Kvant 1980, số 6 · Trang

KVANM 6
1980

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

Những hình này, trông giống như một vòng tròn quay quanh tiếp tuyến của nó hoặc xung quanh một đường thẳng (ngọn núi) không giao nhau với nó, đều được lấy từ cùng một ví dụ: từ một họ đường tròn có cùng bán kính với tâm nằm trên cùng một đường tròn.

1

TRONG PHÒNG:

2. A. Mikhailov. Khi nào ngày bằng đêm?
3. B. Vertetsim. Phương pháp điểm cố định
4. V. Mozhaev. Sự giãn nở của chất rắn
5. I. Bystry. Diện tích một đoạn của parabol Neil

vòng tròn toán học
16. I. Mikhailov. Về phân tích Diophantine

Vấn đề «Kvant»
18. Bài toán M626—M630; F638—F642
20. Lời giải bài toán M568, M570—M572, M574; F579, F586, F587

«Kvant» cho học sinh nhỏ
29. Bài toán
30. S. Bụng. Toán học đầy màu sắc

Xưởng của người nộp đơn
33. G. Perevalov. “Biết” nghĩa là gì?
36. L. Aslamazov. Cảm ứng điện từ
Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1979
42. A. Ponomarenko. Đại học bang Leningrad được đặt theo tên. A. A. Zhdanova
43. N. Perestok, M. Yadrenko. Đại học bang Kiev được đặt theo tên. T. G. Shevchenko
44. Y. Yerusalimsky, T. Korshikova, A. Heifts. Đại học bang Rostov (Khoa Cơ học và Toán học)
44. A. Berezman, K. Duntsev, O. Ovchinnikov. Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin
45. M. Kalinina, O. Onoprienko. Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen

Nghệ thuật lập trình
48. A. Saltovsky. Tổ chức đầu vào và đầu ra trong máy tính
57. Trang cờ vua
58. Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang bìa của chúng tôi (15)
Trộn (13, 28, 41, 47, 56)

© Nhà xuất bản Nuka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1980

2

Khi nào ngày bằng đêm?

Có vẻ như đáp số là hiển nhiên: độ dài của ngày và đêm là như nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau, tức là hàng ngày vào ngày 21 tháng 3 và ngày 23 tháng 9. (Thật thú vị khi lưu ý rằng trong tiếng Latinh, và từ đó trong một số ngôn ngữ châu Âu, thay vì từ “điểm phân” thì từ “điểm phân” được sử dụng - Equinoctium, tất nhiên, có nghĩa tương tự.) Chính vào những ngày này, Mặt trời, trong chuyển động hàng năm dọc theo đường hoàng đạo, đi qua đường xích đạo thiên thể, giao với đường chân trời dọc theo đường kính của thiên cầu, do đó một nửa đường xích đạo luôn ở trên và một nửa ở dưới đường chân trời (Hình 1). Do đó, trong thời gian ngang nhau, một nửa đường đi hàng ngày của Mặt trời đi phía trên đường chân trời và một nửa đi phía dưới nó; nói cách khác, độ dài của ngày bằng độ dài của đêm.

Chúng ta hãy kiểm tra điều này bằng cách viết ra trên lịch thời gian mặt trời mọc và mặt trời lặn vào những ngày gần điểm phân. Trong trường hợp này, tốt hơn nên chọn năm xa nhất so với năm bay cao để giảm ảnh hưởng của dòng chảy không đồng đều của các năm dương lịch do có thêm một ngày trong mỗi năm thứ tư - ngày 29 tháng 2. (Việc bổ sung này là cần thiết để không khác biệt theo thời gian với năm tự nhiên - cái gọi là năm nhiệt đới, gồm 365.2422 ngày.)

Bảng hiển thị dữ liệu về mặt trời mọc và mặt trời lặn (cũng như thời lượng ngày và đêm và sự khác biệt giữa chúng), được lấy từ lịch thiên văn năm 1978, của Moscow (chính xác hơn là đối với một điểm có vĩ độ địa lý là +56 độ, tức là 1/4 độ về phía bắc Moscow). Không giống như lịch, thời gian được chỉ định không phải là thời gian địa phương mà là thời gian nghỉ thai sản ở Moscow, tất nhiên, không thay đổi độ dài của ngày và 夜晚.

Bảng này cho thấy sự bằng nhau của ngày và 夜晚 xảy ra sớm hơn gần ba ngày so với ngày xuân phân trong thiên văn và muộn hơn một cột so với ngày thu. Nguyên nhân của hiện tượng kỳ lạ này là gì?

