiển nhiên, nghiệm là miền được tô màu xanh lục trên hình 11, nằm phía trên parabol $y=-x^2+5x-6$.

Hãy tự giải các ví dụ 8 và 9.

Ví dụ 8. Giải bất đẳng thức bằng đồ thị $\sqrt{y}<x-1$ (xem hình 12).

Ví dụ 9. Giải bất đẳng thức bằng đồ thị (xem hình 13)

$$\left(\frac{1}{3}\right)^{x-1} > \left(\frac{1}{3}\right)^{\sqrt{y-x+3}}$$

Ví dụ 10. Giải bất đẳng thức bằng đồ thị

$$\sqrt{1-(x-3)^2-(y-2)^2} < \sqrt{1-(x-4)^2-(y-2)^2}$$

Lời giải, tức là. Trong trường hợp này, miền xác định được xác định bởi các bất đẳng thức

47

$$\begin{align*} 1 - (x - 3)^2 - (y - 2)^2 &\geq 0, \\ 1 - (x - 4)^2 - (y - 2)^2 &\geq 0. \end{align*}$$

hoặc

$$\begin{align*} (x - 3)^2 + (y - 2)^2 &\leq 1, \\ (x - 4)^2 + (y - 2)^2 &\leq 1. \end{align*}$$

Phương trình $(x - 3)^2 + (y - 2)^2 = 1$ là phương trình đường tròn bán kính đơn vị có tâm tại điểm $O_1(3;2)$. Bất đẳng thức $(x - 3)^2 + (y - 2)^2 \leq 1$ được thỏa mãn bởi mọi điểm cách điểm $O_1$ không quá một đơn vị, tức là mọi điểm của hình tròn đã chỉ ra, kể cả biên của nó. Tương tự cũng xác định tập hợp các điểm mà tọa độ của chúng thỏa mãn bất đẳng thức thứ hai; tập hợp nghiệm của hai bất đẳng thức là phần chung của hai hình tròn (hình 14). Còn lại là tìm tập hợp các điểm mà bất đẳng thức đã cho được thỏa mãn. Sau các biến đổi tương đương, ta nhận được các bất đẳng thức mà trong miền xác định đã cho tương đương với bất đẳng thức ban đầu:

$$\begin{align*} 1 - (x - 3)^2 - (y - 2)^2 &< \\ < 1 - (x - 4)^2 - (y - 2)^2, \\ (x - 4)^2 - (x - 3)^2 &< 0, \\ x &>\frac{7}{2}. \end{align*}$$

Như vậy, nghiệm là miền được tô màu trên hình 14 (phần của miền xác định nằm về bên phải đường thẳng $x = \frac{7}{2}$).

Sau cùng, xét ví dụ sau.

Ví dụ 11. Trong các điểm mà tọa độ thỏa mãn các điều kiện $x + 2y \leq 3$, $2x - y \leq 1$, $x \geq 0$ và $y \geq 0$, hãy tìm điểm sao cho biểu thức $x^2 + y^2$ là chính xác nhất.

48

Lời giải. Bằng phương pháp đồ thị, hãy tìm miền nghiệm của hệ bất phương trình

$$x + 2y \leq 3, \quad 2x - y \leq 1, \quad x \geq 0, \quad y \geq 0$$

gồm các điểm có tọa độ thỏa mãn các điều kiện đã cho. Từ hình 15 thấy rằng đó là tứ giác OABC. (Tọa độ các đỉnh của nó dễ dàng xác định từ các phương trình của các đường thẳng biên và được ghi trên cùng hình vẽ.)

Bây giờ bài toán của chúng ta được phát biểu như sau. Trong các điểm của tứ giác AOBC, hãy tìm điểm mà biểu thức $x^2 + y^2$ có giá trị lớn nhất. Nhưng ta biết rằng biểu thức $x^2 + y^2$ xác định bình phương khoảng cách từ điểm có tọa độ $(x, y)$ đến gốc tọa độ. Do đó, bài toán quy về việc tìm trong tứ giác OABC điểm xa gốc tọa độ nhất. Hiển nhiên, điểm đó là điểm $C\left(0; \frac{3}{2}\right)$. Hãy chứng minh!

Hãy tự giải hai bài toán cùng loại (các bài toán này đã được ra trong kỳ thi viết tuyển sinh môn toán năm 1968).

