Kvant 1977, số 2 · Trang

9

KVANM
2
1977

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Dưới đây là cách xây dựng một trong những đường cong tuyệt vời - khổ thơ.
Đọc thêm về đường cong này trên p. 39.

TRONG PHÒNG:

2 Yu. Makarenko. Thuật toán trong từ
10 A. Virsky. Hình elip tuyệt vời này
12 R. Guter, Y. Polunov. Dấu chấm, dấu chấm, dấu phẩy…

Phòng thí nghiệm «Kvant»
15 E. Ponomarev. Thí nghiệm nghiên cứu động cơ phản lực

câu lạc bộ toán học
17 V. Boltyansky. Sáu con thỏ trong lồng gót chân
21 người chiến thắng cuộc thi «Kvant»

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M426—M430; F438—F442
24 Lời giải bài toán M386—M390; F393—F396
30 S. Pukhov. Bài toán về vật lồi

Qua những trang sách giáo khoa
35 A. Khinchin. Ý nghĩa hình học của đạo hàm

«Kvant» cho học sinh nhỏ
38 Bài toán
39 Yu. Danilov. Câu đố của nghệ sĩ Gromov
43 V. Berezin. Strophond

Xưởng của người nộp đơn
44 Chương trình thi tuyển sinh môn toán vào đại học năm 1977
47 I. Gabovich. Nón trong khung
50 E. Turchin. Cách giải bài toán cho chuyển động cơ học
54 Đại học quốc gia Mátxcơva. M. V. Lomonosova

Hỏi - chúng tôi trả lời
60 L. Mochalov. Ô vuông
61 A. Savin. Từ bình phương và từ đảo ngược

Đáp số, gợi ý, lời giải

Hỗn hợp (tr. 9, 14, 21, 34, 57, 59)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nuka, «Kvant», 1977

2

Thuật toán trong từ

Vào cuối thế kỷ 19 và đầu thế kỷ 20, một đối tượng nghiên cứu mới xuất hiện trong toán học: các chuỗi ký hiệu được lấy từ một tập hợp cố định. Trong tài liệu toán học của chúng ta, cel còn được gọi là các từ gà gô.

Nhà toán học nổi tiếng người Đức David Hilbert vào đầu thế kỷ này đã đề xuất một kế hoạch chứng minh tính nhất quán của toán học bằng cách xây dựng một phép tính (tức là quy tắc biến đổi) cho các từ. Vào đầu những năm ba mươi, người ta phát hiện ra rằng “tất cả toán học” (và thậm chí “tất cả số học”) không thể được tóm tắt trong một phép tính (đây là định lý nổi tiếng của Gödel). Mặc dù hy vọng của Hilbert chưa được thực hiện đầy đủ, nhưng một số nhánh toán học nhất định đã được “định dạng hóa” theo cách này, và mọi nghiên cứu hiện đại về nền tảng của toán học đều bắt đầu bằng một hình thức hóa tương tự. Trong nhiều ngành toán học (ví dụ, ngôn ngữ học toán học và đại số tổng quát) và các ứng dụng của nó (ví dụ: ngôn ngữ lập trình), từ đã trở thành một trong những đối tượng nghiên cứu quan trọng nhất.

Lý thuyết về thuật toán chỉ ra đời vào những năm ba mươi của thế kỷ chúng ta. Kể từ đó, khái niệm thuật toán cũng trở thành một trong những khái niệm quan trọng nhất trong toán học.

Mặc dù từ “thuật toán” chỉ xuất hiện ở phần cuối của bài viết này nhưng tất cả đều nói về từ ngữ và thuật toán làm việc với từ ngữ.

Ví dụ giới thiệu

Chúng ta cố định tam giác đều ABC trên mặt phẳng (Hình 1). Chúng ta biểu thị bằng R phép quay của mặt phẳng 120° ngược chiều kim đồng hồ quanh tâm O của tam giác (Hình 2); Gọi S là sự đối xứng trục của mặt phẳng với trục OB (Hình 3). Mỗi phép biến đổi R, S ánh xạ tam giác ABC lên chính nó. Vì vậy, chúng còn được gọi là sự tự thẳng hàng của tam giác ban đầu. Chúng ta sẽ gọi sự tự kết hợp là R và S sơ cấp.

Chúng ta hãy xem xét tất cả các thành phần có thể có của sự tự sắp xếp cơ bản (“Hình học 7”, đoạn 77). Mỗi thành phần như vậy một lần nữa, rất thuận tiện, sẽ là một loại tự kết hợp.

Giống như các phép tính cộng và nhân các số thông thường, phép tính thành phần của các phép tự kết hợp có tính chất tổ hợp hoặc kết hợp: nếu f, g, h là các phép tự kết hợp thì

$$f \circ g) \circ h = f \circ (g \circ h).$$

(Điều này đúng không chỉ với việc tự sắp xếp của một tam giác mà còn đúng với việc ánh xạ tùy ý bất kỳ tập M nào vào chính nó!) Do đó, trong “dài-

Hình 1.

Trong các tác phẩm tự kết hợp cơ bản mới, các dấu ngoặc có thể được đặt theo bất kỳ thứ tự nào, điều đó có nghĩa là chúng hoàn toàn không thể được đặt. Ví dụ,

$$(R \circ S) \circ (R \circ R) = R \circ ((S \circ R) \circ R) = R \circ S \circ R \circ R.$$

Khác với phép cộng và phép nhân các số, phép tính thành phần tự tổ hợp không có bất kỳ

3

Hình 2.
vorya, tính chất giao hoán, hay giao hoán. Vì vậy, trong trường hợp này $R \circ S \neq S \circ R$ (xem Hình 4 và 5).

Hãy viết ngẫu nhiên một số thành phần “dài” của các tổ hợp tự cơ bản:
$$X = S \circ S \circ R \circ S \circ R \circ S \circ R \circ S \circ R.$$ (1)
Có thể nói gì về việc tự điều chỉnh $X$?

Dễ dàng chứng minh rằng có sáu sự thẳng hàng của tam giác ban đầu: ánh xạ đồng nhất thức $E$, giữ nguyên từng điểm của mặt phẳng; xoay $120^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ; xoay $120^\circ$ theo chiều kim đồng hồ; đối xứng trục với trục $OA, OB, OC$. Từ Hình 4 và 5, rõ ràng là đối xứng trục với trục $OA$ trùng với bố cục $S \circ R$ và đối xứng trục với trục $OC$ là bố cục $R \circ S$.

Bài toán. Hãy tưởng tượng một phép quay $120^\circ$ theo chiều kim đồng hồ như một thành phần của các thao tác tự sắp xếp cơ bản.

Hình 3.
Vì vậy, thành phần được viết ngẫu nhiên của chúng tôi (1) là một trong sáu thành phần tự kết hợp được liệt kê. Chính xác thì cái nào?

Tất nhiên, câu hỏi này rất dễ giải quyết thuần túy về mặt hình học: tiếp tục với tam giác ban đầu lần lượt tất cả các cách tự sắp xếp đã chỉ định (đừng quên rằng ký hiệu $f \circ g$ có nghĩa là: đầu tiên $g$ khớp, sau đó là $f!$) và nhìn vào vị trí cuối cùng của tam giác.

Đối với mục đích của chúng tôi, điều quan trọng là câu hỏi tương tự này có thể được giải quyết bằng cách sử dụng một số phép tính đại số.

Thật dễ dàng để kiểm tra điều đó
$$\begin{cases} S \circ R = R \circ R \circ S, \\ R \circ R \circ R = E, \\ S \circ S = E. \end{cases}$$

Hơn nữa, trong bất kỳ thành phần tự kết hợp nào, bản đồ nhận dạng $E$ có thể bị bỏ qua.

Vì chúng ta phải so sánh toàn bộ phép tính, vâng-

Hình 4.
Hình 5.

4

Hãy coi dấu thành phần $\circ$ như dấu chấm khi nhân: chúng ta sẽ không viết dấu này. Khi đó các đẳng thức (1), (2) sẽ có dạng

$$X = SSRSRSSR,$$

$$\begin{cases} SR = RRS, \\ RRR = E, \\ SS = E. \end{cases}$$

Thành phần $X$ có thể được chuyển đổi như thế này:

$$X = SSRSRSSR =$$

$$= (SS)R(SR)(SR)(SS)R =$$

$$= ER(RRS)(RRS)ER =$$

$$= R(RRS)(RRS)R =$$

$$= (RRR)(SR)R(SR) =$$

$$= E(RRS)R(RRS) =$$

$$= (RRS)R(RRS) = RRS(RRR)S =$$

$$= RRSES = RRSS = RR(SS) =$$

$$= RRE = RR.$$

phép tính kết hợp

Trong phép tính vừa thực hiện, chúng tôi thực sự đã xử lý các từ (xem đoạn đầu tiên của thống kê).

Ở phần trước, các chữ cái $R$ và $S$ có ý nghĩa: chúng biểu thị các đối tượng không cụ thể trong trường — sự tự kết hợp không phải totor. Bây giờ chúng ta sẽ bắt đầu nghiên cứu các chữ cái và từ x trừu tượng - những chữ cái và từ được xây dựng từ chúng không có nghĩa gì cả. (Tuy nhiên, bên dưới chúng ta sẽ quay lại ví dụ ở phần trước.)

Tập hợp các chữ cái ban đầu mà các từ được tạo thành được gọi là bảng chữ cái. Số lượng chữ cái trong một từ được gọi là độ dài của nó.

Giả sử bảng chữ cái ban đầu của chúng ta chỉ bao gồm hai chữ cái: $\{a, b\}$. Sau đó có 4 từ có độ dài 2: $aa, ab, ba, bb$; 8 từ có độ dài 3, v.v. Cũng được phép nói về các từ “một chữ cái”, các từ có độ dài 1; chỉ có hai trong số chúng: $a$ và $b$. Thật thuận tiện khi xem xét rằng cũng có những từ không chứa các chữ cái - một từ trống. Hãy để các từ tương tự như một tập hợp trống. Nó được ký hiệu bằng tiếng Hy Lạp bằng chữ cái $\Lambda$. Tất nhiên, độ dài của nó được coi là bằng 0.

“Quy tắc trò chơi” của chúng ta sẽ như thế này:

$$\alpha \leftrightarrow \beta,$$

(5)

Hình 6.

Hình 7.

trong đó $\alpha$ và $\beta$ là một số từ. Quy tắc (5) có nghĩa là trong bất kỳ từ nào bạn có thể thay thế từ $\beta$ cùng với $\alpha$ và từ $\alpha$ bằng $\beta$. Các quy tắc có dạng (5) được gọi là quy tắc thay thế.

Hãy xem sự thay thế là một ví dụ:

$$abab \leftrightarrow bb.$$

(6)

Trong các từ $\gamma = abababbabb$ các từ $abab$ xuất hiện ở ba vị trí (Hình 6) hoặc, như người ta nói trong toán học, có ba lần xuất hiện. Từ $bb$ có ​​hai lần xuất hiện trong các từ $\gamma$ (Hình 6). Bằng cách sử dụng thay thế (6) một lần, bạn có thể nhận được 5 từ từ từ $\gamma$ (Hình 7). Đối với từ $abaab$, sự thay thế (6) không được áp dụng: nó không bao gồm bên trái hoặc bên phải của sự thay thế này.

Khi chúng tôi đánh giá $(10+2) \times (8-3)) : (15-3) = (12\cdot 5):12 = 60:12 = 5$, về cơ bản chúng tôi đang áp dụng các thay thế $(10+2) \leftrightarrow 12, (8-3) \leftrightarrow 5, (12\cdot 5) \leftrightarrow 60$, v.v.