Trước hết, chúng tôi lưu ý rằng thời điểm mặt trời mọc (hoàng hôn) được coi là thời điểm cạnh trên của đĩa mặt trời xuất hiện (biến mất) trên đường chân trời lý tưởng, chẳng hạn như trên biển. Trong trường hợp này, tâm Mặt trời nằm dưới đường chân trời một bán kính góc biểu kiến ​​của đĩa Mặt trời bằng 16’, khiến ngày kéo dài gấp đôi thời gian cần thiết để nâng (hoặc hạ thấp) Mặt trời một góc như vậy.

Vẫn còn những tác động đáng kể khác trong việc tăng độ dài của ngày. Đây là khúc xạ thiên văn. Hãy để chúng tôi giải thích bản chất của nó.

Hình 1.

3

Các tia sáng từ một thiên thể, trước khi đi vào mắt, được quan sát thấy đi qua bầu khí quyển của trái đất, khúc xạ trong đó, giống như trong lăng kính. Khi mật độ của khí quyển tăng lên về phía bề mặt Trái đất, các tia bị khúc xạ ngày càng nhiều khi chúng đến gần Trái đất.

Hãy quan sát chúng tại điểm O (Hình 2). Ánh sáng từ một vật thể ở xa, chẳng hạn như Mặt trời, tới Trái đất theo một đường gần như song song. Nếu không có sự khúc xạ ánh sáng thì Mặt trời sẽ được nhìn thấy theo hướng OS. Tuy nhiên, khi đi vào khí quyển, các tia bị khúc xạ, tiến tới vuông góc với các lớp phẳng song song và quan sát thấy Mặt trời theo hướng tiếp tuyến HOẶC với phần tử cuối cùng của tia. Trong trường hợp này, vị trí thực tế của Mặt trời là điểm S’ (BS’ song song với OS).

Do đó, Mặt trời dường như được nâng lên trên đường chân trời so với vị trí thực tế của nó theo góc khúc xạ ROS. Nếu ngôi sao ở đỉnh cao thì không xảy ra hiện tượng khúc xạ ánh sáng và góc khúc xạ (hay đơn giản là khúc xạ) bằng không. Khúc xạ đạt giá trị lớn nhất—35’—khi Mặt trời xuất hiện phía trên đường chân trời hoặc lặn dưới đường chân trời. Khúc xạ nâng Mặt trời lên trên đường chân trời thêm 35’, trong khi đường kính của đĩa mặt trời có thể nhìn thấy từ Trái đất ở góc chỉ 32'.

Bản thân sự thay đổi nhanh chóng về khúc xạ ở gần đường chân trời dẫn đến một hiện tượng kỳ lạ khác, dường như đã được nhiều độc giả chú ý - ở đường chân trời, Đối với chúng ta, Mặt trời dường như liên tục theo chiều dọc một cách đáng chú ý (Hình 3). Thật vậy, hãy xét thời điểm mà mép dưới của đĩa mặt trời được nhìn thấy chạm vào đường chân trời, nhưng thực tế lại nằm ở phía dưới 35’. Mép trên của đĩa được nâng lên ít hơn do khúc xạ, chỉ 29’. Sự khác biệt này dẫn đến sự biến dạng hình dạng của mặt trời.

4

đĩa nechnogo. Khi Mặt trời mọc cao hơn đường chân trời, sự chênh lệch khúc xạ giữa mép dưới và mép trên nhanh chóng giảm đi và Mặt trời có hình dáng chung.

Chúng ta hãy quay trở lại câu hỏi về độ dài của ngày và đêm. Cả hai hiện tượng này đều kéo dài ngày và rút ngắn đêm: Mặt trời mọc sớm hơn vào buổi sáng và lặn muộn hơn vào buổi tối so với bình minh và hoàng hôn “hình học”, được xác định bởi thời điểm tâm Mặt trời đi qua đường chân trời. Thời điểm mặt trời mọc sớm và thời điểm mặt trời lặn được xác định bởi thời gian cần thiết để thay đổi độ cao của Mặt trời ở đường chân trời thêm 16′+35′=51′. Lần này, lần lượt, phụ thuộc vào vĩ độ địa lý của địa điểm.

Đường xích đạo thiên thể cắt đường chân trời một góc 90°-f. Khi f = 0, tức là tại xích đạo trái đất, xích đạo trời nằm thẳng đứng. Ở đó, Mặt trời, trong chuyển động biểu kiến ​​hàng ngày do Trái đất quay, mọc vào buổi sáng và lặn vào buổi tối vuông góc với đường chân trời, di chuyển 51′ trong 3,4 phút (dựa trên tính toán rằng một vòng quay hoàn toàn của Trái đất 360° xảy ra trong 24 giờ).