Ví dụ 12 (khoa vật lý Đại học Leningrad). Trong tất cả các cặp số thỏa mãn bất phương trình $\log_{x^2 + y^2}(x + y) \geq 1$, hãy tìm những cặp mà $y$ lớn nhất.

Ví dụ 13 (khoa cơ-toán Đại học Novosibirsk). Với mỗi $a$, trong tất cả các điểm trên mặt phẳng có tọa độ $(x, y)$ thỏa mãn hệ bất phương trình

$$\begin{align*} y - 2x &\geq 0, \\ -x^2 + 2ax - a^2 + a + 1 - y &\geq 0, \end{align*}$$

hãy tìm điểm có $y$ lớn nhất.

Ở đầu buổi học, giảng viên đã phát biểu định lý nổi tiếng của Cauchy, theo đó trung bình cộng của các số dương không bằng nhau lớn hơn trung bình nhân của chúng.

Đúng lúc đó, sinh viên được gọi lên phòng giáo vụ. Khi trở lại buổi học, anh ta còn đứng ngoài cửa đã nghe giảng viên kết thúc lời phát biểu bài toán:

“Gợi ý: tất cả các nghiệm của phương trình không những là thực mà còn dương.”

Khi sinh viên bước vào giảng đường, trên bảng mọi thứ đã bị xóa, trừ dòng $x^{20} - 20x^{19} \dots +1 = 0$.

— Mọi việc đã rõ, — sinh viên nói và nêu tất cả các nghiệm của phương trình mà giảng viên đã viết trong khi anh ta vắng mặt.

Còn bạn, bạn có thể nêu chúng không?

49

14 NGÀY Ở BUCHAREST

Người dân Bucharest đã quen với khách du lịch ở mọi lứa tuổi. Có lẽ vì thế mà hầu như không ai chú ý đến những nhóm nhỏ nam nữ thanh niên nói nhiều thứ tiếng, đang làm quen với thủ đô Romania vào tháng bảy năm ngoái. Chỉ những người biết chuyện mới hiểu vì sao học sinh từ 14 nước đã đến đây.

50

Tuy nhiên, sau đó nhiều người đã biết việc này qua báo chí.

Điều gì đã đưa những vị khách trẻ từ Anh, Bỉ, Bulgaria, Hungary, CHDC Đức, Hà Lan, Mông Cổ, Ba Lan, Romania, Liên Xô, Pháp, Thụy Điển, Tiệp Khắc, Nam Tư đến Bucharest? Toán học đã đưa họ đến đây: Đại hội Toán học Quốc tế lần thứ XI được tổ chức tại đây.

Con đường đến Bucharest của các học sinh Liên Xô không dễ dàng. Để làm được điều đó, các em phải giành những vị trí được công nhận trong tất cả các kỳ thi Olympic của chúng ta thuộc các “cấp” khác nhau — trường, quận, tỉnh, toàn Liên bang. Hơn nữa, chiến thắng trong các cuộc thi chỉ của một năm vẫn chưa bảo đảm thành công. Ưu tiên được dành cho những người có “tiểu sử Olympic” tốt trong nhiều năm.

Và đây là tên các em: Vladimir Drinfeld — lớp 10 trường số 27 Kharkov, Andrei Zelevinsky — lớp 9 trường số 2 Moskva, Arkady Klimov — lớp 9 trường số 18 Moskva (trường toán-lý trực thuộc Đại học Quốc gia Moskva), Elena Neklodova — lớp 10 trường số 7 Moskva, Andrei Prasolov — lớp 10 và Andrei Khodulev, lớp 9, — đều từ trường số 18 Moskva, Valery Solovyov — lớp 10 trường số 131 Kazan, Pavel Suvorov — lớp 10 trường số 45 Leningrad (trường toán-lý trực thuộc Đại học Quốc gia Leningrad). Tám người tham dự Olympic này sẽ phải chịu đựng những “trận chiến” với số lượng đối thủ tương đương từ mỗi đội nước ngoài.

“Cuộc thi” được một ban giám khảo uy tín, do các viện sĩ Romania Moisil và Teodorescu đứng đầu, tổ chức. Thành phần ban giám khảo gồm các nhà khoa học và nhà giáo nổi bật từ tất cả các nước cử đội đến Olympic; đại diện Liên Xô trong ban giám khảo là trưởng đoàn Liên Xô, giáo sư V. I. Levin.

