Kvant 1970, số 6 · Trang

Tạp chí khoa học phổ thông vật lý-toán học
Kvant
6
1970
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Giáo dục Liên Xô

93

Tổng biên tập — viện sĩ I. K. KIKOIN
Phó tổng biên tập thứ nhất — viện sĩ A. N. KOLMOGOROV

Ban biên tập:

L. A. Artsimovich,
M. I. Bashmakov
V. G. Boltyansky,
I. N. Bronitstein,
N. B. Vasilyev
I. F. Ginzburg
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirillin,
G. I. Kosurov
V. A. Leshkovtsev,
V. P. Lishevsky
A. I. Markushevich,
M. D. Millyuonitskov,
N. A. Pampikeeva
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
I. Sh. SLOBODEЧИЙ
M. L. Smolyansky
Ya. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
Ya. E. Shnaider

viện sĩ
viện sĩ thông tấn Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
viện sĩ
(phó tổng biên tập)
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
viện sĩ
(phó tổng biên tập)
tiến sĩ khoa học vật lý-toán học
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
(thư ký phụ trách)

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
Họa sĩ chính E. P. Leonov
Biên tập kỹ thuật T. M. Makarova
Hiệu đính I. V. Mamulova, G. S. Smolikova
Nhà xuất bản “Nauka”
Ban biên tập chính
văn học vật lý-toán học
Moskva, V-71, đại lộ Lenin, 15
ĐT. 234-07-93 234-08-11

Đưa vào sắp chữ ngày 8.04.70.
Ký in ngày 22.06.70.
Giấy 70×100¹/₁₆. Tờ in vật lý 4.
Tờ in quy ước 5, 20. Tờ xuất bản-tính toán 6,12.
In 206270 bản.
Giá 30 cô-pếch. Đơn hàng 568 T-09760
Tổ hợp in Chekhov của Glavpolygraphprom
thuộc Ủy ban Báo chí trực thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô
thành phố Chekhov, tỉnh Moskva

1

TRONG SỐ NÀY:

Các hệ đếm 2 I. M. Yaglom

Định luật bảo toàn từ thông 11 Yu. V. Sharvin

Số học các hệ số nhị thức 17 D. B. Fuks, M. B. Fuks

Tập bài tập «Kvant» 26

Các kỳ thi tuyển sinh toán học vào Viện Thép và Hợp kim Moskva năm 1969 29 V. V. Goldberg

Các kỳ thi tuyển sinh toán học vào Viện Hàng không Moskva năm 1969 35 V. A. Nazayev, P. N. Torzhkov

Đồ thị chuyển động 39 Yu. V. Zaichikov

Lời giải các bài toán của bài kiểm tra tuyển sinh vào ZMSh năm 1970 46 A. L. Toom

Các bài toán cho lớp 5 54

Mọi thứ mà các nhà toán học nghiên cứu 55

Đáp án, hướng dẫn, lời giải 59

Thư từ ban biên tập đang đến… 64

Ô chữ —
Trang thứ 3 của bìa

3

Làm theo cách tương tự với tất cả các số gặp trong thực tế sẽ rất bất tiện. Hơn nữa, nếu nhu cầu của chúng ta chỉ giới hạn ở việc đếm trong phạm vi hàng nghìn, thì phải ghi nhớ một nghìn ký hiệu đặc biệt. Tự nhiên là từ lâu con người đã bắt đầu chọn một dãy số «chủ chốt» nào đó và chỉ biểu thị chúng bằng các ký hiệu đặc biệt. Ví dụ như hệ thống số (đánh số) La Mã, dựa trên các số chủ chốt
1, 5, 10, 50, 100, 500 và 1000.
Trong hệ thống số La Mã, các số này được biểu thị bằng các chữ cái I («i»), V («vê»), X («ích»), L («el»), C («xê»), D («đê») và M («em»).

Những ký hiệu như vậy một phần có nguồn gốc từ các hình vẽ từng biểu thị các số tương ứng (I — ngón tay, V — bàn tay với các ngón tay xòe ra, X — hai bàn tay), một phần là những dạng viết tắt của các từ La Tinh (centum — một trăm, demimille — năm trăm, mille — một nghìn).

Vì hệ thống đánh số La Mã chỉ cần cho chúng ta làm ví dụ, nên ta sẽ xét nó ở dạng cổ hơn, đơn giản hóa, khi số «bốn» được viết dưới dạng IIII chứ không phải dưới dạng IV. Số 3477 trong hệ thống La Mã cổ này được viết như sau: МММССССCLXXVII=3·1000+4·100+50+2·10+5+2.

Tương tự, người thu ngân có các tờ tiền với mệnh giá 100 rúp, 50 rúp, 25 rúp, 10 rúp, 5 rúp, 3 rúp và 1 rúp cũng làm như vậy. Đối với người thu ngân, các số chủ chốt là

100, 50, 25, 10, 5, 3 và 1.
Muốn trả, chẳng hạn, 499 rúp, trước hết anh ta đưa ra số tờ bạc trăm nhiều nhất có thể,

để không đưa thừa:
499 = 4·100 + 99.

Sau đó anh ta đưa ra số tờ 50 rúp nhiều nhất có thể, để số tiền đưa ra không vượt quá 99 rúp còn phải trả:
499 = 4·100 + 1·50 + 49,
v.v. Đôi khi anh ta có thể nhận được số dư nhỏ hơn số chủ chốt tiếp theo. Trong ví dụ của chúng ta, điều đó xảy ra sau khi đưa ra hai tờ mười rúp:
499 = 4·100 + 1·50 + 1·25 + 2·10 + 4.

Số chủ chốt tiếp theo bằng 5, tuy nhiên vì 4 < 5, nên không cần đưa tờ năm rúp. Nhưng để hoàn chỉnh bức tranh, có thể coi rằng đã đưa ra 0 tờ năm rúp và đưa vào tổng một số hạng 0·5. Toàn bộ quá trình trả 499 rúp được viết như sau:
499 = 4·100 + 1·50 + 1·25 + 2·10 + 0·5 + 1·3 + 1·1.

Bây giờ hãy thử khái quát điều đã nói, lấy làm dãy số chủ chốt («cơ sở») một dãy tăng tùy ý các số:
$q_0 = 1 < q_1 < q_2 < \dots < q_n < \dots$ (1)
Ta mô tả cách nhận được cách ghi một số tùy ý $N$ trong hệ thống số với cơ sở (1).

Trong dãy (1) các số chủ chốt, tìm số lớn nhất $q_n$ không vượt quá $N$. Chia $N$ cho $q_n$ và nhận được thương (không đầy đủ) $a_n$ và số dư $r_{n-1}$:
$N = a_nq_n + r_{n-1}$, trong đó $0 \leqslant r_{n-1} < q_n$.

Số dư đầu tiên $r_{n-1}$ chia cho số chủ chốt tiếp theo $q_{n-1}$. Đặt
$r_{n-1} = a_{n-1}q_{n-1} + r_{n-2}$,
trong đó $0 \leqslant r_{n-2} < q_{n-1}$, hoặc
$N = a_nq_n + a_{n-1}q_{n-1} + r_{n-2}$.

(Lưu ý rằng ở đây chúng ta không loại trừ cả trường hợp $r_{n-1} = 0$ — trong trường hợp này tất cả các thương riêng tiếp theo

và các số dư sẽ bằng không!) Bây giờ chia số dư mới $r_{n-2}$ cho $q_{n-2}$; ta nhận được

$$r_{n-2} = a_{n-2}q_{n-2} + r_{n-3},$$

trong đó

$$0 \leqslant r_{n-3} < q_{n-2},$$

hoặc

$$N = a_nq_n + a_{n-1}q_{n-1} + a_{n-2}q_{n-2} + r_{n-3}$$

và cứ tiếp tục như vậy.

Cuối cùng, chia số dư áp chót $r_1$ cho $q_1$, ta nhận được

$$N = a_nq_n + a_{n-1}q_{n-1} + \dots + a_2q_2 + a_1q_1 + r_0,$$

trong đó $0 \leqslant r_0 < q_1$.

(Vì $q_0 = 1$, nên chia “số dư cuối cùng” $r_0$ cho nó là thừa: rõ ràng rằng $r_0 = a_0q_0 = a_0$.) Trong thực tế, phép chia nhiều lần như vậy thường được ghi liền nhau. Cách thực hiện điều này sẽ được chỉ ra bằng ví dụ đã xét về việc ghi tổng 499 rúp trong “hệ thống của người thu ngân”:

$$499 \times 100 + 499 \times 50 + 499 \times 25 + 499 \times 10 + 499 \times 5 + 499 \times 1 + 499$$

(Ở đây tất cả các phần $a_n, a_{n-1}$ v.v. được in bằng các chữ số màu đỏ, còn bản thân số $N$ và các số dư $r_{n-1}, r_{n-2}$ v.v. — bằng các chữ số màu xanh.)

§ 2. Các hệ thống ghi số theo vị trí

Có lẽ các bạn đã đồng ý rằng trong trường hợp cơ sở

$$q_0 = 1, \quad q_1 = 10,$$

$$q_2 = 10^2, \dots, q_n = 10^n, \dots$$

ta sẽ làm việc với hệ thống ghi số thập phân thông dụng. Nhưng thay vì viết, chẳng hạn,

$$4 \cdot 10^5 + 0 \cdot 10^4 + 3 \cdot 10^3 + 0 \cdot 10^2 + 1 \cdot 10 + 7$$

ta chỉ viết đơn giản là 403017.