Ở Mátxcơva, có vĩ độ gần 56°, đường xích đạo trời nghiêng so với đường chân trời một góc 90°—56°=34°. Ở đây Mặt trời mọc lúc bình minh và lặn xiên lúc hoàng hôn nên độ cao của nó thay đổi chậm. Trong một đường thẳng gần 56°, đường xích đạo thiên cầu nghiêng với đường chân trời một góc 90°—56°=34°.

Hình 4.

Điều này tương ứng với thời gian là 6,08 phút. Từ bảng cho thấy thời gian mặt trời mọc và mặt trời lặn bao gồm những thời điểm xảy ra vào mùa xuân và muộn hơn vào mùa thu. Nói cách khác, sự bình đẳng giữa ngày và đêm thực sự xảy ra vào các ngày 18-19/3 và 25-26/9 (chứ không phải vào ngày 21/3 và 23/9).

Thật đáng mừng khi biết rằng chúng ta đang ở trong mùa ánh sáng, khi ngày dài hơn đêm, dài hơn bóng tối. Nếu lấy một năm phi lịch sử có 365 ngày và giả sử ngày bằng đêm 18 tháng 3 và đêm 25 tháng 9 thì khoảng cách giữa các ngày này là 191 ngày, từ 25 tháng 9 đến 18 tháng 3 có 174 năm, tức là mùa sáng dài hơn mùa tối 17 ngày. Sự khác biệt này bao gồm mười ngày liên quan đến hiện tượng được mô tả ở trên và bảy ngày, gây ra bởi sự chuyển động không đều của Trái đất trong quỹ đạo của nó. Trái đất di chuyển nhanh hơn ở gần điểm cận nhật, nó đi qua hàng năm vào đầu tháng 1 và chậm hơn ở gần điểm cận nhật, xảy ra vào đầu tháng 7. Nếu bạn đếm số ngày giữa các tương đương thiên văn, thì từ ngày 21 tháng 3 đến ngày 23 tháng 9 sẽ có 186 ngày, và từ ngày 23 tháng 9 đến ngày 21 tháng 3 sẽ có một năm - tổng cộng là 179. Nhưng khoảng thời gian đầu tiên xảy ra vào mùa xuân và mùa hè ở Bắc bán cầu và vào mùa thu đông ở Nam bán cầu. Vì vậy, chúng tôi, những cư dân của Sverma, đang ở một vị trí thuận lợi hơn, vì chúng tôi có mùa lạnh và tối kéo dài và kéo dài, trái ngược với cư dân ở Nam bán cầu, nơi mùa thu và mùa đông dài hơn và có mức lạnh trung bình.

5

B. Werheim

Phương pháp
văn phòng phẩm
điểm

Khi chúng ta đang tìm kiếm lời giải của một số phương trình, thật tốt khi biết trước rằng nó có lời giải - bởi vì nếu không thì tại sao lại lãng phí thời gian? Thông báo này trở nên nghiêm trọng khi nói đến lời giải các phương trình và hệ thống phức tạp trên các máy tính mạnh với thời gian sử dụng máy tính đắt đỏ. Do đó, cái gọi là các định lý tồn tại và đảm bảo trước sự tồn tại của lời giải, đóng một vai trò rất quan trọng. Một trong số đó, định lý điểm cố định của Brouwer, một định lý thú vị và hữu ích ngay cả ở cấp phổ thông, sẽ được thảo luận trong bài viết này.

Đi bộ
Nanhem từ một cuộc dạo chơi, ghi nhớ những lợi ích và sự vĩnh cửu của việc di chuyển; trên đường đi sẽ có cả điểm cố định và phương trình.

Putnikovoevoe một người đi từ điểm $a$ đến điểm $b$, người kia đi bộ suốt trên đường $ab$. Rõ ràng, cuộc gặp gỡ của họ là không thể tránh khỏi: các đường đi muốn bằng nhau một lần (ở cùng một điểm vào cùng một thời điểm). Hãy để chúng tôi mô tả điều này chi tiết hơn (Hình 1).

Đặt $x$ là tọa độ của đường đi đầu tiên ($a \leqslant x \leqslant b$) và đặt tốc độ của nó không đổi; $y$ là tọa độ của giây ($a \leqslant y \leqslant b$). Mỗi giá trị $x$ (vị trí của đường dẫn đầu tiên) tương ứng với một giá trị duy nhất $y$ (vị trí của đường dẫn thứ hai cùng lúc); vậy là ta có hàm $y = f(x)$. phương trình

$$f(x) = x$$

quyết định địa điểm gặp mặt.