Thay thế kiểu

$$\alpha \leftrightarrow \Lambda$$

(7)

trước hết có nghĩa là trong bất kỳ từ nào cùng nhau $\alpha$ bạn có thể “thay thế một từ trống”, tức là chỉ cần loại bỏ các từ đến $\alpha$. Ví dụ, nếu sự thay thế

$$bb \leftrightarrow \Lambda$$

(8)

áp dụng theo cách này cho chữ thứ hai trong từ $\gamma$, bạn sẽ có được từ $abababbaba$. Thứ hai, việc thay thế dạng (7) có nghĩa là trong bất kỳ từ nào giữa hai chữ cái bất kỳ, người ta có thể “chèn” các từ $\alpha$: việc cho rằng một từ trống xuất hiện giữa bất kỳ chữ cái nào là điều tự nhiên. Ngoài ra, ta áp dụng thay thế (7) “từ phải sang trái”, ta có thể

5

tất nhiên, các từ “thuộc tính” $\alpha$ cả ở phía trước và phía sau bất kỳ từ nào. Bằng cách sử dụng thay thế (8), bạn có thể nhận được 6 từ từ cùng một từ $\gamma$ (tại sao?).

Để xác định một “trò chơi”, cần phải sửa một số tập hợp thay thế hữu hạn. Một tập hợp như vậy (cùng với bảng chữ cái) trong logic toán học được gọi là phép tính kết hợp.

Hai từ được gọi là liền kề trong một phép tính kết hợp nhất định nếu một trong số chúng có thể được lấy từ từ kia bằng cách áp dụng bất kỳ sự thay thế nào của phép tính này. Hai từ, $\delta$ và $\eta$, được gọi là tương đương trong phép tính này nếu chúng có thể được “kết nối” bởi một chuỗi các từ liên quan, nghĩa là nếu có các từ $\mu_1$, $\mu_2$, …, $\mu_n$ nằm trong chuỗi $\delta$, $\mu_1$, $\mu_2$ …, $\mu_n$, $\eta$ mỗi từ có thể có các từ lân cận. Chúng ta sẽ biểu thị sự tương đương của các từ $\delta$, $\eta$ như sau: $\delta \sim \eta$.

Tất nhiên, các từ liên quan là tương đương.

Ví dụ 1

Xem xét trong bảng chữ cái $\{a, b\}$ phép tính kết hợp với sự thay thế

$$\begin{cases} ba \leftrightarrow aab, \\ aaa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$

Những từ nào tương đương trong phép tính này?

Ví dụ: $aababbaaaba \sim a$, vì trong chuỗi $aababbaaaba$, $aabaaaaaba$, $aabaaba$, $aaaaaba$, $ababa, aaabba, bba, a$ mỗi từ được hoán đổi với các từ lân cận.

Có thể chỉ ra cách để tìm ra hai từ bất kỳ trong bảng chữ cái của chúng ta xem chúng có tương đương hay không?

So sánh đẳng thức (4) với sự thay thế (9) gợi ý phương pháp này. Xét tam giác đều $ABC$ và sự tự thẳng hàng của nó $R, S$ (tr. 2).

Đối với bất kỳ từ nào $\alpha$, chúng tôi biểu thị bằng $T_\alpha$ thành phần của các phần tử tự kết hợp $R$ và $S$, là kết quả của việc thay thế các chữ cái $a$ bằng $R$ và các chữ cái $b$ bằng $S$ trong các từ $\alpha$. Ví dụ: $T_{ba} = SR$, $T_{abaa} = RSR$.

Vì trong thành phần của các phép tự kết hợp, ánh xạ hiệu quả $E$ cũng không cần phải được viết nên chúng ta đặt $T_\Lambda = E$ theo định nghĩa.

Mỗi thành phần của các phần tử tự kết hợp rõ ràng có thể được viết dưới dạng $T_\alpha$, trong đó $\alpha$ là một từ nào đó.

Như vậy, chúng ta đã thu được một số sự tương ứng giữa tập hợp tất cả các từ trong bảng chữ cái $\{a, b\}$ và tập hợp các từ tự kết hợp. Sự tương ứng này không nghịch đảo: các từ khác nhau có thể tương ứng với cùng một sự tự kết hợp. Ví dụ: $T_{ba} = SR = RRS = T_{aab}$ (xem Hình 5 và 8).

Phương pháp mà chúng tôi muốn đề xuất để thiết lập sự tương đương của các từ tùy ý dựa trên ba “phê bình”:

(A) Vế trái và phải của mỗi phép thay thế phép tính tương ứng với sự tự kết hợp của riêng tôi:

$$\begin{cases} T_{ba} = T_{aab}, \\ T_{aaa} = T_\Lambda, \\ T_{bb} = T_\Lambda. \end{cases}$$

Hình 8.

6

(B) Bất kỳ từ nào trong phép tính của chúng ta đều tương đương với một trong các từ sau: Λ, a, b, aa, ab, aab.
(B) Bất kỳ hai từ nào trong số các từ Λ, a, b, aa, ab, aab đều tương ứng với các cách tự sắp xếp khác nhau.
Trước hết, chúng ta hãy chứng minh tính đúng đắn của các phát biểu (A) - (B).
Tuyên bố (A) theo sau đẳng thức (4). Câu (B) được xác minh về mặt hình học: chúng ta hãy hành động trên tam giác ban đầu với sự tự thẳng hàng $T_\Lambda, T_a, T_b, T_{aa}, T_{ab}, T_{aab}$ và xem rằng thu được các kết quả khác nhau (xem Hình 1-3, 9, 4 và 8).
(B) chứng minh điều sau. Đặt $\alpha$ là một từ tùy ý. Sau khi áp dụng phép thay thế đầu tiên (9) cho nó với số lần cần thiết, chúng ta sẽ “lái” tất cả $a$ về đầu. Như vậy từ $\alpha$ tương đương với một từ có dạng
$$\beta = \underbrace{aa \dots abb \dots b}_{k}$$
$(k \geqslant 0, l \geqslant 0)$. Nếu $l$ chẵn, thì bằng cách áp dụng lần thay thế thứ ba (9) cho $\beta$ số lần cần thiết, chúng ta có thể “xóa” tất cả $b$ khỏi $\beta$. Trong trường hợp này, $\beta$ và do đó $\alpha$, tương đương với một từ có dạng
$$\gamma' = \underbrace{aa \dots a}_{k}$$
Tùy theo số dư khi chia số $k$ cho 3 (bằng 0, 1 hoặc 2)

từ $\gamma'$ sử dụng từ thay thế thứ hai (9) được chuyển thành một trong các từ $\Lambda, a, aa$. Nếu $l$ lẻ thì $\beta$ và $\alpha$ tương đương với một từ có dạng
$$\gamma'' = \underbrace{aa \dots ab}_{k}.$$
Tùy theo phần còn lại của từ $\gamma''$ được dịch thành một trong các từ $b, ab, aab$.
Từ (A), rõ ràng các từ liền kề tương ứng với cùng một sự tự kết hợp. Điều này có nghĩa là điều này cũng đúng với các từ tương đương:
$$\alpha \sim \beta \Rightarrow T_\alpha = T_\beta.$$ (10)
Từ (B), (B) và (10) ta có điều ngược lại:
$$T_\alpha = T_\beta \Rightarrow \alpha \sim \beta.$$ (11)
Hãy để $T_\alpha = T_\beta$. Theo (B), mỗi từ $\alpha, \beta$ tương đương với một trong các từ $\Lambda, a, b, aa, ab, aab$. Hãy đặt $\alpha \sim \alpha', \beta \sim \beta'$, ở đâu $\alpha', \beta' \in \{\Lambda, a, b, aa, ab, aab\}$. Từ (10) $T_\alpha' = T_\alpha$ và $T_\beta' = T_\beta$. Tính đến $T_\alpha = T_\beta$ chúng ta nhận được $T_\alpha' = T_\beta'$. Sau đó từ (B) $\alpha' = \beta'$. Vì vậy, $\alpha \sim \beta$.
Từ (10) và (11) suy ra
$$\alpha \sim \beta \Leftrightarrow T_\alpha = T_\beta.$$ (12)
Hãy nhìn lại chứng minh của mệnh đề (12) và bạn sẽ thấy rằng chứng minh này chỉ dựa trên (A) - (B). Khi (A) - (B) đã được thiết lập, không cần tham khảo thêm phép tính thay thế.

7

Bây giờ, sau khi thiết lập (12), cuối cùng chúng tôi cũng có thể đưa ra phương pháp đã hứa: đường dẫn phải được kiểm tra tính tương đương của các từ $\alpha$ và $\beta$; hành động trên tam giác $ABC$ với sự tự căn chỉnh $T_{\alpha}$ và $T_{\beta}$; nếu bạn nhận được kết quả tương tự thì $T_{\alpha} = T_{\beta}$ và do đó, theo (12) $\alpha$ và $\beta$ là tương đương; ngược lại, một lần nữa do (12), chúng không tương đương.

Ví dụ 2

Bây giờ chúng ta hãy xem xét phép tính kết hợp với các phép thay thế trong cùng một bảng chữ cái $\{a, b\}$:

$$\begin{cases} ab \leftrightarrow ba, \\ aa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$

Đối với phép tính này, thật dễ dàng để chỉ ra hai cách khai báo sự tương đương.

Cách đầu tiên

Phương pháp này tương tự như phương pháp trong ví dụ 1. Chúng tôi sửa một số hình chữ nhật $ABCD$ trên mặt phẳng (Hình 10). Ta biểu thị bằng $S_1$ sự đối xứng trục của mặt phẳng có trục $OM$ đi qua tâm đối xứng của hình chữ nhật $O$ song song với cạnh $AB$ (Hình 11); thông qua $S_2$ chúng ta biểu thị sự đối xứng trục với trục $ON$ (Hình 12). Cả hai sự đối xứng này đều là sự tự sắp xếp của hình chữ nhật ban đầu. Chúng ta sẽ gọi sự tự kết hợp $S_1$ và $S_2$ là cơ bản.

Như trong Ví dụ 1, chúng ta sẽ xem xét tất cả các thành phần có thể có của các tự tổ hợp cơ bản.

Lần này chúng ta sẽ có được khả năng tự căn chỉnh $T_{\alpha}$ từ từ $\alpha$ bằng cách thay thế chữ cái $a$ bằng $S_1$, chữ cái $b$ bằng $S_2$.

Một lần nữa, ba “trụ cột” được hoàn thành:

(A) Vế trái và phải của mỗi phép thay thế phép tính tương ứng với việc áp dụng (13) phép thay thế (13), tìm các từ eton tương đương với các từ $\alpha$ và $\beta$ (cách thực hiện điều này được mô tả trong chứng minh (B) từ Ví dụ 1); nếu $\alpha$ và $\beta$ hóa ra tương đương với cùng một từ eton, thì $\alpha \sim \beta$; nếu không thì $\alpha$ và $\beta$ không tương đương.

Trong ngôn ngữ của bài viết “Bất biến” của A. Tolygo («Kvant», 1976, số 12), phương pháp thứ hai có thể được phát biểu như sau: đối với bất kỳ từ nào

$$\begin{cases} T_{ab} = T_{ba}, \\ T_{aa} = T_{\Lambda}, \\ T_{bb} = T_{\Lambda}. \end{cases}$$

(B) Bất kỳ từ nào trong phép tính của chúng tôi đều tương đương với một trong bốn từ: $\Lambda$, $a$, $b$, $ab$.

