Kvant 1975, số 9 · Trang

1975
9
Naugino-phổ biến
vật lý và toán học
tạp chí

Cuộc biểu tình toàn Nga
hoạt động khoa học
hội sinh viên

Phi công-vũ trụ Liên Xô,
hai lần Anh hùng Liên Xô N.N. Người lãnh đạo tặng chữ ký cho những người tham gia cuộc mít tinh.

Shiital Turika, “Kvanti” muốn sử dụng thông tin của các nhà khoa học trong việc nghiên cứu các liên kết với sự trợ giúp và xoay chuyển rộng rãi, các nhà khoa học trong việc tính toán hoạt động khoa học!

Phi công-nhà du hành vũ trụ Liên Xô

Người đứng đầu phòng thí nghiệm của Viện Vật lý Cơ thể Sáng tạo thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học, người đoạt giải Lenin V. L. Brode nói về công trình của mình.

Ảnh của V. V. Bondarchuk

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov,
S. T. Belyaev,
V. G. Boltyansky,
N. B. Vasiliev,
Yu. N. Efremov,
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirillin,

nghệ sĩ chính
A. I. Klimanov,
S. M. Kozel,

phó tổng biên tập
V. A. Leshkovtsev,
L. G. Makar-Limanov,
A. I. Markushevich,
N. A. Patrikeeva,
I. S. Petrkov,
N. Kh. Rozov,
A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky,

phó tổng biên tập
M. L. Smolyansky,
Y. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya,
S. I. Schwartzburg,
A. I. Shirshov.

biên tập:
V. N. Berezin,
A. N. Vilenkin,
I. N. Klumova,
biên tập viên nghệ thuật
T. M. Makarova,
N. A. Bạc hà,
T. S. Petrova,
V. A. Tikhomirova,

do các biên tập viên đứng đầu
L. V. Chernova

TRONG PHÒNG:

2 I. P. Smakhanov. Điện động lực học của phương tiện chuyển động
7 G. A. Gurevits. Trình tự lặp lại
12 AD Bendukidze. Nguồn gốc của trường phái toán học Georgia

cuộc phỏng vấn của chúng tôi
17 Khi chân dài hơn cạnh huyền. . .

vòng tròn toán học
24 G. I. Kopylov. Bài toán tại nhà
30 người chiến thắng cuộc thi «Kvant»
32 Bài toán M341—M345; F353 — F357
34 Lời giải bài toán M304—M307; F312 — F317
45 Hỏi - chúng tôi trả lời

Xưởng của người nộp đơn
49 L. V. Ryzhkov, Yu. I. Ionin. phương trình đồng nhất

Thông tin
55 M. I. Zheenti. Lễ kỷ niệm VI của các nhà toán học trẻ Transcaucasia
58 V. N. Berezin và những người khác. Cuộc họp toàn Nga của các hiệp hội sinh viên tích cực
64 Thư viện mang tên K. D. Ushinsky - 50 năm
65 A. V. Kachanov, I. I. Nasluzov. Màn hình xanh - dành cho ứng viên đại học

Đánh giá, thư mục
67 Y. M. Brook. Mặt trời, không khí và nước
68 T. S. Petrova, M. L. Smolyansky. Sách mới

«Kvant» cho học sinh nhỏ
70 Bài toán
71 Yu. G. Gorst. Tại nhà nghỉ
73 B. A. Kordemsky. Làm sao? Và nếu điều đó là không thể thì tại sao?

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (23, 29, 47, 72)

Trang đầu tiên của trang bìa có hình tấm thạch cao cho miếng vàng của G. E. Dybedenius - một bộ quần áo được may từ áo khoác tủ đựng đồ. Bạn cần “tách” mảnh này dọc theo “đường may” để có được hai mảnh hoàn toàn giống nhau. Hãy thử điều này.

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nauka, «Kvant», 1975

2

“Người ta biết rằng điện động lực học của Maxwell ở dạng hiện đại, khi áp dụng cho các vật thể chuyển động, sẽ dẫn đến sự bất đối xứng mà dường như bản thân các hiện tượng không có.” Đây là cách mở đầu tác phẩm nổi tiếng “Về điện động lực học của các vật chuyển động”* của Albert Einstein. Hơn nữa, Einstein coi đây không phải là một ví dụ mới, mà là hiện tượng cảm ứng điện từ: với chuyển động tương đối của một dây dẫn và một nam châm, một dòng điện xuất hiện trong dây dẫn. Điều này được Faraday thiết lập vào nửa đầu thế kỷ này. Điều gì đã thu hút sự chú ý của giới trẻ, vào thời điểm đó, trường hợp bằng sáng chế của ông ở thành phố Bern của Thụy Sĩ vẫn chưa được biết đến, một sự thật không hề mới và có vẻ như đã được giải thích từ lâu? Điều khiến Einstein băn khoăn không phải là hiện tượng này không thể giải thích được mà là nó có thể được giải thích tốt như nhau theo hai cách hoàn toàn khác nhau.

Trên thực tế, nếu chúng ta giả sử rằng nam châm đang chuyển động và dây dẫn đứng yên thì một dòng điện xuất hiện trong nó vì từ trường thay đổi gây ra sự xuất hiện của một điện trường, làm cho các điện tích chuyển động.

*) Công trình này được công bố trên tạp chí vật lý Đức “Biên niên sử vật lý” vào năm 1905, tức là cách đây đúng 70 năm. Trong đó, Einstein đã xây dựng các nguyên tắc cơ bản về trách nhiệm tương đối.

Mặt khác, nếu chúng ta giả sử rằng dây dẫn chuyển động và nam châm kết thúc (Hình 1), thì sự xuất hiện của dòng điện được giải thích là do lực Lorentz tác dụng từ từ trường lên các electron tự do có trong dây dẫn và chuyển động cùng với nó trong từ trường. Nếu $B$ là cảm ứng từ trường, $l$ là chiều dài của dây dẫn chuyển động, $v$ là tốc độ của nó, thì công của lực Lorentz trên một đơn vị điện tích dương, tức là suất điện động cảm ứng $\mathcal{E}$, bằng nhau

$$\mathcal{E} = -vBl$$

(dấu trừ được giải thích bằng quy tắc Lenz về chiều dòng điện cảm ứng).

Tuy nhiên, Einstein lập luận, ở đây chúng ta đang giải quyết cùng một hiện tượng: chuyển động tương đối của một nam châm và một dây dẫn; Vậy tại sao chúng ta lại đề xuất hai nguyên tắc khác nhau để giải thích một hiện tượng? Thật đáng xấu hổ khi một hiện tượng không có lời giải thích mà lại có hai cách giải thích cũng chẳng khá hơn là bao, hoặc ai có thể đảm bảo với chúng ta rằng chúng không thực sự mâu thuẫn với nhau? Không, mọi chuyện đều không ổn trong tòa nhà hùng vĩ của điện động lực học. Và Einstein coi đây là điểm khởi đầu cho sự phê phán của ông đối với khoa học đương đại, một sự phê phán đã dẫn đến sự tái cấu trúc triệt để các ý tưởng của chúng ta về không gian và thời gian.

Như đã biết, một nguyên tắc đặc biệt liên quan đến tuyên bố rằng

3

các quy luật chuyển động phải giống nhau, hoặc, như người ta nói, bất biến trong các hệ thống báo cáo khác nhau, chuyển động tương đối với nhau một cách thống nhất và theo đường thẳng. Tính bất biến của các quy luật tự nhiên không có nghĩa là sự trùng hợp ngẫu nhiên của bản thân các hiện tượng được quan sát. Tuy nhiên, cùng một hiện tượng, được xem xét trong các hệ thống báo cáo khác nhau, thường được mô tả bằng các đặc điểm định lượng khác nhau. Vì vậy, mặc dù quy luật rơi của một vật thể trong một đoàn tàu chuyển động đều và thẳng và tại ga là như nhau, nhưng một vật rơi từ kệ toa xe lại chuyển động khác nhau trong các hệ thống báo cáo liên quan đến tàu và với nhà ga. Trong trường hợp đầu tiên, nó rơi dọc theo một đường thẳng đứng và trong trường hợp thứ hai, dọc theo một parabol. Nguyên nhân là do các điều kiện khác nhau. Cơ thể không có dự báo vận tốc theo phương ngang trên tàu sẽ có nó trong hệ thống báo cáo liên kết với nhà ga.

Trong các vấn đề khác, cũng có những giá trị không phụ thuộc vào hệ thống báo cáo mà chúng thay đổi. Chúng được gọi là bất biến. Chúng bao gồm, ví dụ, tính phí. Tuyên bố này là một kết luận dựa trên một số lượng rất lớn các sự kiện thực nghiệm.

Không giống như điện tích, nhiều đại lượng vật lý quan trọng khác,

Cơm. 1.

Cơm. 2.

4

qua $B_x, B_y, B_z$ - hình chiếu của vectơ cảm ứng từ lên các trục tọa độ của hệ thống báo cáo cố định. Các giá trị của cùng một đại lượng được thay đổi trong hệ thống báo cáo chuyển động sẽ được biểu thị bằng các ký tự $(E_x', B_x')$, v.v.). Lý thuyết tương đối đưa ra các mối quan hệ sau đây giữa các giá trị này:

$$E_x' = E_x, \quad B_x' = B_x;$$

$$E_y' = \frac{E_y - vB_z}{\sqrt{1 - v^2/c^2}},$$

$$E_z' = \frac{E_z + vB_y}{\sqrt{1 - v^2/c^2}};$$

$$B_y' = \frac{B_y + \frac{v}{c^2}E_z}{\sqrt{1 - v^2/c^2}},$$

$$B_z' = \frac{B_z - \frac{v}{c^2}E_y}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}.$$

Chúng ta thấy rằng các giá trị định hướng của điện trường và cảm ứng từ trường hóa ra là khác nhau trong các hệ thống báo cáo khác nhau. Vì vậy, nếu trong hệ thống $K$ không có từ trường $(B_x = B_y = B_z = 0)$, thì điện trường trong hệ thống truyền động của báo cáo sẽ quay trở lại $1/\sqrt{1 - v^2/c^2}$ lần và đồng thời xuất hiện một từ trường trong đó. hướng của trường cũng thay đổi. Ví dụ: nếu trong hệ thống $K$ điện trường hướng dọc theo trục $Y$ thì trong $K'$ nó cũng có thể có hình chiếu lên trục $Z$ (tại $B_y \neq 0$).

Hãy xem xét ví dụ này. Giả sử rằng trong một hệ thống báo cáo cố định $(K)$ có một nam châm tạo ra từ trường $B$, các đường cảm ứng của nó hướng dọc theo trục $Z$ và không có điện trường. Sau đó, $B_z = B$, $B_x = B_y = 0$ và ngoài ra, $E_x = E_y = E_z = 0$. Nếu $v \ll c$, thì chúng ta có thể bỏ qua $v^2/c^2$ so với một và đặt $\sqrt{1 - v^2/c^2} = 1$. Theo công thức đầu tiên (3), chúng ta thấy rằng trong hệ dẫn động của báo cáo, điện trường quay trở lại,

$$E_y = \frac{E_y' + vB_z'}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}, \quad E_z = \frac{E_z' - vB_y'}{\sqrt{1 - v^2/c^2}};$$

$$B_y = \frac{B_y' - \frac{v}{c^2}E_z'}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}, \quad B_z = \frac{B_z' + \frac{v}{c^2}E_y'}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}.$$

Ví dụ: nếu không có báo cáo từ trường trong hệ thống lái xe,

5

thì từ (8) suy ra rằng

$$B_y = \frac{-\frac{v}{c^2} E'_z}{\sqrt{1-v^2/c^2}} \quad \text{и} \quad B_z = \frac{\frac{v}{c^2} E'_y}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.$$

tức là nó tồn tại trong một hệ thống cắt cố định. Ngược lại, nếu không có điện trường trong hệ sàng chuyển động thì trong hệ đứng yên sẽ xuất hiện trường theo (7). Vì vậy, câu hỏi liệu chúng ta đang xử lý điện trường thuần túy hay từ trường thuần túy và sự tương ứng giữa cường độ điện trường và cảm ứng từ trường được giải quyết khác nhau trong các hệ thống cắt khác nhau. Hay nói cách khác, một trường điện từ duy nhất được chia thành điện trường và từ trường theo những cách khác nhau trong các hệ thống cắt khác nhau.

Lý thuyết tương đối giúp giảm số lượng giả thuyết làm cơ sở cho điện động lực học (một ví dụ với lực điện động cảm ứng đối với một dây dẫn chuyển động). Bây giờ chúng ta hãy xem xét một ví dụ khác không kém phần thú vị liên quan đến câu hỏi về các lực tác dụng lên điện tích. Chúng tôi sẽ cố gắng chứng minh rằng để tìm ra lực mà từ trường tác dụng lên một điện tích đang chuyển động - lực Lorentz - chỉ cần biết trường tĩnh điện tác dụng như thế nào lên một điện tích đứng yên là đủ.

Chúng ta hãy tưởng tượng rằng có một vật tích điện, kết thúc ở hệ thống cắt $K'$, vì tác dụng của điện trường được cân bằng bởi một lực khác, chẳng hạn như lực đàn hồi $F$. Giả sử để định nghĩa rằng điện trường trong hệ $K'$ hướng dọc theo trục $X'$ (tức là $E'_y = E'_z = 0$) và từ trường hướng dọc theo trục $Y'$ ($B'_x = B'_z = 0$). Lực tác dụng lên một điện tích đứng yên $e$ bằng tích của cường độ điện trường và điện tích. Kể từ khi cơ thể kết thúc quá trình tích điện, tổng các lực tác dụng lên nó

$$F_{\pi} = -e E_z = \frac{ev B'_y}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.$$

Lực này bù cho tác dụng của điện trường dọc theo trục $Z$. Tích của lực $F_{\pi}$ là bao nhiêu? Theo một trong các phương trình (8), trong hệ $K$ cũng tồn tại một từ trường, cảm ứng của nó

$$B = B_y = \frac{B'_y}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.$$

So sánh (9) và (10), ta thấy $F_{\pi} = ev B$.

Do đó, $F_{\pi}$ cũng là lực Lorentz.

Hãy cùng phân tích một bài toán khác: xây dựng định luật Ohm cho chuyển động

6

nhạc trưởng gosya. Câu hỏi này trở nên đặc biệt phù hợp liên quan đến sự xuất hiện của thủy động lực học từ tính, một nhánh khoa học nghiên cứu các định luật chuyển động của môi trường dẫn điện (chất lỏng hoặc khí) trong từ trường. Ví dụ, một môi trường như vậy có thể là kim loại lỏng hoặc plasma chuyển động trong không gian vũ trụ.

Theo nguyên tắc tương đối trong hệ thống báo cáo, việc di chuyển cùng với người soát vé, định luật Ohm thiết lập cho người dẫn đường đứng yên là công bằng. Vì các phần khác nhau của môi trường có thể chuyển động với tốc độ khác nhau nên chúng ta sẽ xem xét một thể tích khá nhỏ của nó và viết định luật Ohm dưới dạng

$$j' = \lambda E'$$

trong đó $j'$ là mật độ dòng điện, $E'$ là điện áp của dây dẫn điện trường và $\lambda$ là độ dẫn điện.

Giả sử (như đã được giải thích và xảy ra) môi trường đang xét chuyển động với tốc độ nhỏ so với tốc độ ánh sáng, sao cho $v^2/c^2 \ll 1$.

Chúng ta sẽ giả định rằng toàn bộ môi trường không bị tích điện (điều này cũng thường đúng nhất); thì mật độ dòng điện $j$ trong hệ thống báo cáo cố định ($K$) bằng $j'$. Tất nhiên, đối với một môi trường tích điện, điều này sẽ không xảy ra vì điện tích chuyển động tương đương với dòng điện. Để thu được định luật Ohm, tức là thiết lập mối liên hệ giữa $j$ và $E$, đối với chuyển động của dây dẫn, chúng ta chỉ cần biết điện áp của điện trường $E'$ thông qua giá trị của nó $E$ trong hệ thống báo cáo cố định. Điều này có thể được thực hiện bằng cách sử dụng công thức (2) và (3). Tuy nhiên, chúng ta vẫn chưa nói gì về hướng chuyển động của dây dẫn.