Ví dụ 1. Đặt $a = 0$, $b = 1000$ m, $y = 100 + 0,7x$. Nếu $x = 0$ thì $y = 100$; nếu $x = 1000$, thì $y = 800$ - cái đầu tiên đã đi vòng quanh! Phương trình 100+

Hình 1

6

+0,7x = x cho tọa độ x = 333 1/3 m - ở đây tọa độ thứ nhất sẽ đuổi kịp tọa độ thứ hai.

Nếu chuyển động của giây là chuyển động cuối cùng thì cả hàm f và phương trình hội tụ sẽ cần thiết hơn, nhưng vẫn rất khó có khả năng xảy ra ít nhất một cuộc gặp gỡ.

Tuy nhiên, điều “rõ ràng” này không làm căng thẳng chúng ta với tư cách là những nhà toán học; Trước khi đi xa hơn, chúng ta sẽ tinh chỉnh công thức toán học của bài toán và chứng minh sự tồn tại của cuộc gặp gỡ.

Giả sử (như trong Ví dụ 1) hàm f hiển thị đoạn [a; b] vào chính nó, nghĩa là với mọi x ∈ [a; b] ta có a ∼ f(x) ∙ b. Khi đó bất kỳ lời giải nào của phương trình f(x) = x được gọi là điểm cố định của ánh xạ f. (Trong ví dụ của chúng ta, điểm cố định chính xác là điểm gặp nhau.) Nó tồn tại khi nào?

Định lý. Đối với bất kỳ hàm liên tục f nào biểu diễn đoạn [a; b] vào chính nó thì có một điểm cố định.

Trong định lý, cả tính liên tục của hàm f và việc chúng ta đang nói về một đoạn đều cần thiết.

Bài tập 1. Cho ví dụ về hàm f không liên tục biểu diễn [a; b] vào chính nó, không có điểm cố định.

Bài tập 2. Cho ví dụ về hàm số liên tục ánh xạ vào chính chúng không có điểm cố định: a) Hợp của hai đoạn [a; b] ∪ [c; đ]; b) * tích phân ]a; b[.

Để chứng minh định lý, chúng ta sẽ trang bị cho mình những chiếc bút chì màu đỏ và những bức ảnh. Trước khi sử dụng chúng, chúng ta hãy ký hiệu

$$\varphi(x) = f(x) - x.$$

Rõ ràng là c ∈ [a; b] sẽ là điểm cố định của f khi và chỉ nếu c là nghiệm của phương trình $\varphi(x) = f(x) - x = 0$. Vì vậy, chúng ta sẽ tìm nghiệm nguyên của phương trình này. Lưu ý rằng từ điều kiện a ⟦ x ⟧, a ≤ f(x) ≤ b, $\varphi(a) ≥ 0$ và $\varphi(b) ≤ 0$ liền theo sau. Chúng ta sẽ giả sử rằng cả hai bất đẳng thức đều nghiêm ngặt (nếu không thì bài toán lời giải). Bây giờ chúng ta hãy chia đoạn [a; b] thành 10 phần bằng nhau và tô màu đỏ tất cả các đoạn có giá trị

$$\cos x^3 - x = 0?$$

Hàm cos x³ liên tục; nó ánh xạ đoạn [−π/2, π/2] vào chính nó (tiếp tục vào đoạn [−1, 1]); do đó, theo định lý, tồn tại lời giải c ∈ [−π/2, π/2].

7

Lưu ý rằng các số $a_n, \delta_n$ là các số gần đúng với gốc và đoạn đó có thể được chia không phải thành 10 mà thành 2 phần; Kỹ thuật này (phương pháp Bolshano, được đặt theo tên của nhà toán học người Séc) thực sự được sử dụng cùng với các thuật toán khác cho phương trình lời giải gần đúng.

Ngoài ra, định lý của chúng ta không nói gì về số lượng điểm cố định: rõ ràng là có thể có nhiều điểm cố định.

