Kvant 1978, số 11 · Trang

QUANTUM
11
1978

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

75

Bức ảnh này thể hiện một mô hình lưới ba chiều và một bản quét phẳng, theo đó các tác phẩm trang trí được thực hiện trong buổi trưng bày của Gian hàng Liên Xô tại Triển lãm Thế giới EXPO-75 ở Nhật Bản (để biết thêm chi tiết, xem trang 10).

1

TRONG PHÒNG:

2. E. Trống. Hệ thống vật lý tuyến tính và phi tuyến
3. A. Geronimus. So sánh sử dụng modulo đơn giản

Phòng thí nghiệm «Kvant»
11. P. Kanaev. Những thí nghiệm đơn giản với màng xà phòng và bong bóng

vòng tròn toán học
13. L. Kurlyandchik. Bằng cấp cao

17. M. Mamikon. Trung tâm trọng lực

Vấn đề «Kvant»
18. M531—M535; F543—F547
20. Lời giải bài toán M482, M485, M487, M489, M490; F498—F501

Qua những trang sách giáo khoa
28. A. Zvonikin. pi là gì?
32. J.Rabb. Bạn có biết điều đó $\frac{220 \text{ волт}}{127 \text{ волт}} \approx \sqrt{3}$?
33. A. Zemlyakov, V. Orlov. Dòng điện ba pha

«Kvant» cho học sinh nhỏ
38. Bài toán
39. V. Kasatkin. Giao tiếp Anya

Xưởng của người nộp đơn
42. I. Gabovich, P. Gornistei. Được trang bị phương pháp tọa độ
48. L. Bakanina. Về lực ma sát

Hỏi - chúng tôi trả lời
52. Tích hợp - với vé riêng!

Đánh giá, thư mục
54. Yu. Yushina. Vương quốc của sự khéo léo
57. V. Komarov. Trong phòng thí nghiệm của vũ trụ

Thông tin
58. V. Atlasov, S. Zaripov và những người khác. RFMS tại Đại học Yakut
60. A. Vilenkin. 10 năm tổ chức giáo dục phi chính phủ Omsk
63. Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (tr. 10, 16, 31, 37, 47, 51)

© Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học
nhà xuất bản “Nuka”, «Kvant», 1978

2

Hệ thống vật lý tuyến tính và phi tuyến

Các hiện tượng xảy ra trong các hệ vật lý được mô tả định lượng bằng các phương trình và sự phụ thuộc hàm số giữa các đại lượng vật lý khác nhau được thể hiện. Bản chất của những sự phụ thuộc này có thể rất đa dạng. Một nhóm quan trọng trong số đó bao gồm các phụ thuộc tuyến tính thuộc loại $y=f(x)=ax+b$, trong đó $a$ và $b$ được coi là không đổi. Rất thường xuyên, bằng cách lựa chọn thích hợp hệ thống báo cáo, hệ tọa độ hoặc các điều kiện ban đầu, sự phụ thuộc thuộc loại này có thể được giảm xuống theo tỷ lệ trực tiếp.

Có rất nhiều người tin vào sự phụ thuộc tỷ lệ trực tiếp của các đại lượng vật lý. Đây là mối liên hệ giữa mô hình lực đàn hồi và độ lớn biến dạng: $|\vec{F}|=kx$; điện tích và điện áp trên tụ điện: $q=CU$; điện áp ở hai đầu dây dẫn và cường độ dòng điện dọc theo dây dẫn: $U=RI$; dòng cảm ứng từ tạo ra mạch và cường độ dòng điện trong mạch $\Phi=LI$, v.v. Các hệ số tỷ lệ trong các công thức này - độ cứng $k$, điện dung $C$, điện trở $R$, độ tự cảm $L$ - là các giá trị không đổi đặc trưng cho các thuộc tính của một hệ thống nhất định.

Khi các đặc tính của một hệ vật lý (ví dụ, điện trở của mạch điện) không phụ thuộc vào trạng thái của nó (vào dòng điện chạy qua mạch), thì hệ thống đó được cho là tuyến tính. Trong các hệ thống tuyến tính, nguyên tắc siêu độc quyền được tuân thủ: do một số tác động đồng thời, hệ thống sẽ đạt đến trạng thái giống như thể các tác động này nối tiếp nhau một cách riêng biệt. Nói cách khác, kết quả của bất kỳ ảnh hưởng nào khi có sự hiện diện của ảnh hưởng khác (hoặc những ảnh hưởng khác) đều giống như khi ảnh hưởng khác này không có mặt. Vì vậy, ví dụ, nếu do tác động của một tải trọng lớn $m_1$ độ giãn dài của lò xo bằng $x_1$, và do tác động của một tải trọng lớn $m_2$ độ giãn dài của lò xo bằng $x_2$, thì cả hai tải $(m_1+m_2)$ treo vào lò xo sẽ ​​gây ra độ giãn dài $x_1+x_2$.

Hình 1 biểu diễn đồ thị về độ sụt áp trên một điện trở có điện trở không đổi so với dòng điện (đặc tính vôn kế của điện trở, Hình 1, a), điện tích của tụ điện có điện dung không đổi so với điện áp trên các bản của nó (đặc tính sóng Coulomb của tụ điện, Hình 1, b) và dòng cảm ứng từ qua mạch với

3

độ tự cảm không đổi so với dòng điện (đặc tính vber-amp của cuộn dây, Hình 1, $\theta$). Đây là những đường thẳng; góc nghiêng của mỗi chúng với trục abscissa được xác định tương ứng bằng các giá trị $R$, $C$ hoặc $L$.

Không khó để tìm thấy $R=U_I/I=tg\alpha$, $C=q_U/U=tg\beta$, $L=\Phi_I/I=tg\gamma$. Các phần tử của hệ thống vật lý có đặc điểm được xác định bằng các đường thẳng đồ họa thường được gọi là tuyến tính.

Tuy nhiên, chúng ta biết rằng nhiều đặc điểm cố định của các hệ vật lý chỉ thực sự không đổi trong những điều kiện nhất định - dưới những hạn chế nhất định về mức độ tác động. Như vậy, hệ số độ cứng của lò xo $k$ chỉ không đổi nếu cần có điện trường tạo ra bởi các điện tích của các bản thì điện dung của tụ điện đó không còn là giá trị không đổi. Và độ tự cảm của cuộn dây có thể phụ thuộc vào dòng điện chạy qua cuộn dây, nếu lõi được làm bằng sắt từ - một loại vật liệu có tính chất từ ​​tính phụ thuộc vào độ tự cảm của từ trường tạo ra bởi dòng điện chạy qua cuộn dây.

Đặc điểm của các phần tử đó không còn tuyến tính nữa; do đó, các phần tử như vậy được gọi là phi tuyến tính và các hệ thống chứa chúng được gọi là hệ thống phi tuyến tính. Do đó, hệ thống phi tuyến là hệ thống có các đặc tính (ví dụ, điện trở mạch điện) phụ thuộc vào trạng thái của hệ thống (vào dòng điện chạy qua mạch).

Có thể dễ dàng hiểu được sự phi tuyến tính này “xuất hiện” như thế nào từ ví dụ này. Với những biến dạng đáng kể, định luật Hooke được coi là bị vi phạm; các giá trị độ cứng $k$ bắt đầu phụ thuộc vào lượng trộn. Ở mức độ trộn không lớn hơn nhiều so với “đàn hồi”

(sự pha trộn tối đa đó cũng dẫn đến biến dạng đàn hồi), sự phụ thuộc này có thể được viết gần đúng ở dạng $k=ax+b$. khi đó lực đàn hồi hóa ra có liên hệ với độ lớn của độ dịch chuyển bởi sự tương ứng $|\vec{F}|=(ax+b)x=ax^2+bx$, tức là một mối quan hệ phi tuyến rõ ràng.

Việc tính toán các mạch điện chứa các phần tử phi tuyến thường được thực hiện bằng đồ họa. Hãy xem bài toán đơn giản này làm ví dụ. Hình 2 thể hiện sơ đồ của một hệ phi tuyến chứa một điốt và một bóng đèn sợi đốt, các đặc tính dòng điện-điện áp của chúng được cho trong Hình 3. Mạch được nối với nguồn điện áp không đổi $U=2B$. Dòng điện trong mạch là bao nhiêu?

Vì đèn và diode được mắc nối tiếp nên với một giá trị dòng điện nhất định trong mạch, điện áp ở hai đầu của nó bằng tổng điện áp của các miếng đệm trên diode và trên đèn. Lợi dụng điều này, chúng ta sẽ xây dựng đặc tính dòng điện-điện áp của toàn bộ mạch (đường màu đen trong Hình 3). Bây giờ dễ dàng tìm được rằng tại $U=2$ V cường độ dòng điện là 0,13 A.

4

Hệ thống điện và từ phi tuyến được sử dụng rộng rãi trong công nghệ. Máy tạo dao động độc lập, bộ điều biến và bộ phát hiện dao động, bộ biến tần, v.v. là những thiết bị chủ yếu chỉ được thực hiện trên các phần tử phi tuyến.