Đến Bucharest ngày 7 tháng Bảy, các thí sinh Olympic của chúng ta, V. I. Levin và người phó của ông — tác giả những dòng này — đã thăm các thắng cảnh thành phố, các di tích lịch sử, bảo tàng, công viên, và đến thăm Đại sứ quán Liên Xô.

Ngày 10 tháng Bảy bắt đầu cuộc thi kéo dài hai ngày. Theo điều lệ Olympic, mỗi người tham dự phải giải ba bài toán trong bốn giờ, cả ngày thứ nhất lẫn ngày thứ hai; đề bài được đưa ra dưới đây. Mỗi bài toán được đánh giá bằng một số điểm nhất định. Người giải đúng nhận số điểm tối đa, còn nếu lời giải có thiếu sót thì số điểm bị giảm.

Từ ngày 12 đến ngày 19 tháng Bảy, những người tham dự Olympic đi du lịch trong nước. Dĩ nhiên, các em rất thích những thành phố Romania, nơi các em cảm thấy mình được đón tiếp tuyệt vời, nhưng lòng và suy nghĩ vẫn ở Bucharest, nơi ban giám khảo tổng kết cuộc thi. Kết quả được công bố ngày 19 tháng Bảy, khi những người chiến thắng được xướng tên tại trường lyceum N. Bălcescu (ở đó các trường trung học được gọi là lyceum). Bằng hạng nhất được ban giám khảo trao cho những người đạt số điểm tối đa có thể — 40. Có ba người đạt được: Vladimir Drinfeld (Liên Xô), Simon Norton (Anh) và Tibor Filala (Hungary). Bằng hạng nhì được trao cho những người đạt từ 30 đến 37 điểm. Trong số các thí sinh của chúng ta, Andrei Prasolov, đạt 32 điểm, Andrei Zelevinsky và Andrei Khodulev, mỗi người đạt 30 điểm, đã nhận được chúng. Bằng hạng ba được trao cho những người đạt từ 24 đến 29 điểm. Trong số học sinh Liên Xô, Elena Neklodova và Valery Solovyov, mỗi người đạt 27 điểm, cũng như Arkady Klimov, đạt 24 điểm, nhận được bằng hạng ba. Pavel Suvorov đạt 21 điểm. Em nhận được bằng người tham dự.

Theo tổng số điểm (231), đội chúng ta chiếm vị trí thứ ba, vị trí thứ nhất thuộc về người Hungary — 247 điểm. Họ được trao một bằng hạng nhất, bốn bằng hạng nhì và hai bằng hạng ba. Một học sinh Hungary nhận được bằng học sinh. Đội CHDC Đức đứng thứ hai — 240 điểm: bốn bằng hạng nhì và bốn bằng hạng ba. Nếu tính theo «thang điểm Olympic»: 7 điểm cho vị trí thứ nhất, 4 điểm cho vị trí thứ hai và 3 điểm cho vị trí thứ ba, thì đội Hungary được 29 điểm, còn đội CHDC Đức và Liên Xô mỗi đội được 28 điểm.

Tất cả các thành viên đội chúng ta đã học xong lớp 10 đều được tuyển vào các khoa cơ học-toán học của các trường đại học mà không cần thi tuyển.

Chúng tôi dẫn ra các bài toán đã được giao cho các thí sinh Olympic. Lời giải đầy đủ của tất cả các bài toán đã được công bố trên tạp chí «Toán học ở trường» số 1 năm 1970.

Trong ngày thi đầu tiên đã giao các bài toán sau.

51

1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn nhiều số tự nhiên $a$ có tính chất sau: số $z = n^4 + a$ không là số nguyên tố với bất kỳ số tự nhiên $n$ nào (CHDC Đức, 5 điểm).

2. Cho $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các hằng số thực, $x$ là biến thực và
   $$f(x) = \cos(a_1+x) + \frac{\cos(a_2+x)}{2} + \frac{\cos(a_3+x)}{2^2} + \dots + \frac{\cos(a_n+x)}{2^{n-1}}.$$
   Chứng minh rằng từ $f(x_1) = f(x_2) = 0$ suy ra $x_1 - x_2 = m$, trong đó $m$ là số nguyên (Veneria, 7 điểm).