Nếu hướng chuyển động của dây dẫn (dọc theo trục $X$) trùng với hướng của dòng điện và do đó trùng với hướng của điện trường, thì theo (2), $E' = E_x' = E_x = E$. Trong trường hợp này, định luật Ohm có dạng tương tự như đối với dây dẫn đứng yên.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một trường hợp từng phần khác. Giả sử có một từ trường $B$ hướng trong hệ thống báo cáo đứng yên dọc theo trục $Z$ (tức là $B_z = B$, $B_x = B_y = 0$), để dây dẫn chuyển động song song với trục $X$ và cho dòng điện chạy dọc theo trục $Y$ ($E_y = E$). Khi đó trong dây dẫn chuyển động có $E_x' = 0$, $E_z' = 0$ và $E' = E_y'$. Với điều kiện là $v^2/c^2 \ll 1$, $E' = E - vB$ và

$$j = \lambda (E - vB).$$

Trong trường hợp này, định luật Ohm đối với chuyển động của dây dẫn so với dây đứng yên: dòng điện không chỉ phụ thuộc vào cường độ điện trường mà còn phụ thuộc vào tốc độ chuyển động của dây dẫn cũng như cảm ứng của từ trường.

Tóm lại - một số bài toán cho một lời giải độc lập.

Bài tập

1. Mô tả chuyển động của một hạt tích điện trong điện trường và từ trường đều hướng vuông góc với nhau (trường chéo). Vận tốc ban đầu của hạt vuông góc với cả hai trường.

2. Tìm biểu thức biểu thị hiệu điện thế giữa các bản của một tụ điện phẳng vô hạn chuyển động với tốc độ $v$ dọc theo hướng của các bản của nó. Trong hệ thống báo cáo liên quan đến tụ điện, hiệu điện thế được cho trước và bằng $\Delta \varphi_0$.

3. Xác định trường điện từ của một electron chuyển động với tốc độ không đổi $v$.

7

Trình tự lặp lại

G. A. Gurevich

Trình tự Arshon

Hãy gọi một chuỗi các chữ số là chuỗi lặp lại nếu nó chứa ít nhất một cặp nhóm chữ số giống hệt nhau. Ví dụ: các chuỗi 1, 2, 3, 4, 2, 3, 4, 2, 1 và 1, 2, 2, 7, 6, 2, 7, 6, 8 được lặp lại, nhưng các chuỗi 4, 2, 1, 2, 3, 4, 2, 3 và 3, 2, 3, 1, 2, 7 không được lặp lại. Chúng ta sẽ gọi các chuỗi không lặp lại là không lặp lại. Đặt B(n) biểu thị tập hợp các chuỗi có độ dài n và |B(n)| - số của họ.

Bằng trực giác thì rõ ràng: dãy số càng dài thì càng có nhiều khả năng nó chứa hai nhóm số giống hệt nhau đứng cạnh nhau. Và trên thực tế, nếu bạn viết ra một chuỗi đủ dài một cách khoa học thì rất có thể chuỗi này sẽ được lặp lại.

Hãy để chúng tôi cung cấp cho tuyên bố này một ý nghĩa chính xác.

Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số ε > 0, có thể xác định n sao cho trong số tất cả các chuỗi có độ dài n thì tỷ lệ các chuỗi không lặp lại sẽ nhỏ hơn ε, tức là $$\frac{|\text{Б}(n)|}{10^n} < \varepsilon.$$

Dễ dàng chứng minh rằng mọi dãy có độ dài lớn hơn ba, gồm hai chữ số 1 và 2, đều lặp lại.

Tuy nhiên, từ ba chữ số khác nhau đã có thể tạo ra một chuỗi góc cạnh, không lặp lại.

Thực tế này đã được chứng minh vào năm 1937 bởi nhà toán học Liên Xô S. E. Arshon, người đã đề xuất một phương pháp quy nạp để xây dựng các chuỗi không lặp lại như sau.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $K_1$ chuỗi không lặp lại 1, 2, 3. Giả sử rằng chuỗi không lặp lại $K_n$ đã được xây dựng. Trình tự $K_{n+1}$ thu được từ nó như thế này.

Nếu số $n+1$ là số chẵn và vị trí thứ $n+1$ trong dãy $K_n$ là 1 thì dãy $K_n$ được gán một bộ ba chữ số 3, 2, 1; nếu nó có giá 2 thì bộ ba là 1, 3, 2; nếu nó có giá 3 thì bộ ba là 2, 1, 3.

Nếu số $n+1$ là số lẻ và vị trí thứ $n+1$ trong dãy $K_n$ là 1 thì bộ ba 1, 2, 3 sẽ được thêm vào dãy $K_n$; nếu nó có giá 2 thì bộ ba là 2, 3, 1; nếu nó có giá 3 thì bộ ba là 3, 1, 2.

Một phần,

$$K_2 = 1, 2, 3, 1, 3, 2$$
($n = 2$ là số chẵn và vị trí thứ hai trong $K_1$ là 2),

$$K_3 = 1, 2, 3, 1, 3, 2, 3, 1, 2, 3, 2, 1$$
($n = 3$ là số chẵn và vị trí thứ ba trong $K_2$ là 3),

$$K_4 = 1, 2, 3, 1, 3, 2, 3, 1, 2, 3, 2, 1$$
($n = 4$ là số chẵn và vị trí thứ tư trong $K_3$ là 1), v.v.

Bằng chứng về sự không lặp lại của các chuỗi thu được bằng phương pháp của Arshon là khá đáng tin cậy.

8

Nó cồng kềnh và chúng tôi sẽ không trình bày ở đây *).

Bây giờ chúng ta hãy thử ước tính số $|B(n)|$ của các chuỗi không lặp lại có độ dài $n$ (gồm mười chữ số). Nếu chúng ta có thể chỉ ra rằng với bất kỳ số nguyên dương nào $n$ thì số này lớn hơn 0, thì chúng ta sẽ có một bằng chứng khác—không còn mang tính xây dựng—về sự tồn tại của các chuỗi không lặp lại dài tùy ý. Trên thực tế, bây giờ chúng ta sẽ rút ra bất đẳng thức mạnh hơn đáng kể $|B(n)| > 8^n$, (1)

Bằng cách này, chúng ta sẽ không chỉ chứng minh sự tồn tại của các chuỗi không lặp lại có độ dài tùy ý mà còn đưa ra giới hạn dưới đủ tốt cho số lượng của chúng.

Bài toán M310

Bây giờ chúng ta hãy nhớ bài toán M310 từ “Bài toán Kvant - xem «Kvant» số 2 cho năm 1975.

Chứng minh rằng trong số $n$ chữ số có nhiều hơn $8^n$ châm ngôn; trong ký hiệu thập phân của hợp số, không có nhóm chữ số nào (cụ thể là không có chữ số nào) xuất hiện hai lần liên tiếp.

Rõ ràng lời giải bài toán M310 bao hàm việc chứng minh bất đẳng thức (1). Đầu tiên chúng ta sẽ chứng minh một số bất đẳng thức phụ trợ, chúng sẽ có ích cho chúng ta sau này.

Bất bình đẳng phụ trợ. Giả sử rằng tất cả các chuỗi có độ dài $n$ không lặp lại đã được viết ra — tổng cộng có $|B(n)|$ phần và chúng tôi muốn viết ra tất cả các chuỗi có độ dài không lặp lại $n+1$.

Chúng ta hãy lấy một chuỗi tùy ý $a_1, a_2, \dots, a_n$ từ tập hợp $B(n)$. Hãy viết số mười mới như sau - độ dài $n+1$:

$$a_1, a_2, \dots, a_n, 0, a_1, a_2, \dots, a_n, 1, a_1, a_2, \dots, a_n, 9.$$

Chúng tôi thực hiện việc này với tất cả các chuỗi từ bộ $B(n)$. Chúng tôi có được một tập hợp các trình tự nhất định; hãy biểu thị nó bằng $B^*(n+1)$. Trong số các chuỗi của tập hợp $B^*(n+1)$, chúng tôi chọn những chuỗi có hai chữ số giống nhau ở cuối. Chúng tôi biểu thị tập hợp các chuỗi như vậy bằng $B_1(n+1)$. Tương tự, bằng $B_2(n+1)$, chúng ta biểu thị tập hợp các chuỗi như vậy từ $B^*(n+1)$ kết thúc bằng cùng một chuỗi con có độ dài $i$ hai lần liên tiếp. Vì tất cả các chuỗi của $B^*(n+1)$ đều có độ dài $n+1$, nên $i=n_1$ tối đa mà tập hợp $B_i(n+1)$ không trống là $\left[\frac{n+1}{2}\right]$.

Tất cả các chuỗi thuộc bộ $B_1(n+1), B_2(n+1), \dots, B_{n_1}(n+1)$ đều được lặp lại. Hãy chứng minh rằng các chuỗi không khớp này đã bị cạn kiệt bởi các chuỗi lặp lại của tập hợp $B^*(n+1)$ và tập hợp $B^*(n+1)$ chứa tất cả các chuỗi có độ dài không lặp lại có độ dài $n+1$.

Do đó, nếu từ tập $B^*(n+1)$ chúng ta xóa tất cả các chuỗi thuộc tập $B_i(n+1), i=1, 2, \dots, n_1$ thì chúng ta thu được tập $B(n+1)$. Kể từ đây,

$$|B(n+1)| \geq |B^*(n+1)| - |B_1(n+1)| - |B_2(n+1)| - \dots - |B_{n_1}(n+1)|.$$ (2)

9

Bằng cách xây dựng tập hợp $B^* (n+1)$, chúng ta có: $|B^* (n+1)| = 10 \cdot |B(n)|$ và chúng ta chỉ cần ước tính số phần tử của mỗi tập hợp $B_i (n+1)$. Hóa ra $|B_i (n+1)| \leq |B (n+1-i)|$. (3)

Từ bất đẳng thức (2) và (3) suy ra một bất đẳng thức quan trọng mà chúng ta gọi là phụ trợ: $|B (n+1)| > 10 \cdot |B(n)| - (|B(n)| + |B(n-1)| + \dots + |B(1)|)$. (4)

Vì vậy, ta cần chứng minh bất đẳng thức (3).

Vắng mặt nhẹ

Giả sử $A$ và $B$ là hai tập hữu hạn và chúng ta muốn biết tập nào có nhiều phần tử hơn. Điều đầu tiên bạn nghĩ đến là đếm số phần tử của tập hợp $A$ và tập hợp $B$, sau đó so sánh các số kết quả. Nhưng nếu một tập hợp chứa nhiều phần tử hoặc có phần nào đó “khó tính” trong thiết kế, thì việc tính toán số phần tử của nó có thể khá khó khăn. Và không còn rõ phải làm gì nếu các tập hợp $A$ và $B$ là vô hạn. Hóa ra có một cách phổ quát cho phép bạn so sánh các tập hợp thậm chí vô hạn. Hãy mô tả phương pháp này bằng một ví dụ.

Gọi $A$ là tập hợp học sinh được đưa đến rạp hát, và $B$ là tập hợp các địa điểm trong rạp hát. Hãy để học sinh ngồi vào chỗ của chúng. Nếu vẫn còn chỗ trống thì $|B| > |A|$. Nếu tất cả các chỗ đã hết chỗ và một số học sinh không có chỗ thì $|A| > |B|$. Và cuối cùng, nếu hóa ra tất cả các địa điểm đều đã kín chỗ và tất cả học sinh đã được thông báo, thì $|A| = |B|$.

Phương pháp được mô tả ở trên là gì? Chúng tôi đã gán các phần tử của tập hợp $A$ cho các phần tử của tập hợp $B$. Nếu các phần tử của tập hợp $A$ là phần tử cạn kiệt đầu tiên thì $|B| \geqslant |A|$ và nếu các phần tử của tập hợp $B$ là phần tử cạn kiệt đầu tiên thì $|A| \geqslant |B|$. Điều quan trọng là các phần tử khác nhau từ $A$ phải khớp với các phần tử khác nhau từ $B$ (chúng tôi không cho phép một học sinh học các địa điểm cùng một lúc) và ngược lại, các phần tử khác nhau từ $B$ tương ứng với các phần tử khác nhau từ $A$ (chúng tôi không cho phép mỗi học sinh chiếm một vị trí cùng một lúc). Sự tương ứng này được gọi là có giá trị cd.

Chứng minh bất đẳng thức (3)

Bây giờ chúng ta hãy thử thiết lập sự tương ứng một-một giữa các tập hợp $B_i (n+1)$ và một phần của tập hợp $B (n+1-i)$ ($i=1,2,\dots,n_1$). Hãy nhớ lại rằng các chuỗi từ bộ $B_i (n+1)$ có dạng $a_1, a_2, \dots, a_l, b_1, b_2, \dots, b_i, b_1, b_2, \dots, b_{i-1}$ - không dây. Điều này có nghĩa là chuỗi $a_1, a_2, \dots, a_l, b_1, b_2, \dots, b_i$ cũng không dây. Chúng ta hãy liên kết chuỗi (5) từ bộ $B_i (n+1)$ với chuỗi $a_1, a_2, \dots, a_l, b_1, b_2, \dots, b_i$ từ bộ $B (n+1-i)$:

$a_1, a_2, \dots, a_l, b_1, b_2, \dots, b_i, b_1, b_2, \dots, b_i$

Rõ ràng, sự tương ứng này là một đối một và với mỗi chuỗi từ $B_i (n+1)$ có một chuỗi tương ứng từ $B (n+1-i)$. Điều này có nghĩa là $|B_i (n+1)| \leqslant |B (n+1-i)|$ và bất đẳng thức (3), và do đó (4), đã được chứng minh.

Lời giải bài toán M310

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh (bằng quy nạp theo $n$) một bất đẳng thức khác:

$|B (n+1)| > 8 \cdot |B (n)|$; (6)

10

rõ ràng là chúng ta cần bất đẳng thức (1); nó theo sau nó, vì
$$|\beta(n)| > 8 \cdot |\beta(n-1)| > 8^2 \cdot |\beta(n-2)| > \dots > 8^{n-1} \cdot |\beta(1)|,$$
và $|\beta(1)| = 10$.

Cơ sở cảm ứng. $n = 1$.
$$|\beta(2)| > 8 \cdot |\beta(1)|,$$
kể từ $|\beta(1)| = 10$ và $|\beta(2)| = 90$.

Bước cảm ứng. Giả sử nó đã được chứng minh rằng
$$|\beta(n)| > 8 \cdot |\beta(n-1)|,$$
$$|\beta(n-1)| > 8 \cdot |\beta(n-2)|,$$
$$|\beta(2)| > 8 \cdot |\beta(1)|;$$

ta cần chứng minh bất đẳng thức (6).
Từ bất đẳng thức (7) suy ra rằng
$$|\beta(n)| > 8^i \cdot |\beta(n-i)|,$$
hoặc
$$|\beta(n-i)| < \frac{|\beta(n)|}{8^i},$$
$$i = 1, 2, \dots, n-1.$$

Chúng ta hãy thay thế các ước tính tìm được (7’) cho $|\beta(n-i)|$, $i = 1, 2, \dots, (n-1)$ thành bất đẳng thức (4); chúng tôi nhận được
$$\beta(n+1)| > 10 \cdot |\beta(n)| - |\beta(n)| \cdot \left(1 + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{8^{n-1}}\right).$$

Bởi vì
$$1 + \frac{1}{8} + \dots + \frac{1}{8^{n-1}} < 2,$$
thì $|\beta(n+1)| > 8 \cdot |\beta(n)|$.

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng một số bài toán.

2. Xây dựng một chuỗi không dây sao cho khi bạn thêm bất kỳ số nào vào cuối chuỗi đó, bạn sẽ luôn nhận được một chuỗi lặp lại.