Ví dụ, chúng ta hãy giải thích sự cần thiết của các phần tử phi tuyến để thực hiện điều chế biên độ của các dao động. Như đã biết, với điều chế biên độ, biên độ dao động tần số cao phải thay đổi theo sự thay đổi điện áp của tín hiệu hữu ích, ví dụ như tín hiệu tần số âm thanh. Bất kể mạch cụ thể, bao gồm các bộ phận nào, bộ điều biến có thể được biểu diễn dưới dạng một loại điện trở phi tuyến - điện trở có điện trở phụ thuộc vào điện áp điều khiển của tín hiệu (hữu ích): khi điện áp này giảm, điện trở sẽ tăng. Nếu điện trở được kết nối với nguồn điện áp xoay chiều tần số cao (sóng mang), thì sự dao động dòng điện trong điện trở sẽ lặp lại sự dao động của “tín hiệu” từ nguồn (Hình 4, a). Nếu bây giờ đặt thêm một điện áp xoay chiều tần số thấp (tín hiệu hữu ích) vào điện trở, thì điện trở của điện trở bắt đầu “dao động” với cùng tần số thấp (Hình 4, b), và kết quả là biên độ dao động của dòng điện trong điện trở sẽ tăng khi điện trở giảm và giảm khi tăng. Nói cách khác, biên độ của các dao động tần số sóng mang sẽ lần lượt “dao động”, theo sự thay đổi về độ lớn của tín hiệu hữu ích (Hình 4, c).

Rõ ràng là một điện trở tuyến tính sẽ không cung cấp khả năng điều chế các dao động tần số cao: trong cùng chế độ mà chúng tôi đã mô tả, các dao động dòng điện thu được trong điện trở sẽ là sự chồng chất của các dao động tần số cao và tần số thấp, và biên độ của các dao động tần số cao sẽ không thay đổi (Hình 5).

Trong Bài toán Kvant trong số tạp chí này có bài toán F546. Sơ đồ trong cuốn sách này là

5

Tiếp theo, đây là sơ đồ của thiết bị khuếch đại từ tính. Bộ khuếch đại từ tính là một ví dụ khác về việc sử dụng các phần tử phi tuyến trong công nghệ. Vấn đề F546 khá khó. Chúng tôi sẽ giúp người đọc lời giải dễ dàng hơn với gợi ý sau: trong bộ khuếch đại từ tính, sự phụ thuộc phi tuyến của độ tự cảm của cuộn dây có lõi sắt từ vào dòng điện “hoạt động”.

Tóm lại, cần lưu ý rằng, nói đúng ra, tất cả các hệ thống vật lý đều phi tuyến nếu giới hạn thay đổi trạng thái của chúng không bị giới hạn. Chúng ta đã thấy điều này trong các hệ thống cơ học - ở độ biến dạng lớn, trong hệ thống điện từ - ở dòng điện (điện áp) cao. Tuy nhiên, ngay cả trong lĩnh vực có những thay đổi nhỏ về trạng thái của hệ thống, nó cũng phải được coi là phi tuyến. Như vậy, lực ma sát khô thay đổi đột ngột khi dấu tốc độ thay đổi, cường độ dòng điện trong dây dẫn có độ dẫn điện một chiều thay đổi phi tuyến khi dấu hiệu điện áp thay đổi.

Bài tập

1. Có một hộp có khối lượng $m=10$ kg nằm ngang. Lực ma sát tĩnh cực đại là $|\vec{f}|=35$ N. Hộp có thể chịu hai lực vuông góc lẫn nhau $|\vec{F}_1|=30$ N và $|\vec{F}_2|=40$ N, nằm trong mặt phẳng nằm ngang. Mô tả chuyển động của hộp khi nó chịu tác dụng của: a) chỉ có lực $\vec{F}_1$; b) chỉ có sức mạnh $\vec{F}_2$; c) Cả hai lực cùng một lúc.

2. Bóng đèn và điốt, đặc tính dòng điện-điện áp được thể hiện trên Hình 3, được mắc song song. Dòng điện trong phần không phân nhánh của mạch là $I=0,15$ A. Xác định các điểm đồ họa trong đèn $I_\pi$ và trong diode $I_\pi$.

3. Một điện trở có điện trở 6 Ohms và điện trở phi tuyến, đặc tính dòng điện-điện áp được mô tả bởi sự phụ thuộc $U=2\sqrt{I}$, được mắc nối tiếp và nối với nguồn điện áp $U=4$ V. Tính toán mà không vẽ biểu đồ cường độ dòng điện trong mạch.

Hình 5.

6

So sánh modulo số nguyên tố

Trong bài viết “So sánh và các loại dư lượng”*), tập hợp $F_m$ của các lớp dư lượng modulo $m$ đã được xem xét và ba phép toán đã được xác định - các lớp cộng, trừ và nhân. Ở đó người ta đã chứng minh rằng trong trường hợp mô hình so sánh là số nguyên tố thì phép chia cho bất kỳ lớp nào khác 0 đều có thể được xác định. Nhờ sự so sánh này với một modulo đơn giản, chúng có một số tính chất thú vị và tinh tế mà việc so sánh với một modulo tùy ý không có. Chúng tôi sẽ giới thiệu một số thuộc tính này ở đây. Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ luôn giả định rằng mô hình là số nguyên tố; để không quên điều này, chúng tôi sẽ biểu thị nó bằng $p$.

Sự tồn tại của một gốc nguyên thủy

Chúng ta gọi thứ tự của lớp thặng dư $\bar{a} \in F_p$ là số tự nhiên nhỏ nhất $k$ mà $\bar{a}^k = 1$. Ở cuối bài “So sánh và các loại dư lượng” có nói rằng trong tập $F_p$ có một lớp có thứ tự là $p-1$. Lớp có thuộc tính này được gọi là lớp gốc nguyên thủy. Định lý về sự tồn tại của một lớp như vậy lần đầu tiên được chứng minh bởi Legendre (1752-1833). Chúng ta hãy trình bày một chứng minh định lý Legendre, gần với chứng minh của Legendre.

*) Xem «Kvant» Số 10.

Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng nếu cấp $l$ và $m$ của hai lớp $\bar{a}$ và $\bar{b}$ là nguyên tố cùng nhau thì cấp của tích $\bar{a}\bar{b}$ bằng $lm$. Thật vậy, $(\bar{a}\bar{b})^{lm} = \bar{a}^{lm} \cdot \bar{b}^{lm} = (\bar{a}^l)^{m} \cdot (\bar{b}^m)^{l} = 1$ (kể từ $\bar{a}^l = 1$ và $\bar{b}^m = 1$). Do đó, thứ tự lớp $\bar{a}\bar{b}$ phải là ước số của số $lm$. Hãy biểu thị nó bằng $l'm'$, trong đó $l'$ là ước số của $l$ và $m'$ là ước số của $m$ (l và m là nguyên tố cùng nhau!)*. Vì thế,

$$\bar{a}^{l'm'} \cdot \bar{b}^{l'm'} = (\bar{a}\bar{b})^{l'm'} = 1.$$

Chúng ta hãy nâng cả hai vế của đẳng thức này lên lũy thừa $l''$ sao cho $l'l'' = l$. Phổ biến khi đó là $(\bar{a}^l)^{m'} \cdot \bar{b}^{lm'} = 1$, và vì $l$ là thứ tự của $\bar{a}$, nên $(\bar{a}^l)^{m'} = 1$ và do đó $\bar{b}^{lm'} = 1$. Điều này có nghĩa là $lm'$ chia hết cho $m$ (cấp $\bar{b}$), nhưng $l$ nguyên tố cùng nhau với $m$ và $m'$ là ước của $m$, vì vậy $m' = m$, tương tự như $l' = l$; tuyên bố của chúng tôi đã được chứng minh.

Bây giờ chúng ta chuyển trực tiếp sang định lý.

Hãy xem xét lớp $\bar{a}$ với thứ tự cao nhất có thể $N$. Ta muốn chứng minh đây là nghiệm nguyên thủy. Để làm điều này, chỉ cần xác minh rằng bất kỳ lớp nào khác $\bar{b}$ đều là lũy thừa của $\bar{a}$. Giả sử thứ tự của $\bar{b}$ bằng $n$. Có hai trường hợp có thể xảy ra tại $n$. Hãy xem xét $n$ lớp $\bar{a}^k \cdot N/n$ với $0 \leq k < n$. Chúng đều là các nghiệm bậc $n$ khác nhau của các đơn vị, tức là nghiệm của phương trình $\bar{x}^n - 1 = 0$ (kiểm tra). Lớp $\bar{b}$ cũng là gốc của lũy thừa $n$ của các đơn vị theo định nghĩa về thứ tự. Trong phần phụ lục của bài viết này, chúng tôi sẽ chứng minh rằng mọi đa thức bậc $n$ có hệ số $F_p$ và đặc biệt, đa thức $\bar{x}^n - 1$ không thể có nhiều hơn $n$ nghiệm. Do đó, $\bar{b}$ là một trong các phần tử của $\bar{a}^k N/n$, tức là nó là lũy thừa của $\bar{a}$.

2. $N$ không chia hết cho $n$. Đặt $r$ là ước chung lớn nhất có thể có của $N$ và $n$.

*) Khả năng biểu diễn một số tùy ý $lm$ như vậy xuất phát từ Định lý cơ bản của số học, được chứng minh trong phần phụ lục của bài viết này.

7

Thứ tự của lớp $\bar{b}^r$ là $n/r$ (đánh dấu). Các số $N$ và $n/r$ là số nguyên tố cùng nhau. Do đó thứ tự của lớp $\bar{ab}^r$ là $N \cdot n/r > N$. Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của $N$. Trường hợp thứ hai là không thể.

Định lý về sự tồn tại nghiệm thứ nhất đã được chứng minh.

Giả thuyết của Artin

Chứng minh trên không mang tính xây dựng: chúng ta không thể chỉ ra rõ ràng dư lượng nào $\bar{1}$, …, $\bar{p-1}$ là nghiệm nguyên thủy modulo $p$.