(B) Chúng tôi yêu thích hai trong số các từ $\Lambda$, $a$, $b$, $ab$ tương ứng với các cách tự sắp xếp khác nhau.

Từ (A) – (B), như trên ta suy ra

$$\alpha \sim \beta \iff T_{\alpha} = T_{\beta}.$$

Điều này có nghĩa là sự tương đương của các từ tùy ý $\alpha$, $\beta$ được thiết lập như trong Ví dụ 1: tác động lên hình chữ nhật $ABCD$ bằng các phép biến đổi $T_{\alpha}$ và $T_{\beta}$; nếu chúng tôi nhận được kết quả tương tự thì $\alpha \sim \beta$; nếu không thì $\alpha$ và $\beta$ không tương đương.

Cách thứ hai

Xem xét kỹ hơn các từ thay thế (13), bạn có thể nhận thấy rằng chúng lưu lại một trong các từ tráng men $\Lambda$, $a$, $b$, $ab$.

Vì đối với hai từ tráng men bất kỳ, tính chẵn lẻ của chữ cái số $a$ hoặc tính chẵn lẻ của chữ cái số $b$ đều khác nhau (xem Hình 13), nên các từ tráng men không tương đương theo cặp.

Do đó, sự tương đương của các từ tùy ý $\alpha$, $\beta$ rất đơn giản: áp dụng thay thế (13), tìm các từ eton tương đương với các từ $\alpha$ và $\beta$ (cách thực hiện được mô tả trong chứng minh (B) từ Ví dụ 1); nếu $\alpha$ và $\beta$ hóa ra tương đương với cùng một từ eton, thì $\alpha \sim \beta$; nếu không thì $\alpha$ và $\beta$ không tương đương.

Trong ngôn ngữ của bài viết “Bất biến” của A. Tolygo («Kvant», 1976, số 12), phương pháp thứ hai có thể được phát biểu như sau: đối với bất kỳ từ nào

8

α chúng ta hãy đặt

$$f_1(\alpha) = \begin{cases} 0, если число букв a в слова α четно, 1 в противном случае; \end{cases}$$

$$f_2(\alpha) = \begin{cases} 0, если число букв b в слова α четно, 1 в противном случае. \end{cases}$$

Các hàm $f_1, f_2$ tạo thành một hệ thống bất biến hoàn chỉnh. Vì vậy, sự tương đương của các từ tùy ý α, β được nhận biết như sau: đếm giá trị của các hàm $f_1$ và $f_2$ trên α và β; nếu bằng

$$\begin{cases} f_1(\alpha) = f_1(\beta), f_2(\alpha) = f_2(\beta) \end{cases}$$

sẽ được ứng nghiệm, α~β; mặt khác α và β không tương đương.

Hãy thử giải bài toán từ Ví dụ 1 theo cách thứ hai, tức là sử dụng bất biến. Điều này khó hơn nhiều so với ví dụ 2.

Thuật toán không phải lúc nào cũng tồn tại

Bài toán tìm cách thiết lập sự tương đương của các từ trong phép tính kết hợp được nhà toán học người Na Uy Thue đặt ra vào năm 1914. Bản thân Thue cũng đã chỉ ra các phương pháp tính toán kết hợp thuộc một loại hình đặc biệt nào đó.

Vào năm 1946 và 1947, nhà toán học Liên Xô Andrei Andreevich Markov và nhà toán học người Mỹ Emil Post đã độc lập xây dựng phép tính kết hợp mà cũng không có phương pháp nào.

Cho đến nay, ở nước ta chúng ta vẫn tránh dùng từ “thuật toán”. Trong toán học, một thuật toán được gọi là biểu diễn chính xác cho lời giải của một số lớp bài toán. Cụm từ này trong mọi trường hợp không thể được coi là một khái niệm cụ thể của thuật toán - xét cho cùng, các từ “biểu diễn chính xác” không phải là một loại thuật ngữ toán học nào đó và không có ý nghĩa rõ ràng.

Cho đến khi các nhà toán học bắt đầu xây dựng các thuật toán cụ thể, họ vẫn thực hiện mô tả lỏng lẻo về khái niệm này ở trên. Nhưng trong những thập kỷ đầu tiên của thế kỷ 20, nhiều lớp bài toán đã tích lũy mà không tìm được thuật toán nào. Các nhà toán học bắt đầu nghi ngờ rằng đó không phải là sự thiếu khéo léo. Họ nảy ra một ý nghĩ: điều gì sẽ xảy ra nếu đối với lớp này hay lớp kia bài toán thuật toán không hoạt động? Điều gì sẽ xảy ra nếu nó đơn giản là không tồn tại?

Để chứng minh rằng một thuật toán không tồn tại, một khái niệm mơ hồ không còn đủ nữa; khái niệm này cần phải được làm rõ. Việc làm rõ này được thực hiện vào giữa thế kỷ 30 của chúng ta *).

Chỉ sau khi làm rõ điều này, về nguyên tắc mới có thể chứng minh được sự không tồn tại của thuật toán. Bằng chứng đầu tiên thuộc loại này được đưa ra bởi nhà logic học người Mỹ Alonzo Church.

Phép tính do A. A. Markov và E. Post xây dựng rất cồng kềnh: chúng chứa hàng trăm phép thay thế. Các nhà toán học bắt đầu tìm kiếm những ví dụ đơn giản hơn về phép tính kết hợp với một bài toán tương đương không thể giải được. Grigory Samuilovich Tseytin đưa rekord theo hướng này: ông đã xây dựng một phép tính như vậy chỉ với 7 lần thay thế **).

Tseitin đã chứng minh rằng đối với phép tính trong bảng chữ cái {a, b, c, d, e} bằng cách thay thế

$$\begin{cases} ac \leftrightarrow ca, ad \leftrightarrow da, bc \leftrightarrow cb, bd \leftrightarrow db, eca \leftrightarrow ae, edb \leftrightarrow be, abac \leftrightarrow abace \end{cases}$$

Không có thuật toán để nhận biết sự tương đương của từ.

Điều thú vị là phép tính có một bài toán tương đương có thể giải được và phép tính có bài toán tương đương không giải được “nằm cạnh nhau”. Trong tài liệu quảng cáo của B. A. Trakhtenbrot “Thuật toán và máy lời giải bài toán” (Moscow, Fizmatgiz, 1960) và phép tính Tseytin đã được đưa ra *)

*) Bạn có thể đọc về điều này trong §§ 7, 13 trong tập tài liệu “Thuật toán và máy tính tự động” của B. A. Trakhtenbrot (Moscow, “Đài phát thanh Liên Xô”, 1974) và trên trang. 9-13 của cuốn sách “Máy Tybioring và các hàm đệ quy” (Moscow, “Mir”, 1972).

**) Công thức của ông đã được sử dụng và trình bày bởi Yury Vladimirovich Matiyasevich, người đã xây dựng một phép tính như vậy bằng cách sử dụng ba phép thay thế. Thật không may, chúng quá dài để đưa vào đây.

9

được biểu thị là “chỉ” bằng một lỗi đánh máy: sự thay thế cuối cùng trong (14) được in là $abac \leftrightarrow abacc$. Độc giả G.N. Spiridovich đến từ Leningrad, không nghe lời tác giả của tập tài liệu, đã tìm ra một thuật toán loại trừ cho “phép tính Tseytin bị bóp méo”. Bạn có thể?

Bài toán

1. Xây dựng thuật toán tìm từ tương đương cho phép tính kết hợp trong bảng chữ cái $\{a\}$ bằng một thay thế duy nhất
   $$a a \leftrightarrow \Lambda.$$
2. Tương tự bài toán đối với phép tính trong bảng chữ cái $\{a, b\}$ với sự thay thế
   $$\begin{cases} aaaa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda, \\ abab \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$
3. Tương tự bài toán đối với phép tính trong bảng chữ cái $\{a, b\}$ với sự thay thế
   $$\begin{cases} aaaaa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda, \\ abab \leftrightarrow \Lambda. \end{cases}$$
4. Tương tự bài toán đối với phép tính trong bảng chữ cái $\{a, b, c\}$ với sự thay thế
   $$\begin{cases} aa \leftrightarrow \Lambda, \\ bb \leftrightarrow \Lambda, \\ cc \leftrightarrow \Lambda, \\ ab \leftrightarrow c, \\ ac \leftrightarrow b, \\ ba \leftrightarrow c, \\ ca \leftrightarrow b, \\ cb \leftrightarrow a. \end{cases}$$
5. Xây dựng một phép tính kết hợp với một bài toán tương đương không thể giải được với 7 chữ thay thế trong bảng chữ cái gồm hai chữ cái. e cũng được chỉ định. Được phép lợi dụng thực tế là đối với phép tính Tseytin (tr. 8), bài toán tương đương là không thể giải được.
6. Có một số $n$, không chứa số 0. Nếu có hai số giống nhau hoặc hai số có hai chữ số giống nhau ở cạnh nhau thì có thể gạch bỏ chúng. Ngược lại, bạn được phép đặt hai số giống nhau hoặc hai số có hai chữ số giống nhau ở bất kỳ vị trí nào. Chứng minh rằng bằng cách kết hợp các phép tính này người ta có thể thu được một số nhỏ hơn 10$^9$. (bài toán này, được phát minh bởi G. Galperny, đã được đề xuất tại Olympic Toán học XXXIX Moscow.)

Bài toán
độc giả của chúng tôi

1. Trong số 15 quả bóng trông giống hệt nhau, có một quả bóng “bị lỗi”, có trọng lượng khác với tất cả những quả bóng còn lại và một quả bóng được đánh dấu là “tiêu chuẩn”.
   Làm thế nào để tìm ra một quả bóng “bị lỗi” chỉ bằng cách cân trên cân má (không có tạ)?
   M. Karajyan
   (r. Stepanavan)

2. Các đường thẳng đi qua đáy có độ cao $BB_0$ và $CC_0$ của tam giác $ABC$ thì song song với cạnh $BC$ và cắt các cạnh $AB$ và $CA$ (hoặc phần mở rộng của chúng) của tam giác tương ứng tại các điểm $C_1$ và $B_1$. Chứng minh rằng
   a) $|B_0C_1| = |B_1C_0|^2$;
   b) $|B_1C_1|^2 = |B_0B_1|^2 + |C_0C_1|^2 + |B_0C_0|^2$.
   Y. Alla
   (r. Võru)

3. Chứng minh bất đẳng thức
   $$1,71 < 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!} < 1,72.$$
   S. Berkolayuk
   (v. Kotovo, vùng Belgorod)

4. Giải phương trình
   a) $x^5 = \overline{yyyx}$;
   b) $(x + y)^2 = \overline{xy}$;
   b) $(xx)^2 = yzt \frac{x}{2}$.
   I. Mikhalkovich
   (Vùng Minsk)

5. Trong khối địa hình $ABCD$, các điểm $A', B', C', D'$ là tâm của các đường tròn được mô tả bởi các mặt $BCD$, $CDA$, $DAB$, $ABC$ tương ứng trên mặt phẳng $B'C'D'$, $C'D'A'$, $D'A'B'$, $A'B'C'$, giao nhau tại một điểm.
   Nechyen Kong Kwee
   (r. Hà Nội)

11

Sau đó chúng tôi nhận được

$$\cos \alpha_1' = \frac{2ac - (a^2 + c^2) \cos \alpha_1}{a^2 + c^2 - 2ac \cos \alpha_1} = \frac{2\varepsilon - (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1}{1 + \varepsilon^2 - 2\varepsilon \cos \alpha_1}.$$

(3)