3. Sử dụng dãy số S. E. Arshon, chứng minh sự tồn tại của dãy số dài có góc cạnh gồm các số 1 và 2 không có ba nhóm số liền kề giống hệt nhau.

4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ dãy không dây có độ dài $n$ gồm bốn chữ số 1, 2, 3, 4 đều lớn hơn $2^n$.

Từ bài toán 4, nó tồn tại dưới dạng góc của một chuỗi không dây dài gồm bốn chữ số khác nhau. S. E. Arshon đã chỉ ra rằng trên thực tế, sự tồn tại của một chuỗi không dây có độ dài bất kỳ là đủ ngay cả đối với ba chữ số.

Chuỗi không dây vô tận

Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh được sự tồn tại của chuỗi không dây dài có góc cạnh. Trong phần này chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của một chuỗi không dây vô tận (lưu ý rằng chuỗi đầu tiên chưa bao hàm chuỗi thứ hai).

Bài tập 5. Chứng minh rằng nếu có ít nhất một dãy không dây vô tận thì có vô số dãy như vậy.

Đặt $B$ biểu thị tập hợp tất cả các chuỗi không dây hữu hạn. Vì tập hợp $B$ là vô hạn và có số hữu hạn các chữ số khác nhau (tổng cộng là 10), nên có ít nhất một chữ số mà tập hợp vô hạn của $B$ bắt đầu. Hãy biểu thị số này bằng $a_1$. Hãy xóa khỏi $B$ những chuỗi không bắt đầu bằng số $a_1$. Chúng ta thu được một tập hợp vô hạn $B^{(1)}$. Tương tự, có một chữ số $a_2$ đứng ở vị trí thứ hai trong vô số dãy $B^{(1)}$. Chúng ta hãy xóa khỏi $B^{(1)}$ những chuỗi có chữ số thứ hai khác với $a_2$. Chúng ta nhận được một tập hợp vô hạn $B^{(2)}$, v.v.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét dãy vô hạn $a_1, a_2, \dots$; Hãy chứng minh rằng nó là không dây.

Để làm được điều này, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì dãy hữu hạn không dây là $a_1, a_2, \dots, a_n$. Nhưng theo cách xây dựng, tất cả các chuỗi của tập hợp $B^{(n)}$ đều bắt đầu bằng chuỗi $a_1, a_2, \dots, a_n$ và tập hợp $B^{(n)}$ là tập hợp con của tập hợp

11

va B, và do đó tất cả các chuỗi từ B^{(n)} đều không lặp lại. Bất kỳ phần đầu nào của chuỗi không lặp lại đều là chuỗi không lặp lại.

Bài toán 6. Chứng minh rằng trong số các phân số thập phân vô hạn thứ mười một bất kỳ, bạn có thể chọn hai phân số có cùng các chữ số với vô số chữ số.

Khái quát hóa

Chúng ta hãy biểu thị bằng chữ P đặc tính “là một chuỗi không lặp lại”. Khi đó mệnh đề vừa chứng minh có cấu trúc như sau:

Hậu quả tiền đề

Có một dãy dài tùy ý có tính chất P

Có một dãy vô hạn có tính chất P

Liệu tuyên bố này có đúng không nếu chúng ta giả sử rằng P là thuộc tính tùy ý của dãy số? Nói chung là không. Hãy đưa ra một ví dụ: coi tính chất “là một dãy hữu hạn”. Rõ ràng là có những chuỗi hữu hạn có độ dài tùy ý, nhưng không có thứ gọi là chuỗi hữu hạn vô hạn.

Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng, khi chứng minh sự tồn tại của một chuỗi vô hạn không lặp lại, chúng ta chỉ dựa vào hai sự kiện sau đây, dẫn trực tiếp từ định nghĩa về chuỗi không lặp lại.

1°. Mọi phần đầu của dãy có thuộc tính P cũng có thuộc tính này.

2°. một dãy vô hạn có phần đầu dài tùy ý có tính chất P cũng có tính chất này.

Về giới hạn. Thuộc tính tùy ý của dãy số thỏa mãn điều kiện 1°

và 2°, chúng tôi gọi đó là tài sản di truyền.

Ví dụ: thuộc tính “không chứa số 3”, “chỉ gồm các số 1, 2, 3”, “bắt đầu bằng số 7” là thuộc tính di truyền, nhưng thuộc tính “chứa vô số số 4”, “kết thúc bằng số 7” không phải là thuộc tính di truyền.

Định lý. Cho P là tài sản di truyền tùy ý. Khi đó, nếu có các dãy dài tùy ý có tính chất P thì cũng tồn tại một dãy vô hạn có tính chất này.

Chúng ta sẽ không tập trung vào việc chứng minh định lý này vì nó hoàn toàn lặp lại chứng minh đã đưa ra ở đoạn trước.

Ứng dụng

Hãy xem xét các dãy số gồm có ba chữ số: 1, 2, 3. Hãy đặt một số dãy số (có độ dài từ hai chữ số trở lên) là bị cấm. Được biết, tất cả các chuỗi bị cấm đều có độ dài khác nhau.

Chúng ta hãy làm cho các chuỗi không chứa các chuỗi bị cấm là chính xác.

Chúng ta hãy quay lại “Sách Vấn đề «Kvant» - tới Vấn đề M300 (xem «Kvant» Số 12 cho năm 1974).

Từ câu lệnh bài toán M300 suy ra có các dãy đều đặn dài tùy ý. Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng tính chất “là một dãy đều đặn” luôn là một thuộc tính kế thừa (có thể chứng minh được!) Điều này có nghĩa là phát biểu về sự tồn tại của các dãy chính quy có độ dài tùy ý có thể được thay thế bằng một phát biểu mạnh hơn - về sự tồn tại của một dãy số chính quy vô hạn, và phát biểu bài toán M300 là phát biểu về sự tồn tại của một từ vô hạn không có sự kết hợp các chữ cái bị cấm.

12

Trường toán học Georgia của Wistock gắn bó chặt chẽ với việc thành lập trường đại học Georgia.

Năm 1907, quá trình chuẩn bị cho việc thành lập trường đại học Georgia, bắt đầu từ thế kỷ 19, do một trợ lý giáo sư tư nhân trẻ tuổi tại Đại học St. Petersburg, nhà sử học Ivan Aleksadrovich Javakhshi Vili đứng đầu. Anh và một số anh em của mình đã phải gặp rất nhiều trở ngại. Và thế là vào ngày 26 tháng 1 năm 1918, Đại học Georgian đã được khai trương tại Tbilisi trong một buổi lễ long trọng.

Lúc đầu, trường đại học chỉ có một khoa - triết học; Đội ngũ giảng viên của trường chỉ có 17 người. Trong số đó có một nhà toán học, phó giáo sư tư tại Đại học Moscow, Andrei Mikhailovich Razmadze.

Chẳng bao lâu, đội ngũ giảng viên đã được bổ sung thêm một nhà toán học khác - vào tháng 5 năm 1918, hội đồng giáo sư đã đưa ra yêu cầu của Archil Kirillovich Kharadze để cung cấp cho ông một vị trí nhân viên đại học. Sau đó, vào năm 1919, theo gợi ý của A. M. Razmadze, Georgiy Nikolaevich Nikoladze được biệt phái đến trường đại học để tiến hành công việc khoa học, và vào mùa thu năm 1920, Nikolai Ivanovich Mukhelli Vili được mời vào vị trí trưởng khoa cơ học lý thuyết.

Những nhà khoa học này - A. M. Razmadze, G. N. Nikoladze, N. I. Muskhelishili, A. K. Kharadze - là người khởi nguồn của trường phái toán học Georgia và được coi là những người sáng lập nền giáo dục toán học cao hơn và công trình khoa học ở Georgia. Hãy nói một chút về mỗi người trong số họ.

1

A. M. Razmadze sinh năm 1890. Sau khi tốt nghiệp trường thực tế Kutan năm 1906, Razmadze vào khoa toán của Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow. Ngay từ khi còn là sinh viên, Razmadze đã bắt đầu quan tâm đến các bài toán tích phân*).

Sau khi tốt nghiệp đại học, Razmadze được bổ nhiệm làm giáo viên*

*) Phép tính biến phân là một nhánh của toán học nghiên cứu cực trị của hàm số (theo cách nói thông thường, hàm số là hàm của hàm số). Một ví dụ điển hình của biến thể bài toán là bài toán về việc tìm đường trắc địa, tức là các đường ngắn nhất trên một bề mặt cụ thể. Sự xuất hiện của phép tính biến phân được giải thích bằng bài toán brachistochrone hoặc đường cong đi xuống ngắn nhất (brachistos - ngắn nhất, chronos - thời gian). Trong bài toán này, bạn cần tìm đường mà quả bóng lăn không ma sát sẽ nhanh chóng chuyển từ trên xuống dưới nhất. Bài toán về brachistochrone được I. Bernoulli xây dựng vào năm 1696. Ngoài chính J. Bernoulli, nó còn được Leibniz, L’Hopital, J. Bernoulli và Newoton giải quyết. Đường cong hóa ra là một cơn lốc (xem bài viết của S. G. Verov “Tangents to roulettes”, «Kvant», 1975, No. 5).

13

lem ở Murom. Ở Murom, ông tiếp tục nghiên cứu của mình và vào năm 1914 đã xuất bản một cuốn hồi ký chi tiết trên một trong những tạp chí toán học có thẩm quyền nhất ở châu Âu. Năm 1917, Razmadze trở thành trợ lý giáo sư riêng tại Đại học Moscow.

Sau khi mở trường đại học ở Tbilisi, Razmadze trở lại Georgia; Kể từ đó, mọi công việc của ông đều gắn liền với Đại học Tbilisi.

Cùng với các hoạt động khoa học và sư phạm chuyên sâu, Razmadze đang làm rất nhiều việc trong việc biên soạn sách giáo khoa bằng tiếng mẹ đẻ của mình. Năm 1920, “Giới thiệu về Phân tích”, tập đầu tiên của khóa học phân tích toán học đa biểu tượng mà ông hình thành, được xuất bản, và hai năm sau, “Các khoảng không xác định”, phần đầu tiên của tập thứ ba. Ý nghĩa của những cuốn sách này - những cuốn sách giáo khoa đại học đầu tiên bằng tiếng Georgia - là rất lớn. Chỉ tiếc là tác giả của chúng đã không có thời gian để hoàn thành tác phẩm mà mình đã bắt đầu quá nhanh chóng.

Năm 1924, Razmadze đưa ra một báo cáo tại Đại hội Toán học Quốc tế ở Toronto, và năm 1925 ông bảo vệ luận án của mình để lấy bằng Tiến sĩ Toán học tại Sorbonne. Vào thời điểm này, Razmadze đã là một chuyên gia chính trong phép tính biến phân - anh ấy thậm chí còn được đề nghị ở lại Paris để làm việc lâu dài. Nhưng Andrei Mikhailovich từ chối lời đề nghị này và trở về quê hương.

Các hoạt động đa diện của Razmadze bị gián đoạn do cái chết sớm của ông sau một trận bạo bệnh vào mùa thu năm 1929.

A. M. Razmadze là nhà lãnh đạo đầu tiên của các nhà toán học Gruzia, và việc Viện Toán học Tbilisi thuộc Viện Hàn lâm Khoa học GSSR mang tên ông là điều hoàn toàn tự nhiên.

2

Georgy Nikoladze, theo nhà toán học xuất sắc người Pháp Elie Cartan, sinh ra đã là một nhà hình học. Chính Nikoladze đã viết vào năm 1907: “Tôi tự coi mình là một người có năng khiếu về trực giác hình học khá lớn, và đối với tôi, dường như mọi suy nghĩ của tôi nên được bọc trong một hình ảnh cụ thể. Tôi chắc chắn phải hiểu bất kỳ định luật (hoặc định lý) mới nào bằng trực giác - cảm nhận được sự cần thiết về hình học của nó. Cho đến lúc đó, không có bằng chứng logic nào có thể làm sáng tỏ bất cứ điều gì. Nhưng khi tôi cảm nhận được nó, tôi bắt đầu tưởng tượng nó bằng trực giác rõ ràng đến mức đối với cá nhân tôi, bằng chứng thường trở nên không cần thiết, mặc dù “cảm giác toán học của tôi” chỉ hài lòng với sóng sau định luật (hoặc định lý) đã được a) hiểu rõ, b) được chứng minh một cách hợp lý.”

Tuy nhiên, sau khi tốt nghiệp trung học, Nikoladze không vào đại học mà vào Học viện Kỹ thuật St. Petersburg: G. N. Nikoladze, con trai của một nhà hoạt động xã hội nổi tiếng người Georgia N. Ya. Nikoladze hiểu rằng vào thời điểm đó Georgia, với nguồn tài nguyên thiên nhiên, cần nhiều kỹ sư hơn là toán học. Ý thức đặc biệt về nghĩa vụ đối với quê hương, vốn có trong bản tính mạnh mẽ và có mục đích của Nikoladze, đã định trước sự lựa chọn của anh - anh quyết định trở thành một kỹ sư luyện kim.

Tốt nghiệp xuất sắc Học viện Công nghệ năm 1913, Nikoladze đến Donbass để học các kỹ năng thực tế, nơi ông bắt đầu làm việc tại một nhà máy luyện kim. Ngoài ra, Georgiy Nikolaevich còn nghiên cứu toán học, nghiên cứu thuật ngữ kỹ thuật của Gruzia, tổ chức các câu lạc bộ thể dục dụng cụ (Georgiy Nikolaevich đã quan tâm đến thể thao từ khi còn nhỏ; năm 1912, ông tham gia một cuộc biểu tình ở Praha và nhận được giải thưởng đầu tiên với bằng cấp lớn cho màn trình diễn trên bộ máy thể dục trong môn điền kinh sáu môn phối hợp).

Mùa xuân năm 1918, Nikoladze trở lại Georgia với chuyến công du đầu tiên của mình.

14

Các nhà toán học Georgia (từ trái sang phải): A. M. Razmadze, A. K. Kharadze (ston), G. N. Nikoladze, N. I. Muskhelishvili.

xã hội toán học. Anh ấy được mời làm việc tại trường đại học và anh ấy bắt đầu chuẩn bị cho kỳ thi tiến sĩ của mình. Đồng thời, Nikoladze tiến hành công việc khoa học trong lĩnh vực luyện kim điện, tổ chức hiệp hội thể thao Shevardeni (Falcon), dẫn dắt các cuộc leo núi lên các đỉnh Kazbek và Elbrus, đồng thời tham gia thành lập Khoa Bách khoa; sau này tại khoa này, ông không chỉ dạy toán mà còn dạy cả luyện kim. Theo sáng kiến ​​của ông, rất nhiều công việc đang được thực hiện để phát triển thuật ngữ toán học khoa học Georgia. Kết quả của công trình này là vào năm 1925, “Từ điển các thuật ngữ toán học Nga-Gruzia và Gruzia-Nga” do N. I. Muskhelishvili, G. N. Nikoladze và A. K. Kharadze biên soạn đã được xuất bản.

Năm 1926, Nikoladze được cử sang Tây Âu trong hai năm để nghiên cứu khoa học về toán học và nghiên cứu một số vấn đề trong lĩnh vực điện hóa học. Vào mùa xuân năm 1928, tại Đại hội Quốc tế ở Bologna, ông đã trình bày một báo cáo về các hệ thống hình học liên tục, và vào mùa hè cùng năm, ông nộp luận văn tại Sorbonne và nhận bằng tiến sĩ toán học.

Vào tháng 1 năm 1931, dưới sự lãnh đạo của Nikoladze, một loạt hoạt động nấu chảy đã bắt đầu tại nhà máy thử nghiệm ferromanganese ở Tbilisi. Một đêm lạnh giá, Georgy Nikolaevich đang vội vã đến nhà máy thì bị cảm nặng và mắc bệnh viêm phổi. Ngày 5 tháng 2 năm 1931, G. N. Nikoladze qua đời; anh ấy vẫn chưa 43 tuổi.