Nhà toán học người Mỹ E. Artin (1898–1962) đưa ra phỏng đoán sau: nếu số nguyên $n$ không phải là số chính phương thì có vô số số nguyên tố $p$ mà lớp thặng dư mod $p$ chứa $n$ là một mod gốc nguyên thủy $p$. Giả thuyết này vẫn chưa được chứng minh. Nếu chúng ta có thể chỉ định rõ ràng mod gốc nguyên thủy $p$ cho tất cả $p$, thì sẽ dễ dàng biết được liệu phỏng đoán này có đúng hay không. (Kiểm tra xem nếu $n=m^2$ dành cho một số $m$ thì các số nguyên tố $>2$ được đề cập trong phỏng đoán hoàn toàn không tồn tại.)

Chiết xuất rễ

Định lý Legendre cho phép chúng ta tìm ra khi nào các nghiệm có thể được rút ra trong tập $F_p$.

Điều tự nhiên là gọi căn bậc $n$ từ lớp dư $\bar{b}$ là một lớp $\bar{x}$ sao cho $\bar{x}^n = \bar{b}$.

Đặt $\bar{a}$ là một số gốc nguyên thủy trong $F_p$. Có một số tự nhiên $k$ sao cho $\bar{b} = \bar{a}^k$. Nếu, theo $\bar{x}^n = \bar{b}$, $\bar{x}$ được thay thế bằng $\bar{a}^y$ thì có thể viết lại thành $\bar{a}^{yn} = \bar{a}^k$ hoặc $\bar{a}^{yn-k} = \bar{1}$.

Từ trận đấu cuối cùng, chúng ta có thể thấy rằng $yn-k$ chia hết cho $p-1$.

Tính chia hết này tương đương với đẳng thức sau trong tập hợp $F_{p-1} : \bar{yn} = k$.

Ngược lại, nếu $\bar{m}$ trong tập hợp $F_{p-1}$ là nghiệm của phương trình $\bar{yn} = \bar{k}$, thì $\bar{a}^m$ là nghiệm của lũy thừa $n$ của $\bar{b}$ (trong $F_p$).

Do đó, chúng tôi đã giảm bài toán về việc trích xuất các nghiệm trong tập hợp $F_p$ xuống bài toán về phép chia trong tập hợp $F_{p-1}$.

Trong bài “So sánh và phân loại dư lượng” đã nêu rằng nếu $d$ là ước số chung nhất của các số $n$ và $p-1$ và $k$ chia hết cho $d$, thì phương trình $\bar{yn} = \bar{k}$ có chính xác là $d$ lời giải; nếu nó không chia hết thì không có phương trình $\bar{yn} = \bar{k}$ lời giải nào cả.

Bây giờ câu hỏi về nghiệm của bậc $n$ từ lớp dư lượng $\bar{b}$ đã hoàn toàn rõ ràng:

Định lý. Nếu chỉ số*) $k$ của lớp $\bar{b} \in F_p$ được chia cho ước số chung nhất $d$ của các số $n$ và $p-1$, thì có một gốc động $n$ từ lớp $\bar{b}$; trong trường hợp khác, không thể trích xuất gốc $n$ từ lớp $\bar{b}$.

Ví dụ: $p = 11$.

Chúng ta hãy viết ra tất cả các thân của lớp $\bar{2}$ trong tập hợp $F_{11}$. Trong Bảng 1, dòng đầu tiên chứa chỉ báo tấm bia, trong đó bạn cần xây dựng $a$ để nhận được $\bar{b}$. Trong việc xây dựng định lý, không tồn tại nghiệm nguyên hàm nào được chọn.

*) Chúng ta hãy nhớ lại (xem «Kvant» Số 10, trang 8) rằng chỉ số của lớp $\bar{b}$ đến cơ số $\bar{a}$ (sau đây gọi là căn nguyên) là số mũ của thân trong đó $a$ phải được nâng lên để thu được $\bar{b}$. Trong việc xây dựng định lý, không tồn tại nghiệm nguyên hàm nào được chọn.

**) Cách dễ nhất là tính toán thân của hai (hoặc phần tử khác) một cách tuần tự: $\bar{2}^k = \bar{2}.\bar{2}^{k-1}$; đầu tiên dựng 2 ở cột $k$, sau đó đưa mod 11 là công việc tốn nhiều công sức hơn.

8

đã gặp, ví dụ lớp 3. Chỉ số của nó là 8. Chúng ta cần giải phương trình $3y=8$ trong tập $F_{10}$. Chúng tôi sẽ nhân tất cả các lớp trong $F_{10}$ với 3 (Bảng 2). Từ bảng rõ ràng là từ

$$\begin{array}{c|cccccccc} k \in F_{10} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 0 \\ \hline 3k \in F_{10} & 3 & 6 & 9 & 2 & 5 & 8 & 1 & 4 & 7 & 0 \end{array}$$

vet - 6, có nghĩa là trong tập hợp $F_{11}$ $2^6=9$ là căn bậc ba của 3. Thật vậy, $9^3=3$.

Bây giờ đặt $n=5$, sau đó $d=5$ và từ tất cả các lớp ngoại trừ lớp 1 và 10 (với chỉ số 10 và 5), nghiệm bậc 5 không được trích xuất. Đầu tiên chúng ta hãy tìm nghiệm bậc 5 từ 1. Dễ dàng nói rằng đây đều là các lớp có bốn chỉ số. (Thật vậy, lớp có chỉ số thứ tư 2r bằng $2^2r$; $(2^2r)^5=(2^r)^{10}=1$ theo định lý nhỏ của Fermat cho $p=11$.) Có rất nhiều lớp như vậy, lớp thứ năm là 1, 3, 4, 5 và 9. Theo định lý, trong tập hợp $F_{11}$ phải có căn bậc năm bậc 5 của 1.

Bây giờ chúng ta hãy giải quyết các nghiệm bậc 5 trên 10. Có thể thấy một nghiệm như vậy từ bảng - thực tế đây là 2, $2^5=10$. Để có được tất cả các nghiệm, chúng ta cần nhân 2 với tất cả các nghiệm bậc 5 của 1 mà chúng ta đã tìm được. Thật vậy, nếu $x^5=1$ thì $(2x)^5=2^5\cdot x^5=10\cdot 1=10$. Đáp số: lớp 2, 6, 7, 8, 10, tức là tất cả các lớp có 4 chỉ số. Việc 10 là nghiệm của lũy thừa 5 của chính nó không có gì đáng ngạc nhiên - xét cho cùng, $10=-1$.

Các khoản khấu trừ bình phương và không khấu trừ

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một trường hợp đặc biệt - trích căn bậc hai. Trước hết, chúng ta cần xét ước số chung nhất $d$ của số 2 và $p-1$. Nếu $p=2$ thì $d=1$; nếu $p>2$ thì $p$ là số lẻ nên $p-1$ là số chẵn và $d=2$. Xét trường hợp lẻ $p$ (bạn có thể dễ dàng nghiên cứu trường hợp $p=2$). Chúng tôi phát hiện ra rằng căn bậc hai có thể được lấy từ một lớp có chỉ số bốn (và sẽ có hai căn bậc hai cho mỗi lớp), nhưng căn bậc hai không thể được lấy từ một lớp có chỉ số bốn. Các lớp có bốn chỉ số được gọi là phần dư bình phương, và những lớp có chỉ số lẻ được gọi là phần dư bình phương. Vì trong số tất cả các giá trị chỉ số có thể có từ 1 đến $p-1$ có $\frac{p-1}{2}$ số chẵn và $\frac{p-1}{2}$ số lẻ, nên trong số $p-1$ lớp không cảm giác của dư lượng bình phương và không dư lượng bình phương có số lượng bằng nhau. Điều thú vị là tích của một khoản khấu trừ bằng một khoản khấu trừ hoặc một không khấu trừ bằng một khoản khấu trừ sẽ cho một khoản khấu trừ bình phương, và tích của một khoản khấu trừ bình phương bằng một khoản khấu trừ sẽ cho một khoản không khấu trừ. Điều này xuất phát từ thực tế là khi các lớp thay đổi, chỉ số của chúng sẽ cộng lại. Những tuyên bố tương tự cũng đúng cho cái cụ thể. Ví dụ: thương số không được khấu trừ chia cho không được khấu trừ nhất thiết phải là một khoản khấu trừ bình phương.

Hãy quay lại $p=11$. Dư lượng bình phương là các phần tử có bốn chỉ số, nghĩa là tất cả các lớp có bốn chỉ số, tức là tất cả các nghiệm bậc 5 của 1. Sự đối xứng ẩn này xảy ra với tất cả $p$, không chỉ với $11^*$).

Các loại dư lượng hợp lý và không hợp lý

Vì vậy, không phải tất cả các lớp đều có thể được root. Ví dụ, căn bậc hai, như chúng ta đã thấy, chỉ có thể được lấy từ phần dương của các lớp không cảm giác.

Hiện tượng này cũng xảy ra đối với các số tổng quát. Bạn biết rõ rằng trong trường số hữu tỉ, số 2 chẳng hạn, không thể được coi là căn bậc hai. Bạn có biết-

*) Bạn có thể đọc về các khoản khấu trừ bình phương và không khấu trừ trong «Kvant» Số 1 năm 1973 (trang 2-9).

9

Ngoài ra, nếu chúng ta mở rộng tập hợp số hữu tỷ và xem xét tập hợp $R$ của tất cả các số thực, thì trong tập hợp lớn hơn này, chúng ta có thể trích căn bậc hai của số 2 và $\sqrt{2}$ là một số từ tập hợp $R$, chỉ là số vô tỷ.