Một người thu ngân đãng trí hoặc quá cẩn thận có thể chuẩn bị một bảng để ghi các khoản chi trả của mình, trong đó số lượng các tờ tiền đã phát hành với các mệnh giá khác nhau được ghi vào những cột riêng biệt. Trong bảng như vậy, khoản trả 499 rúp sẽ có dạng sau:

| | 100 | 50 | 25 | 10 | 5 | 3 | 1 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 499 | 4 | 1 | 1 | 2 | 0 | 1 | 1 |

Có thể nói rằng trong «hệ thống ghi số của người thu ngân» số 499 được ghi dưới dạng

$$4112011.$$

Các hệ thống ghi số tương tự như những hệ thống đã xét trong hai ví dụ cuối (tức là hệ thống ghi số thập phân và «hệ thống của người thu ngân») được gọi là hệ thống ghi số theo vị trí (về ý nghĩa của biểu thức này chúng ta sẽ nói thêm ở dưới). Thay cho cách ghi cồng kềnh

$$N = a_nq_n + a_{n-1}q_{n-1} + \dots + a_2q_2 + a_1q_1 + a_0$$

trong hệ thống ghi số theo vị trí với cơ sở (1), thuận tiện sử dụng cách ghi gọn hơn gồm $n+1$ «chữ số»:

«$a_na_{n-1} \dots a_2a_1a_0$».

Trong đó giả sử rằng các «chữ số» $a_k$ nhận được bằng phương pháp (thuật toán) đã được mô tả ở trên.

Из этого описания ясно, что в заданном базисе каждой натуральное число $N$ записьается единственным образом. Далее, так как «старшая цифра» $a_n$ получается как частное от деления на $q_n$ числа $N$, которое по условию меньше $q_{n+1}$ (ибо иначе мы начали бы с деления $N$ на $q_{n+1}$, а не на $q_n$!), то $a_n < q_{n+1}/q_n$. Поэтому,

6

Sự tồn tại và ký hiệu đặc biệt cho số không, gợi hình một con mắt khép hờ:

Dưới đây là vài ví dụ về cách viết số trong hệ thống Maya:

$$[1 \cdot 20 + 0 = 20, \quad 19 \cdot 360 + 13 \cdot 20 + 13 = 7113, \quad 10 \cdot 360 + 7 = 3607]$$

Điểm khác biệt cơ bản giữa cách viết số trong hệ đếm Ba-by-lon và hệ Maya với cách đánh số La Mã chính là nguyên tắc “theo vị trí” của các hệ này: trong khi ở người La Mã, chữ I luôn có nghĩa là một, còn V là năm, không phụ thuộc vào vị trí của các chữ ấy, thì ở người Ba-by-lon cổ và người Maya, giá trị của “chữ số” thay đổi tùy theo chỗ, hay “vị trí”, mà nó chiếm. Chính vì vậy, những hệ viết số như thế (trong đó có cả “hệ thập phân” thông dụng, được tạo ra ở Ấn Độ vào thế kỷ VIII—IX hoặc sớm hơn một chút) được gọi là hệ vị trí.

Bài tập

1. Viết trong “hệ đầy đủ của người thu ngân” (trong đó các số “then chốt” là: 10000, 5000, 2500, 1000, 500, 300, 100, 50, 20, 15, 10, 5, 3, 2 và 1, tương ứng với giá trị tính bằng cô-pếch của tất cả các loại giấy bạc và toàn bộ số tiền xu hiện có) số tiền 233 rúp 87 cô-pếch. Viết phép chuyển 23387 cô-pếch sang “hệ của người thu ngân” bằng “phép chia liên tiếp” (xem tr. 4).

2. Đọc số được viết theo hệ Ba-by-lon

3. Đọc số được viết theo hệ Maya

(Đây là số lớn nhất được phát hiện trong các di tích văn hóa Maya.)

§ 3. Các hệ đếm có cơ số cho trước

Đó là các hệ đếm có cơ sở

$$q_0 = d^0 = 1, \quad q_1 = d^1 = d, \quad q_2 = d^2, \quad q_3 = d^3, \quad q_4 = d^4, \dots, (2)$$

trong đó $d$ — một số nguyên bất kỳ lớn hơn một. Số $d$ này được gọi là cơ số của hệ đếm.

Trong số các hệ như vậy có hệ đếm thập phân thông dụng với cơ số $d=10$, hệ sáu mươi phân Ba-by-lon ($d=60$) và hệ đếm nhị phân ($d=2$), gần đây được sử dụng rộng rãi do nhu cầu của kỹ thuật tính toán. Với cơ số tùy ý $d$, người ta nói về hệ đếm “d-phân”.

Trong hệ đếm $d$-phân, cách viết $N = \langle a_n a_{n-1} \dots a_2 a_1 a_0 \rangle$ có nghĩa như sau:

$$N = a_n d^n + a_{n-1} d^{n-1} + \dots + a_2 d^2 + a_1 d + a_0.$$

8

hơn 1, khác nhau hoặc giống nhau.
Trong hệ đếm như vậy, trong cách viết số

$$N = \lceil a_n a_{n-1} \dots a_2 a_1 a_0 \rceil$$

chữ số thứ nhất kể từ cuối $a_0$ có thể nhận $d_0$ giá trị 0, 1, 2, …, $d_0$ — 1. Chữ số tiếp theo $a_1$ có thể nhận $d_1$ giá trị từ 0 đến $d_1$ — 1; chữ số $a_2$ có thể nhận các giá trị từ 0 đến $d_2$ — 1 v.v.

Trong hệ đếm với cơ sở (3), cũng như trong hệ đếm $d$-phân (mà hệ của chúng ta trở thành trong trường hợp $d_0 = d_1 = d_2 = d_3 = \dots = d$), mọi cách viết

$$N = \lceil a_n a_{n-1} \dots a_2 a_1 a_0 \rceil,$$

đều có nghĩa, trong đó $a_0, a_1, a_2, \dots, a_n$ — các số tự nhiên sao cho $a_0 < d_0, a_1 < d_1, a_2 < d_2$ v.v. Thật vậy, dễ kiểm tra rằng khi chuyển số $N = a_n q_n + a_{n-1} q_{n-1} + \dots + a_2 q_2 + a_1 q_1 + a_0$ sang hệ đếm của chúng ta theo phương pháp «chia liên tiếp» (xem trên, tr. 4), ta nhận được các chữ số:

$$a_n, a_{n-1}, a_{n-2}, \dots, a_1, a_0.$$

Việc một tình huống thuận lợi như vậy không phải là quy luật chung, chúng tôi sẽ chỉ ra bằng ví dụ về một «hệ đếm» rất đơn giản.

2° Hệ đếm «chẵn».

Lấy làm cơ sở của hệ đếm tất cả các số chẵn (và số $q_0 = 1$):

$$q_0 = 1, \quad q_1 = 2, \quad q_2 = 4, \quad q_3 = 6,$$

$$q_4 = 8, \quad q_5 = 10, \quad q_6 = 12,$$

Vì ở đây

$$\frac{q_1}{q_0} = q_1 = 2$$

và

$$\frac{q_{n+1}}{q_n} = \frac{2(n+1)}{2n} = \frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n} < 2$$ với mọi $n > 1$,

nên hệ đếm này, giống như hệ nhị phân, chỉ biết hai «chữ số»: 0 và 1. Quy ước ký hiệu các số viết trong hệ đếm «chẵn» này bằng màu đỏ. Khi đó, hiển nhiên,

$$2 = 10, \quad 3 = 11, \quad 4 = 100, \quad 5 = 101, \quad 6 = 1000, \quad 7 = 1001, \quad 8 = 10000, \quad 9 = 10001$$ v.v.

Và nói chung, mọi số được biểu diễn либо bằng một đơn vị với một số lượng nào đó các số không ở cuối (các số chẵn), hoặc bằng hai đơn vị với một số lượng nào đó các số không ở giữa. Phần lớn các dãy gồm số không và đơn vị không biểu diễn số nào trong hệ đếm «chẵn», vì trong đó đơn vị chỉ có thể đứng ở vị trí thứ nhất và — đôi khi — ở vị trí cuối cùng.

Và cuối cùng, còn một ví dụ nữa.

3° «Hệ của người bán hàng». Bộ quả cân tiêu chuẩn cho cân đĩa trong cửa hàng thường gồm các quả cân: 10 g, 20 g (2), 50 g, 100 g, 200 g (2), 500 g, 1 kg, 2 kg (2) và 5 kg.

Người bán hàng dùng bộ quả cân này như nhân viên thu ngân dùng các tờ tiền có trong quỹ. Cụ thể, khi cân hàng, trước hết anh ta đặt lên cân quả cân nặng nhất không vượt quá khối lượng hàng, sau đó đặt quả cân lớn nhất trong số các quả còn lại, v.v.

Chẳng hạn, khi cân một miếng thịt nặng 3 kg 460 g, anh ta dùng các quả cân được chỉ trên hình.

9

Khái quát hệ thống «biểu diễn số (trọng lượng) bằng một hệ thống quả cân cho trước» đã được tất cả các nhân viên thương mại và những người làm kinh doanh biết rõ này, ta đi đến hệ thống ghi số với cơ số
1, 2, 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500, …
trong đó 3 ккал 460 г được viết như sau
11020101000.