Sự tương ứng tương tự có thể được viết cho các góc $\alpha_1''$ và $\alpha_1''$ từ tam giác $ANB$. Xét rằng $\alpha_2 = \pi - \alpha_1''$ và $\alpha_1'' = \pi - \alpha_1'$ và sử dụng sự tương ứng (3), chúng ta thu được

$$\cos \alpha_2 = \cos (\pi - \alpha_1'') = -\cos \alpha_1'' = -\frac{2\varepsilon - (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1''}{1 + \varepsilon^2 - 2\varepsilon \cos \alpha_1''} = -\frac{2\varepsilon + (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1'}{1 + \varepsilon^2 + 2\varepsilon \cos \alpha_1'} = -\frac{4\varepsilon (1 + \varepsilon^2) - [4\varepsilon^2 + (1 + \varepsilon^2)] \cos \alpha_1}{4\varepsilon^2 + (1 + \varepsilon^2)^2 - 4\varepsilon (1 + \varepsilon^2) \cos \alpha_1}.$$

(4)

Sử dụng biểu thức (4), không khó để chỉ ra rằng với bất kỳ $\alpha_1$ nào sao cho $0 < \alpha_1 < \pi$ (chúng ta hạn chế chỉ xem xét nửa mặt phẳng trên),

$$\cos \alpha_2 < \cos \alpha_1, \text{ и } \alpha_2 > \alpha_1.$$

Người ta có thể tiếp tục xét đường đi của tia $AM$ và tìm biểu thức cho các góc tương ứng $\alpha_3$, $\alpha_4$, …, $\alpha_n$. Tuy nhiên, chúng tôi sẽ để người đọc tự tiếp tục việc này. Ta chỉ lưu ý rằng trong trường hợp tổng quát, có nhiều phản xạ thì sự tương ứng là hợp lệ

$$\alpha_1 < \alpha_2 < \alpha_3 < \dots < \alpha_n.$$

Với nghiệm ngày càng tăng $\varepsilon$ “sự hội tụ” của các tia tăng tốc.

Ví dụ, bảng bên dưới trình bày kết quả tính toán cho các góc $\alpha_2$, $\alpha_3$ và $\alpha_4$ tùy thuộc vào góc $\alpha_1$. Hình elip $\varepsilon = 0,5$. Bảng cho thấy rằng sau chu kỳ phản xạ thứ ba, hầu hết tất cả các tia đều “sắp thẳng hàng” dọc theo trục chính của hình elip.

Lý luận tương tự có thể được thực hiện đối với gương elip. bài toán phức tạp hơn cũng có thể được xem xét, chẳng hạn như khi nguồn sáng nằm ở một điểm tùy ý bên trong hình elip hoặc khi mỗi điểm bên trong bề mặt hình elip là một bộ phát.

Lúc đầu, chúng ta gọi tính chất của gương elipson đang xét là một tính chất hình học thú vị. Nhưng thực tế là hầu hết tất cả các tia đều “sắp thẳng hàng” dọc theo trục chính của elipson có nghĩa là năng lượng ánh sáng hầu như tập trung theo một hướng. Có lẽ điều này có thể được sử dụng thực tế?

Tuy nhiên, hãy lưu ý rằng các điều kiện cần thiết cho việc này—một bề mặt gương phản chiếu hoàn hảo của hình elip và một đèn flash “tức thời”—thực tế là không thực tế. Điều kiện thứ hai đặc biệt khó thực hiện. Thật vậy, thời gian chớp sáng t phải nhỏ hơn thời gian truyền ánh sáng $AMB: \tau < \frac{r_1 + r_2}{c_0} = \frac{2a}{c_0}$. Vì tốc độ ánh sáng trong chân không là $c_0 = 3 \cdot 10^8 \text{ m/сек}$, nên với kích thước hợp lý của hình elip ($a \sim 1 \text{ m}$) $\tau < 10^{-8} \text{ сек}$. Vì vậy, bài toán được xem xét hiện chỉ mang tính lý thuyết.

Số dobies thập phân, cho phép thực hiện các phép tính với số dobies theo cách tương tự như với số nguyên, chiếm một trong những vị trí đầu tiên trong số các “cá voi” làm cơ sở cho phép tính số học kỹ thuật của chúng tôi. Những ý tưởng hiện đại về phép cộng thập phân được phát triển dần dần. Việc phát minh ra số thập phân không thể được quy cho bất kỳ một người nào: lịch sử của chúng rất phức tạp và khó hiểu. Trong thế kỷ 15 và 16, nhiều nhà khoa học châu Âu đã sử dụng các đặc tính riêng của họ. Các nhà toán học ở các nước Trung Đông, Trung Á và Bắc Phi thực sự đã chạm tới số thập phân từ thế kỷ 11-13.

Lịch sử của “dấu thập phân”, dùng để phân tách phần nguyên và phần phân số của một số trong số thập phân, cũng rất phức tạp.

Chúng tôi xin giới thiệu với độc giả «Kvant» lịch sử phát triển của “dấu thập phân”. Sử dụng ví dụ về số 14 $\frac{382}{1000}$, chúng tôi sẽ chỉ ra cách mô tả số thập phân dobies trong thế kỷ 16-17 - xem. bảng trên p. 13.

Bảng này chứa cả những cái tên quan trọng và những cái tên chỉ được một nhóm chuyên gia hẹp trong lịch sử toán học biết đến. Dưới đây chúng tôi sẽ cung cấp thông tin tiểu sử ngắn gọn về một số người được đề cập ở đây.

François Viet de la Birottier (1540–1603) là luật sư và cố vấn cho các nữ hoàng Pháp Henry III và Henry IV. Anh ấy học toán “trong thời gian rảnh rỗi sau giờ làm việc”. Vnet đã có những đóng góp đáng kể cho mọi lĩnh vực của toán học đương đại, nhưng thành tựu của ông đặc biệt to lớn trong việc phát triển biểu tượng đại số. (Tuy nhiên, biểu tượng của ông không được sử dụng rộng rãi. Biểu tượng đại số hiện đại chủ yếu bắt nguồn từ Bài giảng về phương pháp của R. Descartes (1637).) Trong một trong những cuốn sách đầu tiên của ông, “Bảng toán học”, xuất bản năm 1579 tại Paris, tác giả nói về việc sử dụng số thập phân thứ sáu trong phép tính và bản thân ông cũng sử dụng chúng một cách rộng rãi.

Nhà khoa học xuất sắc người Flemish Simon Stevin (1548-1620) là một trong những “thiên tài toàn cầu” thời Phục hưng. Các tác phẩm của Stevin liên quan đến nhiều vấn đề khác nhau trong toán học, cơ học và vật lý đương đại. Nhưng cuốn sách nhỏ “Tithe”, xuất bản năm 1585 ở Leiden, đã mang lại cho ông danh tiếng lớn nhất. Trong đó, tác giả đóng vai trò là người phổ biến phần mở rộng thập phân. Sau khi giải thích chi tiết hiệu suất kỹ thuật của các phép tính số học với số thập phân, ông đặc biệt ủng hộ tính đơn giản của tài liệu được trình bày: “… Có thể một con gấu làng nhỏ nhen tình cờ đi ngang qua một con đường.

13

klad, mà không cần nộp đơn xin học bổng! “Thứ mười” được biết đến rộng rãi ở châu Âu. Nó được chính tác giả dịch sang tiếng Pháp vào cùng năm 1585. Nó xuất hiện bằng tiếng Anh vào năm 1608.

Giovanini Antonio Magini (1555-1617) là giáo sư tại Đại học Bologna. Ông đã sử dụng “dấu thập phân” trong các bảng trong cuốn sách “Tam giác Plok”, xuất bản năm 1592 tại Venice.

Joost Burggi người Thụy Sĩ (1552–1632) ban đầu là thợ đồng hồ và thợ cơ khí, giúp chế tạo và sửa chữa các dụng cụ thiên văn, sau đó hỗ trợ Kepler xử lý các quan sát thiên văn và các phép tính khác. Năm 1592, ông biên soạn một bảng số sin và viết sách hướng dẫn về số học. Trong đó ông đã sử dụng phân số thập phân một cách có hệ thống. Vào năm 1616, Kepler đã viết về nó: “… vì người ta thường thu được các phân số và tôi muốn sử dụng các số ngắn, sau đó lưu ý rằng tất cả các số sau dấu o đều thuộc về phân số dưới dạng tử số, nhưng mẫu số không được ghi vào nó, mà luôn là một số thập phân tròn có số 0 bằng số chữ số sau dấu… Kiểu tính toán với phân số này được phát minh bởi Joost Bürggi… Nhờ điều này, với các số nguyên và phân số có thể được coi là một số trong mọi phép toán cơ bản.”

Năm 1603, bác sĩ Johann Hartmann Beyer (1563-1625) ở Frankfurt đã xuất bản tác phẩm “Logic thập phân”, trong đó ông viết: “… Tôi nhận thấy rằng các kỹ thuật viên và nghệ nhân, khi họ thay đổi bất kỳ độ dài nào, rất hiếm khi và chỉ trong những trường hợp đặc biệt thể hiện nó bằng số nguyên của một tên; Thông thường, họ phải sử dụng các thước đo nhỏ hoặc dùng đến phân số; theo cách tương tự, các nhà thiên văn học thay đổi số lượng không chỉ theo độ mà còn theo phân số của một độ, tức là phút, giây, v.v.; nhưng đối với tôi, có vẻ như việc chia chúng thành 60 phần sẽ không thuận tiện bằng việc chia chúng thành 10, 100 phần, v.v., bởi vì trong

14

Trong trường hợp sau, việc cộng, trừ và thực hiện các phép tính số học nói chung sẽ dễ dàng hơn nhiều; Đối với tôi, có vẻ như số thập phân, nếu được đưa vào cùng với hệ lục thập phân, sẽ hữu ích không chỉ cho thiên văn học mà còn cho tất cả các loại phép tính.

Linh mục người Đức Bartholomew Pitiscus (1561-1613) được biết đến trong lịch sử toán học với tư cách là tác giả của một số cuốn sách về lượng giác và các bảng lượng giác mở rộng. Chính ông là người đầu tiên đặt ra thuật ngữ “lượng giác”.

Tên của nhà khoa học vĩ đại - nhà thiên văn học, nhà vật lý và nhà toán học - Johannes Kepler (1571-1630) giờ đây đã được bất kỳ học sinh nào biết đến. Khi nghiên cứu chuyển động của các hành tinh, anh ấy phải thực hiện một công việc tính toán khổng lồ và anh ấy đã sử dụng phân số thập phân mà anh ấy đã học được từ Bürgi.

Nam tước người Scotland John Napier (1550-1617) nổi tiếng là người phát minh ra logarit và “que Napear” - một thiết bị đơn giản để nhân các số có nhiều chữ số *). Trong cuốn sách Slavology, xuất bản độc lập năm 1617 trước khi qua đời, ông đã sử dụng dấu thập phân. Trong cuốn sách khác của ông, “Xây dựng bảng logarit tuyệt vời”, được xuất bản sau khi ông qua đời nhưng được viết rất dài, ông khuyên nên sử dụng dấu thập phân.

Henry Giáo sư Toán học và Thiên văn học ở London và Oxford

*) «Kvant», 1975, № 2, c. 42.

Mang (1561-1631) cùng với Napier đã phát triển một hệ thống logarit thập phân và xuất bản các bảng đầu tiên của chúng.

Nhà toán học người Anh William Oughtred (1575-1660), người phát minh ra các quy tắc trượt đầu tiên, là người kết nối giáo xứ trong 50 năm và dạy toán cho những người quan tâm. Chính ông là người đầu tiên đề xuất biểu thị phép nhân bằng “chữ thập xiên” ×.