Trong cuộc đời ngắn ngủi của mình, G. N. Nikoladze đã làm được rất nhiều điều. Điều này không thể giải thích chỉ bằng tài năng: ​​Nikoladze là một người có tính tổ chức và kỷ luật đặc biệt. Các học trò thể dục của anh ấy nhớ rằng anh ấy đã lên lịch các lớp học theo từng phần lúc 7 giờ sáng.

cú, và lúc 7 giờ 7 phút, hoặc lúc 6 giờ 54 phút, v.v. Bản thân anh ấy luôn đến đúng giờ và yêu cầu người khác điều tương tự.

3

N. I. Muskhelishvili sinh năm 1891. Năm 1914, ông tốt nghiệp Khoa Vật lý và Toán học của Đại học St. Petersburg và được giữ lại Khoa Cơ học để chuẩn bị lên chức giáo sư.

Năm 1915, công trình khoa học đầu tiên của Nikolai Ivanovich xuất hiện (do ông cùng với Giáo sư G.V. Kolosov thực hiện), đặt nền móng cho cả một chu trình nghiên cứu về lý thuyết đàn hồi. Cùng năm đó, sự nghiệp giảng dạy của ông bắt đầu - ông trở thành giáo viên tại trường đại học, cũng như tại Viện Kỹ thuật Điện.

Năm 1920, Muskhelishvili chiếm giữ khoa cơ học lý thuyết tại Đại học Tbilisi và sớm được bầu làm giáo sư. Nikolai Ivanovich tham gia tích cực vào công việc của trường đại học, đặc biệt là trong việc tổ chức Khoa Bách khoa (1922), trên cơ sở đó Viện Bách khoa Georgia được thành lập vào năm 1928. Nikolai Ivanovich là trưởng khoa, và sau đó là phó hiệu trưởng của viện.

Năm 1922, “Bài giảng về Hình học Giải tích” được xuất bản, làm nền tảng cho “Khóa học Hình học Giải tích” trải qua nhiều lần xuất bản. Đồng thời, Muskhelishvili đang nghiên cứu biên soạn một cuốn sách giáo khoa về cơ học lý thuyết bằng tiếng Georgia. Tập I của khóa học này được xuất bản năm 1926 và tập II năm 1928.

Năm 1933, Nikolai Ivanovich được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, và năm 1934, không cần bảo vệ luận án, ông được trao bằng Tiến sĩ Khoa học. Từ năm 1939, ông là thành viên chính thức của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Năm 1941, Viện Hàn lâm Khoa học GSSR được thành lập; N. I. Muskhelishvili, một nhà khoa học nổi tiếng thế giới, được bầu làm chủ tịch của nó. Ông đã giữ chức vụ này trong hơn 30 năm và thực hiện nhiều công việc công ích to lớn. Hiện tại, Nikolai Ivanovich là chủ tịch danh dự của Học viện, và học trò cũ của ông, hiện là viện sĩ I. N. Vekua, người được biết đến rộng rãi nhờ các công trình khoa học, đã được bầu làm chủ tịch.

Nikolai Ivanovich đã hai lần được trao giải thưởng nhà nước - cho chuyên khảo “Một số cơ bản bài toán lý thuyết toán đàn hồi" và “Phương trình tích phân đơn”. Năm 1945, ông được tặng danh hiệu Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa.

Đóng góp của N. I. Muskhelishvili cho khoa học và văn hóa Gruzia là vô giá; Cần đặc biệt lưu ý rằng sau cái chết của A. M. Razmadze và G. N. Nikoladze, ông đã gánh toàn bộ gánh nặng về công việc khoa học và tổ chức trong toán học và đương đầu với nhiệm vụ khó khăn và đầy trách nhiệm này một cách danh dự.

4

Giáo sư A.K. Kharadze đã giảng dạy tại trường đại học này hơn nửa thế kỷ. Ông là một cựu chiến binh của khoa toán - tất cả các nhà toán học Georgia từng học đại học đều là học trò của ông.

A.K. Kharadze sinh năm 1895. Sau khi tốt nghiệp trường thể dục ở Tbilisi, năm 1912, ông vào khoa toán của Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow.

Vào thời điểm này, tại Đại học Moscow, dưới sự lãnh đạo của D. F. Egorov và N. N. Luzin, trường phái lý thuyết hàm nổi tiếng ở Moscow đã được thành lập, trường này đóng một vai trò to lớn trong sự phát triển của toán học ở nước ta. Sinh viên Kharadze cũng bắt đầu quan tâm đến các câu hỏi về lý thuyết hàm số. Anh ấy viết một bài luận cạnh tranh “Bes-

15

16

chuỗi hữu hạn của các hàm”, do đó nó nhận được đánh giá không được chấp nhận.

Sau khi tốt nghiệp đại học (1917), A.K. Kharadze, theo đề nghị của D.F. Egorov, được giữ lại trường đại học để chuẩn bị cho chức giáo sư, nhưng vào năm 1918, ông bắt đầu làm việc tại Đại học Tbilisi và thi lấy bằng tiến sĩ ở Tbilisi.

Archil Kirillovich nhớ lại bài giảng đầu tiên của mình tại trường đại học - về đại số cao hơn - với sự hài lòng. Các bài giảng về đại số cao hơn do Kharadze đưa ra trong những năm đầu tiên trong sự nghiệp giảng dạy của ông đã tạo nên nền tảng cho cuốn sách giáo khoa bằng ngôn ngữ Naruzin của ông. Archil Kirillovich cũng là tác giả của cuốn sách giáo khoa đầu tiên bằng ngôn ngữ Naruzin về toán cao cấp cho học sinh.

Mối quan tâm khoa học của A.K. Kharadze được nhóm lại xung quanh các câu hỏi cổ điển về phân tích và lý thuyết hàm số. Chúng được phản ánh trong chuyên khảo “Định lý giá trị trung bình áp dụng cho đa thức” (1947) và trong nhiều bài báo.

Archil Kirillovich là một giảng viên xuất sắc. Văn hóa ăn nói cao và cách trình bày rõ ràng sẽ ngay lập tức thu hút người nghe. Tác giả của những dòng này đặc biệt nhớ đến hai bài giảng của Archil Kirillovich. Đầu tiên là bài giảng nhập môn cho sinh viên năm thứ nhất (1938). Giảng viên nói đầy cảm hứng về toán học, tính chất trừu tượng của nó và mối liên hệ giữa các ngành khác nhau của nó. Thứ hai là bài giảng về chủ đề “Phép tính vi phân là gì”, được giảng vào năm 1963 cho một sinh viên ở Tbilisi.

Lúc đầu, Archil Kirillovich tốt nghiệp khoa đại số và hình học, sau đó đứng đầu khoa phân tích toán học mà ông vẫn đứng đầu cho đến ngày nay.

Vào mùa xuân năm 1918, một bữa tối được thành lập tại Đại học Tbilisi.

khoa toán học tự nhiên và y học chuyên dụng. Vào tháng 4 năm 1919, khoa này được chia làm hai. A. M. Razmadze trở thành trưởng khoa Khoa học và Toán học. Việc đào tạo các nhà toán học quốc gia bắt đầu.

Người tốt nghiệp đầu tiên của khoa là vào năm 1924. Trong đó có một người - Levan Petrovich Gokilli (1901-1975). Ngay sau khi tốt nghiệp đại học, Levan Petrovich bắt đầu giảng dạy ở đó. Vào năm 1927, ông, song song với A. M. Razmadze, dạy một khóa về phân tích toán học, khóa học này đã hình thành nền tảng cho các sách giáo khoa “Phép tính vi phân” và “Giới thiệu về phân tích” của ông. Từ năm 1930, L.P. Gokilli là giáo sư và trưởng khoa tại trường Đại học. Năm 1935, ông bảo vệ luận án tiến sĩ và năm 1961, ông được bầu làm thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học GSSR.

L.P. Gokilli đã có đóng góp đáng kể vào việc đào tạo các nhà toán học nhóm. Tác giả của những dòng này và nhiều đồng nghiệp của ông vẫn còn nhớ những bài giảng đầu tiên của ông về giải tích toán học.

Đến nay, nhóm các nhà toán học đã đạt được thành công lớn. Nghiên cứu được tiến hành trong tất cả các lĩnh vực của toán học hiện đại. Điều này trở nên khả thi nhờ chức năng đọc kịp thời của trường toán nhóm.

Bạn có thể đọc thêm về cuộc đời của G. N. Nikoladze và các nhà toán học thuộc nhóm khác trong cuốn sách của A. N. Bogolyubov “Georgiy Nikolaevich Nikoladze” (M., 1972).

17

Khi chân
dài hơn
cạnh huyền…

Cuộc hội thoại
với cựu vô địch thế giới
cờ vua
Mikhail Tal

Toán học và cờ vua có nhiều điểm tương đồng. Hình thức tư duy của một nhà toán học và một người chơi cờ khá giống nhau, và không phải ngẫu nhiên mà khả năng toán học thường được kết hợp với khả năng chơi cờ. Chỉ cần nhắc đến tên các nhà vô địch cờ vua thế giới là đủ. Nhà toán học quan tâm đến vị vua cờ vua đầu tiên, W. Steinitz. Một nhà toán học nổi tiếng là người kế vị ông, Tiến sĩ Em. Lasker. Chủ tịch hiện tại của FIDE, cựu vô địch thế giới M. Euwe, đứng đầu trung tâm máy tính lớn nhất ở Hà Lan. Nhà vô địch thế giới đầu tiên của Liên Xô, Tiến sĩ Khoa học Kỹ thuật M. Botvinnik, đã nghiên cứu thuật toán trò chơi cờ vua cho máy tính trong những năm gần đây.

Nhiều nhà toán học nổi tiếng tỏ ra quan tâm thuần túy khoa học đến chủ đề cờ vua. Như bạn đã biết, nhà toán học vĩ đại Carl Gauss đang nghiên cứu vấn đề “sắp xếp các con hậu”, và một nhà toán học vĩ đại khác là Leonard Euler đang giải quyết vấn đề “theo bước đi của con hiệp sĩ”. Ở nước ta, các nhà toán học từ các quốc gia khác nhau làm việc trong lĩnh vực lập trình cờ vua (tất nhiên, các phương pháp toán học được phát triển trong trường hợp này có thể được sử dụng cho lời giải các vấn đề khác, cấp bách hơn). Bàn cờ, quân cờ và bản thân trò chơi thường được sử dụng để giới thiệu nhiều khái niệm toán học và bài toán.

Vì vậy, việc xuất bản trên «Kvant» nhiều bài báo khác nhau và bài toán liên quan đến cờ vua là ngôn ngữ hoàn toàn tự nhiên. Chúng tôi tin chắc rằng hầu hết những người đam mê toán học và vật lý cũng thích chơi cờ. Nhân tiện, trong giải vô địch cờ vua của Đại học quốc gia Moscow, sinh viên Khoa Cơ và Toán giành chiến thắng thường xuyên hơn những người khác, và chỉ gần đây họ mới có đối thủ xám, và đó là những sinh viên Khoa Điều khiển học.

Hôm nay «Kvant» rất hân hạnh cung cấp các trang của mình cho một trong những kỳ thủ cờ vua nổi tiếng nhất trong thời đại chúng ta, cựu vô địch thế giới Mikhail Tal. Tác giả “cờ vua và toán học” thường xuyên của chúng tôi, Evgeniy Gik đã thực hiện một cuộc phỏng vấn với người thu nhập cao hơn.

18

Gặp Tal không phải là một việc dễ dàng. Trong vài tháng liên tiếp, anh ấy chuyển từ giải đấu quốc tế này sang giải đấu quốc tế khác (và giành vị trí đầu tiên ở mọi nơi!). Họ đã “bắt được” đại kiện tướng ở Leningrad trong ngày thi đấu tự do cuối cùng của giải vô địch quốc gia lần thứ 42 (giải đấu lớn). Trong cuộc trò chuyện, Tal thừa nhận rằng lần đầu tiên trong đời anh trả lời phỏng vấn một phóng viên của một tạp chí vật lý và toán học đặc biệt…

— Mikhail Nekhemievich, điểm chung ngày nay của các bạn là trận đấu Fischer-Karpov. Câu hỏi đầu tiên của tôi có phần liên quan đến toán học. Có đúng là bạn có kỹ năng toán xuất sắc ở trường và luôn đạt điểm cao trong các bài kiểm tra toán không?

• Tất nhiên, tôi khó có thể đánh giá được khả năng của chính mình. Nhưng, theo như tôi nhớ, tôi đã giải được đại số bài toán gần như ngay lập tức.

• Về mặt hình học thì sao?

— Mọi thứ còn tệ hơn với môn hình học. Trong đó, như tôi đã được dạy, điều quan trọng nhất là việc vẽ. Trong các bức vẽ của tôi, dù tôi có cố gắng thế nào đi chăng nữa, ống thông vẫn luôn bằng chiều dài của cạnh huyền.

• Rõ ràng rồi. Vậy lời thú nhận của bạn là đại số, và bạn phải trở thành một nhà đại số. Sự nghiệp toán học của bạn phát triển như thế nào trong tương lai?

— Giáo viên dạy toán không thể tin được rằng tôi lại giải được bài toán nhanh đến vậy. Cô ấy không nghi ngờ gì rằng tôi đã sao chép đáp số từ bài tập và liên tục cho tôi hai điểm. Việc này kéo dài suốt hai năm, cho đến khi cuối cùng bố mẹ tôi không thể chịu nổi và chuyển tôi sang một quy mô khác. Hậu quả của những biến động đó là tình yêu dành cho toán học nguội đi rõ rệt, con đường đến với cờ vua hoàn toàn được “thông thoáng”.

• Câu hỏi cờ vua đầu tiên của tôi là thế này. Tại sao mọi người bắt đầu quan tâm đến cờ vua và đối với nhiều người, trò chơi này trở thành ý nghĩa của cuộc sống?

• Mọi chuyện bắt đầu thật đơn giản. Một đứa trẻ gặp cờ vua lần đầu tiên ở đâu đó – ở nhà hay ở trường. Anh ta bắt đầu chơi và lúc đầu anh ta chỉ muốn thắng - chống lại anh trai, bạn bè, hàng xóm của mình. Tinh thần cạnh tranh làm say mê anh. Xét cho cùng, cờ vua trước hết là một cuộc thi đấu. Không ai nghĩ đến sự nghiệp thể thao trước hết. Đang vật lộn. Sự cạnh tranh kéo đến và bạn bị nhiễm mầm bệnh cờ vua. Một số người đối phó với căn bệnh này dễ dàng hơn; cờ vua chiếm một vị trí nhất định trong cuộc sống của họ - quan trọng nhưng không phải là quan trọng nhất. Những người khác bị bệnh mãn tính. Một sự thay đổi về chất đang đến. Giải trí, trò chơi, trò tiêu khiển thú vị là gì sẽ trở thành niềm đam mê - một vấn đề cực kỳ quan trọng.

— Hãy để cờ vua, như bạn nói, trở thành một vấn đề cực kỳ quan trọng trong cuộc đời đối với một chàng trai trẻ. Trong trường hợp này anh ta có nên phấn đấu học lên cao hơn không?

— Trước hết, đối với tôi, có vẻ như ở tuổi 17, việc quyết định cờ vua sẽ chiếm vị trí nào trong cuộc đời vẫn còn khó khăn. Nhưng chúng ta vẫn giả định rằng lời giải trở thành một người chơi cờ là điều cuối cùng và không thể thiếu. Sau đó tôi có nên dành thời gian cho các hoạt động khác không?

Tôi tin rằng cờ vua có thể và nên trở nên chuyên nghiệp. Hiện tượng Botvinnik hoàn toàn không điển hình cho thời đại chúng ta. Ngày nay các kiện tướng phải đối mặt với một lượng thông tin cờ vua khổng lồ. Và nếu không nuốt chửng, thì trong mọi trường hợp, anh ta sẽ phải chịu trách nhiệm về hiệu quả của từng phần thông tin này. Để đạt được

19

thành công rực rỡ, bạn cần phải chơi nhiều và luyện tập cờ vua. Với lịch bận rộn ngày nay, việc kết hợp thành công cờ vua với một nghề khác là điều không thể.