Tách cà phê

Và bây giờ - một tách cà phê! Đặt nó theo chuyển động tròn đều, chúng ta sẽ thấy một điểm cố định ở trung tâm. Đối với một số chuyển động, hình ảnh phức tạp hơn, nhưng nếu bạn xem xét vị trí của bộ phận tại hai thời điểm khác nhau, bạn có thể tìm thấy một hạt bất động theo nghĩa là nó ở cả hai lần - không phải, có lẽ, không phải lúc nào cũng vậy! - ở cùng một chỗ. Điều này rất đúng nếu bạn chấp nhận tình trạng vật lý là bất động của một bộ phận gần các bức tường do ma sát, và điều đó không tốt lắm - nhưng đúng! - và nếu không có điều kiện như vậy, miễn là có sự liên tục của ánh xạ tương ứng (nghĩa là các hạt “gần” sẽ không phân kỳ quá xa).

Để “toán học hóa” tình huống đang được xem xét, chúng ta sẽ cần một số định nghĩa.

Đặt $M$ là một tập hợp các điểm (ví dụ: một phần của đường thẳng, mặt phẳng hoặc không gian); $f$ là ánh xạ của tập hợp $M$ vào chính nó: nó gán cho mỗi điểm $x \in M$ ảnh của nó $y = f(x) \in M$. Ánh xạ như vậy được gọi là liên tục nếu với bất kỳ điểm $x_0 \in M$ và bất kỳ $E > 0$ nào đều có $\delta > 0$ sao cho đối với tất cả các điểm $x \in M$ được xóa khỏi $x_0$ một khoảng cách nhỏ hơn $\delta$, khoảng cách giữa các hình ảnh của chúng $f(x_0)$ và $f(x)$ nhỏ hơn $\varepsilon$.

Đối với trường hợp $M$ nằm trên trục số, khoảng cách giữa các điểm là $|x_0 - x|$, giữa ảnh của chúng - $|f(x_0) - f(x)|$, do đó định nghĩa của chúng ta về cơ bản trùng với định nghĩa của hàm liên tục (“Đại số và phần đầu của phân tích 9”, đoạn 38).

Ý nghĩa trực quan của định nghĩa là bản đồ liên tục $f$ không được có điểm gián đoạn - các điểm rất gần không thể di chuyển quá xa nhau.

Như trước đây, chúng ta gọi điểm $x \in M$ là điểm cố định của ánh xạ $f$ từ tập $M$ vào chính nó nếu $f(x) = x$.

Khi nào ánh xạ $f$ nhất thiết phải có điểm cố định? Đáp số đưa ra câu trả lời cho câu hỏi này

Định lý Brouwer
về một điểm cố định

Định lý nổi tiếng này đã được chứng minh một cách chặt chẽ cách đây không lâu - vào năm 1911*). Cùng với nhiều khái quát hóa, nó đóng vai trò chủ đạo trong một số lĩnh vực của toán học hiện đại. Các định lý về điểm cố định rất quan trọng cả về mặt lý thuyết lẫn ứng dụng: chúng được sử dụng để tính toán cánh máy bay, phân tích các chiến lược tối ưu và trạng thái cân bằng trong trò chơi cũng như trong các mô hình kinh tế toán học.

Định lý Brouwer. Mọi ánh xạ liên tục $f$ của đường tròn $M$ (cùng với ranh giới của nó) vào chính nó đều có một điểm liên tục.

Định lý này không chỉ đúng với đường tròn $M$, mà còn đúng với bất kỳ tập giới hạn lồi nào chứa ranh giới của nó, ví dụ, đối với một góc vuông, một hình tam giác hoặc một đa giác nói chung lồi trên một mặt phẳng, đối với một khối lập phương hoặc một quả bóng trong không gian.

*) L. E. Ya. Brouwer - nhà toán học người Hà Lan; trước ông, định lý này đã được nhà toán học người Latvia P. Bol sử dụng và nó còn được gọi là định lý Bol-Brauer.

8

Hình 4.

Tuy nhiên, điều đó không đúng với mọi $M$:

Bài tập 3. Cho ví dụ về tập giới hạn $M$ trên mặt phẳng và ánh xạ liên tục của nó vào chính nó mà không có điểm cố định.

Bài tập 4*. Xây dựng bản đồ liên tục của một đường tròn không có ranh giới vào chính nó và không có điểm cố định.

Bài tập 5. Xây dựng ánh xạ không liên tục của một đường tròn (có ranh giới $M$) vào chính nó mà không có điểm cố định.