Hãy làm tương tự với các lớp khấu trừ. Để rõ ràng, hãy xem xét lại $p=11$. Chúng ta đã thấy rằng lớp $\overline{2}$ là một số dư bình phương; căn bậc hai không thể được trích xuất từ ​​nó. Chúng ta hãy xây dựng một tập hợp lớn $G \supset F_{11}$ trong đó sẽ có căn bậc hai của lớp $\overline{2}$, tức là một phần tử $\alpha$ sao cho $\alpha^2=\overline{2}$.

Tương tự như cách xây dựng hình học, chúng tôi sẽ tiến hành phân tích. Trước hết, chúng ta hãy làm rõ công thức của bài toán. Để đẳng thức $\alpha^2=\overline{2}$ có ý nghĩa, điều tự nhiên là giả sử rằng đối với bất kỳ cặp phần tử nào của tập hợp $G$ tích của chúng được xác định. Chúng tôi cũng yêu cầu xác định tổng của hai phần tử bất kỳ trong tập hợp $G$. Trong trường hợp này, $G$ phải chứa tất cả hai phần tử có thể có $\overline{a}+\overline{b}\alpha$, trong đó $\overline{a}, \overline{b} \in F_{11}$. Hóa ra điều này đã khá đủ. Chúng ta thường có thể xác định tổng của hai lenin: $(\overline{a}+\overline{b}\alpha) + (\overline{c}+\overline{d}\alpha) = (\overline{a}+\overline{c}) + (\overline{b}+\overline{d})\alpha$. Ví dụ: $(\overline{5}+\overline{2}\alpha) + \overline{9}\alpha=5$.

Khi nhân, các số hạng có $\alpha^2$ xuất hiện. Chúng tôi sẽ thay thế $\alpha^2$ bằng $\overline{2}$. Ví dụ: $(\overline{3}+\overline{7}\alpha)(\overline{5}+\overline{2}\alpha) = \overline{3}\cdot\overline{5} + (\overline{7}\cdot\overline{5}+\overline{2}\cdot\overline{3})\alpha + \overline{2}\cdot\overline{7}\alpha^2 = 10+\overline{8}\alpha$.

Có nhiều phần tử $\overline{a}+\overline{b}\alpha$ trong tập hợp $G$ bằng số cặp $\overline{a}, \overline{b} \in F_{11}$, tức là $11^2=(121)$. Do đó, ký hiệu $F_{11^2}$ được thông qua cho nó. Không cần thiết phải có tập hợp này với một tập hợp các lớp dư lượng $F_{121}$ modulo 121, cũng có 121 phần tử. Không giống như $F_{121}$, trong $F_{11^2}$ có thương số là $\overline{a}+\overline{b}\alpha$ chia cho $\overline{c}+\overline{d}\alpha$ trừ khi $\overline{c}$ và $\overline{d}$ đều bằng 0. Tuyên bố này được chứng minh trong hai giai đoạn. Đầu tiên, hãy xem xét trường hợp khi $\overline{d}=0$. Thật dễ dàng để kiểm tra điều đó $(\overline{a}+\overline{b}\alpha) : c = \overline{a}/\overline{c} + (\overline{b}/\overline{c})\alpha$. Trường hợp tổng quát là

Điều này có thể đạt được bằng cách nhân số bị chia và số chia với $\overline{c}-\overline{d}\alpha$. Sau đó, bạn phải chia cho $\overline{c}^2-2\overline{d}^2$. Phần tử tập hợp $F_{11}$ này khác với 0, nếu không chúng ta sẽ có $\overline{c}^2=2\overline{d}^2$, $\overline{2}=\left(\frac{\overline{c}}{\overline{d}}\right)^2$ và $2$ sẽ là phần dư bình phương trong $F_{11}$. Vì vậy sự phân chia là có thể.

Trong tập hợp $F_{11^2}$, căn bậc hai không chỉ được biết từ $\overline{2}$ mà còn từ tất cả các lớp $\overline{r} \in F_{11}$. Thật vậy, nếu $\overline{r}$ là số dư bình phương thì căn bậc hai đã được lấy ở $F_{11}$. Nếu $\overline{r}$ là không dư lượng, thì như chúng ta đã thấy trước đó, thương của $\overline{r}$ chia cho $\overline{2}$ là một thặng dư bậc hai và do đó tồn tại một lớp $\overline{s}$ sao cho $\overline{r}=2\overline{s}^2$. Trong trường hợp này $\sqrt{\overline{r}}=\sqrt{2}\cdot\overline{s}^2=\overline{s}\alpha$.

Theo cách tương tự, chúng ta có thể xây dựng $F_{p^2}$ cho một $p$ tùy ý. Liên quan đến kiến ​​thức về căn nguyên ở cấp độ cao hơn, các bộ $F_{p^3}, F_{p^4}$, v.v. sẽ phát sinh. Tập hợp $F_{p^2}$ có nghiệm nguyên thủy, tức là một phần tử có cấp tối đa có thể $p^2-1$. Điều thú vị là chúng ta thực tế đã chứng minh được nhận định này: khi chứng minh định lý Legendre, chúng ta chỉ sử dụng sự tồn tại của bốn tác dụng và tính hữu hạn của tập hợp đang nghiên cứu.

Nhiệm vụ và

1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên hàm trong tập $F_{13}$.
2. Phương trình $\overline{x}^2+\overline{y}^2=0$ có lời giải trong tập hợp $F_p$ ($p>2$) khác với $\overline{x}=\overline{y}=0$ khi và chỉ khi phần dư của $\overline{p}$ chia cho 4 bằng 1.
3. Phương trình $\overline{x}^2-\overline{5x}+7=0$ có bao nhiêu lời giải trong tập hợp $F_5$? và trong $F_7$?
4. Có bao nhiêu phần tử là hình khối trong $F_{13}, F_5, F_{11}$, trong $F_p$? k-min độ?
5. Có bao nhiêu nghiệm nguyên thủy trong tập $F_p$?
6. Có bao nhiêu phần tử trong tập hợp $F_{11^2}$ là hình vuông?

Ứng dụng

Định lý cơ bản của số học

Bất kỳ số tự nhiên $n>2$ nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tích của các thừa số nguyên tố; với một chế độ xem đơn sắc theo thứ tự bội số, một chế độ xem duy nhất có thể được biểu diễn.

A. Đầu tiên sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh sự tồn tại

10

và không được trình bày. Đối với $n=2, 3, 4$ điều này là rất cần thiết. Bây giờ chúng ta hãy xem xét số $n$ và giả sử rằng tất cả các số nhỏ hơn $n$ đều có thể được phân tích thành tích của các số nguyên tố. Nếu $n$ là số nguyên tố thì $n=n$ là biểu diễn bắt buộc. Nếu $n$ là hợp số thì $n=n_1n_2$ và $n_1, n_2<n$. Áp dụng giả định quy nạp cho các số $n_1$ và $n_2$, chúng ta thu được biểu diễn tương ứng cho số $n$.

B. Cách biểu diễn duy nhất khó chứng minh hơn. Đây là một bằng chứng có thể có. Hãy sử dụng lại phương pháp quy nạp.

Đối với $n=2, 3, 4$ điều duy nhất đúng. Giả sử rằng nó đúng với tất cả các số nhỏ hơn $n$. Chúng ta hãy giả sử thêm rằng số $n$ được biểu diễn dưới dạng tích của các số nguyên tố theo hai cách:
$$n = p_1p_2 \dots p_k = q_1q_2 \dots q_m.$$
Trong trường hợp này, đẳng thức $p_i=q_j$ là không thể, nếu không, bằng cách giảm cả hai vế của đẳng thức đi $p_i=q_j$, chúng ta sẽ thu được một biểu diễn không duy nhất cho số nhỏ hơn $l=n/p_i=n/q_j$.

Giả sử rằng trong cả hai cách khai triển, các thừa số được viết theo thứ tự tăng dần ($p_i \geq p_{i-1}$ và $q_i \geq q_{i-1}$) và ngoài ra, $p_1<q_1$.

Hãy xem xét số $m=p_1q_2 \dots q_m$. Từ $p_1<q_1$ theo sau $m<n$. Số $n-m$ chia hết cho $p_1$, nên $n-m=p_1t_1 \dots t_2$, trong đó $t_i$ là số nguyên tố. Mặt khác, không có thiết kế. Hóa ra một trong những phương pháp mô hình hóa các cấu trúc như vậy có liên quan đến… màng xà phòng.

Như bạn đã biết, màng xà phòng thường tạo thành các bề mặt có hình dạng phức tạp nhất, đồng thời có diện tích nhỏ nhất. Đó là lý do tại sao mô hình hóa trên màng xà phòng được sử dụng rộng rãi như tiêu chuẩn đầu tiên để thiết kế các cấu trúc có hình dạng phức tạp.

Trong bức ảnh, bạn thấy một mảnh của tác phẩm trang trí được trưng bày trong gian hàng của Liên Xô tại Triển lãm Thế giới năm 1975. Thành phần được phân biệt bởi hình thức ban đầu và sự nhẹ nhàng, gợi lên trong ergetel một cảm giác không trọng lượng và phù du.

V. Koleichik

11

Những thí nghiệm đơn giản với màng xà phòng và bong bóng

Các thí nghiệm không yêu cầu bất kỳ thiết bị phức tạp nào, vì vậy chúng có thể được thực hiện ngay cả ở nhà.

Điều kiện cần để thí nghiệm thành công là sự chuẩn bị kỹ càng bằng dụng cụ thủy tinh và chuẩn bị dung dịch xà phòng tốt. Tốt nhất là chuẩn bị dung dịch dầu gội pha loãng trong nước có thêm một lượng nhỏ glycerin nguyên chất và amoniac mạnh.