Trong hệ thống ghi số này, trong cách viết
$$N \ll a_n a_{n-1} \quad a_2 a_1 a_0$$
chữ số cuối cùng $a_0$ chỉ có thể bằng 0 hoặc 1 (vì $q_1 = 2$); chữ số áp chót $a_1$ có thể nhận các giá trị 0, 1 hoặc 2 (vì $2 < q_2/q_1 < 3$); chữ số thứ ba tính từ cuối $a_2$ lại chỉ có thể nhận các giá trị 0 và 1 (vì $q_3/q_2 = 2$); chữ số $a_3$ cũng chỉ có thể nhận các giá trị 0 và 1, còn chữ số $a_4$ lại có thể nhận các giá trị 0, 1 và 2 (vì $2 < q_5/q_4 < 3$).

Và nói chung trong hệ thống ghi số này, tất cả các chữ số
$$a_1, a_4, a_7, a_{10}, \dots, a_{3k+1}$$
có thể nhận các giá trị 0, 1 và 2, còn tất cả các chữ số khác — chỉ nhận các giá trị 0 và 1 (Vì vậy người bán hàng trong cửa hàng chỉ cần có hai quả cân hai ккал và chỉ một quả cân 1 ккал và 5 ккал.)

10

13. Các số của dãy cơ số $q_1, q_2, q_3, \dots$ phải thỏa mãn những điều kiện nào để trong cách viết các số chỉ xuất hiện hai chữ số: 0 và 1? Cần áp đặt thêm điều kiện nào lên các số $q_1, q_2, \dots$ để đồng thời không có hai chữ số 1 nào đứng liền nhau?

14. Dãy số

$$q_0 = 1, \quad q_1 = 2, \quad q_2 = 3,$$

$$q_3 = 5, \quad q_4 = 8, \quad q_5 = 13, \dots,$$

trong đó $q_{n+1} = q_n + q_{n-1}$, được gọi là dãy Fibonacci. Chứng minh rằng hệ số «Fibonacci» thỏa mãn mọi điều kiện của bài toán trước. Hãy tìm trong hệ này tổng các số

a) $\underbrace{100 \dots 00}_{k} + \underbrace{100 \dots 00}_{l}$;

b) $\underbrace{10101 \dots 01}_{2m+1} + 1$;

c) $\underbrace{10101 \dots 01}_{2m+1} + \underbrace{100 \dots 00}_{2m+1}$.

15. Có thể phân chia tất cả các số tự nhiên 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, … thành hai dãy tăng $a_1, a_2, a_3, a_4, \dots$ và $b_1, b_2, b_3, b_4, \dots$ sao cho $b_k - a_k = k$ với mọi $k = 1, 2, 3, \dots$ không?

Sau một hồi suy nghĩ, dĩ nhiên bạn sẽ đoán ra cách chọn các dãy như vậy (điều này chỉ có thể làm theo một cách duy nhất)

$$\begin{array}{cccccccc} a_1 & b_1 & a_2 & a_3 & b_2 & a_4 & b_3 & a_5 & a_6 & b_4 & a_7 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ a_8 & b_5 & c_9 & b_6 & \dots \\ 12 & 13 & 14 & 15 & \dots \\ \end{array}$$

Không dễ nhận ra quy luật trong việc tạo thành các cặp $(a_k, b_k)$. Chẳng hạn, làm sao biết 100 thuộc về dãy nào trong hai dãy $-a_k$ hoặc $b_k$, nó ứng với số thứ tự nào, số nào sẽ đứng cùng nó trong cặp (mà không viết ra tất cả các $a_k$ và $b_k$ trước đó)?

Hóa ra, để phát biểu quy luật này, cần viết các dãy đó không phải trong hệ thập phân mà trong hệ đếm Fibonacci. Hãy thử tìm ra và chứng minh nó.

10

11

Nếu thí nghiệm cho thấy rằng trong các quá trình thuộc một loại nhất định, một đại lượng vật lý nào đó không thay đổi, thì có thể phát biểu «định luật bảo toàn» đại lượng ấy trong các quá trình thuộc loại đó. Ví dụ nổi tiếng nhất về một định luật như vậy là định luật bảo toàn năng lượng, được thỏa mãn trong mọi quá trình diễn ra trong những hệ được cách li tốt khỏi ảnh hưởng của các vật khác. Nhờ các định luật bảo toàn, thường có thể xác định kết quả cuối cùng của thí nghiệm chỉ từ các điều kiện ban đầu, không cần biết điều gì xảy ra ở các giai đoạn trung gian. Chẳng hạn, nếu động năng của một vật nào đó chuyển thành nhiệt, thì lượng nhiệt ấy không phụ thuộc vào cách chuyển hóa diễn ra.

Bài viết này nói về định luật bảo toàn từ thông. Đúng là định luật này chỉ được thỏa mãn trong những điều kiện đặc biệt và không có tham vọng giữ vai trò phổ quát như định luật bảo toàn năng lượng, nhưng trong phạm vi của mình nó cũng là một định luật rất hữu ích, có thể nói thêm là đẹp.

Trước hết, hãy xác định từ thông là gì. Hãy hình dung rằng trong không gian có một từ trường không đổi, đứng yên, với hình dạng phức tạp tùy ý. Có thể biểu diễn nó một cách trực quan bằng các đường sức từ, mà chiều của chúng chỉ chiều của từ trường (muốn vậy phải đặt mũi tên trên các đường), còn mật độ, tức là số đường đi qua một diện tích 1 cm² vuông góc với chúng, chỉ độ lớn của cường độ từ trường. Bằng những đường sức liên tục không cắt nhau, hoặc khép kín, hoặc kéo dài ra vô tận, có thể biểu diễn bất cứ từ trường nào, dù hình dạng của nó phức tạp đến đâu. Hơn nữa, trong mô hình đã mô tả sẽ không có chỗ nào cần phải thêm hoặc bỏ đi một đoạn đường để biểu diễn đúng cường độ từ trường. Như người ta vẫn nói, từ trường được cấu tạo như thế. Dù sao đi nữa, mọi cố gắng phát hiện bằng thí nghiệm những sai lệch khỏi quy tắc này cho đến nay đều không thành công. Như ta thấy ngay bây giờ, chỉ nhờ tính chất này của từ trường mới có thể đưa vào khái niệm từ thông.

Nếu trong không gian có một đường cong khép kín nào đó — «mạch» (ta sẽ coi nó được làm bằng một sợi dây mảnh), thì số đường sức từ bị mạch này bao quanh được gọi là từ thông qua mạch đó. Để đếm đúng số này, cần làm như sau. Trước hết — căng mạch ấy bằng một màng tưởng tượng (hình dạng tùy ý, chỉ không được thủng) và đánh dấu trên

12

các mặt khác nhau của nó — «mặt trước» và «mặt sau». Sau đó cần đếm tất cả các đường sức xuyên qua màng từ mặt sau sang mặt trước, rồi trừ đi số đường sức xuyên qua màng theo chiều ngược lại, nếu có những đường như vậy. Hiệu số đó cho ta độ lớn của từ thông, vì vậy nó có thể là số âm. Chính vì các đường sức từ không bị uốn cong, nên không quan trọng đường bao được căng bởi loại màng nào — căng một cách tiết kiệm hay khâu vào đường bao cả một cái lưới — từ thông vẫn thu được như nhau (hình 1). Từ thông được ký hiệu chung bằng chữ Ф (có lẽ vì nó giống một đường sức từ xuyên qua đường bao). Nếu từ trường được đo bằng gauss, thứ nguyên của Ф sẽ là $eaycc \cdot cm^2$ (tức là $cm^2$).

Nếu từ thông được đường bao bao quanh thay đổi theo thời gian một lượng $\Delta \Phi$ trong khoảng thời gian $\Delta t$, còn đường bao được làm bằng dây có điện trở $R$, thì theo định luật cảm ứng điện từ trong đường bao bắt đầu có dòng điện tuần hoàn

$$I = -10^{-8} \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \cdot \frac{1}{R} \text{ amper} \quad (1)$$

($\Phi$ được biểu diễn bằng $ec \cdot cm^2$, $t$ — bằng giây, còn $R$ — bằng ôm). Dòng điện này trong đường bao chạy dưới tác dụng của sức điện động cảm ứng

$$\varepsilon = -10^{-8} \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \text{ волт.} \quad (2)$$

Dấu trừ trong các công thức này liên quan đến điều sau: chúng ta coi là dương dòng điện trong đường bao tự tạo ra trong đó từ trường có từ thông dương (dòng điện như vậy chạy quanh đường bao theo chiều kim đồng hồ nếu nhìn «từ mặt sau»). Do đó, dấu âm chỉ ra rằng nếu từ thông giảm theo thời gian $\left( \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \text{ отрицательно} \right)$, thì dòng điện được tạo ra sẽ là dương và tự nó sẽ tạo ra từ thông dương. Ngược lại, nếu từ thông tăng lên, dòng điện trong đường bao tạo ra từ thông theo hướng ngược lại (quy tắc Lenz). Vì từ thông Ф là tổng của từ thông của trường bên ngoài và từ thông do chính đường bao tạo ra, nên sự cảm ứng dòng điện trong đường bao dẫn đến việc làm chậm sự thay đổi của tổng từ thông qua đường bao.