Chúng ta sẽ không chứng minh định lý Browser trong trường hợp tổng quát nhất mà sẽ xét trường hợp $M$ là tam giác đều. Để chứng minh điều đó, chúng ta cần có bút chì màu, nhưng hiện tại có ba loại: đỏ, xanh lam và xanh lục. (Trong không gian sẽ cần bốn!) Họ sẽ cần phải chứng minh một tuyên bố phụ trợ được gọi là

Bổ đề Sperer

Hình 4 cho thấy một “lưới” để bắt các điểm trong tam giác đều $ABC$ từ cạnh $a$. Các nút được đánh dấu bằng các vòng tròn, 3 đường (cạnh) xuất phát từ mỗi nút, kết nối nó với các nút lân cận. Các ô mạng là các hình lục giác đều ở cạnh $b$. Các cạnh của tam giác được chia thành $n$ phần bằng nhau, các điểm chia là tâm của các ô biên. $nb\sqrt{3} = a$ và $(n+1)(n+2)/2$ là tổng số ô.

Mỗi đỉnh bên trong thuộc về những đỉnh đó và đỉnh viền thuộc về hai ô.

Bây giờ chúng ta đánh dấu bằng số 1 tất cả các ô ngoại trừ cạnh cuối cùng, số 2 - các ô của ô thứ hai và số 3 - các ô của ô thứ ba (Hình 4). Chúng ta sẽ đặt các ô (nội bộ) còn lại có số 1, 2, 3 hoàn toàn tùy ý. Màu sắc các ô loại 1, 2 và 3 lần lượt là xanh lá cây, xanh dương và đỏ. Chúng ta gọi một đỉnh là hoàn chỉnh nếu nó được chứa trong các ô có cả ba màu.

Bổ đề. Có một đỉnh đầy đủ*).

Bằng chứng. Chúng tôi xây dựng một đường gãy từng bước, tạo nó từ các cạnh của “loại 1-2” liền kề với các ô có số 1 và 2. Hãy bắt đầu từ cạnh, theo điều kiện, chỉ có một cạnh “hai màu” như vậy $p_0p_1$ và trong một số bước hữu hạn, chúng ta sẽ đạt đến một đỉnh hoàn chỉnh: nếu một cạnh thuộc loại 1-2 $p_{k-1}p_k$, $k=1, 2, \dots$, dẫn chúng ta đến một đỉnh không hoàn chỉnh $p_k$, khi đó có một cạnh khác thuộc loại 1-2 phát ra từ nút $p_k$ (Hình 5), nó cho ra đỉnh $p_{k+1} \neq p_k$. Rõ ràng, con đường này không quay trở lại rìa hoặc các đỉnh đã đi qua (tại sao?). Vì tập hợp các đỉnh là hữu hạn nên đường đứt nét nhất thiết phải kết thúc ở một đỉnh hoàn chỉnh.

Thiên nga, ung thư và shuka

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh định lý Browser cho trường hợp $M$ đúng

*) Bổ đề này chỉ là một phần trường hợp dấu của bổ đề do nhà toán học người Đức Sperer đưa ra.

Hình 5.

9

tam giác $ABC$ (Hình 4). Hãy đánh dấu điểm $A$ bằng số 1, $B$ bằng số 2, $C$ bằng số 3 và viết các số này vào ba ô tương ứng. Tiếp theo, trong các ô có tâm ở cạnh $AB$, chúng ta viết 1, trên $BC$ - 2; trên $CA$ - 3. Mỗi điểm bên trong $x$ được gán một nhãn - một trong các số 1, 2, 3 - theo quy tắc sau: số 1, nếu khoảng cách từ điểm $x$ đến cạnh $AB$ không lớn hơn khoảng cách từ điểm $y=f(x)$ đến $AB$ (điểm $x$ là không “giảm” khi $f$ được hiển thị); nếu không phải như vậy thì số là 2 khi điểm $x$ không tiến tới $BC$ (khoảng cách từ $x$ đến $BC$ không lớn hơn khoảng cách từ $y$ đến $BC$); trong các trường hợp khác, chúng tôi lấy 3 - trong trường hợp này, điểm $x$ di chuyển ra khỏi cạnh $CA$ (xem trong Hình 4 các vùng dành cho $\vec{x}y$, tương ứng với các nhãn 1, 2, 3). Chúng ta hãy viết dấu tâm của nó tại mỗi điểm bên trong. Sử dụng bổ đề Spernan, chúng ta tìm thấy đỉnh hoàn chỉnh $x_0$ và nhớ lại ý nghĩa của câu chuyện ngụ ngôn của Krylov:

…Thiên nga lao vào mây,
Ung thư đang di chuyển ngược
và tsiuka bị kéo xuống nước -
Đúng, nhưng mọi thứ vẫn còn đó!
Chúng tôi chỉ đang tìm một điểm cố định: tương tự như chiếc xe đẩy này trong truyện ngụ ngôn, có các ô có số 1, 2, 3 được liên kết với toàn bộ đỉnh $x_0$. (Đỉnh này “gần như bất động” - với $b$ đủ nhỏ, nó tiến gần đến $AB$, $BC$ và $CA$ một chút, tức là nó di chuyển ít.)