Là một ống hẹp để thổi bong bóng xà phòng, bạn có thể sử dụng ống nhựa rỗng từ bút bi có đầu kim loại có thể tháo rời. Tốt hơn là bạn nên thổi những bong bóng nhỏ và đảm bảo rằng không có giọt dung dịch nào ở phía dưới. Nếu bạn cần bong bóng ở đầu ống, bạn có thể dễ dàng thực hiện việc này bằng cách di chuyển nhanh tay theo chiều dọc lên trên.

Sau khi bạn đã chuẩn bị mọi thứ cần thiết và sẵn sàng thổi bong bóng xà phòng, hãy tiến hành các thí nghiệm cụ thể.

1. Thả bong bóng xà phòng ra, xé nó ra khỏi đầu ống và ngay lập tức bắt đầu di chuyển nhanh về phía sau - đầu tiên là thẳng, sau đó lệch sang phải, sau đó sang trái. Bong bóng sẽ theo bạn mọi lúc!

Hành vi này của bong bóng là do khi một người di chuyển mạnh, một vùng áp suất không khí thấp sẽ được tạo ra giữa người đó và bong bóng - đây là nơi bong bóng xà phòng lao tới.

2. Lấy một ống thủy tinh rộng (đường kính ít nhất 2 cm). Tạo một hình tròn bằng giấy bạc có đường kính lớn hơn đường kính của ống một chút. Sau khi làm ẩm giấy bạc bằng nước xà phòng, gắn nó vào đầu ống; Hạ đầu kia của ống vào một bình sâu có chứa nước. Chẳng mấy chốc, bạn sẽ thấy “van” làm bằng giấy bạc hơi mở ra - đây là “hoạt động” do bong bóng xà phòng hình thành ở cuối ống, phồng lên dưới tác động của không khí lăn trong ống. Ống được ngâm trong nước càng sâu thì góc “van” mở ra càng lớn. Đối với một số lần lặn sâu, góc này bằng 90° (Hình 1).

3. Cẩn thận hạ bong bóng xà phòng xuống một bề mặt phẳng ẩm ướt (ví dụ: nước, giấy hoặc thủy tinh) - do bị ướt, phần dưới của bong bóng sẽ lan ra trên bề mặt và bong bóng sẽ có hình bán cầu.

Bây giờ lấy một màng xà phòng phẳng trên vòng dây và đặt một bong bóng xà phòng lên đó, đường kính của nó xấp xỉ bằng đường kính của vòng. Bạn sẽ thấy rằng cả bong bóng và màng phẳng đều đã thay đổi hình dạng - thu được một đường hai mặt lồi, cả hai nửa đều đối xứng với mặt phẳng của vòng dây dẫn.

4. Lấy gọng kính không có kính và nhúng vào dung dịch xà phòng - gọng sẽ khít lại bằng hai

12

phim phẳng. Nếu bạn đeo kính như vậy, thì các vật thể xung quanh sẽ hiển thị ở dạng tự nhiên: tầm nhìn sẽ không tăng, giảm hoặc giảm.

Thay đổi trải nghiệm. Siết chặt khung lại bằng phim và đặt chúng trên mặt phẳng nằm ngang, hạ bong bóng xà phòng xuống từng khung (như trong thí nghiệm trước). Bạn sẽ nhận được kính có thấu kính xà phòng hai mặt lồi. Nhưng đây là điều đáng ngạc nhiên: qua những chiếc kính đặc biệt như vậy, các vật thể xung quanh trong không gian không có bất kỳ thay đổi nào, như trường hợp của các tấm phim phẳng. Tại sao?

Thực tế là thấu kính xà phòng về cơ bản là thấu kính không khí, vì có không khí giữa các màng xà phòng hình cầu mỏng nhất. Các tia sáng đi qua thấu kính như vậy thực tế không bị khúc xạ.

5. Có thể lấy một màng xà phòng phẳng trong ống nghiệm, không phải ở đầu tự do mà ở bên trong ống nghiệm không? Hãy thử điều này. Chúng tôi cung cấp cho bạn hai cách.

a) Đổ đầy nước vào một phần ống nghiệm. Lấy một dải giấy và sau khi làm ẩm nó bằng dung dịch xà phòng, chuyền nó dọc theo đầu ống nghiệm - đầu ống nghiệm sẽ được phủ một lớp màng. Để làm cho màng vừa khít bên trong ống nghiệm, hãy nghiêng ống nghiệm và bắn một ít nước qua màng. Nước bay lên cao bao nhiêu thì màng sẽ chìm xuống bấy nhiêu.

Hình 2.

6. Đổ một ít nước vào ống nghiệm và đun sôi bằng nến hoặc đèn cồn. Di chuyển lò sưởi, che lỗ bằng màng xà phòng. Sau một thời gian, bạn sẽ thấy màng phim sẽ dần rơi vào bên trong ống nghiệm.

Điều này được giải thích là do hơi nước ngưng tụ khi nguội, chân không được tạo ra dưới màng, nơi màng lao tới. Để đẩy nhanh quá trình hạ thấp, có thể làm nguội ống nghiệm bằng nước đang chảy.

6. Thổi bong bóng xà phòng vào đầu ống hẹp. Dùng nhựa dẻo gắn đầu tự do của ống vào chân của shativa hoặc vào một thanh ngang nào đó nằm ở độ cao khoảng 20 cm so với mặt bàn. Sử dụng ống tiêm y tế (hoặc ống hẹp khác), bạn có thể bơm không khí vào hoặc ra khỏi bàng quang. Sẽ có biến dạng về hình dạng của bong bóng?

Tất nhiên là không - điều này tuân theo định luật Pascal.

7. Lấy một lọ thủy tinh cao 60 mm và đổ đầy dung dịch xà phòng vào 2/3. Đậy bình bằng nút đậy có cắm hai điện cực làm bằng dây đồng có đường kính 1-2 mm và dài 80 mm vào đó (Hình 2). Đầu dưới của điện cực phải chạm tới đáy nhưng không chạm vào nó. Các đầu phía trên nghiêng một góc 90° và sử dụng dây dẫn để nối các điện cực với pin đèn pin. Các bong bóng khí nhỏ sẽ bắt đầu giải phóng ở cực âm, chúng bốc lên cao và tạo thành bọt trên bề mặt dung dịch. Khí gì chứa trong bong bóng? Bong bóng sẽ xuất hiện nếu bạn đổ rượu, glycerin hoặc dầu hỏa vào lọ cùng với dung dịch xà phòng?

Để trả lời những câu hỏi này, chỉ cần nhớ rằng khi đóng mạch điện, nước sẽ điện phân, do đó hydro thoát ra ở cực âm. Nhưng trong rượu, glycerin và dầu hỏa, bọt khí sẽ không xuất hiện chút nào, vì sản phẩm điện phân hoàn toàn khác.

13

Trong bài viết này chúng ta sẽ so sánh các con số với nhau. Câu hỏi thường trực sẽ là: số nào lớn hơn? Có thể một số bạn đang nghĩ: “Có việc gì phải đương đầu! Ai cũng rõ mười lớn hơn năm, một trăm nhỏ hơn một nghìn.” Chà, sau khi đọc ghi chú này, bạn có thể sẽ đồng ý rằng đáp số câu hỏi này có thể rất, rất không thể tha thứ được.

Hãy bắt đầu với điều này bài toán.

Bài toán 1. Số nào lớn hơn: $2^{3100}$ hay $3^{2100}$?

Lời giải. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $2^{3100} > 3^{2100}$. Thật vậy, $2^{3100} = 4^{\frac{3}{2}}$. Vì vậy, chỉ cần chứng minh rằng $\frac{3}{2} > 2^{100}$ hoặc $(\frac{3}{2})^{100} > 2$ là đủ. Nhưng đã $(\frac{3}{2})^2 > 2$, nên $(\frac{3}{2})^{100}$ thậm chí còn lớn hơn 2. Từ lời giải của chúng tôi rõ ràng là $2^{32} > 3^{22}$. Từ thực tế này (không khó để xác minh và trực tiếp) có thể dễ dàng suy ra một lời giải bài toán khác.

bài toán tiếp theo khó hơn một chút.

Bài toán 2. Số nào lớn hơn: $5^{10} + 6^{10}$ hay $7^{10}$?

Đầu tiên là lời giải. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $5^{10} + 6^{10} < 7^{10}$. Vì $5^{10} + 6^{10} < 2 \cdot 6^{10}$, đủ để chứng minh rằng $(\frac{7}{6})^{10} > 2$. Sau đó, bất đẳng thức rút ra từ bất đẳng thức Bernulin (“Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9”, đoạn 2):

$$\left(\frac{7}{6}\right)^{10} = \left(1 + \frac{1}{6}\right)^{10} > 1 + 10 \cdot \frac{1}{6} > 2.$$

Thứ hai lời giải. Lưu ý rằng $5^3 + 6^3 = 341 < 343 = 7^3$.

Vì vậy $\left(\frac{5}{7}\right)^3 + \left(\frac{6}{7}\right)^3 < 1$. Vì $\left(\frac{5}{7}\right)^{10} < \left(\frac{5}{7}\right)^3$ và $\left(\frac{6}{7}\right)^{10} < \left(\frac{6}{7}\right)^3$; chúng tôi nhận được $\left(\frac{5}{7}\right)^{10} + \left(\frac{6}{7}\right)^{10} < 1$. Vì vậy, $5^{10} + 6^{10} < 7^{10}$.

Bài toán 3. Trong mười số $1^{10}, 2^9, 3^8, 4^7, 5^6, 6^5, 7^4, 8^3, 9^2, 10^1$ số nào lớn nhất?