Giả sử lúc ban đầu dòng điện bằng không, còn từ thông được tạo ra bởi một nguồn trường bên ngoài nào đó, ví dụ như nam châm. Bây giờ nhanh chóng lấy nam châm ra. Khi đó trong đường bao đồng thời xuất hiện dòng điện, dòng điện này tự tạo ra một từ thông có cùng độ lớn, tức là không cho phép từ thông đi ra khỏi đường bao. Để trong đường bao có điện trở $R$ tồn tại dòng điện, tất nhiên cần phải có sự thay đổi từ thông. Vì vậy trong những thời điểm tiếp theo Ф vẫn sẽ giảm dần, nhưng càng chậm khi $R$ càng nhỏ. Tương tự, nếu chúng ta muốn tăng từ thông bên trong đường bao, điều đó chỉ có thể thực hiện được một cách từ từ.

Cần lưu ý một ưu điểm lớn của định luật cảm ứng điện từ: tất cả các lập luận và công thức của chúng ta vẫn đúng bất kể bằng cách nào chúng ta thay đổi từ thông qua đường bao — liệu chúng ta chỉ thay đổi từ trường hay còn di chuyển, uốn cong,

13

kéo giãn đường bao nằm trong trường này.

Bây giờ giả sử rằng đường bao của chúng ta làm bằng chất siêu dẫn, điện trở của nó, như đã biết, bằng không. Người đọc, tất nhiên, biết rằng tính siêu dẫn xuất hiện ở nhiều kim loại và hợp kim ở nhiệt độ thấp, vào khoảng vài độ theo thang nhiệt độ tuyệt đối. Cũng cần nhắc lại rằng tính siêu dẫn bị phá hủy dưới tác dụng của từ trường có cường độ vượt quá một giới hạn nào đó — từ trường tới hạn $H_c$, phụ thuộc vào nhiệt độ gần như được chỉ ra trên hình 2. Đối với thiếc, chẳng hạn, ở những nhiệt độ thấp nhất $H_c=800$ gauss. Trong các trường lớn hơn $H_c$, kim loại lại có điện trở.

Nếu trong một đường bao có điện trở nhỏ, từ thông thay đổi chậm, thì hiển nhiên rằng trong đường bao siêu dẫn nó sẽ được duy trì không đổi. Điều này có thể thấy trực tiếp từ công thức (1), chỉ cần để không nhận được số không ở mẫu số, phải viết nó dưới dạng $IR=-10^{-8}\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$. Khi $R=0$ thì $\Delta\Phi=0$. Đây chính là định luật bảo toàn từ thông trong đường bao có điện trở bằng không.

Chính việc kiểm nghiệm thực nghiệm định luật này đã chỉ ra rằng điện trở của chất siêu dẫn thực tế bằng không. Những phương pháp chính xác nhất không thể phát hiện sự giảm của từ trường trong một cuộn dây siêu dẫn kín, ngay cả khi thí nghiệm kéo dài vài năm.

Bây giờ xét một vài ví dụ về việc áp dụng định luật bảo toàn từ thông. Nếu chế tạo một ống bằng chất siêu dẫn có diện tích lỗ $S$, đặt nó ở nhiệt độ cao trong một từ trường dọc có cường độ $H$, sau đó làm lạnh nó xuống dưới nhiệt độ chuyển sang trạng thái siêu dẫn và tắt từ trường, thì trong ống còn lại từ thông «đóng băng» $\Phi=HS$. Bây giờ ép ống hoặc đưa vào trong nó một thanh siêu dẫn sao cho tiết diện tự do giảm xuống còn $S_1=\frac{1}{10}S$. Khi đó ta thu được trong ống một trường mạnh hơn $H_1=10H$, vì từ định luật bảo toàn từ thông suy ra rằng $H_1S_1=HS$. Chỉ cần sao cho trường mới $H_1$ không lớn hơn từ trường tới hạn $H_c$ của chất siêu dẫn ở nhiệt độ thí nghiệm, nếu không tính siêu dẫn bị phá hủy và từ thông trong ống sẽ giảm cho đến khi trường đạt tới giá trị $H_c$.

Thực hiện thí nghiệm này đủ nhanh, có thể thu được một từ trường lớn cả trong ống làm bằng bất kỳ kim loại thường nào. Nếu bọc ống có từ trường bên trong bằng tất cả các phía-

14

nổ thuốc súng và tạo ra vụ nổ, thì có thể tạo ra từ thông và thu được trong ống, trong một khoảng thời gian ngắn, cỡ vài phần triệu giây, một trường có độ lớn mười triệu gauss. Sức mạnh của vụ nổ trong trường hợp này cần thiết không phải chủ yếu để vượt qua sức cản của kim loại, mà để nén chính từ trường. Trong thành ống xuất hiện dòng điện cảm ứng, và lên dòng điện trong từ trường tác dụng một lực. Vì vậy từ trường gây áp suất lên thành ống. Từ thông khi bị nén lại có tính chất giống như một chất đàn hồi. Có thể tính được rằng trường 10 triệu gauss sẽ tác dụng lên thành ống một áp suất xấp xỉ bốn triệu atmosphere.

Bằng những chất siêu dẫn mà chúng ta biết hiện nay không thể tạo ra những trường như vậy, nhưng trong các cuộn dây làm từ hợp kim siêu dẫn hiện nay đã thu được những trường cỡ 100 000 gauss (100 kilogauss). Dòng điện vào một cuộn dây siêu dẫn như vậy có thể đưa vào theo cách thông thường — qua hai dây dẫn được thả vào bình Dewar, nơi cuộn dây được đặt ở nhiệt độ thấp. Có thể trang bị cho cuộn dây thêm một dây siêu dẫn $A$ (hình 3, a), nối các cực mà vào đó các dây dẫn $B$ từ nguồn bên ngoài được đưa đến.

như vậy. Cuộn dây $B$ nung nóng dây dẫn $A$ đến trạng thái bình thường, trong đó nó có điện trở đáng kể (các hợp kim siêu dẫn ở trạng thái bình thường cũng như các hợp kim khác có điện trở lớn hơn nhiều so với các kim loại tinh khiết). Nếu đóng khóa $\Gamma$, thì qua cuộn dây dòng điện và từ thông trong cuộn dây bắt đầu tăng theo quy luật dễ dàng suy ra từ công thức (2). Bỏ qua điện trở của các dây dẫn $B$ và điện trở trong của nguồn. Vì trong mạch không có điện trở tổng của tất cả các suất điện động phải bằng không, nên suất điện động cảm ứng $\varepsilon$ phải bằng âm $V$, trong đó $V$ — suất điện động của nguồn. Từ công thức (2) nhận được $\Phi=10^8Vt$. Nếu cuộn dây có, chẳng hạn, số vòng $n=10 000$ với diện tích trung bình của một vòng $S=20\text{ cm}^2$, thì $\Phi=nSH=2\cdot10^5H$, trong đó $H$ — từ trường trung bình trong cuộn dây. Với $V=1\theta$ để tạo ra trong cuộn dây từ trường 10 kilogauss cần 20 giây. Nếu sau một thời gian nào đó tắt bộ nung và mở khóa $\Gamma$ (hình. 3, 6), thì dây dẫn $A$ cùng với cuộn dây tạo thành một mạch siêu dẫn kín, trong đó từ thông sẽ giữ nguyên không đổi. Sự lý tưởng của việc tạo ra từ trường bằng cách này tỏ ra cực kỳ thuận tiện trong các nghiên cứu vật lý.

15

Hình 3. Sơ đồ mắc cuộn dây siêu dẫn với khóa siêu dẫn. Một phần của sơ đồ nằm ở nhiệt độ thấp. Sơ đồ cấp nguồn cho bộ phận nung nóng $B$ trong hình không được chỉ ra.

Sau khi đóng khóa siêu dẫn, các dây $B$ không còn cần thiết nữa và thậm chí còn có hại, vì qua chúng nhiệt xâm nhập vào bình Dewar.

Cũng có một phương pháp khéo léo khác để «bơm» từ thông vào các cuộn dây siêu dẫn, cho phép hoàn toàn tránh việc đưa dây dẫn vào bình Dewar. Sơ đồ của thiết bị dựa trên phương pháp này được chỉ ra trong hình 4. Cuộn dây mà để đơn giản chúng tôi thay bằng một mạch phẳng $A$ trong hình, được nối kín song song bằng hai dây siêu dẫn $B$ và $B$. Nam châm $M$ có thể di chuyển gần mạch. Đường đi của đầu dưới của nó được chỉ ra trong hình 4 bằng đường chấm. Nam châm phải đủ mạnh để từ trường của nó có thể phá hủy tính siêu dẫn của các dây nhỏ $B$ và $B$.

Các vị trí liên tiếp của nam châm khi bơm từ thông vào mạch được chỉ ra trên hình 5,$a$—5,$\delta$. Từ thông đi ra từ đầu nam châm được biểu thị bằng các chấm — dấu vết của các đường sức từ. Ở vị trí $a$ nam châm đã phá hủy tính siêu dẫn

16

dây dẫn $B$, và khi nam châm chuyển động, từ thông đi vào mạch. Vào thời điểm $6$ từ thông nằm giữa các dây dẫn $B$ và $B$. Sau đó từ thông chuyển sang mạch $A$ (các vị trí $b$ và $2$). Khi nam châm $M$ được đưa ra xa khỏi mạch (vị trí $\partial$), từ thông do nó đưa vào được phân bố lại, nhưng vẫn bị giữ lại bởi mạch $A$. Tiếp theo chu trình lặp lại, và phần mới của các đường sức đi vào mạch $A$.