Mặc dù “ký hiệu tưởng tượng” đã không xuất hiện ngay cả trong thế kỷ 18, nhưng cuộc đấu tranh chính đã diễn ra giữa dấu thập phân và dấu thập phân. Như có thể thấy từ bảng của chúng tôi, những dấu hiệu này xuất hiện gần như đồng thời. Napier, do dự giữa họ, sử dụng cả hai dấu hiệu. Kể từ khi xuất hiện cuốn “Số học mới” (1661) của G. Böckler, dấu thập phân đã bắt nguồn từ các cuốn sách toán học được xuất bản ở Đức. Dần dần, nó đã được thiết lập vững chắc ở lục địa Châu Âu, trong khi ở các nước Anh, họ thích dấu thập phân hơn, và ở Anh, nó hiện được đặt ở giữa dòng: 14,382 và ở Hoa Kỳ - ở cuối: 14,382. (Dấu nhân ở các nước ở Anh thường là “dấu gạch chéo” ×.)

Trong 10-15 năm trở lại đây, dưới ảnh hưởng của các ngôn ngữ lập trình thuật toán, dấu thập phân dần trở thành dấu thập phân. Vì họ sử dụng dấu thập phân và dấu gạch chéo để nhân, nên những người lập trình—và ngày càng nhiều người—thích ký hiệu này hơn.

16 thẻ

Trên mười sáu tấm thẻ vuông có dòng chữ:

BARIN TAG BULAN BURAN
LỖ BÌNH BURKA HÃY
SALON CẮT RỦI RO CON LĂN
VẢI LỤA SATIN THÁNG 3

Sắp xếp các thẻ này theo dạng hình vuông sao cho bốn từ bất kỳ nằm trên cùng một hàng dọc, ngang hoặc chéo của hình vuông đều có một chữ cái chung.

L. Mochalov

Thí nghiệm nghiên cứu động cơ phản lực

Năm học vừa qua, Evgeniy Ponomarev, học sinh lớp 8 trường cấp 2 số 82 ở làng Chernogolovka, vùng Moscow, dưới sự hướng dẫn của giáo viên vật lý V.A. Orlov, đã thực hiện một nghiên cứu thực nghiệm rất thú vị về động cơ phản lực. Trong bài viết đã đăng, tác giả nói về công việc đã thực hiện.

Chuyển động phản ứng thường được gọi là chuyển động gây ra bởi phản ứng của chất lỏng hoặc khí rò rỉ. Ví dụ, đây là cách tên lửa di chuyển. Khí nóng hình thành khi nhiên liệu được nạp vào động cơ tên lửa thoát ra với tốc độ cao qua lỗ (vòi phun) ở đuôi tên lửa. Phản lực của khí thoát ra truyền gia tốc cho tên lửa. Khi khối lượng của tên lửa giảm dần (đốt cháy nhiên liệu), kiểu gia tốc của tên lửa thay đổi theo thời gian. Vậy làm thế nào chúng ta có thể tính được tốc độ của tên lửa?

Về mặt lý thuyết, nhà khoa học nổi tiếng của Liên Xô K. E. Tsiolkovsky đã đưa ra một công thức (ngày nay gọi là công thức Tsiolkovsky) theo đó tốc độ của tên lửa có thể được xác định bất cứ lúc nào khi động cơ của nó đang hoạt động. Đặc biệt, đến thời điểm cạn hết nhiên liệu, mô hình tốc độ $\vec{v}_1$ của tên lửa được tính theo công thức

$$\vec{v}_1 = \vec{v}_2 \ln \left( 1 + \frac{m_2}{m_1} \right).$$

Ở đây $\vec{v}_2$ là tốc độ thoát ra của các sản phẩm phân hủy so với tên lửa, $m_1$ là khối lượng của bản thân tên lửa (không có nhiên liệu), $m_2$ là khối lượng của nhiên liệu được tăng tốc, $\ln$ là logarit tự nhiên *).

Công thức này có thể được xác minh bằng thực nghiệm bằng cách sử dụng một thiết bị để chứng minh lực đẩy phản lực. Nó là một tên lửa mô hình được bán trong các cửa hàng như một món đồ chơi và được tìm thấy trong các lớp học vật lý ở trường. Ngoài ra, đối với các thí nghiệm, bạn sẽ cần tất cả các đòn bẩy trong phòng thí nghiệm và thiết bị gia dụng, đồng hồ bấm giờ, cốc thủy tinh và máy bơm xe đạp (Hình 1).

Thử nghiệm bài toán là xác định $|\vec{v}_1|$ trong bài kiểm tra và so sánh nó với giá trị được tính bằng công thức Tsiolkovsky.

Trước hết, một lượng nước nhất định được đổ vào thân tên lửa và một thiết bị phóng có giá đỡ giữ tên lửa được lắp vào vòi tên lửa. Sau đó, không khí được bơm vào tên lửa thẳng đứng thông qua bệ phóng. Với kẹp tiếp theo, khí nén sẽ giải phóng nước và tên lửa tách khỏi bệ phóng sẽ cất cánh.

Tốc độ ban đầu của tên lửa trong quá trình bay thẳng đứng có thể là

*) Để tính logarit tự nhiên của một số nhất định $a$, bạn có thể sử dụng công thức $\ln a = \frac{\lg a}{\lg e}$, trong đó $e \approx 2.71$ (ví dụ: xem “Đại số và sự khởi đầu của phân tích - 10”).

Hình 1.

tìm theo thời gian bay của nó $t$:

$$\vec{v}_1 = |\vec{g}| t/2.$$
Nếu gói hàng cất cánh ở một góc nhất định so với đường chân trời và hạ cánh ở khoảng cách $s$ tính từ địa điểm phóng, thì

$$\vec{v}_1 = \sqrt{(|\vec{g}| t/2)^2 + (s/t)^2}.$$

Lưu ý rằng chiều cao của gói hàng trong các thử nghiệm của chúng tôi đạt tới 30 m, vì vậy việc phóng phải được thực hiện trong không gian mở.

Về bản chất, bây giờ bài toán được giảm xuống để xác định tốc độ $\vec{v}_2$ của dòng nước chảy ra so với túi.

Để làm điều này, người ta đo lực $\vec{F}$ mà tia nước từ vòi của túi chạm vào cân lò xo thay thế. Khi va chạm, nước truyền toàn bộ động lượng lên cân nên $\vec{F} |\Delta t = m_2 |\vec{v}_2|$, trong đó $\Delta t$ là thời gian nước phun ra và khối lượng nước phun ra là $m_2 = \rho S |\vec{v}_2| \Delta t$ (ρ là mật độ của nước, S là diện tích phần vòi phun). Như vậy,

$$\vec{v}_2 = \sqrt{|\vec{F}| / (\rho S)}.$$

Để đo lực, thuận tiện nhất là đặt thêm một mũi tên lên cân, mũi tên này không trở về vị trí ban đầu sau tác động của nước và ghi lại lực tác động lớn nhất.

Vì các phép đo $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ không thể được thực hiện trong cùng một mẫu nên điều quan trọng là phải đảm bảo áp suất không khí trong túi luôn giống nhau. Cách dễ nhất để đạt được áp suất đồng đều là cân tên lửa trước khi bơm nó lên, sao cho tốc độ của gói tăng lên khi khối lượng nước tăng lên (“nhiên liệu đã qua sử dụng”). Trong thử nghiệm, hóa ra, bắt đầu từ một giá trị nhất định $m_2$, tốc độ của gói giảm khi khối lượng nước tăng lên (Hình 2). Điều mâu thuẫn này có thể giải thích là do tốc độ nước chảy ra ($|\vec{v}_2|$) phụ thuộc vào khối lượng của nó. Do đó, với một lượng nước lớn, khối lượng tác động của độ dốc trong túi tăng lên rõ rệt khi nước thoát ra. Điều này dẫn đến giảm áp lực lên nước và do đó giảm tốc độ dòng nước. Giá trị tối ưu $m_2$ có thể được tìm thấy bằng thực nghiệm. Trong các thí nghiệm của chúng tôi, thể tích nước là 30 cm³ với thể tích túi là 140 cm³.

Để kết luận, chúng tôi trình bày kết quả của một trong các thí nghiệm: khối lượng của các gói $m_1 = 53,15$ e, khối lượng nước $m_2 = 30$ e, khối lượng của tác động được bơm vào nước $m_B = 0,53$ e, mặt cắt ngang của các gói vòi $S = 3,1 \cdot 10^{-5}$ m2, lực tác động của vảy $\vec{F} = 29$ n, tốc độ đo thực nghiệm của các gói $\vec{v}_{13} = 14,7$ m/giây và được tính bằng công thức Tsiolkovsky $\vec{v}_{1p} = 13,9$ m/giây. Từ đây

$$\frac{|\vec{v}_{13}| - |\vec{v}_{1p}|}{|\vec{v}_{13}|} \cdot 100\% \approx 5,4\%$$

nghĩa là công thức Tsiolkovsky đã được thử nghiệm với sai số đo lường hoàn toàn có thể chấp nhận được.

17

vòng tròn toán học

V. Boltyansky

Sáu con thỏ trong năm cái lồng

“Chà, thỏ rừng, đợi một chút!”
Sói

Đồng ý rằng nếu bạn được phép đặt không quá một con thỏ rừng vào mỗi ô, thì bạn sẽ không thể đặt sáu con thỏ rừng vào năm ô và nói chung, với bất kỳ n tự nhiên nào, bạn sẽ không thể đặt n + 1 con thỏ rừng vào n ô. Chúng ta có thể nói cách khác: nếu n ô chứa n + 1 con thỏ trở lên thì chúng ta sẽ tìm thấy một ô chứa ít nhất hai con thỏ.

Chúng ta hãy biểu thị thỏ rừng bằng các ký hiệu p₁, …, pₙ+1 và các ô bằng q₁, …, qₙ. thì mỗi cách đặt thỏ vào ô có thể được coi là một ánh xạ nhất định (Hình 1) của tập P = {p₁, …, pₙ+1} vào tập Q = {q₁, …, qₙ}: thỏ pᵢ ∈ P được liên kết (dưới dạng “hình ảnh” của nó) với ô qᵢ ∈ Q mà con thỏ này nằm trong đó. Như vậy, phát biểu trên về thỏ rừng trong lồng có ý nghĩa toán học như sau: đối với mọi ánh xạ tập P chứa n + 1 phần tử vào tập Q chứa n phần tử thì có hai phần tử của tập P có cùng một ảnh.

Tuyên bố này được gọi là nguyên tắc Dirichlet*). Chứng minh khá dễ dàng bằng phương pháp quy nạp toán học. Theo một truyền thống bất thành văn, các nhà toán học trên toàn thế giới, khi xem xét nguyên lý Dirichlet, giải thích ý nghĩa của nó không phải bằng ngôn ngữ của tập hợp và ánh xạ, cũng không phải bằng bất kỳ đối tượng nào khác, cụ thể là bằng thỏ rừng và ô.

Nguyên lý Dirichlet, mặc dù đơn giản và tuyệt vời, nhưng lại rất thường được sử dụng trong việc chứng minh các định lý và lời giải bài toán.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu đường thẳng l nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC không đi qua bất kỳ điểm nào.

*) Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859) - nhà toán học kiệt xuất người Đức; Ông sở hữu những công trình cơ bản về lý thuyết số và các lĩnh vực toán học khác.

Hình 1.

20

Chúng ta sẽ tìm được bao nhiêu số hạng tiếp theo của dãy số không phải là số nguyên tố, v.v.