Lời giải. Rõ ràng là $2^9 > 1^{10}$. Hãy chứng minh rằng $3^8$ lớn hơn $2^9$. Thật vậy, $3^8 = 9^4 > 8^4 = 2^{12} > 2^9$. Bây giờ hãy so sánh $4^7$ và $3^8$: $4^7 > 3^8 \Rightarrow \left(\frac{4}{3}\right)^7 > 3$. Vẫn cần lưu ý rằng $\left(\frac{4}{3}\right)^7 = \left(1 + \frac{1}{3}\right)^7 > 1. + 7 \cdot \frac{1}{3} > 3$.

Vậy, trong bốn số đầu tiên, số lớn nhất là $4^7$.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng $4^7 > 5^6 > 6^5 > 7^4 > 8^3 > 9^2 > 10^1$. Từ $4^7 > 5^6 \Leftrightarrow \left(\frac{5}{4}\right)^6 < 4$ và $\left(\frac{5}{4}\right)^6 = \left(\frac{125}{64}\right)^2 < 2^2 = 4$ nó theo sau $4^7 > 5^6$.

Bất đẳng thức $5^6 > 6^5$ và $6^5 > 7^4$ được chứng minh theo cách tương tự.

Sự bất bình đẳng $7^4 > 8^3 > 9^2 > 10^1$ rất dễ thấy.

Vì vậy, nhiều nhất trong số đó, chúng tôi sẽ một lần nữa quay trở lại bài toán này và đưa ra lời giải ít “tính toán” hơn.

Bài toán 4. Số nào lớn hơn: $1^n + 2^n + 3^n + \dots + 9^n$ hay $10^n$?

Lời giải. Dễ dàng nhận thấy rằng đối với $n$ $1^n + 2^n + \dots + 9^n$ nhỏ thì lớn hơn $10^n$. Thật vậy, $1 + 2 + \dots + 9 > 10$; $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + 9^2 > 10^2$; $1^3 + 2^3 + \dots + 9^3 > 9^3 + 8^3 = 729 + 512 > 1000 = 10^3$.

Trước khi xem xét các giá trị khác của $n$, chúng tôi lưu ý rằng nếu đối với một số $n$ $1^n + 2^n + \dots + 9^n < 10^n$, thì đối với tất cả $m > n$ thậm chí còn hơn thế nữa $1^m + 2^m + \dots + 9^m < 10^m$. Thật vậy, khi chuyển sang giá trị lớn hơn,

16

Chức năng $g(x) = \frac{11}{x} - \ln x - 1$
giảm $]0; +\infty[$ và $g(4) = 1,75 - \ln 4 > 0$, $g(5) = 1,2 - \ln 5 < 0$.
(Chứng minh các bất đẳng thức này bằng cách sử dụng $3 > e > 2,5$.)
Có thể tồn tại $x_0 \in ]4; 5[$ sao cho trong khoảng $]0; x_0]$ hàm $f$ trả về và trên $[x_0; \infty[$ nó giảm.
Điều này có nghĩa là trong số các số của chúng tôi, số lớn nhất là $f(4)$ hoặc $f(5)$. Nó vẫn còn để chọn lớn nhất trong số họ.
Bài toán và
9. Số nào lớn hơn:
a) $15^{30}$ hoặc $30^{15}$?
b) $2^{40}$ hoặc $3^{33}$?
c) $10^{1000}$ hoặc $9^{1111}$?
10. Số nào lớn hơn:
a) $5^{15} + 6^{20} + 7^{25}$ hoặc $8^{24}$?
b) $7^{15} + 15^7$ hoặc $6^{16} + 16^6$?
c) $5^{5555}$ hoặc $6^{6666}$?

Mới
kính vạn hoa

Độc giả B. Ivakin của chúng tôi đã thêm bài toán sau vào trình chỉnh sửa: cắt một hình lục giác đều thành 9 phần giống nhau.

Được đính kèm với bài toán là đáp số, nó được mô tả ở giữa trang đầu tiên của bìa tạp chí của chúng tôi: bằng các đoạn nối tâm với các đỉnh, hình lục giác được chia thành ba hình thoi, mỗi hình được chia thành ba hình bình hành.

Khi đã quen với vấn đề này, tôi tự nhiên bắt đầu tìm kiếm những người khác lời giải. Trong một thời gian khá dài, tôi không thể phá vỡ hình lục giác một cách đúng đắn, nhưng cuối cùng tôi cũng tìm được cách chia như vậy (nhưng được hiển thị ở phần trên của hình ảnh trên trang bìa). Sau đó, tôi muốn “di chuyển” các hình ngũ giác thu được. Kết quả rất bất ngờ - các phần cần thiết của hình lục giác rơi xuống như thể từ một chiếc sừng. Năm trong số đó được giới thiệu trên trang bìa của tạp chí.

Hãy thử tự mình trải nghiệm phép chia này. Nếu bạn nghĩ ra những bức ảnh thú vị, hãy gửi chúng cho chúng tôi. Chúng tôi sẽ công bố những bức ảnh đẹp nhất.

A. Savin

17

Trọng tâm của bán cầu

22 thế kỷ trước, Archimedes đã phát minh ra một phương pháp cơ học mà lần đầu tiên người ta có thể tìm được thể tích của một hình cầu và trọng tâm của bán cầu. Thậm chí trước đó, Democritus và Eudoxus đã chứng minh rằng thể tích của hình nón nhỏ hơn thể tích của hình trụ được mô tả ba lần, và trọng tâm của hình nón chia chiều cao của nó theo tỷ lệ 3:1, tính từ trên xuống.

Chúng ta hãy chứng minh rằng thể tích của hình cầu nhỏ hơn một lần rưỡi so với thể tích của hình trụ được mô tả và trọng tâm của bán cầu chia chiều cao của nó theo tỷ lệ 3:5, tính từ tâm hình cầu.

Xét một hình cầu và một hình trụ ngoại tiếp nó. Mặt phẳng ở Hình 1 đi qua trục của hình trụ, hướng theo chiều ngang. Chúng ta cũng hãy xem xét một hình nón có đỉnh ở tâm quả cầu O và đáy của nó chung với đáy của bán cầu.

Vẽ mặt phẳng MN đi qua một điểm A tùy ý trên trục của bán cầu, vuông góc với trục này. Tiết diện với quả bóng cho hình tròn bán kính AP, hình nón - hình tròn bán kính AB, hình trụ - hình tròn bán kính AM=R. Định lý Pythagore phát biểu rằng AP2+AO2=OP2=AM2, và vì góc ở đỉnh của hình nón là thẳng và AO=AB, AP2+AB2=AM2.

Lấy tỉ số này n lần, ta thấy tiết diện của quả cầu và hình nón có diện tích bằng tiết diện của hình trụ:

$$S_{\text{ш}} + S_{\text{к}} = S_{\text{ц}}.$$ (1)

Vì (1) đúng với mọi điểm A trên trục của bán cầu, theo nguyên lý Cavalieri (“Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”, đoạn 107, hoặc «Kvant», 1977, Số 2, trang 7, 10) nên thể tích của bán cầu V_{\text{w}} và hình nón V_{\text{k}} tổng cộng bằng thể tích của bán cầu V_{\text{c}}:

$$V_{\text{ш}} + V_{\text{к}} = V_{\text{ц}}.$$ (2)

Bây giờ chúng ta coi trục của hình trụ là một đòn bẩy có tiết diện ở tâm O. Chúng ta hãy di chuyển tiết diện của hình trụ sang bên phải của hình tới điểm A’, đối xứng với điểm A so với tâm O. Sử dụng (2), chúng ta chứng minh rằng tiết diện của quả cầu và hình nón, treo cùng nhau tại điểm A, cân bằng tiết diện của hình trụ treo tại điểm A'.

Nếu bây giờ chúng ta lấp đầy bằng các vòng tròn tất cả các phần của quả bóng và hình nón ở bên trái, và các phần của bán cầu - đối xứng về phía bên phải của điểm O, thì từ trạng thái cân bằng của mỗi ba vòng tròn như vậy, bán cầu và hình nón cùng nhau cân bằng bán cầu so với tâm O (Hình 2).

Nhưng trọng tâm của bán cầu nằm ở giữa C của trục của nó, và trọng tâm K của hình nón, như đã đề cập ở trên, nằm ở khoảng cách OK=(3/4)R tính từ đỉnh. Đặt trọng tâm của bán cầu ở điểm X. Khi đó, ở phía bên phải của đòn bẩy, điều kiện cân bằng của ba vật này có dạng:

$$|OX| \cdot V_{\text{ш}} + |OK| \cdot V_{\text{к}} = |OC| \cdot V_{\text{ц}}.$$ (3)

Nhưng V_{\text{k}} = (1/3)V_{\text{c}}, và từ mối quan hệ giữa các tập (2), chúng ta thấy V_{\text{c}}=V_{\text{c}}-V_{\text{c}}=(2/3)V_{\text{c}}, nghĩa là thể tích của bán cầu nhỏ hơn một lần rưỡi so với thể tích của hình trụ được mô tả. Do đó, cân bằng (3) có dạng:

$$(2/3)V_{\text{ц}} + OX + (1/3)V_{\text{ц}} \times (3/4)R = V_{\text{ц}} \cdot (1/2)R.$$

Từ đây chúng ta có được

$$|OX| = (3/8)R,$$

tức là trọng tâm của bán cầu chia chiều cao của bán cầu theo tỷ lệ 3:5 tính từ tâm quả cầu.

Cách tìm trọng tâm của một đoạn hình cầu hoặc một đoạn hình elip bằng phương pháp này có thể dễ dàng được truyền đạt đến người đọc.