Các ví dụ được xem xét ở trên liên quan đến những cách khác nhau để tạo ra từ trường. Cuối cùng, hãy nhắc đến một thiết bị có mục đích thực hiện nhiệm vụ hoàn toàn ngược lại — loại bỏ trường khỏi một thể tích nào đó một cách đầy đủ nhất có thể. Sử dụng hiện tượng siêu dẫn, nhiệm vụ này có thể được giải quyết bằng một cách đơn giản và hoàn hảo. Lấy một vỏ siêu dẫn bị ép dẹt và làm nó phẳng ra. Khi đó trong khoang được tạo thành từ trường sẽ bằng không (trên thực tế, dĩ nhiên, một trường nào đó vẫn còn tồn tại, nhưng trong mọi trường hợp, bằng cách này có thể tiến đến $H=0$ gần tùy ý). Trường bằng không thu được sẽ được giữ trong khoang kín lâu tùy ý, bất chấp những thay đổi của trường ở bên ngoài.

Trong trường hợp các chất siêu dẫn, định luật bảo toàn từ thông được thực hiện với độ chính xác lớn, nhưng cần lưu ý rằng nó cũng có thể được áp dụng gần đúng cho các mạch làm bằng mọi vật liệu khác — rắn, lỏng và thậm chí khí (plasma), nếu quá trình diễn ra đủ nhanh. Tuy nhiên, để xác định chính xác «đủ nhanh» có nghĩa là gì, chúng ta sẽ phải vượt ra ngoài phạm vi của bài viết này.

Bài tập

1. Dòng điện đi qua cuộn dây siêu dẫn phụ thuộc vào thời gian như thế nào, nếu lưỡi $K$ (xem hình) bắt đầu dao động với một tần số nào đó, đóng và ngắt mạch?

Dòng điện ở thời điểm ban đầu bằng $\frac{V}{R}$, trong đó $V$ — suất điện động của nguồn, còn $R$ — điện trở được mắc vào mạch.

2. Dòng điện trong cuộn dây sẽ tăng tỉ lệ thuận với thời gian. Dòng điện trong cuộn dây khác, liên kết cảm ứng với cuộn thứ nhất và được nối kín với một điện trở nào đó, thay đổi như thế nào?

3. Hai cuộn dây siêu dẫn một lớp dạng dài với số vòng $n_1$ và $n_2$, chiều dài $l_1$ và $l_2$ và tiết diện $S_1$ và $S_2$ được nối song song bằng các dây dẫn siêu dẫn. Hãy xác định dòng điện $I$ được phân bố giữa chúng như thế nào, dòng điện này được đưa đến từ một nguồn chung. Các cuộn dây cách xa nhau đến mức từ trường của cuộn này không tác dụng lên từ trường của cuộn kia. (Tuy vậy, các cuộn dây và các dây dẫn nối chúng có thể được xem như một mạch siêu dẫn duy nhất.)

4. Khi bật từ trường vuông góc với mặt phẳng của vòng tròn bán kính $R$, một điện lượng $Q$ chạy qua vòng. Điện lượng nào sẽ chạy qua vòng dây nếu trong khi giữ nguyên từ trường, vòng được gấp thành «hình số tám», gồm hai đường tròn, trong đó bán kính của đường tròn nhỏ hơn bằng $R/4$? Mặt phẳng của «hình số tám» cũng vuông góc với từ trường.

5. Dựa trên một nam châm vĩnh cửu đặt thẳng đứng, ở một khoảng cách nào đó từ nó có một vòng dây siêu dẫn nhẹ, mặt phẳng của vòng vuông góc với trục của nam châm. Thả vòng dây ra, nó bắt đầu rơi sao cho luôn giữ vị trí nằm ngang. Vòng dây sẽ chuyển động theo phương thẳng đứng như thế nào?

17

SỐ HỌC
CÁC HỆ SỐ
NHỊ THỨC

D. B. Fuks, M. B. Fuks

$(1+x)^2=1+2x+x^2$
$(1+x)^3=1+3x+3x^2+x^3$

Mọi học sinh đều biết các công thức này. Các số 1, 2, 1; 1, 3, 3, 1, cũng như các số nhận được theo cách tương tự khi nâng lên các lũy thừa 4, 5, …, được gọi là các hệ số nhị thức. Trong bài viết này trình bày các tính chất khác nhau của các hệ số nhị thức. Trong phần thứ nhất trình bày “lý thuyết chung”: phần lớn các định lý được chứng minh ở đây trước kia đã nằm trong chương trình học phổ thông. Trong phần thứ hai, chúng tôi chỉ ra cách hoàn toàn dễ dàng tìm số dư khi chia bất kỳ hệ số nhị thức nào cho bất kỳ số nguyên tố nào. Một số khẳng định của phần này được phát biểu dưới dạng giả thuyết. Có thể các độc giả của “Kvant” sẽ thử chứng minh chúng.

18

§ 1. Định nghĩa và những tính chất đơn giản nhất của các hệ số nhị thức

Nếu nâng nhị thức (binôm) $1+x$ lên một lũy thừa tự nhiên nào đó $n$, thì hiển nhiên sẽ thu được một đa thức bậc $n$ (tức là bậc lớn nhất mà $x$ xuất hiện trong đa thức này sẽ bằng $n$). Ví dụ:

$$(1+x)^0 = 1,$$
$$(1+x)^1 = 1+x,$$
$$(1+x)^2 = 1+2x+x^2,$$
$$(1+x)^3 = 1+3x+3x^2+x^3,$$
$$(1+x)^4 = 1+4x+6x^2+4x^3+x^4,$$
$$(1+x)^5 = 1+5x+10x^2+10x^3+$$
$$+5x^4+x^5,$$

Hệ số của các đa thức này được gọi là hệ số nhị thức. Đối với chúng có những ký hiệu đặc biệt: hệ số của $x^m$ trong $(1+x)^n$ được ký hiệu là $C_n^m$. Ví dụ, $C_2^1=2$, $C_4^2=6$, $C_5^3=10$. Trong các sách giáo khoa đại số cũ, số $C_n^m$ được gọi là «số tổ hợp lấy $m$ từ $n$». Điều này có những lý do riêng, nhưng chúng ta không

Từ đây dễ dàng suy ra rằng

$$(a+x)^n = C_n^0a^n + C_n^1a^{n-1}x\ldots$$
$$\ldots + C_n^nx^n$$

(chỉ cần áp dụng công thức (1) vào việc tính $(1+x)a^n$ và nhân cả hai vế của đẳng thức nhận được với $a^n$). Công thức cuối cùng được gọi là nhị thức Newton. Từ đó có tên gọi của các hệ số — hệ số nhị thức.

Rõ ràng rằng $C_n^m$ — các số nguyên không âm và rằng $C_n^m=0$ khi $m>n$ (đa thức $(1+x)^n$ có bậc $n$, và $x^m$ với $m>n$ không xuất hiện trong nó). Dễ dàng nhận thấy tiếp rằng $C_n^0=C_n^1=1$. Các hệ số nhị thức khác $C_n^m$, với $0<m<n$, có thể tìm được bằng cách nâng $1+x$ lên các lũy thừa khác nhau. Giá trị của chúng với $n\leqslant10$ được đưa ra trong bảng.

Ta thấy rằng các hệ số nhị thức là những số tăng khá nhanh. Người đọc tinh ý sẽ nhận thấy trong sự sắp xếp các số này một loạt quy luật. Thông thường, các quy luật như vậy dễ dàng được suy ra từ định nghĩa của các hệ số nhị thức. Ở đây chúng ta chỉ chứng minh những quy luật chính trong số đó. Hãy bắt đầu với quy luật quan trọng nhất — cái gọi là đồng nhất thức Pascal.

Ta sẽ đánh dấu chúng: điều này không quan trọng đối với chúng ta. Vậy,

$$(1+x)^n = C_n^0+C_n^1x+C_n^2x^2+\ldots$$
$$\ldots +C_n^nx^n.$$

(1)

Định lý 1 (đồng nhất thức Pascal).

$$C_n^m = C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$$

(2)

với mọi $n, m$ tự nhiên.

19

Chứng minh. Theo định nghĩa, $C_n^m$ là hệ số của $x^m$ trong đa thức $(1+x)^n$. Để tìm hệ số này, cần nhân $n$ đa thức bằng $1+x$. Nhân $n-1$ đa thức trong số đó, ta được đa thức $1+C_{n-1}^1x + C_{n-1}^2x^2 + \dots + x^{n-1}$. Thực hiện phép nhân cuối cùng, ta được

$$(1+x)(1+C_{n-1}^1x + C_{n-1}^2x^2 + \dots + x^{n-1}) = 1 + C_{n-1}^1x + C_{n-1}^2x^2 + \dots + x^{n-1} + x + C_{n-1}^1x^2 + C_{n-1}^2x^3 + \dots + x^n = 1 + (C_{n-1}^1 + 1)x + (C_{n-1}^2 + C_{n-1}^1)x^2 + \dots + x^n.$$

Trong biểu thức thu được, hệ số của $x^m$ bằng $C_{n-1}^m + C_{n-1}^{m-1}$. Do đó,

$$C_n^m = C_{n-1}^m + C_{n-1}^{m-1}.$$

Đẳng thức Pascal thuận tiện để tính các hệ số nhị thức. Chẳng hạn, nếu muốn bổ sung vào bảng của ta thêm một hàng nữa (hàng thứ mười một), thì chỉ cần cộng từng cặp các số đứng cạnh nhau trong hàng trước đó (hàng thứ mười):

$$C_{11}^0 = 1 \quad C_{11}^1 = C_{10}^1 + C_{10}^0 = 11 \quad C_{11}^2 = C_{10}^2 + C_{10}^1 = 55 \quad C_{11}^3 = C_{10}^3 + C_{10}^2 = 165 \quad C_{11}^4 = C_{10}^4 + C_{10}^3 = 330 \quad C_{11}^5 = C_{10}^5 + C_{10}^4 = 462$$

Từ đây thấy rằng các hệ số nhị thức tiện ghi dưới dạng một bảng tam giác (xem hình minh họa-

3*

⟦trang 20⟧

Như vậy, công thức (3) đúng khi $n=1$, và từ tính đúng đắn của nó đối với $n-1$ suy ra rằng nó đúng đối với $n$. Nhờ đó công thức (3) được chứng minh với mọi $n$.