Nhưng không còn nghi ngờ gì nữa, sự phát triển chung và trình độ văn hóa chung là vô cùng cần thiết đối với một người chơi cờ. Bất kỳ đại kiện tướng nào cũng có văn hóa cao và uyên bác rộng rãi. Fischer thường được coi là một ngoại lệ. Có thể khó gọi ông là một nhà bách khoa toàn thư, nhưng có thể nói ông không phải là người có chỉ số trí tuệ thấp. Chỉ cần nhớ rằng anh ấy thông thạo nhiều ngôn ngữ. Và những hành động “kỳ lạ” của anh ta nhiều khả năng liên quan đến tính cách, quan điểm của anh ta về cờ vua, v.v.

Hầu hết các đồng nghiệp của tôi đều viết rất nhiều và đã trở thành những nhà văn chuyên nghiệp. Và có lẽ, không phải ngẫu nhiên mà cựu sinh viên tốt nghiệp MSTU Yuuri Averbakh và kỹ sư tài năng Alexander Kotov giờ đây đã trở thành những nhà văn cờ vua nổi tiếng. Nhân tiện, tôi cũng đã tốt nghiệp Khoa Ngữ văn tại Đại học Riga và làm giáo viên dạy tiếng Nga và văn học ở trường trong sáu tháng. Tôi sẽ không nói dối, tôi dạy rất vui, nhưng sau khi học sinh của tôi có “cửa sổ” trong hai quý trong vài tháng, tôi buộc phải nghỉ học.

• Vì vậy, bạn cho rằng hợp lý nhất là trước hết hãy thử kết hợp cờ vua với một nghề khác rồi mới chấp nhận lời giải cuối cùng. Bạn nghĩ sự kết hợp như vậy có thể thực hiện được trong bao lâu?

— Tôi nghĩ rằng, ít nhất đến trình độ cao thủ, việc kết hợp cờ vua với việc học tập hoặc làm việc ở lĩnh vực khác là hoàn toàn có thể.

— Khi tính đến lượng độc giả của tạp chí, chúng ta hãy cố gắng vạch ra sự song song giữa nghề nghiệp của một nhà toán học và một người chơi cờ. Cả toán học và cờ vua đều đòi hỏi nỗ lực tinh thần liên tục và mãnh liệt. Có ý kiến ​​​​cho rằng 8 giờ là thời gian tối thiểu hàng ngày để làm toán. “Một người thực sự có đạo đức,” như nhà toán học nổi tiếng người Anh J. Littlewood viết với một chút hài hước, phải tìm ra 10 giờ làm việc mỗi ngày thông qua giấc ngủ. Có thể chơi cờ trong điều kiện như vậy không? Nhân tiện, một số giáo sư tránh nhận những nhà toán học chơi cờ giỏi vào trường cao học.

— Tôi chỉ có thể đồng ý rằng cờ vua là một nghề liên quan rất nguy hiểm, và rõ ràng là đặc biệt đối với toán học.

— Bạn không nghĩ rằng nghề toán học, có thể nói, là “đáng tin cậy” hơn nghề cờ vua sao? Nếu bạn không trở thành một nhà khoa học lớn trong lĩnh vực toán học “thuần túy”, bạn có thể tìm thấy chính mình trong một nghề liên quan, trở thành một “nhà khoa học ứng dụng”. Trong cờ vua, thành công trong thể thao là trên hết. Và nếu ở tuổi ba mươi, một kỳ thủ bắt đầu hiểu rằng khán giả sẽ không bao giờ vỗ tay đáp số cho những bước đi của anh ta, và ở Palma de Mallorca, anh ta không có số phận phải thể hiện bằng sự hy sinh nữ hoàng, rằng những giấc mơ tuổi trẻ của anh ta đã không thành hiện thực, thì điều gì còn lại cho anh ta trong thế giới cờ vua?

2*

20

• Đương nhiên, tôi thiên vị và không thể đánh giá khách quan những gì tôi đã cống hiến cả đời mình. Theo tôi, mỗi người yêu thích cờ vua đều có thể tìm được chỗ đứng cho mình trong thế giới cờ vua. Nhiều người trong số những người không đạt được kết quả nổi bật khi chơi thực tế đã trở thành người ba phương, nhà bình luận và nhà lý luận.

Tất nhiên, trong cờ vua, cũng như bất kỳ môn thể thao nào khác, thành công và điểm số được coi trọng hơn hết. Nếu bạn không đạt được những kết quả quan trọng, không chấp nhận thử thách thay đổi thế giới, thì trong mắt người khác, bạn có thể trông giống như một kẻ thua cuộc và điều này phải được tính đến. Than ôi, nghề cờ vua vẫn chưa thể xếp vào hàng danh giá. Những người xa cờ vua thường hỏi các kiện tướng họ làm gì và nghề nghiệp chính của họ là gì. Đó là lý do tại sao tôi sẽ không mạo hiểm giới thiệu con đường cờ vua cho một chàng trai trẻ có cả khả năng toán học và cờ vua và “chọn sống”. Không một tật xấu nào có thể đảm bảo cho bạn thành tích cờ vua cao, và bạn chỉ có thể cống hiến hết mình cho cờ vua nếu bạn yêu thích nó vô tận và sẵn sàng “hy sinh” quản lý xã hội nhân danh tình yêu này. Tôi cũng cảnh báo bạn rằng cờ vua là một hoạt động rất căng thẳng và bánh mì của người chơi cờ không phải lúc nào cũng ngọt.

— Trong khoa học, có một sự cạnh tranh nhất định, kết quả là mọi người đều bị bỏ lại trong bụi bặm. Trong cờ vua, chỉ có người chiến thắng mới chiến thắng. Gần đây, thậm chí còn có giả thuyết cho rằng, đối với người chiến thắng hoặc trận đấu, cần phải gợi lên cụ thể cảm giác tức giận đối với kẻ thù…

• Mục tiêu của ván cờ là đánh bại đối thủ. Người chơi cờ không có tư cách, nhu nhược, yếu đuối, không có cơ hội. Người chơi cờ trước hết phải là một võ sĩ. Và trong một cuộc chiến, hai sự gây hấn là điều đương nhiên. Tuy nhiên, hầu hết lợi ích của sự hung hãn chỉ giới hạn trong bàn cờ và không chuyển sang tính cách của kẻ thù. Spassky từng so sánh người chơi cờ với ông chủ, nhưng những người lãnh đạo đeo găng tay không thực sự là ông chủ nữa. Cuối cùng, trong cờ vua, sau một trận chiến, cả hai bên thường sống sót… Nhân tiện, bản thân Spassky là một người rất hiền lành trong cuộc sống và thái độ thù địch với đối thủ khá cản trở anh ta. Anh ta chơi rất tốt với những người mà anh ta có tình bạn hoặc ít nhất là có mối quan hệ tốt, và chơi kém hơn với những người mà anh ta có ác cảm. Đối với bản thân tôi, tôi cũng không thể nói rằng mình đã “nạp năng lượng” trước trận đấu. Và đôi khi, khi tôi thích đối tác của mình và tôi biết rằng trận đấu này rất quan trọng đối với anh ấy theo một số nguyên tắc, tôi khó có thể tập trung và chơi hết mình. Tôi nghĩ đây đúng là điểm trừ của tôi.

Hayka không phải là một môn thể thao, và lý tưởng nhất là rõ ràng không nên có sự “nghiêm khắc” như trong thể thao. Ở nước ta, ngay cả danh hiệu ông nội cũng không đảm bảo cho một cuộc sống sung túc. Đấu tranh vĩnh cửu, lựa chọn vĩnh cửu, cạnh tranh. Nhưng phải nói rằng người chơi cờ có những niềm vui mà người làm nghề khác không có được. Đã chơi một trận đấu hay, con đường không phải là ở một giải đấu quá lớn -

21

lại, bạn có thể để lại dấu ấn trong lịch sử cờ vua trong nhiều năm tới. Hơn nữa, người chơi cờ bị ám ảnh bởi những thất bại trong thể thao; anh ta có thể tự hào về thành tích cá nhân và sống trong vẻ đẹp của cờ vua. Đối với anh, ở mỗi Turin đều có giải thưởng “dành cho trận đấu đẹp nhất” (hơn nữa giải thưởng này vẫn chưa được thành lập chính thức).

Thế giới cờ vua là nơi dành cho tất cả mọi người. Kruskop, giáo viên đầu tiên của tôi - bây giờ họ gọi là “huấn luyện viên”, trước đây họ thường gọi là “thầy”, và tôi thích từ đó hơn - rõ ràng không phải là một người chơi cờ. Anh ấy thuộc loại đầu tiên. Nhưng ông chỉ là một giáo viên, một nhà giáo dục, ông yêu cờ vua và yêu trẻ con. Và không phải ngẫu nhiên mà nhiều học trò của ông đã cống hiến cả cuộc đời cho cờ vua bằng cách này hay cách khác. Tôi nghĩ người đàn ông này đã hạnh phúc. Ông đã cho bọn trẻ thấy vẻ đẹp của cờ vua…

— Mikhail Nekhemievich, ở tuổi 23, bạn đã bước vào biên niên sử vàng của cờ vua. Sự công nhận, lời nói, sự ngưỡng mộ - bạn đã đạt được tất cả những điều này khi còn rất sớm.

• Một người chơi cờ, giống như một nhà toán học, không bao giờ có thể tự nhủ rằng mình đã đạt được mọi thứ. Đó sẽ là sự kết thúc. Quả thực, sau khi vô địch một giải đấu lớn, sau khi giành được danh hiệu vô địch thế giới, một khoảnh khắc trống rỗng kéo đến, trở nên có chút nhàm chán. Nhưng thời gian trôi qua, niềm khao khát chiến đấu trỗi dậy và cơn đói cờ vua biến mất. Những chuyến du lịch mới, những kế hoạch mới - không chỉ thể thao mà còn cả sự sáng tạo. May mắn thay, cờ vua có thể thay đổi. Hôm nay bạn là nhà vô địch thế giới, ngày mai bạn đã là cựu vô địch. Luôn luôn có một cái gì đó để chiến đấu.

— Bạn không thể nói rằng con đường cờ vua của bạn đã thành công. Đã bao giờ chuyện cờ vua làm phiền bạn và khiến bạn tức giận chưa? Bạn đã bao giờ ước rằng mình đã trao cho họ cả cuộc đời mình chưa?

— Hôm qua, trong trận đấu với kiện tướng Vaganian, cũng có một khoảnh khắc tương tự. Đối thủ chuyển hiệp sĩ của mình sang g1, và đột nhiên hóa ra tôi không còn phần thắng nữa… Tôi vô cùng khó chịu. Nói từ trái tim, bạn thấy đấy, cờ vua là thế giới của tôi. Không phải một ngôi nhà, không phải pháo đài để tôi trốn tránh những lo lắng của cuộc sống, mà là một thế giới - một thế giới trong đó tôi sống một cuộc đời trọn vẹn, trong đó tôi thể hiện bản thân mình… Tôi yêu bầu không khí của các bà mẹ, các giải đấu, các cuộc tranh luận về cờ vua. Tôi không thể tưởng tượng được việc phải sống trên một hoang đảo mà không có bạn đồng hành, trừ khi Friday phải chơi cờ với tôi. Tôi không thích chơi sau cánh cửa đóng kín. Tôi yêu công chúng.

22

Tiếng ồn trong hội trường không làm phiền tôi. Khi hội trường bắt đầu xôn xao sau bước di chuyển của tôi, điều đó truyền cảm hứng cho tôi - tôi biết rằng mình đã chơi rất thú vị.

Nhưng thế giới cờ vua không hề khép kín đối với tôi. Nó được kết nối bởi nhiều chủ đề với các thế giới khác. Nhiều người bạn của tôi, có lẽ hầu hết là những người chơi nhạc cụ, không chơi cờ hoặc chơi hoàn toàn nghiệp dư. Và tôi cũng có tiếng nói chung với họ. Chỉ những sở thích thân thiện của tôi - sân khấu, văn học, âm nhạc - không bao giờ có thể cạnh tranh được với cờ vua; cờ vua tồn tại và tất cả những thứ khác tồn tại bên cạnh nó. Vì vậy mà tôi không mong ước điều gì, dù có mất mát, thất bại, khó khăn. Tôi không muốn những triển vọng khác, những cơ hội không thực tế. Tôi chỉ thích chơi cờ thôi.

• Để tôi hỏi bạn thêm hai câu nữa, có thể nói là, những câu hỏi toán học. Bạn có nghĩ kỹ năng toán học có thể giúp ích trong việc chơi thực tế không?

• Ngay từ lần đầu làm quen với bàn cờ, chúng ta đã làm quen với các con số - 8x8=64! Tôi nhớ có lần tôi rất ấn tượng với một bài chứng minh cờ vua (dùng bàn cờ) của định lý Pythagore. Nhiều vị trí cuối trò chơi có bản chất thuần túy là toán học. Nhưng tôi không tìm thấy mối liên hệ trực tiếp giữa sức mạnh cờ vua và khả năng toán học. Đúng, trong phân tích cờ vua, giáo dục kỹ thuật có thể hữu ích. Hãy nói rằng, tôi không thể tưởng tượng được Yu. Averbakh lẽ ra đã có thể đạt được sự hệ thống hóa rõ ràng như vậy trong tác phẩm ba tập về trò chơi cuối cùng nếu ông không có kinh nghiệm về các ngành khoa học chính xác.

— Giải vô địch cờ vua máy tính thế giới lần đầu tiên diễn ra gần đây. Bạn sợ sự cạnh tranh từ máy móc?

— Đúng là tôi không rành về mặt kỹ thuật của vấn đề, nhưng tôi nghi ngờ về khả năng chơi cờ của máy tính. Tôi nghi ngờ rằng cô ấy sẽ trông giống như một bậc thầy bình thường. Tôi tin rằng máy chơi cờ sẽ chuẩn bị cho lời giải khác, không phải cờ vua bài toán, nhưng cờ vua quá linh hoạt, phức tạp, không có đáp số rõ ràng…

Tất nhiên, điều này sẽ không được nói cho «Kvant», nhưng tôi phải thừa nhận rằng tôi chủ yếu liên kết cờ vua không phải với toán học mà với âm nhạc. Theo loại tiếp nhận, theo loại kinh nghiệm. Có cái gì đó rất gần gũi ở đây. Đối với tôi, điểm tương đồng này thật đáng chú ý, đó là một số kỳ thủ cờ vua xuất sắc nhất định có liên quan đến các nhà soạn nhạc. Ví dụ, Smyslov là Tchaikovsky: nhạc cụ, giai điệu, tính định hướng và đôi khi là một vụ nổ hoành tráng, một ấn tượng lớn tùy ý, Petrosyan là Liszt, kỹ thuật điêu luyện tuyệt đối, Botvinnik, xin lỗi, là Bach, và Keres là Chopin…

— Còn Fischer và Tal?

• Fischer? Một nhạc sĩ tài năng khác thường, nhưng không giống ai - một cỗ máy âm nhạc tuyệt vời: xét cho cùng, giờ đây máy móc không chỉ

23

quyết định bài toán, nhưng cũng sáng tác nhạc. Rất có thể tôi là Gershwin, hoặc có thể là Kalman…

— Mikhail Nekhemievich, câu hỏi cuối cùng của tôi sẽ vẫn không liên quan đến âm nhạc hay thậm chí với toán học, mà với cờ vua. Bạn đã nói về vẻ đẹp của cờ vua. Cá nhân bạn hiểu thế nào về vẻ đẹp của cờ vua?