Bây giờ chúng ta hãy lấy một chuỗi các số $b_1, b_2, ..., b_k$, … có xu hướng tiến về 0 và với mỗi $k$, chúng ta tìm thấy đỉnh hoàn chỉnh của nó $x_k$. Chúng tôi nhận được một chuỗi các điểm

$$x_1, x_2, ..., x_k, ...$$

Trường hợp đầu tiên. Nếu chuỗi này hội tụ*) đến điểm $\bar{x} = \lim_{k \to \infty} x_k$ thì $\bar{x}$ là điểm cố định của ánh xạ này. (Tính bất động của nó xuất phát từ thực tế là $\bar{x}$ không tiếp cận bất kỳ cạnh nào trong ba cạnh của tam giác.)

Bài tập 6. Chứng minh điểm $\bar{x}$ cố định.

Trường hợp thứ hai. Nếu dãy $x_1, x_2, ..., x_k$, … không hội tụ thì ta có thể chọn dãy số $n_1 < n_2 < ... < n_k < ...$ sao cho dãy điểm

$$x_{n_1}, x_{n_2}, ..., x_{n_k}, ...$$

hội tụ đến một điểm nào đó $\bar{x}' = \lim_{k \to \infty} x_{n_k}$.

Bài tập 7. Chứng minh sự tồn tại của dãy số $n_1, n_2, ..., n_k, ...$ và tính bất động của điểm $\bar{x}'$.

Phát triển phương pháp điểm cố định

Định lý của Browser, mà chúng tôi đã chứng minh cho một đoạn thẳng và cho một hình tam giác, không chỉ khái quát hóa cho không gian ba chiều (như đã nêu ở trên) mà còn cho “không gian có số chiều bất kỳ”. Hơn nữa, nhà toán học người dùng J. Schauder đã khái quát hóa nó cho trường hợp không gian “vô hạn chiều”. Hướng đi này được phát triển hơn nữa trong công trình của Viện sĩ A. N. Tikhonov. Nhà toán học người Ba Lan S. Banach đã chứng minh một định lý quan trọng về tỷ lệ của không gian, làm phong phú thêm phương pháp điểm cố định. Gần đây, các công trình tương tự như Hình 4 đã được sử dụng để tính toán trên máy tính khi tiếp cận các điểm cố định và cho lời giải nhiều mặt bài toán.

Bài tập

8. Áp dụng định lý Browser (cho đoạn) cho thấy phương trình sau có lời giải: a) $x - \cos x = 0$; b) $\cos (\sin x) - x = 0$.

9. Ánh xạ $f:(x, y) \rightarrow (x', y')$, trong đó $x' = x^2 + 1, 5xy, y' = 0, 5xy + y^2$, có một điểm cố định trên đoạn $S = \{(x, y) | x \geq 0, y \geq 0, x + y = 1\}$. Chứng minh điều này bằng định lý Browser và giải hệ $x = x^2 + 1, 5xy; y = 0, 5xy + y^2$.

10. Chứng tỏ rằng hệ thống

$$\begin{cases} x = \sin(x + y), \\ y = 0, 5(x^2 + xy^3) \end{cases}$$

có lời giải.

11. Khám phá hệ thống

$$\begin{cases} x_1 = x_2^2 + 2x_2x_3 + x_1x_2, \\ x_2 = x_3^2 + x_3x_1, \\ x_3 = x_1^2 + x_1(x_2 + x_3) \end{cases}$$

về sự tồn tại của lời giải khác 0 (theo định lý Browser). Giải quyết nó bằng các phương tiện cơ bản.

10

V. Mozhaev

Sự giãn nở nhiệt của chất rắn

Người ta biết rằng hầu hết các chất rắn đều nở ra khi bị nung nóng. Đây là một tính chất phổ quát của chất rắn. Độ giãn dài tương đối của hầu hết các chất rắn khi đun nóng ở 1°C là ~10⁻⁵. Để hiểu bản chất của điều này, thoạt nhìn, một hiện tượng hiển nhiên, cần phải hiểu đặc điểm của sự tương tác giữa các nguyên tử trong một vật thể rắn.