Chúng tôi khuyên người đọc, khi lần đầu làm quen với công thức (3), hãy suy ra từ đó các đẳng thức đã biết $C_n^0 = C_n^n = 1$ và $C_n^m = 0$ khi $m>n$.

Công thức (3) đáng chú ý trước hết vì phân số ở vế phải của nó bằng một số nguyên, tức là tất cả các số nằm ở mẫu số của nó sẽ triệt tiêu với các số nằm ở tử số.

Định lý sau sẽ được sử dụng về sau.

Định lý 3. Nếu các số $n$ và $m$ nguyên tố cùng nhau (tức là ước chung lớn nhất của các số $n$ và $m$ bằng 1), thì $C_n^m$ chia hết cho $n$.

Chứng minh:

$$C_n^m = \frac{n(n-1)\ldots(n-m+1)}{1\cdot2\ldots m} = \frac{n}{m} \cdot \frac{(n-1)\ldots(n-m+1)}{1\cdot2\ldots(m-1)} = \frac{n}{m} \cdot C_{n-1}^m$$

Như vậy,

$$mC_n^m = nC_{n-1}^m$$

tức là số $mC_n^m$ chia hết cho $n$. Nhưng vì $m$ và $n$ nguyên tố cùng nhau, tức là $m$ không chia hết cho bất kỳ ước nguyên tố nào của số $n$, nên $C_n^m$ chia hết cho $n$.

Ví dụ, $C_9^4 = 126$ chia hết cho 9, $C_{10}^3 = 120$ chia hết cho 10.

Ta nêu thêm một số tính chất của các hệ số nhị thức:

1. $C_n^m = C_{n-1}^m$
2. $C_n^m + C_{n+1}^m + \ldots + C_{m+k}^m = C_{m+k+1}^m$
3. $C_n^0 + C_n^1 + \ldots + C_n^n = 2^n$
4. $C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 + \ldots = C_n^1 + C_n^3 + C_n^5 + \ldots$

Chúng tôi để lại cho độc giả việc chứng minh các tính chất này.

§ 2. Số dư khi chia các hệ số nhị thức cho các số nguyên tố

Trong đoạn này (cũng như trong đoạn tiếp theo), chúng ta sẽ phải thường xuyên dùng dạng «các số $a$ và $b$ có các số dư bằng nhau khi chia cho $p$». Thay cho dạng chung này, người ta dùng cách ghi rút gọn «$a \equiv b$ (mod $p$)». Nói cách khác, công thức «$a \equiv b$ (mod $p$)» có nghĩa là $a-b$ chia hết cho $p$. Ví dụ, $4 \equiv 1$ (mod 3), $999999 \equiv 222222$ (mod 7), v. v. Công thức «$a \equiv b$ (mod $p$)» đôi khi được đọc như sau: «số $a$ đồng dư với số $b$ theo modulo $p$» (tuy nhiên, chúng ta cũng sẽ không dùng các cách diễn đạt này).

Có hai tính chất rất quan trọng của ký hiệu ≡:

1. Nếu $a \equiv b$ (mod $p$) và $k$ — là một số nguyên, thì $ka \equiv kb$ (mod $p$).

Thật vậy, nếu $a-b$ chia hết cho $p$, thì cả $ka-kb = k(a-b)$ cũng chia hết cho $p$.

2. Nếu $a \equiv b$ (mod $p$) và $b \equiv c$ (mod $p$), thì $a \equiv c$ (mod $p$).

Thật vậy, nếu $a-b$ chia hết cho $p$ và $b-c$ chia hết cho $p$, thì cả $a-c = (a-b)+(b-c)$ cũng chia hết cho $p$.

Nhắc lại rằng mọi số tự nhiên $a$ đều có thể chia cho số tự nhiên $p$ «có dư», tức là $a$ có thể được viết một cách duy nhất dưới dạng $a=bp+c$, trong đó $b$, $c$ là các số nguyên sao cho $0 \leq c < p$.

Mục đích chính của đoạn này là chứng minh khẳng định sau.

Định lý 4. Cho $p$ — là một số nguyên tố, $m$ và $n$ — là các số tự nhiên. Hơn nữa, cho $k$ và $l$ — là các thương khi chia các số $m$ và $n$ cho $p$, còn $s$ và $t$ — là các số dư (tức là $m=kp+s$, $n=lp+t$, trong đó $k$, $l$, $s$, $t$ — là các số nguyên và $0 \leq s < p$, $0 \leq t < p$). Khi đó

$$C_n^* = C_l^* \cdot C_s^* \pmod p.$$

Như chúng ta sẽ thấy dưới đây, định lý này cho phép tìm các số dư khi chia các hệ số nhị thức cho các số nguyên tố mà hầu như không cần thực hiện tính toán.

ло $C_{23}^6$. Ta có $23=4\cdot 5+3$, $6=1\cdot 5+1$ và do đó $C_{23}^6 \equiv C_1^4 C_3^1$ (mod 5). Theo tính chất thứ nhất của ký hiệu ≡ (xem đầu đoạn này) $C_{23}^6 C_4^3 \equiv (C_4^1 C_3^1) C_4^3$ (mod 5). Theo tính chất thứ hai của ký hiệu ≡, $C_{119}^3 \equiv C_4^1 C_3^1 C_4^3$ (mod 5). Như vậy, $C_{119}^3$ khi chia cho 5 có cùng số dư như $C_4^1 C_3^1 C_4^3=4\cdot 3\cdot 4=48$, tức là số 3.

Tương tự tìm được các số dư khi chia số $C_{119}^3$ cho các số nguyên tố khác. Ví dụ:

$$119 = 59\cdot 2+1, \quad 33 = 16\cdot 2+1,$$
$$C_{119}^3 \equiv C_{59}^1 C_1^1 = C_{59}^1 \pmod{2};$$
$$59 = 29\cdot 2+1, \quad 16 = 8\cdot 2+0,$$
$$C_{59}^1 \equiv C_{29}^8 C_1^0 = C_{29}^8 \pmod{2};$$

Như vậy, $C_{119}^3$ khi chia cho 2 có cùng số dư như 3, tức là số dư 1, tức là $C_{119}^3$ — là số lẻ.

Một ví dụ khác:

$$119 = 39\cdot 3+2, \quad 33 = 11\cdot 3+0,$$
$$C_{119}^3 \equiv C_{39}^1 C_2^0 = C_{39}^1 \pmod{3};$$
$$39 = 13\cdot 3+0, \quad 11 = 3\cdot 3+2,$$
$$C_{39}^1 \equiv C_{13}^3 C_0^2 = 0 \pmod{3}.$$

Ở đây chúng ta đã sử dụng rằng $C_0^2=0$, vì $2>0$. Kết quả là,

23

sao cho $C_{119}^{33} \equiv 0$ (mod 3), tức là $C_{119}^{33}$ chia hết cho 3.

Lưu ý rằng nếu ta áp dụng định lý 4 của chúng ta cho $C_n^m$, trong đó $n \geq m$, thì, viết $m = kp + s$, $n = lp + t$, dĩ nhiên ta sẽ có $l \geq k$; tuy nhiên không thể dự đoán số nào trong các số $s$, $t$ sẽ lớn hơn. Nếu $s > t$, thì theo định lý của chúng ta $C_n^m \equiv C_l^k C_s^t = 0$ (mod $p$), tức là $C_n^m$ chia hết cho $p$. Như ta đã thấy, để xác định số dư khi chia số $C_n^m$ cho $p$, thông thường phải sử dụng định lý 4 vài lần; và mỗi lần có thể xuất hiện hiện tượng tương tự như đã mô tả ở trên, hơn nữa, bất cứ khi nào điều đó xảy ra, nó có nghĩa là số ban đầu $C_n^m$ cũng chia hết cho $p$. Bằng cách tương tự, ta đã thu được rằng $C_{119}^{33}$ chia hết cho 3.

Ta thấy rằng $n$ càng lớn thì khả năng số $C_n^m$ chia hết cho $p$ càng cao. Dễ chứng minh mệnh đề chính xác hơn sau đây: tổng số các số $C_n^m$ với $0 \leq n \leq p^r$, $0 \leq m \leq n$ là $\frac{p^r (p^r + 1)}{2}$, trong đó số không chia hết cho $p$ровно $\frac{p^r (p + 1)^r}{2^r}$ (ở đây $p$ là số nguyên tố, $r$ là số tự nhiên; chứng minh chỉ dựa trên định lý 3, chúng tôi để lại cho bạn đọc). Nhấn mạnh rằng khi $r$ lớn, các số $\frac{p^r (p + 1)^r}{2^r}$ nhỏ hơn nhiều lần so với số $\frac{p^r (p^r + 1)}{2}$.