Ví dụ 6. Cho $p$ và $q$ là các số tự nhiên, viết số hữu tỷ $\frac{p}{q}$ dưới dạng số thập phân vô hạn. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng mô hình của phân số này nhất thiết phải có tính tuần hoàn.

Bằng chứng của thực tế này (nó không được xem xét trong trường học) có thể dễ dàng thu được bằng cách sử dụng lý do Dirichlet. Khi chia $p: q$ theo kiểu “cột”, sẽ luôn thu được số dư từ 0 (nếu không thì số $\frac{p}{q}$ sẽ không được viết dưới dạng phân số thập phân vô hạn). Như vậy, mỗi lần tìm thấy chữ số tiếp theo của thương số, số dư sẽ là một trong các số 1, 2, …, $q-1$). Chúng tôi sẽ coi các giá trị có thể có này của phần còn lại là “ô”, do đó có tổng cộng $q-1$ “ô”. “Thỏ rừng” chúng ta sẽ xem xét số dư thực sự thu được sau khi chúng ta loại bỏ chữ số có nghĩa cuối cùng của số bị chia (Hình 4). Hãy xem xét $q$ “thỏ rừng” đầu tiên (1 lớn hơn số lượng “ô”). Mỗi “thỏ rừng” kết thúc trong một “ô” nào đó - mỗi số dư bằng một trong các số 1, 2, …, $q-1$. Vì lý do Dirichlet mà có hai “thỏ rừng” cùng chung một “chiếc lồng”. Nói cách khác, trong các số 1, 2, …, $q$ ta có thể chọn hai số $i, j$ sao cho số dư thứ $i$ và thứ $j$ (sau khi đã loại bỏ chữ số có nghĩa cuối cùng

21

Người chiến thắng cuộc thi “Kvaenta”

Trong năm 1976 vừa qua, các biên tập viên đã nhận được phần lớn đáng kể các lá thư có quyết định bài toán so với năm vừa qua. Ban biên tập tạp chí Quantum cùng với các thành viên Ban tổ chức của All-Union Optimida đã chọn ra lời giải xuất sắc nhất.
Dưới đây là danh sách học sinh - người chiến thắng trong cuộc thi “Quenta” - đã nhận được quyền tham gia rec-publika optimids năm 1977.

Matematika

S. ABADJYAN - Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc, lớp 10.
B. AMOSOV - Mytishchi, vùng Mátxcơva, tr. w. 26, 10 lớp
B. ARONOV - Saratov, tr. w. 13, 9 lớp
A. BER - Thành phố Tashkent, tr. w. 110, 10 ô
I. VORONOVICH - thị trấn Sopotskin, vùng Grodno, hạng 10.
A. GARNAEV - Tallinn, tr. w. 19, 10 lớp
V. GROSSMAN - Odessa, tr. w. 116, 10 ô
M. GRUNTOVICH - làng Novy Dvor, vùng Grodno, lớp 10.
A. DIDENKO - Krasnoar, làng. w. lớp 28, 10.
S. GUBANOV - Voroshilovgrad, làng. w. 17, 10 lớp
A. ZHERDEV - Slavyansk, vùng Donetsk, s. w. lớp 5, 9
R. IZMAILOV - Baku, tr. w. 134, 8 ô
B. KAPLAN - Kyiv, tr. w. 173, 10 ô
V. KASKEVICH - làng Novy Dvor, vùng Grodno, lớp 10.
A. KASYANCHUK - Nikolaev, s. w. 22, 10 lớp
M. KUTERNIN - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.
I. LOZITSKY - Gantsevich, vùng Brest, làng. w. 1, 9 lớp
S. MELIKHOV - Donetsk, s. w. 17, 10 lớp
A. MOSHONKIN - Leningrad, FMS 45, lớp 10.
M. NARODITSKY - Kuibyshev, làng. w. 135, 10 ô
E. OGIEVETSKY - Dnepropetrovsk, s. w. 23, lớp 10.
A. PETUKHOV - Novosibirsk, FMS 165, lớp 10.
S. POLYGALOV - Perm, s. w. 102, 9 ô.
V. ROGAVA - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. Komarova, 10 kl.
R. SEDVIMALEV - Quận Zangelansky của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị, làng Shaiflinskaya. sh., 10 cl.
V. UGRINOVSKY - Khmelnyk, vùng Vinnytsia, làng. w. lớp 3, 10
S. KHARENKO - Angarsk, vùng Irkutsk, tr. w. lớp 10, 9
Y. STEINSHREIBER - Baku, tr. w. 210, 9 ô.
V. SHTEPIN - Chelyabinsk, tr. w. 103, 10 ô

Vật lý

F. BAGHDASARYAN - Baku, tr. w. 145, 10 ô
V. GARKAVY - Lida, vùng Grodno, làng. w. 1, 9 lớp
V. GARMASH - Zaporozhye, làng. w. lớp 28, 10.
A. ZABRODIN - Làng Chernogolovka, vùng Mátxcơva, tr. w. lớp 82,9.
V. KOTOK - Kharkov, tr. w. 27, 10 lớp
A. LISTOVNICHY - Kyiv, làng. w. lớp 96, 10.
V. LOBZIN - Sverdlovsk, vùng Voroshilovgrad, làng. w. lớp 9, 10
Y. MUKHARSKY - Kyiv, s. w. 145, 10 ô
A. NIKITENKOV - Velikiye Luki, làng. w. lớp 3, 9
V. NIKOLAICHIK - Mátxcơva, FMS 18, lớp 10.
V. PALEY - Kharkov, tr. w. 27, 9 lớp
D. PATARAYA - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. Komarova, lớp 8.
V. POTEMKIN - Velikiye Luki, làng. w. lớp 3, 10
K. TRUTNEV - Kazan, tr. w. Lớp 39, 10.
E. SHIFRIN - Dnepropetrovsk, s. w. 23, lớp 10.
Y. STEINSHREIBER - Baku, tr. w. 210, 9 ô.

22

Bài toán

M426 — M430; F438 — F442

M426. Một bảng gồm $n \times n$ ô chứa các số từ 1 đến $n$ như trong Hình 1. Với mỗi $n$ trong đó, bạn có thể chọn $n$ ô sao cho không có hai ô nào thuộc cùng một hàng hoặc cột và sao cho tất cả các số trong các ô đã chọn đều khác nhau không?

A. Nenatsev

M427. a) Chứng minh rằng tồn tại một số lẻ $n$ sao cho mọi số chẵn $k$ không có số nào trong dãy vô hạn
$$k^k + 1, k^{k^k} + 1, k^{k^{k^k}} + 1, \dots$$
không chia hết cho $n$.

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ đều tồn tại một số tự nhiên $k$ sao cho mỗi số hạng của dãy vô hạn
$$k + 1, k^k + 1, k^{k^k} + 1, k^{k^{k^k}} + 1, \dots$$
chia hết cho $n$.

S. Lavrenchenko, lớp 9

M428. $(m - 1)n + 1$ mọi người đang tham gia Olympic. Chứng minh rằng trong số họ có $m$ người tham gia không biết nhau theo cặp hoặc có một người quen với ít nhất $n$ người tham gia Olympic. Liệu tuyên bố bài toán có còn đúng nếu số lượng người tham gia Olympic giảm đi một không?

E. Turkovich

M429. a) Phương trình có bao nhiêu lời giải?
$$|x| - 1977 \{x\} = 1978?$$
(Ở đây $|x|$ là phần nguyên của $x$ và $\{x\} = x - |x|$.)

b) Chứng minh rằng với mọi $p \neq 0$ và $q$ phương trình
$$|x| + p\{x\} = q$$
có $||p||$ hoặc $||p|| + 1$ lời giải.

Zh. satarov

M430. a) Chứng minh rằng mọi hình phẳng lồi có diện tích $S$ đều có thể đặt trong đường thẳng 2S.

23

6)* Chứng minh rằng mọi vật lồi có thể tích $V$ đều có thể đặt trong một hộp có dạng hình chữ nhật song song có thể tích $6V$ (Hình 2).

F438. Một thanh đồng chất nằm bên trong một hộp rỗng hình cầu. Chiều dài của thanh bằng bán kính của hình cầu. Hệ số ma sát là $\mu$. Góc tối đa mà một cây gậy có thể tạo ra với đường chân trời là bao nhiêu?

V. Bukhovtsev

F439. Đèn neon (nl) sáng lên khi hướng của nó đạt giá trị $U_1$. Trong trường hợp này, điện trở của bóng đèn trở nên giả tạo. Khi hướng của đèn giảm xuống $U_2$, đèn tắt và điện trở của nó lớn vô hạn. Đèn này được nối với mục tiêu, như trong Hình 3. Xét $\gg U_1 > U_2$, hãy xây dựng đồ thị gần đúng về hướng của tụ điện theo thời gian sau khi đóng công tắc $K$.

V. Kopylov

F440.* Ước tính gần đúng bán kính tối thiểu của một hành tinh mà nó có thể giữ lại bầu khí quyển bao gồm chủ yếu là oxy và nitơ nếu nhiệt độ bề mặt của hành tinh là $T = 300^\circ\text{K}$. Mật độ trung bình của vật chất trên hành tinh được lấy bằng $\rho = 4 \cdot 10^3 \text{ kg}/\text{m}^3$.

S. Kozel

F441.* Giữa các bản của một tụ điện phẳng kín có điện tích $q$. Diện tích của các tấm vô hạn lớn, khoảng cách giữa chúng là $d$. Ban đầu điện tích nằm cách tấm bên trái một khoảng $\frac{1}{3}d$. Điện tích nào sẽ đi qua dây dẫn làm đóng các bản tụ điện khi điện tích $q$ di chuyển đến một vị trí mới và cách bản điện tích một khoảng $\frac{1}{3}d$?

F442. Các quả bóng có khối lượng 1, 2, 3 và 4 ke được nối với nhau bằng các thanh nhẹ, mỗi thanh dài 1 m. Các thanh được buộc chặt sao cho tạo thành hình chữ thập (Hình 4). Hệ có thể xoay tự do quanh một trục nằm ngang đi qua điểm $O$ vuông góc với mặt phẳng vẽ. Tìm biên độ dao động của hệ nếu tại thời điểm ban đầu thanh nối các tải trọng có khối lượng $m_2 = 2$ke và $m_4 = 4$ke thẳng đứng và các quả cầu không chuyển động.

25

Con dao phải đáp ứng nhiều hơn một kích cỡ. Chúng ta đã đạt được điều kiện cần để giải được bài toán: số $q^n+1$ phải được biểu diễn dưới dạng $M^2N$, $M > 1$.

2. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng điều kiện này cũng là một điều kiện đủ.

Giả sử rằng $q^n+1 = M^2N$, $M > 1$. Nếu số $N$ đã có giá trị $n$, nghĩa là, nếu $q^{n-1} \leq N < q^n$, thì mọi thứ đều theo thứ tự: $N$ bản thân nó phù hợp là $A$: thì $\overline{AA} = N(q^n+1) = M^2N^2$ là một hình vuông chính xác. Nhưng hiện tại, chúng tôi chỉ có thể nói rằng $q^{n-i-1} \leq N < q^{n-i}$, $i \geq 0$ (tức là $N$ có thể nhỏ hơn $n$ chữ số). Hãy lấy $r > 1$ sao cho $r^2 \leq q$ (điều này luôn có thể thực hiện được nếu $q \geq 4$; ví dụ: đặt $r = 2$) và xét cấp số nhân $\{N \cdot r^{2k}\}$, $k = 0, 1, \dots$. Vì số hạng đầu tiên của cấp số này nhỏ hơn $q^n$ và mẫu số $r^2 \leq q$, nên rõ ràng là nó chứa số hạng $B$, thuộc về khoảng $[q^{n-1}, q^n]$. Vì $B$ có ​​dạng $N \cdot r^{2i}$, nên khi đặt $A = B$, chúng ta thu được $\overline{AA}_q = N \cdot r^{2i}(q^n+1) = M^2N^2 \cdot r^{2i}$ là một hình vuông chính xác.