M. Mamikon

Bài xã luận: Ở số 5 của tạp chí «Kvant» năm 1977, hai lời giải bài toán về thể tích của một hình cầu đã được xuất bản - “cơ khí” lời giải của Archimedes và hình học lời giải của M. Mamikon. Ghi chú này là sự tiếp nối hợp lý của bài viết này.

18

Vấn đề
lượng tử

M531—M535; F543—F547

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài chương trình học hiện tại. Những câu khó nhất bài toán đã được đánh dấu hoa thị.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 1 năm 1979 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant».
Sau địa chỉ, viết các số bài toán, lời giải bạn định gửi lên phong bì (ví dụ: “M531, M534” hoặc “F543”). Lời giải bài toán cho từng môn học (toán và vật lý), cũng như các bài tập mới phải được gửi trong các phong bì riêng. Ngoài ra, vui lòng gửi Lời giải bài toán từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau.
Kèm theo một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).
Gửi các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản thành hai bản cùng với lời giải của bạn cho bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”). Sau từ ngữ bài toán chúng ta thường cho biết ai đã đề xuất nó. Tất nhiên, không phải tất cả bài toán đều được xuất bản lần đầu tiên.

M531. Người đi xe đạp không tự động rời điểm A và B hướng về nhau cùng một lúc. Chúng tôi gặp nhau ở điểm C, họ lập tức quay đầu xe và lái xe về (với tốc độ như nhau). Đến điểm A và B, họ quay lại và gặp nhau lần thứ hai tại điểm D; ở đây họ lại quay đầu lại, v.v. Cuộc gặp gỡ lần thứ 1978 của họ diễn ra ở điểm nào trên đoạn AB?

N. Vasiliev

M532. Hãy đặt $a_n = \sqrt{n+1} + \sqrt{n}$ và $b_n = \sqrt{4n+2}$. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
a) $[a_n] = [b_n]$, trong đó $[x]$ là phần nguyên của số x;
6) $0 < b_n - a_n < \frac{1}{16n\sqrt{n}}$.

M533*. Một đa giác lồi là đặc biệt nếu một số trong ba đường chéo của nó cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng với mọi hình bảy cạnh đặc biệt đều có một đỉnh A có tính chất sau: với mọi $\varepsilon > 0$, đỉnh A có thể dịch chuyển đến một khoảng nhỏ hơn $\varepsilon$ (mà không làm thay đổi các đỉnh còn lại), sao cho hình bảy cạnh thu được là không số ít.

B. Voltyansky

M534. Khi các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC và đi qua một điểm thì bị hình thang cắt khỏi $\triangle ABC$. Khi theo đường chéo, các hình thang không có đầu chung này sẽ chia tam giác thành bảy phần, trong đó có bốn phần là hình tam giác (Hình 1). Chứng minh rằng tổng diện tích của ba tam giác kề cạnh $\triangle ABC$ này bằng diện tích của bốn tam giác đó.

B. Kosyanchuk

M535. Cho một hệ ba vô hạn theo cả hai hướng các chuỗi điểm $A_k, B_l, C_m$ được cho trên mặt phẳng (các chỉ số $k, l$ và $m$ chạy qua toàn bộ tập hợp số nguyên). Chúng ta xác định một hệ thống đáy tàu như vậy nếu với bất kỳ $k$ và $m$ đường thẳng $A_kC_m$

20

M482. Mặt cắt ngang của một khối đều đều là một reguolnik. Chứng minh rằng chu vi của khối hedron mét không nhỏ hơn 2a mà nhỏ hơn 3a, trong đó a là chiều dài cạnh của khối tứ diện.

Hình 1.

Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng chu vi của tứ giác là $p \geq 2a$. Sự phát triển của một khối tứ diện (Hình 2) được thể hiện trong Hình 2. Trong quá trình phát triển, đường viền của phần tứ giác biến thành một đường đứt nét màu đỏ $K_1K_2$. Có thể thấy chu vi $p$ sẽ chỉ bằng 2a khi mặt phẳng cắt song song với hai cạnh giao nhau của tứ diện và trong mọi trường hợp khác $p > 2a$.

Chứng minh của bất đẳng thức $p < 3a$ có thể dễ dàng thu được bằng cách coi ngay các họ các phần của tứ diện là các mặt phẳng song song. Cho mặt phẳng cắt chuyển động song song với chính nó; chúng tôi xem xét khoảng giá trị $l \in [b_1; b_2]$ (xem Hình 2) sao cho đối với $b_1 < l < b_2$ phần vẫn là một hình tứ giác, còn đối với $l = b_1$ và $l = b_2$ nó trở thành một hình tam giác (Hình 3). Độ dài của mỗi cạnh của phần và do đó chu vi $p$ của phần, sẽ là hàm tuyến tính của $l: p(l) = kl + c$ (k, c là một số hằng số). Hàm này nhận giá trị lớn nhất ở cuối đoạn $[b_1; b_2]$, khi đoạn đó là hình tam giác. Độ dài của bất kỳ đoạn nào có điểm cuối ở các cạnh của một tam giác đều không lớn hơn độ dài cạnh của nó $a$, và do đó $p < 3a$.

N. Vasiliev, V. Proizvol

Hình 2.

M485. a) Chứng minh rằng số e nằm giữa số $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n u b_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ với mọi số tự nhiên $n$.
b) Chứng minh rằng liên tiếp với $c_n = \left(1 + \frac{1}{4n}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ tăng đơn điệu và liên tiếp với $d_n = \left(1 + \frac{1}{2n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ tiêu diệt đều đơn điệu.
c) Chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành bốn đoạn có độ dài bằng nhau. Cái nào trong số chúng chứa số e?

a) Hãy chứng minh dãy $(a_n)$ tăng đơn điệu. Thật sự,

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n; \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} = \frac{n}{n-1} \cdot \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$

Theo bất đẳng thức Bernoulli *),

$$\left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n > 1 - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n},$$

Ở đâu

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} > 1.$$

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh điều đó một cách đơn điệu. Xem thêm “Đại số và Phân tích phần đầu 9”, đoạn 2.

21

Chúng ta hãy chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành tám phần bằng nhau. Cái nào chứa $e$?

Và nếu đoạn $[a_n; b_n]$ được chia thành $2^k$ phần bằng nhau (trong bài toán này, bạn có thể nhận được đáp số cho $n$ đủ lớn, chẳng hạn như cho $n > 2^k$)? (Nhớ lại $e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 2,718...$, - xem sách giáo khoa “Alebra và bắt đầu phân tích 10”, nn. 109,113.)

giảm đi. chúng tôi có

$$\frac{b_{n-1}}{b_n} = \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n : \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \frac{n-1}{n} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1}.$$

Áp dụng lại bất đẳng thức Bernoulli, ta có

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} > 1 + \frac{1}{n-1} = \frac{n}{n-1},$$

nghĩa là, $$\frac{b_{n-1}}{b_n} > 1.$$

Vì $e = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n$, nó suy ra từ điều đã được chứng minh rằng

$$a_n < e < b_n.$$

E) Hãy giải bài toán e) - bài toán 6), c) và d) sẽ theo sau lời giải này.

Chia đoạn $[a_n; b_n]$ thành $2^k$ phần bằng nhau. Chiều dài của một phần như vậy bằng

$$\Delta = \frac{b_n - a_n}{2^k} = \frac{1}{2^k \cdot n} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.$$

Giữa đoạn $[a_n; b_n]$ tương ứng với số $a_n + \frac{b_n - a_n}{2} = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = d_n$. Dễ dàng nhận thấy rằng phần thứ $2^{k-1}$ của các đoạn thu được có số $d_n$ là đầu bên phải và số $t_n = d_n - \Delta = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n - \frac{1}{2^k \cdot n}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n (k \geqslant 2).$ là đầu bên trái (Đối với $k = 2$, số $t_n$ trùng với số $c_n$ từ điểm 6) bài toán.)

Hãy chứng minh rằng với $n$ đủ lớn (cụ thể là với $n > 3 \cdot 2^{k-2}$), số $e$ nằm trên đoạn $2^{k-1}-m$ có độ dài $\Delta$. Để làm được điều này, chỉ cần chứng minh rằng đối với $n$ như vậy, chuỗi các điểm cuối bên trái $(t_n)$ của phân đoạn này trả về một cách đơn điệu và chuỗi $(d_n)$ của các điểm cuối bên phải giảm dần (kể từ $e = \lim_{n \to \infty} t_n = \lim_{n \to \infty} d_n$).

chúng tôi có

$$\frac{d_{n-1}}{d_n} = \left[ \left(1 + \frac{1}{2(n-1)}\right)\left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \right];$$

$$\left[ \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \right] = \frac{2n-1}{2n+1} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n.$$

Tương tự như bất đẳng thức Bernoulli, nó có thể được chứng minh chính xác hơn. Từ đó

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n \geqslant 1 + \frac{n}{n^2-1} + \frac{n(n-1)}{2(n^2-1)^2} = \frac{2n^3 + 4n^2 + n - 2}{2(n-1)(n+1)^2}.$$

22

Bởi vì
$$\frac{d_{n-1}}{d_n} \geq \frac{2n-1}{2n+1} \cdot \frac{2n^3+4n^2+n-2}{2(n-1)(n+1)^2} = \frac{4n^4+6n^3-2n^2-5n+2}{4n^4+6n^3-2n^2-6n-2} > 1$$

cho bất kỳ $n \in N$ nào. Điều này có nghĩa là dãy $(d_n)$ giảm đơn điệu.