Chẳng hạn, trong các số $C_n^m$ với $0 \leq n \leq 3^5$, $0 \leq m \leq n$ có khoảng 26,2% không chia hết cho 3; nếu $0 \leq n \leq 3^{10}$, thì khoảng 3,6%, còn nếu $0 \leq n \leq 3^{15}$, thì khoảng 0,45%.

Để kết thúc, ta sẽ nói vài lời về một cách diễn giải rất trực quan của định lý 4, có thể thu được khi xét cái gọi là “tam giác Pascal theo môđun $p$”. Đó là tên gọi của bảng tam giác thu được từ tam giác Pascal nếu thay mỗi số trong đó bằng số dư của nó khi chia cho $p$. Chúng tôi không chứng minh định lý nào về tam giác này, nhưng đề nghị bạn đọc xem hai hình (trên bìa và ở trang 22), trong đó vẽ các tam giác Pascal theo môđun 2 và 3. Hãy suy nghĩ xem các tam giác này được cấu tạo ra sao ở phần không nhìn thấy trên hình. Hãy cố gắng phát biểu định lý 4 sao cho nó trở thành một định lý về cấu tạo của tam giác Pascal theo môđun $p$.

§ 3. Đôi điều về số dư khi chia các hệ số nhị thức cho lũy thừa của các số nguyên tố

Chúng tôi không xét, dưới một dạng tổng quát nào đó, vấn đề về số dư khi chia các hệ số nhị thức cho các hợp số. (Tuy nhiên, bạn đọc có thể tự suy nghĩ về điều này; chẳng hạn, số dư khi chia số $C_{119}^{33}$ cho 4 bằng bao nhiêu: một hay ba?) Chúng tôi sẽ chỉ kể về một hiện tượng đáng ngạc nhiên mà chúng tôi chưa giải thích được đến cùng.

Ta bắt đầu bằng vài phép tính. Dùng công thức hệ số nhị thức (xem § 1, công thức (2)), ta được

$$C_2^1 = 2,$$
$$C_4^2 = 6,$$
$$C_8^4 = 70,$$
$$C_{16}^8 = 12870,$$
$$C_{32}^16 = 601080390.$$

(Tất nhiên, mọi người đều biết rằng 1, 2, 4, 8, 16, 32, … là các lũy thừa liên tiếp của hai.) Bản thân các số thu được dường như không có gì đặc biệt; nhưng các hiệu liên tiếp của chúng lại bộc lộ những tính chất đáng kinh ngạc. Hãy xem chúng:

$$6 - 2 = 4 = 2^2,$$
$$70 - 6 = 64 = 2^6,$$
$$12870 - 70 = 12800 = 2^9 \cdot 25,$$

25

hơn nữa, mỗi số hạng trong ngoặc xuất hiện hai lần. Do đó, $\alpha_n$ chia hết cho $2^{2n+2}$, điều phải chứng minh.

Như vậy, hiện tượng lạ về tính chia hết của các số $\alpha_n$ cho các lũy thừa cao của hai phần nào đã được giải thích. Nhưng điều tương tự cũng quan sát được nếu thay hai bằng ba, năm, bảy. Thật vậy,

$$C_9^3 - C_3^1 = 84 - 3 = 81 = 3^4;$$

$$C_{27}^9 - C_9^3 = 4686825 - 84 = 4686741 = 3^7 \cdot 2143;$$

$$C_{81}^{27} - C_{27}^9 = 2306279447501851002720 - 4686825 = 2306279447501846315895 = 3^{10} \cdot 39057044954221855;$$

$$C_{25}^5 - C_5^1 = 43130 - 5 = 43125 = 5^5 \cdot 69;$$

$$C_{49}^7 - C_7^1 = 85900584 - 7 = 85900577 = 7^5 \cdot 5111.$$

Nói ngắn gọn, dường như đúng rằng với $p$ nguyên tố, số

$$C_{pn+1}^{p^n} - C_{pn}^{p^n-1}$$

chia hết cho một lũy thừa cao của số $p$. Nhưng chúng tôi không biết chứng minh điều đó thế nào.

Nhân tiện, nếu $p$ không nguyên tố thì không quan sát được điều gì tương tự. Chẳng hạn,

$$C_{16}^4 - C_4^1 = 1820 - 4 = 1816$$

thậm chí không chia hết cho $4^2$;

$$C_{36}^6 - C_6^1 = 1947792 - 6 = 1947786$$

thậm chí không chia hết cho $6^2$.

Chúng tôi cho rằng một trong các độc giả của «Kvant» có thể hiểu được vấn đề phức tạp này của số học các hệ số nhị thức.

MỘT TRƯỜNG HỢP
VỚI DEDEKIND

Nhà truyền bá rộng rãi nhất của lý thuyết số irrational P. Dedekind, như đã biết, qua đời ngày 12 tháng 2 năm 1916 ở tuổi 84.

Tuy nhiên, ngay từ năm 1904, trong «Sổ ghi nhớ.dat dành cho các nhà toán học», được xuất bản như phụ lục của danh mục nhà xuất bản Teudner và dành cho những người tham dự đại hội toán học quốc tế lần thứ ba, diễn ra tại Heidelberg cùng năm đó, dưới ngày 4 tháng 9 năm 1899 đã ghi …ngày mất của P. Dedekind.

Người sau không quên viết cho người biên soạn cuốn sổ nói trên một bức thư đại ý như sau: “Kính gửi đồng nghiệp đáng kính! Trong «Sổ ghi nhớ.dat» đầy nội dung của ngài, ngài đã vui lòng nhớ đến cả tôi. Tôi hết sức biết ơn ngài vì điều đó. Tuy nhiên, tôi xin phép lưu ý ngài rằng trong việc chỉ ra ngày mất của tôi, ít nhất là năm, hẳn đã được ghi sai”.

⟦không số trang⟧

F29. Tìm tốc độ bay hơi từ một đơn vị diện tích mặt nước vào chân không ở nhiệt độ 20°C.
(Áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ này bằng 17,5 mmHg.)
Trong bao lâu nước trong một chiếc đĩa lót tách trà thông thường, rót đầy, sẽ bay hơi hết!
Sự bay hơi của một lượng nước nhỏ thực tế không làm thay đổi độ ẩm không khí trong phòng, bằng 70 %.

⟦tờ 27⟧

F30. Trong máy quay phim và máy chiếu phim có 8 khung hình đi qua mỗi giây. Trên màn ảnh một ô tô có bánh xe, đường kính thực của chúng là 1 m, đang chuyển động. Hình ảnh các bánh xe quay 2 vòng mỗi giây. Vận tốc của ô tô là bao nhiêu?

G. L. Komkin

F31. Áp suất ánh sáng định hướng như thế nào đối với Mặt Trời một vật thể vũ trụ hình cầu, một nửa có mặt gương, còn nửa kia màu đen, hấp thụ hoàn toàn bức xạ Mặt Trời? Tâm trọng lực của vật thể nằm ở tâm quả cầu.

P. L. Kapitsa

F32. Trên mặt nước nổi một thanh gỗ có tiết diện vuông. Trong hai vị trí cân bằng được chỉ ra ở hình 1, vị trí nào sẽ bền vững? Khối lượng riêng của vật liệu làm thanh gỗ bằng một nửa khối lượng riêng của nước.

F33. Trên một vòng dây nằm ngang nhẵn, hai hạt có khối lượng $m_1$ và $m_2$ có thể trượt không ma sát. Ban đầu các hạt được nối bằng một sợi chỉ và giữa chúng có một lò xo nén. Sợi chỉ bị đốt. Sau khi các hạt bắt đầu chuyển động, lò xo được lấy đi. Ở chỗ nào trên vòng các hạt sẽ va chạm vào nhau vào cùng một lần? Các hạt va chạm đàn hồi tuyệt đối.

F34. Hình 2 vẽ một máy tĩnh điện giọt (máy phát Kelvin). Từ một ống vào một quả cầu kim loại cách điện có bán kính $R$ rơi các giọt nước, được tích điện đến điện thế $\phi$. Điện thế giới hạn mà quả cầu có thể được tích điện phụ thuộc thế nào vào độ cao rơi của các giọt?

F35. Một vệ tinh bay ở độ cao 300 km. Có thể nhận ra những vật thể đứng yên nào trên một bức ảnh chụp từ vệ tinh, nếu thời gian phơi sáng là 0,2 giây?

M26. Giả sử rằng trong mỗi số báo của tạp chí chúng ta, mục “Kvaenta” sẽ có năm bài toán toán học. Ký hiệu $f(x, y)$ là số thứ tự của bài toán đầu tiên của số báo thứ $x$ trong năm thứ $y$ (ví dụ, $f(6,1970)=26$). Hãy viết công thức tổng quát cho $f(x, y)$ với mọi $x, y$ ($1 \leq x \leq 12$, $y \geq 1970$).

Giải phương trình $f(x, y)=y$.

M27. Chứng minh rằng nếu $\frac{a}{b-c} + \frac{b}{c-a} + \frac{c}{a-b} = 0$, thì $\frac{a}{(b-c)^2} + \frac{b}{(c-a)^2} + \frac{c}{(a-b)^2} = 0$.

M28. a) Trong 19 quả cầu có 2 quả phóng xạ. Với bất kỳ một nhóm quả cầu nào, trong một lần kiểm tra có thể biết được liệu trong đó có ít nhất một quả phóng xạ hay không

28

là hình cầu hay không (nhưng không thể biết có bao nhiêu hình cầu như vậy trong đống). Chứng minh rằng sau 8 lần kiểm tra có thể tìm ra cả hai hình cầu phóng xạ.