3. Với mỗi giá trị $k = 1, 2, 3, 4, 5$, tìm điều kiện cần và đủ mà số $a > 0$ phải thỏa mãn để tồn tại một tứ diện có $k$ cạnh dài $a$, còn $6 - k$ cạnh kia dài 1 (Ba Lan, 7 điểm).

Ngày thứ hai đã đề ra các bài toán:

4. Nửa đường tròn $\gamma$ được dựng trên đường kính $AB$. Điểm $C$ nằm trên $\gamma$ và khác $A$ và $B$. Hình chiếu vuông góc của $C$ lên $AB$ được ký hiệu là $D$. Xét ba đường tròn $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$, có $AB$ làm tiếp tuyến chung: trong đó $\gamma_1$ nội tiếp tam giác $ABC$, còn $\gamma_2$ và $\gamma_3$ đều tiếp xúc với đoạn $CD$ và $\gamma$. Chứng minh rằng $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ có một tiếp tuyến chung thứ hai (Hà Lan, 6 điểm).

5. Trên mặt phẳng cho $n > 4$ điểm, trong đó không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng. Chứng minh rằng có thể tìm được không ít hơn $C_n^2 - 3$ tứ giác lồi có các đỉnh là bốn trong số các điểm đã cho (Mông Cổ, 7 điểm).

6. Chứng minh rằng nếu $x_1 > 0, x_2 > 0$ và $x_1y_1 - z_1^2 > 0, x_2y_2 - z_2^2 > 0$, thì
   $$\frac{8}{(x_1+x_2)(y_1+y_2)-(z_1-z_2)^2} \leq \frac{1}{x_1y_1 - z_1^2} + \frac{1}{x_2y_2 - z_2^2}.$$
   Thiết lập điều kiện cần và đủ để trong bất đẳng thức đã cho có dấu bằng (Liên Xô, 8 điểm).
   N. S. Petrakov

Trường nội trú trực thuộc Đại học Leningrad nhận những học sinh đã hoàn thành thành công lớp bảy và lớp tám của trường phổ thông và có năng khiếu học các môn tự nhiên, đang cư trú tại các tỉnh Arkhangelsk, Vologda, Kaliningrad, Kirov, Leningrad, Murmansk, Novgorod, Pskov, các nước Cộng hòa tự trị Karelia và Komi, các nước Cộng hòa Xô viết Latvia, Litva và Estonia.

Để vào lớp tám của trường nội trú, cần thi tuyển môn toán (viết) và dự phỏng vấn với đại diện hội đồng tuyển sinh (với nhà vật lí, nhà toán học hoặc nhà sinh học).

Vào các lớp tám nhận học sinh, chủ yếu là những em sống ở nông thôn, các khu công nhân, các thành phố nhỏ ở Tây Bắc.

Người vào lớp chín thi viết môn toán, thi vấn đáp môn vật lí. Người vào chuyên ngành vật lí-toán học dự phỏng vấn môn toán, người vào chuyên ngành hóa-sinh học — môn hóa học hoặc môn sinh học.

Các kì thi tuyển sinh được tổ chức trong kì nghỉ xuân đồng thời với vòng cấp tỉnh (cấp cộng hòa) của các cuộc thi Olympic vật lí-toán học, hóa học và sinh học, cũng như vào tháng Sáu tại các trung tâm tỉnh và cộng hòa dành cho các thí sinh do các cơ quan giáo dục giới thiệu.

Những người muốn tham gia các kì thi tuyển phải nộp cho cơ quan giáo dục (Sở Giáo dục tỉnh hoặc Bộ Giáo dục nước Cộng hòa):

Giấy giới thiệu của hội đồng sư phạm trường mình.

Bản nhận xét (được hội đồng sư phạm phê chuẩn).

Đơn của cha mẹ hoặc người thay thế họ.

Giấy chứng nhận y tế (mẫu số 26).

Vấn đề tuyển vào trường nội trú được hội đồng tuyển sinh ở Leningrad quyết định. Quyết định của hội đồng tuyển sinh được thông báo trước ngày 10 tháng Bảy.

Địa chỉ của chúng tôi: Leningrad, P—228, phố Savushkin, 61. Trường nội trú chuyên biệt trực thuộc Đại học Leningrad.