— Đối với một số người, vẻ đẹp của cờ vua là sự chiến thắng của logic. Theo họ, một thiết kế đẹp là một thiết kế cổ điển tráng lệ với tỷ lệ hoàn hảo, trong đó mọi yếu tố, mọi viên gạch đều đứng đúng vị trí của nó. Và mặc dù tôi cũng thường “phải” thắng các trò chơi vị trí thuần túy, nhưng tôi ấn tượng hơn với chiến thắng của thuật toán, sự phi lý và sự phi lý: có một cuộc đấu tranh quyết liệt trên bàn cờ, phụ thuộc vào một ý tưởng nào đó, một cuộc đấu tranh để thực hiện một kế hoạch nhất định, và kết quả bị cắt bởi một con tốt vô tội không liên quan gì đến động cơ chính của vở kịch. Về mặt toán học, tôi thích nó hơn khi trong cờ vua, chân cuối cùng bằng chiều dài của cạnh huyền.

Định lý Pythagore
trên bàn cờ

Trên bàn cờ, chúng ta chia một hình vuông như Hình 1. Bàn cờ được chia thành hình vuông này và bốn hình tam giác vuông bằng nhau. Bây giờ chúng ta hãy nhìn vào Hình 2
Trên đó chúng ta thấy bốn hình tam giác giống như trong Hình 1. Điều này có nghĩa là các hình tam giác trong các hình chung chiếm cùng một diện tích. Do đó, trong các trường hợp chung, diện tích tương tự bị chiếm bởi các phần còn lại của bàn cờ không có hình tam giác. Vì vậy, diện tích hình vuông được xây dựng trên cạnh huyền của một tam giác vuông bằng diện tích của hai hình vuông được xây dựng trên hình vuông -

Cơm. 1.

“Quần Pythagore đều bình đẳng ở mọi hướng”!

Có lẽ kiện tướng M. Tal đã nghĩ đến cách chứng minh chính xác định lý Pythagore này.

(Tất nhiên, nói đúng ra, lý luận của chúng tôi không chứng minh định lý Pythagore, vì chỉ một số phần của trường hợp đã được nghiên cứu mà chỉ loại trừ nó. Nhưng cách chứng minh như vậy được chấp nhận mà không cần sử dụng bàn cờ - đối với bất kỳ tam giác vuông nào, bạn có thể chọn một hình vuông chia nó theo cách tương tự.)

E. Vâng. đam mê

24

bài tập về nhà
G. I. Kopylov

• Tôi thích giải quyết khó khăn bài toán. Tôi thích tìm kiếm những cách chứng minh mới cho các định lý và đọc sách về các nhà khoa học. Tôi học với sự hài lòng; Tôi đã giành được giải thưởng trong cuộc thi ở trường. Tôi muốn trở thành một nhà khoa học. Nhưng liệu tôi có thể trở thành một người như vậy không? Tôi có phù hợp để trở thành một nhà khoa học không? Làm thế nào để tự kiểm tra?

Thật không may, không có dấu hiệu nào để người ta có thể nhận ra một nhà khoa học tương lai. Thành công ở trường hoàn toàn không đảm bảo rằng những người tốt nghiệp đại học sẽ có được thành công tương tự: một học sinh giải được những gì được giao, tiếp thu suy nghĩ của người khác; nhà khoa học đặt bài toán của mình. Hơn nữa, học sinh giỏi thực hiện suy luận logic, điều này không có nghĩa là học sinh đó phù hợp để trở thành một nhà khoa học. Khả năng suy luận tốt thực sự cần thiết đối với một nhà khoa học, ngoại trừ những trường hợp khi chính câu chuyện được xây dựng logic - tức là không phải logic mà là logic - mới đưa ra các vấn đề lời giải. Và vân vân.

Nhưng mặc dù việc học ở trường hoàn toàn không giống với công việc khoa học, nhưng một số phẩm chất cần thiết của một nhà khoa học có thể được phát triển ngay cả khi chuẩn bị bài học. Ngay sau khi quyết định bài toán tiếp theo, đừng vội chuyển sang quyết định tiếp theo. Đọc lại các thuật ngữ, xem kết quả đáp số - và tự do phát huy trí tưởng tượng của bạn… Ví dụ: hãy tự hỏi bản thân: nó có thể là gì khác? Có thể giải bài toán khó hơn dựa trên lời giải vừa giải được không?

Tuy nhiên, tốt hơn hết chúng ta hãy lắng nghe cuộc trò chuyện giữa hai chàng trai. Họ học cùng lớp và hôm nay cùng nhau chuẩn bị bài tập về nhà.

D. Chúng ta đã được cho những gì trong đại số?
O. Chứng minh rằng nếu các số $\frac{1}{b+c}$, $\frac{1}{c+a}$, $\frac{1}{a+b}$ tạo nên đối số của lập trình Scruto thì các số $a^2$, $b^2$, $c^2$ cũng tạo nên đối số của lập trình.

D. Theo tôi, bài toán không khó. Mỗi chương trình tranh luận là lập luận trung bình của hai chương trình lân cận của nó. Có nghĩa,
$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)=\frac{1}{c+a}.$$

Hãy loại bỏ các phân tích trong (1), mở ngoặc và trình bày các thuật ngữ tương tự; chúng tôi nhận được
$$a^2+c^2=2b^2,$$
đó là
$$\frac{1}{2}(a^2+c^2)=b^2,$$
và đây chính là điều cần phải chứng minh.
O. Vâng, mọi thứ có vẻ đúng…
D. Ngày mai còn có lịch trình gì nữa?
O. Đợi đã, để tôi nghĩ…
D. Về cái gì?
A. Về vấn đề chúng ta vừa giải quyết.
D. Nghĩ gì về nó nếu nó đã được quyết định?
A. Đầu tiên, một số được xử lý và cuối cùng - những số hoàn toàn khác. $\frac{1}{b+c}$ và $a^2$ có điểm gì chung? Tại sao chúng được kết nối?
D. Bạn đã hiểu tại sao.
A. Tôi không thể giải thích được, nhưng có điều gì đó còn thiếu ở đây. Làm sao

25

Bạn có nghĩ điều ngược lại là đúng không - rằng nếu $a^2, b^2, c^2$ là một lũy tiến thì $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ lại là một lũy tiến?

D. Chắc chắn rồi. Làm sao có thể khác được? Thực hiện các phép tính theo hướng ngược lại - mọi thứ sẽ diễn ra tốt đẹp.

A. Chà, nó không đẹp chút nào. Bạn biết đấy, hãy thử những cái tốt nhất với những con số.

D. Điều này diễn ra như thế nào với những con số? Bạn không thể chứng minh bất cứ điều gì bằng những con số.

Ồ… hãy lấy các số $a^2=1, b^2=4, c^2=7$ làm ví dụ. (3)

Họ tạo thành một sự tiến triển. Hãy kiểm tra xem $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ cũng là một cấp số cộng.

D. Tại sao? Rõ ràng là cuộc thử nghiệm sẽ thành công. Tôi đã chứng minh mọi thứ bằng thư. Nó sẽ không thêm bất cứ điều gì mới.

A. Tôi muốn biết chính xác mọi việc diễn ra như thế nào. Vì vậy, có số trống (3). Chúng ta chỉ lấy nghiệm dương: $a=1, b=2, c=\sqrt{7}$.

D. Tính:

$$\frac{1}{b+c} = \frac{1}{2+\sqrt{7}}, \quad \frac{1}{c+a} = \frac{1}{\sqrt{7}+1}, \quad \frac{1}{a+b} = \frac{1}{3}.$$

Đây có phải là một sự tiến triển? Tuy nhiên, chúng ta hãy loại bỏ sự bất hợp lý trong mẫu số:

$$\frac{1}{b+c} = \frac{\sqrt{7}-2}{3}, \quad \frac{1}{c+a} = \frac{\sqrt{7}-1}{6}.$$

A. Tất nhiên, đây là một sự tiến triển. Tổng số thành viên cực đoan

$$\frac{\sqrt{7}-2}{3} + \frac{1}{3} = \frac{\sqrt{7}-1}{3}$$

gấp đôi mức trung bình.

D. Có; và chênh lệch tiến triển là $\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{7}-1}{6} = \frac{3-\sqrt{7}}{6}$.

Ồ Đợi đã. Bây giờ tôi biết; cách chứng minh rằng từ (2) suy ra (1). Bạn chỉ cần loại bỏ sự bất hợp lý ở mẫu số.

D. Nó thế nào? Rốt cuộc, không có sự phi lý ở đó!

A. Tất nhiên là không; nhưng chúng ta phải hành động như thể nó đã xảy ra. Nhìn:

$$\frac{1}{b+c} = \frac{b-c}{b^2-c^2}, \quad \frac{1}{c+a} = \frac{a-c}{a^2-c^2}, \quad \frac{1}{a+b} = \frac{a-b}{a^2-b^2}.$$

Theo điều kiện của sự khác biệt này thông qua $d$. Sau đó $a^2-c^2=2d$. Các con số $\frac{b-c}{d}, \frac{a-c}{2d}, \frac{a-b}{d}$ rõ ràng tạo thành một cấp số nhân.

D. Chà, tốt… họ còn hỏi gì nữa?

A. Đợi đã, bây giờ bạn đã hiểu cấp số $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ và $a^2, b^2, c^2$ có liên quan như thế nào chưa?

D. Tôi đã hiểu trước đây.

A. Cho $a, b, c$ là số tùy ý. Hãy xem xét bộ ba $b-c, \frac{a-c}{2}, a-b$ đây đã là một tiến trình. Các số hạng của tiến trình này có thể được chia cho bất kỳ số nào $d$. Trong bài toán $d$ được chọn sao cho việc chia cho nó dẫn đến các số $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$; Đó là lý do tại sao, cùng với $a, b, c$ tùy ý, chúng ta cần lấy sao cho $a^2-b^2=b^2-c^2=d$, tức là sao cho các số $a^2, b^2, c^2$ tạo thành một cấp số nhân. Nhưng ở đây một lần nữa câu hỏi được đặt ra: cả ba số $a, b, c$ có thể là số nguyên không?

D. Liệu họ có thể hay không thể thực sự quan trọng?

O. Điều này thật thú vị! Điều gì sẽ xảy ra nếu có bộ ba số nguyên $a, b, c$ sao cho $a^2, b^2, c^2$ là một cấp số đối số. Và sau đó là những con số

26

$\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ cũng sẽ trở nên tiến bộ. Điều này thật đẹp - hai cấp số và cả hai đều là số nguyên…

D. Số thứ hai sẽ là một phân số, vì nếu $a$ và $b$ là số nguyên thì $\frac{1}{a+b}$ là một phân số.

A. Không thành vấn đề. Tôi muốn rễ bị hỏng. Ngay cả khi $a, b, c$ không phải là số nguyên mà là số hữu tỉ - nó vẫn đẹp. Nhưng làm thế nào để bạn chọn được ba số hữu tỉ $a, b, c$ sao cho $a^2 - b^2$ bằng $b^2 - c^2$? Xét cho cùng, đây không phải là phương trình bậc một, các nghiệm có thể không được rút ra… Đợi đã, nhưng chúng ta có một biểu thức với bậc một! Đây là (1).

D. Tôi không hiểu.

O. Nhìn này. Đặt $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ là một cấp số đã biết. Ví dụ: 1, 3, 5. Hoặc 100, 101, 102. Từ bất kỳ số hữu tỉ nào. Điều này có nghĩa là chúng ta có một hệ gồm ba phương trình bậc một với ẩn số thứ ba $a, b, c$. Nó có thể được giải quyết *). Lời giải lại là số hữu tỉ. Và sau đó $a^2, b^2, c^2$ sẽ tự động hình thành một cấp số nhân hợp lý.

D. Nào, nào, chúng ta hãy thử. Ví dụ: giả sử có một tiến trình 1, 3, 5.

A. Không, hãy đi thẳng vào trường hợp tổng quát: xét cấp số cộng $\alpha - \beta, \alpha, \alpha + \beta$, trong đó $\alpha$ và $\beta$ là các số tùy ý. Để xác định các số $a, b, c$ ta thu được hệ phương trình sau:

$$b + c = \frac{1}{\alpha - \beta},$$

$$c + a = \frac{1}{\alpha},$$

$$a + b = \frac{1}{\alpha + \beta}.$$

*) Có phải lúc nào cũng có thể?

D. Cộng tất cả các phương trình và chia tổng cho hai; chúng tôi nhận được

$$a + b + c = \frac{3\alpha^2 - \beta^2}{2\alpha(\alpha^2 - \beta^2)}.$$

Trừ (7) tuần tự (4), (5), (6); chúng tôi nhận được:

$$a = \frac{\alpha^2 - \beta^2 - 2\alpha\beta}{2\alpha(\alpha^2 - \beta^2)}, \quad b = \frac{\alpha^2 + \beta^2}{2\alpha(\alpha^2 - \beta^2)},$$

$$c = \frac{\alpha^2 - \beta^2 + 2\alpha\beta}{2\alpha(\alpha^2 - \beta^2)}.$$

Điều này có nghĩa là bất kể $\alpha$ và $\beta$ chúng ta lấy *), các số $a^2, b^2, c^2$, trong đó $a, b$ và $c$ được tính bằng các công thức này, đều phải tạo thành một cấp số nhân. Hãy kiểm tra xem nó ra.

A. Bây giờ. Đây là những gì tôi nghĩ. Đối với các số $a, b$ và $c$ hiện chúng ta có biểu thức phân số. Hãy loại bỏ mẫu số của chúng; thì $a, b, c$ được tăng lên cùng số lần và sẽ trở thành số nguyên, tất nhiên nếu $\alpha$ và $\beta$ được coi là số nguyên. Trong trường hợp này, các số $a^2, b^2, c^2$ vẫn sẽ được hình thành lũy tiến.

D. Tất nhiên. Nếu 1, 3, 5 là một cấp số thì 10, 30, 50 cũng vậy.

A. Vì vậy, chúng ta đã suy ra các công thức cấp số $a^2, b^2, c^2$ có $a, b, c$ là số nguyên. Cụ thể là:

$$a = \alpha^2 - \beta^2 - 2\alpha\beta,$$

$$b = \alpha^2 + \beta^2,$$

$$c = \alpha^2 - \beta^2 + 2\alpha\beta,$$

(10) trong đó $\alpha$ và $\beta$ là số bất kỳ.

D. Hãy kiểm tra. Để $\alpha = 2, \beta = 1$; Sau đó

$$\alpha^2 - \beta^2 = 3, 2\alpha\beta = 4,$$

$$\alpha^2 + \beta^2 = 5.$$

O. Nhìn kìa, đây là tam giác Ai Cập…

D. Nó là ngẫu nhiên. Chúng tôi đếm dữ liệu:

$$a = 3 - 4 = -1; \quad b = 5;$$

$$c = 3 + 4 = 7.$$

Thật vậy, 1, 25, 49 là một cấp số nhân.

A. Điều này có nghĩa là chúng ta mới chỉ học cách giải các số không xác định bằng số nguyên.

*) Còn ODZ thì sao?

27

phương trình mới
$$a^2 + c^2 = 2b^2;$$
(12)
lời giải được viết theo công thức (8)–(10).