6. Trong 11 hình cầu có 2 hình cầu phóng xạ. Chứng minh rằng với ít hơn 7 lần kiểm tra không thể bảo đảm tìm ra cả hai hình cầu phóng xạ.

Olympiad Toán học Moskva lần thứ XXX

M29. n đồng tiền giống nhau nằm trên bàn, tạo thành một chuỗi khép kín (xem hình). Đồng tiền M có cùng kích thước sẽ quay bao nhiêu vòng trong thời gian nó lăn một lần quanh phía ngoài của toàn bộ chuỗi, như trong hình (đồng tiền M=2 côpếch)?

Đáp số thay đổi thế nào nếu đồng tiền M có bán kính khác bán kính của mỗi đồng tiền trong chuỗi k lần?

M30. Chứng minh rằng N điểm trên mặt phẳng luôn có thể được phủ bởi một số đường tròn không giao nhau, tổng các đường kính của chúng nhỏ hơn N và khoảng cách giữa bất kỳ hai đường tròn nào lớn hơn 1. (Khoảng cách giữa hai đường tròn được hiểu là khoảng cách giữa các điểm gần nhau nhất của chúng.)

V. I. Arpold

MMT

Những chữ cái này có nghĩa là: TRƯỜNG KỸ THUẬT TOÁN HỌC MOSKVA.

Cho đến nay MMT là cơ sở giáo dục trung học duy nhất đào tạo chuyên gia về toán ứng dụng. Từ mùa thu năm 1970, việc đào tạo theo chuyên ngành này sẽ bắt đầu tại một trong các trường kỹ thuật ở Leningrad và một trường kỹ thuật ở Dnepropetrovsk thuộc Bộ Chế tạo dụng cụ, phương tiện tự động hóa và hệ thống điều khiển của Liên Xô.

Thời hạn học tại MMT: đối với người đã tốt nghiệp 8 lớp phổ thông — 2 năm 10 tháng, còn đối với người đã tốt nghiệp 10 lớp — 1 năm 10 tháng. Những người tốt nghiệp trường kỹ thuật thành công sẽ nhận được một chuyên môn thú vị và cần thiết cho nền kinh tế quốc dân — nhân viên tính toán-toán học. Họ có thể làm việc tại các trung tâm tính toán, các phòng ban và phòng thí nghiệm ở các nhà máy, các liên hiệp ngành về kỹ thuật tính toán và các phòng thiết kế.

Nhưng điều quan trọng nhất là các sinh viên tốt nghiệp MMT nắm vững văn hóa toán học theo nghĩa rất cao của từ này.

Năm 1970 diễn ra đợt tuyển sinh tiếp theo vào MMT. Các kỳ thi tuyển sinh môn toán (vấn đáp) và văn học (viết) sẽ bắt đầu từ ngày 1 tháng 8. Nếu bạn quan tâm đến toán ứng dụng và muốn nhận thông tin về MMT, chúng tôi thông báo địa chỉ của trường:

Moskva E—43, phố Nizhnyaya Pervomayskaya, số nhà 14, Trường kỹ thuật toán học Moskva thuộc Bộ Phương tiện tự động hóa và Hệ thống điều khiển Liên Xô, điện thoại: 165—64—72.

Rất tiếc, hiện trường kỹ thuật chưa có ký túc xá.

29

Các kỳ thi tuyển sinh môn toán vào Viện Thép và Hợp kim Moskva là điển hình cho phần lớn các trường đại học kỹ thuật.

Tại các khoa MChMIS (luyện kim kim loại đen và hợp kim) và MTsRMIS (luyện kim kim loại màu và hợp kim), các môn chuyên ngành là toán viết, vật lý và hóa học; tại các khoa FH (vật lý-hóa học) và PMP (vật liệu và dụng cụ bán dẫn) — toán viết và vấn đáp, cùng vật lý. Cuộc thi tuyển cho tất cả các khoa được tiến hành riêng biệt.

Cần lưu ý rằng khoảng 19% (179 người) thành phần sinh viên mới được tuyển tại các trung tâm công nghiệp: Bekabad, Volgograd, Zaporozhye, Norilsk, Orsk, Cherepovets.

Nội dung các đề thi viết và vấn đáp hoàn toàn phù hợp với chương trình toán dành cho người vào đại học.

Hãy xét một trong các phương án được đưa ra tại các khoa MChMIS và MTsRMIS.

Phương án 1.

1. Giải phương trình
   $$\sec^2 \frac{x}{2} + \cos^2 \frac{x}{2} = 16 \text{ ctg } x.$$

2. Giải bất phương trình
   $$\frac{3x^2 - 2x - 1}{\lg(x - 1)} < 0.$$

3. Rút gọn
   $$\left[ 4(a + 1) + \left( \frac{\sqrt{ab^2} + \sqrt{a}}{\sqrt{3}a + \sqrt{3}b} + \frac{\sqrt{6}a}{3} \right)^3 \right]^{1/2}$$

4. Giả sử $E$ là trung điểm cạnh $AB$ của hình thang $ABCD$ ($BC \parallel AD$). Chứng minh rằng diện tích tam giác $ECD$ bằng một nửa diện tích hình thang $ABCD$.

5. Một hình lập phương cạnh $a$ được nội tiếp trong hình chóp tứ giác đều sao cho bốn đỉnh của nó nằm trên các cạnh bên, còn bốn đỉnh kia nằm trên đáy hình chóp. Các mặt bên của hình chóp nghiêng với mặt phẳng đáy một góc $\alpha$. Xác định thể tích hình chóp.

Lời giải

1. Xác định điều kiện xác định của phương trình:
   $$x \neq \pi l \quad (l = 0, \pm 1, \dots).$$

Bắt đầu giải phương trình. Ta có
$$\frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}} + \frac{1}{\sin^2 \frac{x}{2}} = 16 \frac{\cos x}{\sin x},$$
suy ra
$$\frac{1}{\cos^2 \frac{x}{2}} \sin^2 \frac{x}{2} = 16 \frac{\cos x}{\sin x}$$
hay
$$\frac{4}{\sin^2 x} = 16 \frac{\cos x}{\sin x}.$$

Vì $\sin x \neq 0$, ta được
$$4 \sin x \cos x = 1$$
hoặc
$$\sin 2x = \frac{1}{2},$$
suy ra
$$2x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n,$$

30

hoặc

$$x = (-1)^n \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$$
$$(n = 0, \pm 1, \dots).$$

Các nghiệm thu được thuộc tập xác định của phương trình.

Đáp số: $x = (-1)^n \frac{\pi}{12} + \frac{\pi n}{2}$
$$(n = 0, \pm 1, \dots).$$

2. Để giải bất phương trình
   $$\frac{3x^2 - 2x - 1}{\lg(x - 1)} < 0$$

ta nhận thấy rằng phân thức sẽ âm nếu tử số và mẫu số của nó trái dấu. Do đó, bất phương trình này tương đương với hai hệ bất phương trình:

$$\begin{cases} 3x^2 - 2x - 1 > 0, \\ \lg(x - 1) < 0 \end{cases}$$

hoặc
$$\begin{cases} 3x^2 - 2x - 1 < 0, \\ \lg(x - 1) > 0. \end{cases}$$

Giải các hệ này, ta tìm được tương ứng

$$\begin{cases} x < -\frac{1}{3}, x > 1, \\ 0 < x - 1 < 1, \\ x - 1 > 1, \end{cases}$$

tức là
$$\begin{cases} x < -\frac{1}{3}, x > 1, \\ 1 < x < 2, \\ x > 2. \end{cases}$$

Hệ thứ hai không có nghiệm, còn nghiệm của hệ thứ nhất là khoảng $1 < x < 2$.

Đáp số: $1 < x < 2$.

3. Trước hết ta tìm các giá trị chấp nhận được của $a$ và $b$:
   $$a \geq 0, b \geq 0, a \neq -b.$$

Tiếp theo, nhận thấy rằng
$$\sqrt[6]{ab^2} + \sqrt{a} = \sqrt[6]{a} \left( \sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} \right).$$

Vì $a + b \neq 0$, và rút gọn phân số cho $\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}$, ta được

$$\left[ 4(a + 1) + \left( \frac{\sqrt[6]{ab^2} + \sqrt{a}}{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b}} + \sqrt[6]{a} \right)^3 \right]^{1/2} =$$
$$= \left[ 4(a + 1) + \left( 2\sqrt[6]{a} \right)^3 \right]^{1/2} =$$
$$= 2\left[ \left( \sqrt{a} + 1 \right)^2 \right]^{1/2} = 2\left( \sqrt{a} + 1 \right).$$

4. Cho (hình 1): $ABCD$ — hình thang, $AE = EB$.

Chứng minh:
$$S_{ECD} = \frac{1}{2} S_{ABCD}.$$

Chứng minh. Kẻ đường trung bình $EF$ của hình thang.

Khi đó $S_{ABCD} = EF \cdot H$, trong đó $H$ — chiều cao của hình thang. Mặt khác,

$$S_{ECD} = S_{ECF} + S_{EFD} = \frac{1}{2} EF \cdot \frac{H}{2} +$$
$$+ \frac{1}{2} EF \cdot \frac{H}{2} = \frac{1}{2} EF \cdot H.$$