Lý luận của chúng tôi đúng cho tất cả $q \geq 4$. Điều này để lại trường hợp $q = 2$ và $q = 3$. Trong trường hợp $q = 3$ chúng ta lấy $A = 1$ vì $\overline{AA}_3 = 11_3 = 1 \cdot 3 + 1 = 4$ là một hình vuông hoàn hảo. Trong trường hợp $q = 2$, đặt $n = 3$, chúng ta nhận được $2^3 + 1 = 3^2 \cdot 1$, tức là $N = 1 < 2$, và chúng ta cần $2^2 \leq N < 2^3$. Nhân $N = 1$ với $2^2 = 100_2$, ta được số có ba chữ số $A = 100_2$. Số $\overline{AA}_2 = 100 \cdot 100_2 = 36$ là một hình vuông hoàn hảo.

3. Hãy để chúng tôi chứng minh sự tồn tại của lời giải với mọi $q$, tức là chúng tôi chứng minh rằng với mọi $q$ cũng tồn tại $n$ và $M > 1$, nghĩa là $q^n+1 = M^2N$.

Nếu $q - \text{число вида } rs^2 - 1$, $s > 1$ thì $n = 1$, $M = s$ và đáp án cho bài toán là số $A = r$ (được viết dưới dạng một chữ số):

$$\overline{rr}_q = r(rs^2 - 1) + r = (rs)^2.$$

Cụ thể, các số đó có dạng $q$ có dạng $2^k - 1$, $k \geq 2$ (đối với $s = 2$, $r = 2^{k-2}$).

Dưới đây là một số $q$ đầu tiên của biểu mẫu $rs^2 - 1$:

3, 7, 8, 11, 15, 17, 19, 23.

Hãy xem xét số $q+1$. Nếu nó không chứa các thừa số lẻ thì nó có dạng $2^k$, tức là $q = 2^k - 1$, và trường hợp này đã được xem xét. Nếu $q+1$ chứa thừa số lẻ $p$, thì

$$q^p+1 = [(q+1)-1]^p+1 = (q+1)^p-p(q+1)^{p-1}+\dots+p(q+1),$$

do đó $q^p+1$ chia hết cho $p^2$ (vì $q+1$ chia hết cho $p$).

Cụ thể, đối với $q = 10$, chúng tôi nhận được $n = 11$, $M = 11$, $N = 826446281$, $A = 4^2 \cdot 826446281 - 13223140496$, vì vậy $1322314049613223140496 = (4 \cdot 11 \cdot 826446281)^2$.

4. Vì vậy, số $10^n+1$ được biểu diễn dưới dạng $M^2N$, $M > 1$ với $n = 11$. $n = 11$ có phải là nhỏ nhất có thể không? Để làm rõ vấn đề này, chúng tôi đã biên soạn một chương trình máy tính và thu được các hệ số nguyên tố sau:

$$10^1+1=11; \quad 10^8+1=17 \cdot 5882353;$$

$$10^2+1=101; \quad 10^9+1=7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 19 \cdot 52579;$$

$$10^3+1=7 \cdot 11 \cdot 13; \quad 10^{10}+1=101 \cdot 3541 \cdot 27961;$$

$$10^4+1=73 \cdot 137; \quad 10^{11}+1=11^2 \cdot 23 \cdot 4093 \cdot 8779;$$

$$10^5+1=11 \cdot 9091;$$

$$10^6+1=101 \cdot 9901;$$

$$10^7+1=11 \cdot 909091;$$

vậy $n = 11$ thực sự là nhỏ nhất.

V. Kukushkin

27

số lượng tăng không ít hơn
$$1 + 2 + 4 + 8 + 7 + 5 = 27.$$
(Chúng tôi lý luận như sau: nếu $a$ khi chia cho 9 thì dư 8, $b$ dư 7 và $a < b$, thì hiệu $b - a$ không nhỏ hơn 8; ước tính về chênh lệch được biểu thị trong Hình 7 màu đỏ). Vì vậy, $s(2^{n+6}) \leq s(2^n) + 27$.

Điều này có nghĩa là tại $n = N + 6k$, nơi $k \geq 1$, sẽ có
$$s(2^n) = s(2^{N+6k}) \geq s(2^N) + 27k = \frac{9}{2}n - \frac{9}{2}N + s(2^N).$$

Vì tất cả các số đều không lớn hơn 9 nên theo II
$$s(2^n) \leq 9\left(\frac{n}{3} + 1\right).$$

Do đó, với mọi $n = N + 6k$ bất đẳng thức
$$\frac{9}{2}n - A \leq s(2^n) \leq 3n + 9$$

(ở đây $A$ là số không phụ thuộc vào $n$). Nhưng vì $\frac{9}{2} > 3$, điều này rõ ràng là sai (với tất cả $n > 2(A+9)/3$). Kết quả mâu thuẫn chứng tỏ rằng Giả định III là sai.

S. Konyaets

F393. Được biết, tần số bức xạ của các nguyên tử chuyển động với tốc độ $v$ theo hướng bề mặt quan sát được thay đổi theo giá trị $\Delta f = \frac{v}{c}f_0$, trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng, $f_0$ là tần số bức xạ dọc theo trục nguyên tử (hiện tượng này gọi là hiện tượng Doppler). Kết quả là, do chuyển động chổi của các nguyên tử, các vạch quang phổ của nguyên tử bị mở rộng. Ước tính nhiệt độ của các nguyên tử Ne, biết rằng trong phổ phát xạ của nó phát hiện một vạch màu đỏ: nguyên tử $f_0 = 4,8 \cdot 10^{14}$ еч, chiều rộng $\Delta f = 1,6 \cdot 10^9$ еч.

Động năng trung bình của chuyển động nhiệt của nguyên tử Ne là $\bar{E}_K = \frac{3}{2}kT$. Mặt khác, $\bar{E}_K = \frac{m\bar{v}^2}{2}$, trong đó $m$ là khối lượng của nguyên tử, $\bar{v}^2$ là bình phương trung bình của tốc độ chuyển động nhiệt của nó. Từ đẳng thức $\frac{m\bar{v}^2}{2} = \frac{3}{2}kT$, chúng ta tìm được vận tốc bình phương trung bình căn bậc hai của nguyên tử Ne:
$$\sqrt{\bar{v}^2} = \sqrt{\frac{3kT}{m}} = \sqrt{\frac{3RT}{\mu}},$$
trong đó $\mu$ là khối lượng nguyên tử Ne.

Sự thay đổi tần số của bức xạ nhận được được quan sát thấy phụ thuộc vào tốc độ $v_x$ của nguồn chuyển động theo hướng của đài quan sát. Để ước tính độ lớn của hệ số, chúng ta có thể giả sử rằng thành phần vận tốc $v_x$ đối với các nguyên tử neon khác nhau nằm trong khoảng từ $-\sqrt{\bar{v}_x^2} + \sqrt{\bar{v}_x^2}$, trong đó $\sqrt{\bar{v}_x^2}$ là giá trị căn bậc hai của vận tốc $v_x$.

Sử dụng mô hình được đơn giản hóa phần nào này, chúng ta thu được độ rộng phổ trong phổ phát xạ của nguồn
$$\Delta f = \frac{2\sqrt{\bar{v}_x^2}}{c}f_0.$$

Vì $\bar{v}_x^2 = \frac{1}{3}\bar{v}^2 = \sqrt{\frac{RT}{\mu}}$ nên kết quả cuối cùng có thể viết được
$$\Delta f = \frac{2/0}{c}\sqrt{\frac{RT}{\mu}},$$

từ đâu theo sau
$$T = \frac{\mu c^2}{4R}\left(\frac{\Delta f}{f_0}\right)^2 \approx 700 \text{ °K}.$$

S. Kozel

28

F394. Cấu trúc của một nhiệt kế y tế tiêu chuẩn được thể hiện trong Hình 8. Một mao dẫn mỏng được gắn vào lon rượu rue; do đó, có một “con dấu” - một phần có đường kính khoảng 30 micron. Vai trò của co thắt ceram ema là gì? Hãy ước tính gia tốc cần truyền vào nhiệt kế là bao nhiêu để nhiệt kế có thể “rung chuyển” sau khi thay đổi nhiệt độ?

Hình 8.

Hình 9.

Nhiệt kế y tế được gọi là nhiệt kế “tối đa”. Số đọc của nó tương ứng với nhiệt độ tối đa trong toàn bộ thời gian đo. Điều này xảy ra do “co thắt”. Khi rễ trong hộp được làm nóng, nó sẽ nở ra. Sự khẩn cấp phát sinh trong trường hợp này vượt quá lực căng bề mặt tác dụng lên thanh tay cầm tại điểm thắt và tay cầm bị “đẩy” vào mao quản. Khi nhiệt kế nguội đi, rễ bắt đầu lướt qua, lực sinh ra sẽ nén tay cầm tại điểm co lại và tay cầm tương ứng với nhiệt độ tối đa vẫn ở trong mao mạch. Có các cặp rễ nằm giữa thân trong mao quản và rễ trong ống trụ.

Chúng ta hãy cung cấp cho nhiệt kế một gia tốc hướng về bên phải (Hình 9). Lúc đầu, do quán tính, thanh sẽ đứng yên và “đi vào” chỗ thắt sẽ tạo thành một túi lồi. Áp suất bên trong thanh dưới mặt khum sẽ cao hơn áp suất hơi bão hòa của thanh ở chỗ thắt $\frac{2\sigma}{r}$, trong đó $r$ là bán kính của mặt khum. Đồng thời, áp suất ở đầu bên phải của tay lái trong mao quản cao hơn áp lực lên mặt $\frac{2\sigma}{R}$, trong đó $R$ là bán kính của tay cầm bên phải. Nó có thể được coi là bằng bán kính của ống mao dẫn.

Chúng ta hãy xem xét gia tốc của thanh tay cầm, được tô bóng trong hình, với diện tích mặt cắt ngang $s = \pi r^2$. Áp suất ở đầu bên trái của nó là $p + \frac{2\sigma}{r}$, và ở đầu bên phải là $p + \frac{2\sigma}{R}$ (p là áp suất hơi của rễ). Do đó, lực $|\vec{F}_1| = \left( p + \frac{2\sigma}{r} \right) s$ theo sau và ở bên phải - lực $|\vec{F}_2| = \left( p + \frac{2\sigma}{R} \right) s$.

Sự khác biệt giữa các lực này truyền gia tốc cho người quản lý (có khối lượng $m$)

$$|\vec{a}| = \frac{|\vec{F}_1| - |\vec{F}_2|}{m} = \left( \frac{2\sigma}{r} - \frac{2\sigma}{R} \right) \frac{s}{m}.$$

Nếu gia tốc truyền vào nhiệt kế lớn hơn giá trị này $|\vec{a}|$ thì thanh sẽ “tụt lại phía sau” và bị “đẩy” qua thắt lưng. Trong trường hợp này, bán kính $r$ của sự thay đổi độ co sẽ giảm. Giá trị tối thiểu của nó bằng bán kính $r_0$ của thắt lưng. Do đó, gia tốc tối đa được truyền cho người điều khiển bằng

$$|\vec{a}_0| = \frac{2\sigma s}{m} \left( \frac{1}{r_0} - \frac{1}{R} \right).$$

Vì $r_0 \ll R$, thì $\frac{1}{r_0} \gg \frac{1}{R}$ và chúng ta có thể giả sử rằng

$$|\vec{a}_0| \approx \frac{2\sigma s}{r_0 m}.$$

Giá trị này $|\vec{a}_0|$ là gia tốc tối thiểu phải được truyền vào nhiệt kế để “rũ bỏ nó”. Hãy để chúng tôi ước tính các giá trị của $|\vec{a}_0|$.