D. Phương trình này đến từ đâu?
A. Vì vậy, xét cho cùng, đó là một bản ghi ngắn về điều kiện mà các số $a^2, b^2$ và $c^2$ tạo thành một cấp số nhân.
D. À, tôi hiểu rồi. Nhưng người ta chưa chứng minh được rằng công thức (8)–(10) cho tất cả lời giải của phương trình này.
O. Tại sao? Rốt cuộc thì điều này đã rõ ràng; bất kỳ lời giải nào của phương trình (12) sao cho các số $\frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}, \frac{1}{a+b}$ tạo thành một cấp số nhân; và bất kỳ tiến trình nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng $\alpha - \beta, \alpha, \alpha + \beta$. Sau khi sắp xếp qua tất cả các cặp có thể có $(\alpha, \beta)$, chúng ta thu được tất cả các phương trình lời giải (12). Rõ ràng chứ?
D. Mỗi người, vâng.
A. Nhưng đó không phải là vấn đề. Phương pháp mà chúng tôi tìm thấy lời giải thật kỳ lạ: thay vì giải phương trình bậc hai (12), chúng tôi đã giải hệ phương trình tuyến tính tương đương (4)–(6) với vế phải tùy ý. Tôi tự hỏi liệu có còn những phương trình bậc hai chưa xác định mà nếu giải bằng số nguyên thì có tính chất tương tự như hệ phương trình bậc nhất không?
D. Có lẽ chúng ta nên chuyển đi? Chúng ta nghe máy ghi âm nhé?
O. Làm ơn… (Họ bật máy ghi âm. O. nhìn lại lời giải. Anh ấy trông có vẻ ngạc nhiên.)
D. Cái gì?
O. (chỉ vào dòng (11)). Hãy nhìn xem, đây là công thức của tam giác Pythagore! Các giá trị này cho tất cả các tam giác vuông nguyên có chân $u, v$ và cạnh huyền $w$:
$$u = \alpha^2 - \beta^2, v = 2\alpha\beta, w = \alpha^2 + \beta^2, \text{— можно проверить, что } u^2 + v^2 = w^2.$$
Điều này có nghĩa là tam giác Ai Cập (11) không phải là ngẫu nhiên. Bạn có thể lấy bất kỳ tam giác Pythagore nào có hai chân $u, v$ và cạnh huyền $w$ rồi lập phương trình (12) từ độ dài các cạnh của nó lời giải:
$$a = u \pm v, c = u \mp v, b = w.$$
D. Tò mò. Hãy kiểm tra. Gọi độ dài các cạnh của một tam giác vuông là 5, 12 và 13. Khi đó $12 + 5 = 17, 12 - 5 = 7$. Chúng ta nhận được số $7^2, 13^2, 17^2$. Thật vậy, $7^2 + 17^2 = 2 \cdot 13^2$.
O. Làm sao mà tôi, bằng phương trình (12), không chứng minh được ngay các số $a$ và $c$ là tổng và hiệu của hai số $u$ và $v$? Xét cho cùng thì đây là một phương trình tính chất của định lý Pythagore; Nhìn:
$$(u + v)^2 + (u - v)^2 = 2(u^2 + v^2),$$
và do đó $b^2 = u^2 + v^2$.
Và lời giải trong các số nguyên của phương trình như vậy đã biết. Thật là một điều đẹp đẽ! Xét cho cùng, $(u + v)^2$ là diện tích hình vuông được xây dựng trên tổng các chân, và $(u - v)^2$ là diện tích hình vuông được xây dựng trên hiệu của các chân. Điều này có nghĩa là chúng ta đã chứng minh rằng diện tích các hình vuông được xây dựng dựa trên hiệu của hai cạnh huyền và tổng các cạnh của bất kỳ tam giác vuông nào đều tạo thành một cấp số nhân.
D. Nghĩ mà xem, một khám phá! Toàn bộ bằng chứng nằm gọn trong một dòng.
A. Khám phá này không vĩ đại nhưng là của riêng nó. Chúng tôi không biết điều này trước đây.
D. Dù sao đi nữa, nó được viết ở đâu đó trong một cuốn sách nào đó.
O. Và cứ như vậy đi! Và tôi không có sách…
D. (cuối cùng sự tò mò của anh cũng thức tỉnh) Tại sao lại cần phải có tổng và hiệu của hai chân $u$ và $v$? Ví dụ: hãy đặt $a = 2u + v, c = u - 2v$; Sau đó
$$a^2 + c^2 = 5(u^2 + v^2) = 5w^2.$$
Do đó, lời giải nằm trong số nguyên của phương trình vô định
$$a^2 + c^2 = 5w^2$$
(13)
điều tương tự có thể thu được từ các tam giác Pythagogian $u, v, w$ ($w$ là cạnh huyền) bằng cách sử dụng các công thức
$$a = 2u + v, c = u - 2v, b = w.$$
A. Đúng vậy. Rõ ràng là bằng cách này bạn có thể giải bằng số nguyên

28

bất kỳ phương trình không xác định nào có dạng $a^2 + c^2 = (m^2 + n^2) b^2$, trong đó $m$ và $n$ là số nguyên.

D. Cách giải phương trình
$$a^2 + c^2 = 3b^2?$$

A. Tôi không biết. Tôi sẽ phải suy nghĩ về nó. Chúng ta vẫn chưa làm rõ thêm một câu hỏi nữa: phương trình vô định nào của công suất tính toán có thể được quy về hệ phương trình tuyến tính? Ví dụ: phương trình (12), chúng tôi rút gọn thành hệ (4)–(6). Nhưng sau đó chúng tôi không biết liệu có ví dụ nào khác về các phương trình như vậy hay không. Bây giờ tôi hiểu rằng bạn có thể nghĩ ra càng nhiều trong số chúng càng tốt. Đối với tôi đây là một dạng đẳng thức nào đó, tương tự như (1), nhưng với các hệ số khác nhau. Ví dụ: bắt đầu như thế này:
$$\frac{2}{3a + 2b}.$$

D. Xin vui lòng (dictum):
$$\frac{2}{3a + 2b} - \frac{3}{c - a} = \frac{1}{b + 4c}$$

A. Được rồi. Kết quả là một phương trình nối ba ẩn số $a, b, c$. Nó tương đương với phương trình bậc hai sau:
$$3a^2 - 6b^2 + 8c^2 - 9ab - 47ac - 24bc = 0.$$

Chúng tôi muốn tìm số hữu tỷ lời giải của phương trình này. Nếu $a, b, c$ là hữu tỉ thì dobriv trong (15) là hữu tỉ. Chúng ta hãy biểu thị số thứ nhất bằng $2\alpha$, số thứ hai bằng $3\beta$: sau đó số thứ ba bằng $2\alpha - 3\beta$ ($\alpha$ và $\beta$ là số hữu tỉ). Chúng tôi nhận được hệ thống
$$3a + 2b = \frac{1}{\alpha}, \quad c - a = \frac{1}{\beta},$$
$$b + 4c = \frac{1}{2\alpha - 3\beta}.$$

Giải quyết xong chúng ta sẽ tìm ra
$$a = \frac{-16\alpha^2 + 24\alpha\beta + 3\beta^2}{5\alpha\beta (2\alpha - 3\beta)},$$
$$b = \frac{24\alpha^2 - 31\alpha\beta - 12\beta^2}{5\alpha\beta (2\alpha - 3\beta)},$$
$$c = \frac{-6\alpha^2 + 9\alpha\beta + 3\beta^2}{5\alpha\beta (2\alpha - 3\beta)}.$$

Đây là các phương trình lời giải hữu tỉ cần thiết (16). Tử số của biểu thức (18) cho nó số nguyên lời giải nếu $\alpha$ và $\beta$ là số nguyên. Nếu chúng ta lấy không phải ba ẩn số $a, b, c$ mà nhiều hơn, thì bằng cách viết (15) cùng nhau ở bên phải và bên trái bao nhiêu phân số cũng như số ẩn số, chúng ta sẽ thu được một phương trình không xác định ở mức độ cao hơn. Nói chung, càng có nhiều phân số thì mức độ phát sinh của phương trình vô định càng cao; và số lượng tham số tùy ý $\alpha, \beta, \gamma, \dots$ càng lớn thì được biểu thị bằng lời giải.

D. Nhưng bạn không biết trước mình sẽ nhận được loại phương trình nào. Và không phải mọi phương trình bậc cao nhất đều tương đương với phương trình chứa tổng các phân số. Và nếu chúng bằng nhau thì làm thế nào để tìm được những phân số này?

A. Đó chính là vấn đề. Tôi sẽ phải suy nghĩ thêm về chuyện đó…

Với điều này, chúng tôi sẽ dịch cuộc trò chuyện tưởng tượng giữa hai người kia. Họ có những đặc điểm khác nhau: D. luôn muốn loại bỏ bài toán càng nhanh càng tốt, còn O. muốn hiểu cô ấy một cách trọn vẹn. Kết quả là, cùng với một bài toán được giao cho ngôi nhà, anh ta nghĩ ra một số người khác, không biết liệu chúng có thể giải quyết được hay không. Thoạt nhìn, anh ta cư xử vô lý khi dành thời gian dành cho bài học. Nhưng chính ở O., những phẩm chất vốn có của một nhà khoa học mới được thể hiện rõ ràng hơn. Việc tìm kiếm những sự thật ban đầu, tìm kiếm giữa các vấn đề là động lực khiến nhà khoa học làm việc - nó được gọi là tính tò mò, ham học hỏi và xu hướng khái quát hóa. Tuy nhiên, anh ấy biết rất ít về việc đặt câu hỏi; anh ấy phải trả lời chúng. Sẽ thật buồn cười nếu O., thay vì giải một bài toán cụ thể được giao cho nhà bài toán, lại liệt kê tất cả các vấn đề liên quan đến nó mà không nắm vững bất kỳ vấn đề nào trong số đó. Trong quá trình tìm kiếm lời giải mới nổi bài toán—thường bất ngờ—trực giác rất quan trọng. Trực giác và sự đồng tình là những bước đột phá hiệu quả trong logic; nhờ có cô ấy

29

những bước đi bất ngờ theo hướng không thể đoán trước; và phạm vi của những bước này sẽ thay đổi tài năng của một người.

Chúng tôi chỉ cần nhắc lại: đừng vội hoàn thành bài tập về nhà và đóng sách giáo khoa và vở lại. Hãy xem lại bài tập: họ đã nói gì với bạn điều gì mới? Có một sự thật cụ thể nào ẩn giấu trong chúng hay nó cho phép khái quát hóa? những nhiệm vụ nào đã được giải quyết tương tự? Có thể, mà không cần thay đổi phương thức lời giải, thành điều kiện bài toán không? và điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta loại bỏ một phần điều kiện bài toán? hoặc thay thế chúng bằng những từ đối lập của chúng? tăng cường các yêu cầu bài toán? thêm những hạn chế mới? Tất cả điều này là một cách tuyệt vời để khơi dậy trí tưởng tượng, sự đồng tình và sự tò mò có thể đang ngủ yên trong bạn.

Bài tập

1. Tìm hệ số nào $a_1, b_1, \dots, c_3$ của phương trình
   $$\frac{1}{a_1x + b_1y + c_1z} + \frac{1}{a_2x + b_2y + c_2z} + \frac{1}{a_3x + b_3y + c_3z} = 0$$
   có dạng $Ax^2 + By^2 + Cz^2 = 0$.

2. Giải phương trình $6x^2 = 2y^2 + z^2$ vì mục đích số học. Hãy thử tìm các phương trình khác thuộc loại $Ax^2 + By^2 + Cz^2 = 0$ có thể giải được vì mục đích tính số, cũng như cách giải chúng lời giải.

3. Cố gắng tìm các phương trình như $Ax^2 + By^2 + Cz^2 = 0$ không thể giải được vì mục đích số học (không tính số 0 lời giải).

4. Giải phương trình $xyz = yzv + xzv + xyv$ cho mục đích tính số.

5. Hãy đưa ra một khái quát hóa về bài toán sau: “Đã biết rằng với mọi giá trị của $x$
   $$a_1x^2 + b_1x + c_1 > a_2x^2 + b_2x + c_2$$.
   Chứng minh rằng $a_1 \geq a_2$, $c_1 \geq c_2»$.

6. Hãy nghĩ ra một cách khái quát hóa như thế này bài toán: “Tìm tổng của tất cả các phân số tối giản có giá trị 3 giữa các số nguyên dương $m$ và $n > m$.”

7. Tương tự cho bài toán: “Tìm một chương trình phép thuật mà trung bình phép thuật $n$ của các số hạng đầu tiên đối với bất kỳ $n$ nào đều bằng số của chúng.”

Nhiệm vụ

1. Trong hình bạn thấy hai đường tròn tiếp tuyến $l_1$ và $l_2$ có bán kính $R$ và $r = R/2$ tương ứng với $AB \perp O_1O_2$, $BC \perp O_1O_2$, tiếp tuyến với đường tròn $l_1$, $AC \perp$ tiếp tuyến với đường tròn $l_2$.

Chứng minh rằng độ dài của đoạn $BC$ bằng độ dài của đường tròn $l_1$ với sai số tương đối nhỏ hơn 0,005.

L. M. Dubinsky

2. Cho một parabol—đồ thị của hàm $y = x^2$. Trên trục $Oy$ lấy điểm $A$. Tìm khoảng cách ngắn nhất từ ​​điểm $A$ đến parabol.

Bạn có thể sử dụng định nghĩa sau: parabol là tập hợp các điểm cách đều một điểm nào đó $F$ và một đường thẳng nào đó $l$.

M. L. Preezer

3. Chứng minh rằng các số có dạng
   $$7^{2n+1} + 2^{2n+1} + 5,$$
   trong đó $n$ là số tự nhiên và không thể biểu diễn dưới dạng tổng của ba lập phương các số tự nhiên.

N. I. Mikhailov

30

NGƯỜI CHIẾN THẮNG CUỘC THI SỐ LƯỢNG

Ban biên tập tạp chí «Kvant» đã thành lập các giải thưởng đặc biệt dành cho lời giải bài toán thú vị nhất được đặt trong “Bài toán Kvant”. Trong năm học 1974-75, các biên tập viên đã nhận được hơn 3.000 lá thư có quyết định bài toán trong tổng số “Bài toán Kvant. Trong số các tác giả của những bức thư này, các biên tập viên đã chọn ra những học sinh thường xuyên gửi lời giải đặc biệt thành công và độc đáo. Họ được thưởng một năm đăng ký tạp chí «Kvant» năm 1976. Theo quyết định của Ban tổ chức Liên minh Olympiad, những học sinh này đã được nhận vào các vòng thi cộng hòa của Olympic toàn Liên minh năm 1976 cùng với những người chiến thắng trong các kỳ thi Olympic cấp thành phố và khu vực về toán học và vật lý.

1. H. ABDULLIN (Almaty)
2. G. AIZIN (Brest)
3. M. GEDALIN (Tbilisi)
4. G. GOLUBTSOVA (Moscow)
5. O. THIÊN CHÚA (Simferopol)
6. V. GUSEINOV (Nakhichevan)
7. M. IMERLISHVILI (Tbilisi)
8. S. CUỘC SỐNG (Kharkov)
9. I. SOKOLOV (Moscow)
10. Y. PHILOSOPHOV (Saratov)
11. S. FINASHIN (Leningrad)
12. B. YATSALO (làng Morochno, vùng Rivne, SSR Ucraina)

Để tham gia thành công vào Olympic Vật lý và Toán học toàn Liên minh lần thứ IX, đăng ký hàng năm cho tạp chí «Kvant» năm 1976 sẽ được trao cho:

1. G. ABDULLAYEV (Kirovobad)
2. L. ARBUZOV (Norilsk)
3. A. AUZINSH (Riga)

31

4. V. BALCHYTIS (Shauliai)
5. Y. GIMATOV (Klin)
6. E. GLEZIN (Leningrad)
7. A. CODRYANU (Ribnita)
8. V. OSLON (Kyiv)
9. E. PONOMAREV (p/o Chernogolovka, khu vực Moscow)
10. D. SAMEDOV (Krasnovodsk)
11. A. SMIRNOV (làng Semibratovo, vùng Yaroslavl)
12. S. KHASHIN (Ivanovo)
13. P. KHOBZEY (Kyiv)
14. R. SHARIPOV (Karakul)

Thuê bao hàng năm cho tạp chí «Kvant» vào năm 1976 được trao cho những người tham gia Hội nghị toàn Nga của các Hiệp hội sinh viên tích cực:

1. O. BARAKIN (Kazan)
2. A. MALTSEV (Kalinerrad, khu vực Moscow)
3. M. POPOV (Dubna)
4. S. RACHINSKY (Moscow)
5. A. SYCHIKOV (Chelyabinsk)
6. XÃ HỘI TOÁN HỌC “TÍCH HỢP” học sinh trường THCS số 17 Severodvinsk
7. XÃ HỘI TOÁN HỌC “TÌM KIẾM” học sinh trường cấp 2 số 2 Malaya Vishera
8. XÃ HỘI KHOA HỌC của học sinh trường THCS số 48 Volgograd
9. PHẦN Thiên văn học của Hiệp hội Khoa học Thanh niên của Cung tiền phong và học sinh thành phố Moscow

Các biên tập viên của tạp chí Kvant cũng thưởng cho độc giả tiếp theo trả lời đúng các câu đố tiếng Nhật lời giải bằng một khoản đăng ký hàng năm cho năm 1976 [xem. «Kvant», 1975, số 1]:

1. A. BEZBORODOV (Ivanovo)
2. V. DOBNIK (Omsk)
3. V. DUPLENKO (Dnepropederzhinsk)
4. S. KARDASHEVSKY (Makeevka)
5. S. LEVITIN (Dnepropetrovsk)
6. L. LUZINA (Leningrad)

32

Bài toán

M341—M345; F353—F357

M341. 20 đội đang tham gia giải vô địch thế giới. Trong số đó có $k$ các đội Châu Âu, kết quả cuộc gặp giữa họ tại Giải vô địch Thế giới được tính vào Giải vô địch Châu Âu. Giải vô địch được tổ chức trong một vòng. Theo hướng nào $k$ có thể hóa ra rằng đội Châu Âu ghi được nhiều điểm nhất trong Giải vô địch Châu Âu sẽ ghi được ít điểm nhất trong Giải vô địch Thế giới, nếu đó là a) giải vô địch khúc côn cầu (được phép hòa),
b) * Giải vô địch bóng chuyền (không có trận hòa)? đáp số sẽ là bao nhiêu cho những câu hỏi này nếu không có 20 đội mà là $n$?