Bây giờ chúng ta chuyển sang trình tự $(t_n)$. chúng tôi có
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} = \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \right]; \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k(n-1)}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n \right] = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$
Nhưng $(1-h)^n \geq 1 - nh + \frac{(n-1)^2}{2} h^2$ tại $0 < h < \frac{1}{(n-1)^2}$

(bất đẳng thức này được chứng minh tương tự như bất đẳng thức Bernoulli). Bởi vì
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} \geq \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n} + \frac{(n-1)^2}{2n^4}\right) = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \cdot \frac{2n^4-2n^3+n^2-2n+1}{2n^4}.$$
Chúng ta quan tâm đến khi nào $\frac{t_n}{t_{n-1}} > 1$, tức là khi nào
$$\left(n + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot \left(2n^4-2n^3+n^2-2n+1\right) > \left(n - 1 + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot 2n^4.$$
Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức
$$2^{1-k} \cdot n^3 - \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2 + 2^{1-k} \cdot n + \frac{1}{2} - 2^{-k} > 0,$$
suy ra từ bất đẳng thức
$$2^{1-k} \cdot n^3 \geq \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2.$$
Do đó, tại $n \geq 3 \cdot 2^{k-2} + \frac{1}{2}$ hoặc $n > 3 \cdot 2^{k-2}$, chuỗi $(t_n)$ trở nên đơn điệu phụ thuộc vào độ tuổi. Từ đó dẫn đến tuyên bố của chúng tôi: số $e$ nằm bên trong đoạn $2^{k-1}$-thứ có độ dài $\Delta$, nếu $n > 3 \cdot 2^{k-2}$.

Từ lời giải bài toán e) nó theo sau là $\frac{c_4}{c_3} > 1$. Ba thành viên đầu tiên của chuỗi này: $\frac{5}{2}, \frac{3^4}{2^5}, \frac{13 \cdot 2^4}{3^4}$ - rất 和高, tạo nên chuỗi tuổi.

Vì vậy, trong bài toán b) số $e$ rơi vào đoạn thứ hai trong số bốn đoạn có độ dài bằng nhau và trong bài toán b) - ở đoạn thứ tư (cho $n > 6$).

S. Golubev, R. Ushakov

M487. Trên các vòng tròn đã cho $\gamma_1$ và $\gamma_2$, hãy tạo một cây anh túc dọc theo dây cung sao cho các dây này có dạng hình học

Chúng ta hãy thành công trong việc xây dựng hình học cần thiết $H$ và để $H(\gamma_1)$ giao nhau với $\gamma_2$ tại các điểm $B$ và $C$ (Hình 4). Chúng ta hãy vẽ tiếp tuyến chung của $\gamma_1$ và $H(\gamma_1)$ tại điểm $A$; chúng ta hãy biểu thị bằng $D$ giao điểm của tiếp tuyến này với

23

với tâm A cho trước, thuộc γ₁ và ta có độ dài dây cung của đường tròn γ₂ bằng giá trị cho trước a*).

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

Hình 7.

chu vi γ₁. Chúng ta hãy dành một đoạn AO có độ dài r₂ x m (Hình 6). Vì |DA| = |DE|, các tam giác ADO và EDO² bằng nhau nên điểm D có các cạnh bằng nhau với các điểm O và O₂. Điều này giúp có thể tìm thấy nó nếu tiếp tuyến l và đường trung trực vuông góc n của đoạn OO₂ cắt nhau (như trong Hình 6). Nếu l và n song song, thì đối với hợp âm mong muốn, bạn cần lấy một đoạn song song với l tiếp tuyến với đường tròn γ₃ nói trên (Hình 7).

L. Limanov

M489. Cho ba số a, b, c. Chúng ta hãy xây dựng ba chuỗi (aₙ), (bₙ), (cₙ), trong đó a₁ = a, b₁ = b, c₁ = c và

$$a_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2},$$
$$b_{n+1} = \frac{c_n + a_n}{2},$$
$$c_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$$

*) Lời giải bài toán M486 xem trong bài viết của L. Kurlyandik “Bằng cấp cao” (tr. 13); lời giải bài toán M488 sẽ được đăng sau.

Như một thông điệp hướng dẫn, chúng ta hãy cùng nhau xem xét các số a₁, b₁, c₁ điểm A₁, B₁, C₁, mà trước tiên chúng ta cho rằng chúng không nằm trên cùng một đường thẳng. Các số aₙ+1, bₙ+1, cₙ+1 liên quan đến trung điểm Aₙ+1, Bₙ+1, Cₙ+1 của các cạnh tương ứng của tam giác AₙBₙCₙ. Chúng ta sẽ nhận được ba chuỗi điểm trên mặt phẳng. Dễ hiểu, các đường trung tuyến của tam giác A₁B₁C₁ nằm trong ΔA₂B₂C₂ là các đường trung tuyến trong ΔA₂B₂C₂. Do đó giao điểm các đường trung tuyến của ba tam giác trùng nhau. Từ đây, rõ ràng là nếu cùng với bài toán ban đầu, chúng ta giải tương tự bài toán cho các điểm trên mặt phẳng, thì điểm tương ứng về cơ bản được giả định và trùng với giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác ban đầu A₁B₁C₁ (và tất cả các tam giác tiếp theo). Điểm này là trọng tâm của hệ ba điểm xuất phát.

Nếu các điểm ban đầu nằm trên cùng một đường thẳng thì giá trị của một tuyên bố tương tự sẽ xuất phát từ “thông báo liên tục”. Nó cũng xuất phát từ lý luận sau đây. Nếu A’, B’, C’ là hình chiếu của các điểm A, B, C lên trục tọa độ và a’, b’, c’ là tọa độ của chúng,

24

với mọi $n=1, 2, 3, \dots$ Chứng minh rằng tất cả các dãy này đều có giới hạn và tìm nó.

thì tọa độ hình chiếu trọng tâm của các điểm $A, B, C$ lên trục này bằng trung bình số học của tọa độ hình chiếu của các điểm ban đầu, tức là $\frac{a' + b' + c'}{3}$. (Cũng lưu ý rằng tọa độ hình chiếu của phần giữa của đoạn thẳng bằng tổng y với tọa độ của các hình chiếu của các đầu của đoạn thẳng.) Vì với ba điểm bất kỳ $a, b, c$ trên đường thẳng, chúng ta có thể chọn ba điểm trên mặt phẳng có hình chiếu là các điểm $a, b, c$, nên từ tính hợp lệ của mệnh đề trên mặt phẳng, nó suy ra rằng nó đúng trên đường thẳng.

Bây giờ thật dễ dàng để đưa ra bằng chứng phân tích rằng số $d = \frac{a + b + c}{3}$ là giới hạn chung của các dãy này. Để làm được điều này, rõ ràng là đủ để chỉ ra rằng $|a_n - d| = 2 |a_{n+1} - d|$, $|b_n - d| = 2 |b_{n+1} - d|$, $|c_n - d| = 2 |c_{n+1} - d|$ (với mỗi bước, các chuỗi sẽ tiến gần đến giới hạn gấp đôi).

Lưu ý rằng với mọi $n$

$$a_{n+1} + b_{n+1} + c_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2} + \frac{c_n + a_n}{2} + \frac{a_n + b_n}{2} = a_n + b_n + c_n.$$

Điều này cho thấy rằng $d = \frac{a_n + b_n + c_n}{3}$ đối với mọi $n$.

Chúng tôi có:

$$|a_n - d| = \left| a_n - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = \left| \frac{2a_n - b_n - c_n}{3} \right| = \left| \frac{b_n + c_n - 2a_n}{3} \right| = 2 \left| \frac{b_n + c_n}{2} - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = 2 |a_{n+1} - d|.$$

Hai đẳng thức còn lại được kiểm tra theo cách tương tự.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý những điều sau đây. Giá trị trung bình số học của các số, được coi là một phép toán, không có tính kết hợp (nghĩa là nói chung,

$$\frac{a + b}{2} + c \neq \frac{a + b + c}{2}),$$

và trung bình số học của ba số, nói chung, không được biểu diễn dưới dạng tổ hợp hữu hạn của trung bình số học của các số này, lấy hai số cùng một lúc (chứng minh đi!). Tuy nhiên, như chúng ta đã thấy, bằng cách sử dụng phép chuyển đổi bắc cầu, trung bình số học của ba số có thể được biểu diễn thông qua trung bình số học của hai số. Các mối quan hệ giới hạn tương tự liên quan đến các số $k + 1$ và $k$ đối với bất kỳ số nguyên $k \geqslant 2$ nào.

I. Burmistroovich

M490. $p$ là số nguyên tố lẻ. Cho $p-1$ số nguyên không chia hết cho $p$. Chứng minh rằng bằng cách thay thế một số số này bằng số đối, bạn có thể nhận được $p-1$ số nguyên có tổng chia hết cho $p$.

Chúng ta sẽ viết $a \equiv b$ nếu các số $a$ và $b$ cho cùng số dư khi chia cho $p$ (như đã biết, trong trường hợp này người ta nói rằng $a$ có thể so sánh với $b$ modulo $p$ - xem bài “So sánh và các loại dư lượng” ở «Kvant» số 10). Khi đó, hiển nhiên rằng nếu $p$ là số nguyên tố lẻ thì sẽ tồn tại một số nguyên $s$, $0 \leqslant 2s < p-1$ sao cho $2s \equiv a_1 + \dots + a_{p-1}$ (hãy nghĩ kỹ điều này!).

Để chứng minh, chúng ta cần một bổ đề, vốn đã được xuất bản một lần vào năm «Kvant» («Kvant», 1971, số 8, trang 43):