Khối lượng của tay cầm phía trên thắt lưng bằng $\rho V$, trong đó $\rho = 13,6 \times 10^3 \text{ kg/m}^3$ là mật độ của tay cầm và $V$ là thể tích của tay cầm phía trên thắt lưng. Có thể ước tính bằng cách giả sử rằng chiều dài của bàn là khoảng 4 cm và đường kính là ~6·10$^{-5}$ m. Sử dụng những dữ liệu này và giá trị $\sigma = 0,5 \text{ h/m}$, chúng tôi thấy rằng

$$|\vec{a}_0| \approx 80 \text{ m/cm}^2.$$

Khi nhiệt độ thay đổi, nhiệt kế phải ấm lên từ nhiệt độ phòng đến nhiệt độ cơ thể, tức là 15-17 ° C. Bạn chỉ có thể “lắc” nhiệt kế khi nhiệt độ của nó giảm 3-4 ° C. Vì tủ chịu nhiệt

29

Có thể “lắc” nhiệt kế gần như ngay lập tức sau khi thay đổi nhiệt độ không?

F396. Một bình có đường kính khác nhau được gắn hướng lên trên một bình chứa đầy nước, được gắn cố định vào một bình lớn hơn và chứa một phần nước (Hình 11). Một chiếc kuskold nổi trên mặt nước bên trong một chiếc bình đang thay đồ. Điều gì xảy ra với mực nước trong bình khi băng tan? Thể tích sẽ thay đổi như thế nào nếu bình thay đổi không được gắn vào bình lớn hơn và nổi trên mặt nước?

Áp suất của chất lỏng tại bề mặt của nó bên trong một bình nhỏ ở trạng thái cân bằng bằng áp suất của không khí trong bình nhỏ. Để áp suất không khí không thay đổi thì cần phải giữ nó không đổi (bỏ qua sự thay đổi nhiệt độ khi băng tan).

Nước hình thành khi băng tan chiếm thể tích bằng phần băng ban đầu ở dưới nước. Nếu mực nước trong một bình nhỏ không thay đổi thì thể tích nước trong bình sẽ tăng và áp suất không khí sẽ giảm. Vì vậy, khi băng tan, mực nước trong bình nhỏ tăng lên và trong bình lớn, mực nước theo đó giảm xuống.

Nếu một bình nhỏ không gắn với một bình lớn mà nổi trên mặt nước (Hình 12), thì áp suất ở đáy bình không thể thay đổi khi băng tan. Thật vậy, áp suất này bằng trọng lượng của vật chứa trong bình chia cho diện tích đáy bình. Vì các đại lượng này không thay đổi nên áp suất ở đáy bình không thay đổi.

Nhưng áp suất ở đáy bình bằng ρ|g|h, trong đó ρ là mật độ của nước, |g| là gia tốc của áp suất tự do và h là chiều cao của cột nước. Do đó, h không thay đổi khi băng tan. Còn chiếc bình nhỏ sẽ chìm một phần trong nước để thể tích không khí trong đó không đổi.

I. Slovodetsky

30

S. Pukhov

Vấn đề
về vật thể lồi

Ghi chú này được dành riêng cho lời giải bài toán M380, được xuất bản trên “Zadchina «Kvant»” (xem số 3, 1976). Chúng ta hãy nhớ lại công thức của nó.

a) Có một hình lồi trên mặt phẳng đáy và bên trong nó có một điểm O. Với mỗi đường thẳng l đi qua điểm O, vẽ lại một phân phối lại tại điểm O và trên đó, trên cả hai phía của điểm O, có hai đoạn thẳng có độ dài bằng độ dài của đoạn thu được khi hình này cắt đường thẳng l. Hợp của tất cả các đoạn này là một hình mới có tâm đối xứng O. Hình thu được có lồi không?

b) Cho một vị trí lồi đối xứng tâm có tâm O trong không gian. Đối với mỗi mặt phẳng α đi qua điểm O, một phân bố lại được vẽ tại điểm O và hai đoạn thẳng được đặt trên đó ở cả hai phía của điểm O này, độ dài của chúng bằng diện tích mặt cắt của vị trí đã cho theo mặt phẳng α. Hợp của tất cả các đoạn này là một vị trí mới có cùng tâm đối xứng O. Chứng minh rằng vị trí thu được có thể lồi.

Bình luận. Trong nhiệm vụ b) giả định rằng một số đơn vị là cố định. Sau đó đơn vị diện tích được xác định tự động. Và quá trình đặt các đoạn nên được hiểu như sau: đoạn chứa số đơn vị chiều dài bằng số đơn vị diện tích mà phần được xác định lại chứa.

Ở đây chúng tôi sẽ không định nghĩa tập lồi, thân, hình là gì, cũng như không liệt kê các tính chất của tập lồi - tất cả những khái niệm này đều được đưa vào khóa học hình học ở trường và chúng có thể được tìm thấy trong sách giáo khoa ở trường. Ngoài ra, chúng tôi sẽ không đưa ra một định nghĩa chặt chẽ về diện tích. Hóa ra là bất kỳ hình phẳng lồi nào cũng có diện tích giống như hình tam giác, hình vuông hoặc hình tròn có diện tích. Bạn có thể đọc chi tiết về điều này, chẳng hạn như trong Bách khoa toàn thư về Toán tiểu học, Tập V, các bài báo của V. A. Rokhli và về “Diện tích và Thể tích”, hoặc trong cuốn sách “Vòng tròn và quả bóng” của V. Blyashke. Nói chung, đã có nhiều cuốn sách thú vị viết về tập lồi. Một số trong số chúng được đề cập ở cuối ghi chú.

Vì vậy, hãy cùng học cách giải bài toán M380.

Phủ định đáp số đối với câu hỏi đặt ra trong nhiệm vụ a) đưa ra ví dụ sau.

Xét một tứ giác lồi ABCD có các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại điểm O (Hình 1). Đặt $|AO| = |BO| = |CO| = \sqrt{2}$ và $|DO| = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Hãy bắt đầu thực hiện việc xây dựng được mô tả ở điểm a). Trên các tia OB và OC, vẽ các đoạn OP1 và OP2, các đoạn AC và BD lần lượt bằng nhau; điểm P1 và P2 là điểm của tập hợp mới. Trên bisketris của góc BOC, vẽ đoạn OP bằng đoạn EF (nằm trên bisketris của các góc AOB và COD).

Hình 1.

31

Hãy chứng minh rằng đoạn $OP$ không cắt đoạn $P_1P_2$. Vì $P$ là điểm biên của hình mới nên hình mới sẽ không lồi.

Ta hãy biểu thị giao điểm của đường nhị phân của góc $BOC$ với đoạn $P_1P_2$ là $Q$ ($Q \in [P_1P_2]$). Chúng ta cần chứng minh rằng đoạn $OP$ ngắn hơn đoạn $OQ$, tức là $|OP| < |OQ|$.

Không khó để tính $|OE| = 1$, $|OF| = \frac{2}{3}$, tức là $|EF| = |OP| = \frac{5}{3}$. Nhưng $|OQ| = \frac{12}{7}$ (tự mình thực hiện tất cả các phép tính). Vì $\frac{5}{3} < \frac{12}{7}$, chúng ta thu được $|OP| < |OQ|$, tức là hình mới thu được từ tứ giác mà chúng ta đã chọn $ABCD$ theo “resith” được mô tả trong bài toán a), thực sự là không lồi.

Ở bên phải. Chứng minh rằng hình thu được từ tứ giác mà chúng ta đã chọn, không phải là hình bình hành, trong đó giao điểm của các đường chéo của nó được lấy là điểm $O$, cũng không lồi.

Bây giờ chúng ta tiến hành chứng minh khẳng định ở đoạn 6) bài toán. Để thuận tiện, chúng ta hãy biểu thị phần thân mới bằng chữ cái $V$ và phần thân mà từ đó nó có được bằng chữ cái $W$.

Chúng ta sẽ nói rằng điểm biên $P$ của thân mới $V$ tương ứng với tiết diện $\omega$ của thân cũ $W$ theo mặt phẳng $\alpha$ đi qua tâm đối xứng $O$, nếu đoạn $OP$ vuông góc với mặt phẳng $\alpha$ và độ dài của nó bằng diện tích tiết diện $\omega$: $|OP| = S_\omega$. Mỗi phần tương ứng với hai điểm đối xứng với $O$; do đó, phần thân mới $V$ cũng đối xứng với điểm $O$.

Vì phần thân $V$ được hình thành bởi tập hợp các đoạn “nhô ra” từ tâm $O$, nên độ lồi của nó sẽ xuất phát từ thực tế là, cùng với hai ranh giới bất kỳ của phần thân $W$, phần thân $V$ cũng thuộc về toàn bộ đoạn $P_1P_2$ (nghĩ mà xem).

Vì vậy, hãy để các điểm $P_1$ và $P_2$ của cơ thể $V$ tương ứng với hai phần khác nhau $\omega_1$ và $\omega_2$ của cơ thể $W$ bởi các mặt phẳng $\alpha_1$ và $\alpha_2$ đi qua tâm đối xứng $O$. Đặt $Q$ là một điểm bên trong tùy ý của đoạn $P_1P_2$. Cần phải chứng minh rằng $Q \in V$. Chúng ta vẽ qua $O$ một mặt phẳng vuông góc với đoạn $OQ$ và đặt $P$ là một điểm nằm trên tia $OQ$, tương ứng với tiết diện $\omega$ của vật $W$ theo mặt phẳng $\alpha$. Rõ ràng, điểm $Q$ sẽ thuộc về phần thân $V$ khi và chỉ khi $|OQ| \leq |OP|$. Do đó, lời giải bài toán 6) rút gọn về việc chứng minh bất đẳng thức này. Chúng ta hãy đi qua nó trong một vài bước.

1. Chúng ta chiếu (trực giao) các phần $\omega_1$, $\omega_2$ và $\omega$ lên mặt phẳng đi qua các điểm $O$, $P_1$ và $P_2$ (mặt phẳng Hình 2); sau đó các phần $\omega$, $\omega_1$ và $\omega_2$ chuyển thành các phân đoạn. Đặt $[B_1C_1]$, $[B_2C_2]$ và $[BC]$ là các phân đoạn này.

Lưu ý rằng các tia màu trong hình thu được từ các tia đỏ bằng cách quay 90° quanh điểm $O$ và các đoạn dài màu đỏ $OP_1$, $OP_2$ và $OP$ lần lượt bằng diện tích của các phần $\omega_1$, $\omega_2$ và $\omega$. Dưới đây, sử dụng độ lồi của phần thân $W$ và nguyên lý Cavalieri *), chúng ta sẽ rút ra được sự tương ứng.

*) Bonaventura Cavalieri (1598-1647) - nhà toán học nổi tiếng người Ý. Nguyên tắc của nó đã được thảo luận trong «Kvant»—xem. Số 6 cho năm 1972 và số 8 cho năm 1975. Các nguyên tắc của Cavalieri cũng có trong sách giáo khoa của trường - xem. “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”, tr. 98.