Yu. A. Schrader

M342*. a) Chứng minh rằng từ các chữ số 1 và 2 có thể tạo ra các số $2^{n+1}$, mỗi số có $2^n$ chữ số và mỗi số khác nhau ít nhất $2^{n-1}$ chữ số.

6. Chứng minh rằng không thể có nhiều hơn $2^{n+1}$ các số có $2^n$ chữ số như vậy.

S. V. Fomin

M343. Ở một số nước, thành phố có đường màu xám. Chiều dài của bất kỳ con đường nào đều dưới 500 km và bạn có thể đi từ bất kỳ thành phố nào đến bất kỳ thành phố nào khác bằng cách lái xe dọc theo những con đường dưới 500 km. Khi một con đường bị đóng cửa để sửa chữa, họ phát hiện ra rằng bạn có thể lái xe từ bất kỳ thành phố nào đến bất kỳ thành phố nào khác dọc theo những con đường còn lại. Chứng minh rằng điều này có thể được thực hiện bằng cách lái xe không quá 1500 km.

S. L. Eliseev

M344. Tâm của tất cả 64 ô vuông đều được đánh dấu trên bàn cờ. Có thể vẽ 13 đường thẳng trên một bảng sao cho ở mỗi phần mà các đường này chia bảng không có nhiều hơn một điểm được đánh dấu? (Các đường thẳng không được đi qua tâm của các trường, Hình 1).

A. N. Pechkovsky

M345. Trong dãy 197523… mỗi chữ số bắt đầu từ số thứ năm bằng

33

Cơm. 1.
chữ số cuối cùng là tổng của bốn chữ số trước đó. Nó có xảy ra liên tiếp theo trình tự này không?
a) bốn số 1 2 3 4?
b) số phụ 1 9 7 5?
b) số 8 1 9 7?

G. A. Gurevich

F353. Tiêu cự của gương voguntoferric là F. Nó sẽ như thế nào nếu gương bị nung nóng t độ? Quang thông F từ Mặt trời sẽ tăng lên bao nhiêu lần để có thể bị gương cắn?
Hệ số giãn nở tuyến tính của kim loại làm gương bằng α.
Tôi. Sh. Slobodetsky

Cơm. 2.

F354. Cần thiết kế một lò nung có bộ phận làm nóng sẽ tạo ra công suất 2,1 kW. Điện áp mạng là 220 V, điện trở của dây nguồn là 1 ohm. Điện trở của bộ phận làm nóng lò phải là bao nhiêu?

O. F. Kabardin

F355. Biểu đồ pV (Hình 2) cho thấy một quá trình khép kín được thực hiện với một mol khí. Phần 1-2 và 3-4 của đồ thị là các đường thẳng đi qua gốc tọa độ, còn các phần 2-3 và 4-1 là các đường đẳng nhiệt. Vẽ đồ thị của quá trình này trên sơ đồ TV. Tìm thể tích V₃ nếu biết thể tích V₁ và V₂ = V₄ = V.

F356. Bóng của mặt trăng di chuyển trên bề mặt trái đất nhanh như thế nào khi nhật thực toàn phần? Nhật thực xảy ra ở xích đạo. Để đơn giản, giả sử rằng trục của trái đất vuông góc với quỹ đạo của trái đất và mặt trăng.

Cơm. 3.

F357. Một khối lập phương khối lượng m được gắn vào hai lò xo có độ cứng k₁ và k₂ và chiều dài ở trạng thái không biến dạng lần lượt là l₁ và l₂. Các lò xo được cố định ở hai đầu còn lại (Hình 3) để khối lập phương có thể chuyển động dọc theo mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa hình lập phương và mặt phẳng là μ, khoảng cách giữa các điểm gắn của lò xo là L, kích thước hình lập phương nhỏ có thể bỏ qua. Tìm diện tích mà khối lập phương có thể ở trạng thái cân bằng.

34

Lời giải bài toán

M304. Chúng ta sẽ sử dụng đường tròn để biểu thị một phép toán nhất định (chưa biết) có thể áp dụng cho hai số nguyên không âm a và b bất kỳ và có thể cho một số nguyên không âm a*b=c. Cho phép toán này thỏa mãn các điều kiện sau:

1. ab = ba;
2. nếu ab=c thì bc=a;
3. nếu ab > c thì bc < a hoặc ac < b.
   a) Tìm 00; 01; 11; 0*2.
4. Hãy chứng minh rằng 0a=a và 1a =
   -{a+1, nếu a chẵn,
   -a-1 nếu a lẻ.
5. Hãy chứng minh rằng có nhiều nhất một phép toán thỏa mãn điều kiện bài toán.
6. Hãy chứng minh rằng phép toán này tồn tại và chỉ ra quy tắc cho phép chúng ta tính a*b cho a, b.

a) Hãy tìm 00.
Giả sử rằng 00>0. Thay a=b=c=0 vào điều kiện 3) chúng ta nhận được 00<0, điều này là không thể. Vì vậy, 00=0. Hãy tìm 01.
Nếu 01=0 thì 00=1, điều này không chính xác. Nếu 01>1 thì từ điều kiện (3) 11<0, điều này là không thể. Do đó 01=1.
Bằng cách lập luận tương tự, chúng ta thu được rằng
11=0, 02=2.

6. 1. Hãy chứng minh rằng 0a=a bằng dấu hiệu của a.
      Giả sử điều này đúng với mọi a<n и докажем, что 0n=n. Пусть 0n=k<n. тогда 0k=n, что противоречит допущению. Пусть 0n>n. thì từ điều kiện 3) nn<0, điều này là không thể. Vì vậy, 0*n=n.

7. Hãy chứng minh rằng 1*a =
   {a+1, nếu a chẵn,
   a-1 nếu a lẻ.

biểu thị bằng a.
Giả sử rằng điều này đã được chứng minh với mọi a<n, và chúng ta sẽ chứng minh điều đó với a=n.
Hãy xem xét hai trường hợp.

(a) n là số chẵn.
Hãy biểu thị 1n=k. thì 1k=n. Nếu k<n thì ta có mâu thuẫn. Bây giờ đặt 1n>n+1. thì theo điều kiện 3) 1(n+1)<n hoặc n*(n+1)<1, nhưng cả hai đều dẫn đến mâu thuẫn. Vì vậy, 1*n=n+1.

(6) n - lẻ.
Khi đó, theo điều đã được chứng minh, 1*(n-1)=n, từ đó 1*n=n-1.

c) Bây giờ chúng ta chứng minh rằng có nhiều nhất một phép toán thỏa mãn điều kiện bài toán.
Chúng ta hãy giả sử rằng có hai hoạt động như vậy. Chúng ta hãy biểu thị thao tác đầu tiên bằng $\circ$ và thao tác thứ hai bằng $\odot$. Theo giả định, có ít nhất một cặp số a, b thỏa mãn ab≠ab. Từ tất cả các cặp như vậy, hãy chọn cặp có tổng a+b nhỏ nhất. Vì vậy, hãy để ab≠ab; nếu a’+b’<a+b, то a’b’=a’b’. Обозначим ab=k, ab=l. Пусть k<l (случай k>l tương tự). Vì ab>k nên ak<b hoặc bk<a. Đặt ak=m<b (trường hợp bk<a tương tự). thì am=k. Vì m<b nên a+m<a+b, và do đó am=am=k. Khi đó ak=m, điều này mâu thuẫn với thực tế là ak=b.

Kết quả mâu thuẫn chứng minh câu c).
d) Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng một phép toán như vậy tồn tại.
Mọi số nguyên không âm a được biểu diễn duy nhất dưới dạng
a=a₀·2⁰+a₁·2¹+a₂·2²+…+aₖ·2⁷+…*).

*) Đây là cách biểu thị số a trong hệ thống số kép.

35

Ở đây $a_0, a_1, \dots$ là một dãy vô hạn trong đó hữu hạn số hạng là số 1, số còn lại là số 0.

Hãy để $a = \sum_{k=0}^{\infty} a_k \cdot 2^k, b = \sum_{k=0}^{\infty} b_k \cdot 2^k$.

Hãy xác định giá trị của $c = a \circ b$: đặt $c = \sum_{k=0}^{\infty} c_k \cdot 2^k$, trong đó các số $c_k$ được xác định theo quy tắc sau:

$$c_k = \begin{cases} 0, & \text{ если } a_k = b_k, \\ 1, & \text{ если } a_k \neq b_k. \end{cases}$$

Rõ ràng là các điều kiện hoạt động xác định như vậy 1) và 2) được đáp ứng. Hãy kiểm tra xem điều kiện 3) có thỏa mãn không. Hãy định dạng lại nó như thế này:

nếu $a \circ b \neq c$ thì: $a \circ b < c$ hoặc $a < c < b$ hoặc $b \circ c < a$.

Hãy để $a \circ b \neq c$. Chúng ta biểu thị bằng $k$ số cao nhất mà điều kiện (*) không được thỏa mãn. Khi đó xảy ra một trong hai trường hợp sau:

(a) $a_h = b_h = c_h = 1$.

Trong trường hợp này, thậm chí cả ba bất đẳng thức đều được thỏa mãn. Thật vậy, chẳng hạn, chúng ta hãy chứng minh rằng $a \circ b < c$. Vì chữ số thứ $k$ của số $a \circ b$ bằng 0 và ở chữ số $(k+1)-м, (k+2)-м, \dots$ các số $a \circ b$ và $c$ trùng nhau nên

$$a \circ b \leq 2^0 + 2^1 + \dots + 2^{k-1} + \Delta = 2^k - 1 + \Delta,$$

trong đó bằng $\Delta$ chúng ta biểu thị số $c_{k+1} \cdot 2^{k+1} + c_{k+2} \cdot 2^{k+2} + \dots$. Nhưng chữ số thứ $k$ của số $c$ là 1; điều đó có nghĩa là $c \geq 2^k + \Delta$, do đó $a \circ b < c$.

(6) Trong ba số $a_h, b_h, c_h$, một số bằng một, hai số còn lại bằng 0.

Đặt $a_h = b_h = 0, c_h = 1$ (các trường hợp khác tương tự). Sau đó $a \circ b < c$, kể từ đó một lần nữa $a \circ b \leq 2^k - 1 + \Delta, c \geq 2^k + \Delta$.

A. A. Gritsoryan, A. L. Toom

♦

a) Có hai trường hợp có thể xảy ra; chúng được thể hiện trong Hình 1, a và 6. Xét các tam giác $B'PC'$ và $BPC$. Đối với khu vực của họ, chúng tôi có

$$\frac{S_{B'PC'}}{S_{BPC}} = \frac{|C'P| \cdot |B'P|}{|CP| \cdot |BP|} = \frac{q' \cdot |B'P|}{q \cdot |BP|}.$$

Ở phía bên kia,

$$\frac{S_{B'PC'}}{S_{BPC}} = \frac{S_{A'PB'} \cdot \frac{|B'C'|}{|A'B'|}}{S_{APB'} \cdot \frac{|BC|}{|AB|}} = \frac{|B'P| \cdot |A'P| \cdot |B'C'| \cdot |AB|}{|BP| \cdot |AP| \cdot |BC| \cdot |A'B'|}.$$

Vì $\triangle APB \sim \triangle A'PB'$ thì

$$\frac{|A'P|}{|A'B'|} = \frac{|BP|}{|AB|},$$

đó là

$$|A'P| \cdot |AB| = |BP| \cdot |A'B'|.$$

Pozny

$$\frac{q' \cdot |B'P|}{q \cdot |BP|} = \frac{|B'P| \cdot |B'C'|}{|AP| \cdot |BC|},$$

36

Ở đâu
$$|B'C'| = \frac{|BC| \cdot |AP|}{|BP|} \cdot \frac{q'}{q}. \tag{1}$$

Tương tự như vậy
$$|A'C'| = \frac{|AC| \cdot |BP|}{|AP|} \cdot \frac{q'}{q}. \tag{2}$$

Nhân các đẳng thức (1) và (2), ta thu được
$$\frac{s'}{s} = \left( \frac{q'}{q} \right)^2. \tag{3}$$

Daloe
a) $$|AP|^2 = |AC|^2 + |CP|^2 + 2|AC| \cdot |CP| \cdot \cos(\widehat{BCP}) =$$
$$= |AC|^2 + q^2 + 2q \cdot |AC| \cdot \cos(\widehat{BCP});$$
$$|BP|^2 = |BC|^2 + q^2 - 2q \cdot |BC| \cdot \cos(\widehat{BCP}).$$

Nhân kết quả đầu tiên với |BC|, kết quả thứ hai với |AC| và cộng chúng lại chúng ta có được
$$|AP|^2 \cdot |BC| + |BP|^2 \cdot |AC| = (s + q^2) \cdot |AB|,$$
đó là
$$s + q^2 = \frac{|BC| \cdot |AP|^2 + |AC| \cdot |BP|^2}{|AB|}. \tag{4}$$

Theo cách tương tự, người ta thấy rằng
$$s' + (q')^2 = \frac{|A'C'| \cdot |B'P|^2 + |B'C'| \cdot |A'P|^2}{|A'B'|}. \tag{5}$$

Chúng ta hãy biến đổi sự tương ứng (5), xét đến các đẳng thức (1), (2), (4) và các tam giác đồng dạng APB và A’PB':

$$s' + (q')^2 = |A'P|^2 \cdot \frac{1 + \frac{|B'P|^2}{|A'P|^2} \cdot \frac{|A'C'|}{|B'C'|}}{1 + \frac{|A'C'|}{|B'C'|}} =$$
$$= |A'P|^2 \cdot \frac{1 + \frac{|B'P|^2}{|A'P|^2} \cdot \frac{|AC| \cdot |BP|^2}{|BC| \cdot |AP|^2}}{1 + \frac{|AC| \cdot |BP|^2}{|BC| \cdot |AP|^2}} =$$
$$= |A'P|^2 \cdot |AP|^2 \cdot \frac{|AB|}{|BC| \cdot |AP|^2} = \frac{t^2}{s + q^2},$$
đó là
$$\frac{s' + (q')^2}{t} = \frac{t}{s + q^2}. \tag{6}$$

Nó chỉ còn để chứng minh rằng, ví dụ,
$$\frac{t}{s + q^2} = \sqrt{\frac{s'}{s}}.$$

Nhưng đây chỉ là một bài tập (xem (3) và (6)):
$$\frac{s' + (q')^2}{s + q^2} = \frac{s'}{s} \Rightarrow s' + (q')^2 =$$
$$= \frac{s'}{s} \cdot (s + q^2) \Rightarrow t^2 = \frac{s'}{s} \cdot (s + q^2)^2.$$

Cơm. 1.

Cơm. 2.