Bất kỳ vật thể rắn nào cũng bao gồm một hệ thống ổn định gồm các bộ phận - nguyên tử, ion hoặc phân tử - tương tác với nhau. Chúng ta sẽ không đi sâu vào chi tiết về bản chất của những tương tác này mà nhìn vào bản chất chung của chúng.

Để ổn định tập hợp các bộ phận tạo thành một vật thể rắn, cần có sự hiện diện của hai loại lực: lực hấp dẫn không tạo khoảng cách cho hệ thống đó và lực đẩy không cho phép các hạt chuyển động. Khoảng cách càng nhỏ thì lực hút và lực đẩy càng lớn. Tuy nhiên, khi khoảng cách giảm đi, giá trị tuyệt đối của lực đẩy quay trở lại nhanh hơn nhiều so với giá trị tuyệt đối của lực hút.

Hình 1 cho thấy một cái nhìn tổng quát về sự phụ thuộc của lực hấp dẫn (a) và lực đẩy (b) vào khoảng cách giữa các hạt của vật rắn. Đường cong c là kết quả của các lực này, nó mô tả bản chất của lực tương tác. Ở khoảng cách r = r₀, lực đẩy cân bằng với lực hút và lực tương tác tạo thành bằng không. Khoảng cách r₀ giữa các hạt tương ứng với trạng thái cân bằng ổn định. Thật vậy, sự dịch chuyển của một bộ phận khỏi vị trí cân bằng dẫn đến xuất hiện một lực có xu hướng đưa chúng về vị trí cân bằng.

Để mô tả sự tương tác giữa các hạt người ta thường sử dụng khái niệm năng lượng tương tác. Hình 2 biểu diễn đồ thị năng lượng tương tác theo khoảng cách giữa các hạt. Trị số của năng lượng ở khoảng cách r giữa các hạt 1 và 2 bằng công phải thực hiện để di chuyển hạt 2 từ vô cực, nơi năng lượng tương tác bằng 0, đến một điểm tại

11

đi ở khoảng cách $r$ so với hạt 1. Khi các hạt tiến đến khoảng cách $r_0$, công được thực hiện bằng sự hợp nhất của lực hút - năng lượng tương tác trong vùng này là âm. Khi tiến gần từ khoảng cách $r_0$ đến khoảng cách $r < r_0$, cần thực hiện công chống lại lực đẩy - trong vùng này năng lượng tương tác là dương. Ở vị trí cân bằng ổn định (tại $r = r_0$), tổng năng lượng tương tác đạt giá trị tối thiểu.

Gần độ không tuyệt đối, các hạt trong chất rắn nằm ở khoảng cách $r_0$ với nhau, ở đáy giếng thế năng (theo nghĩa năng lượng của từ này). Khi một vật rắn được làm nóng, tổng năng lượng $E$ của các hạt tăng lên. Năng lượng này, không có ở đáy giếng thế năng, bao gồm động năng và thế năng của các hạt. Công thức duy nhất có sẵn của các hạt trong trường hợp này là chuyển động dao động xung quanh vị trí cân bằng. Tổng năng lượng $E$ của một hạt dao động trong chất rắn, cũng như năng lượng của các phân tử khí, tỷ lệ thuận với nhiệt độ $T$.

Chúng ta hãy xem xét các dao động của một hạt nằm trong giếng thế năng (trong khu vực được bảo vệ trong Hình 2) và có tổng năng lượng $E$. Để đơn giản, hạt rỗng 1 đứng yên và hạt 2 dao động. Tại thời điểm đi qua vị trí cân bằng (điểm $O$ trên Hình 3), hạt 2 có động năng cực đại bằng $E$. Khi một hạt chuyển động sang trái so với vị trí cân bằng, động năng được dùng để thắng lực đẩy của hạt 1 và chuyển thành thế năng tương tác. Sự lệch về bên trái xảy ra cho đến khi toàn bộ động năng của hạt chuyển hóa thành thế năng. Điều này xảy ra tại điểm $A$ cách vị trí cân bằng một khoảng $x_1$. Lúc này hạt dừng lại và bắt đầu chuyển động theo hướng ngược lại. Khi di chuyển sang phải từ vị trí cân bằng, động năng của hạt 2 được dùng để thắng lực hấp dẫn về phía hạt 1 và cũng chuyển hóa thành thế năng tương tác. Tại điểm $B$ cách vị trí cân bằng một khoảng $x_2$ thì toàn bộ động năng chuyển thành thế năng,

12

hạt dừng lại và bắt đầu chuyển động sang trái.

Chúng ta đã mô tả hành trạng chung của hạt 2. Bây giờ chúng ta hãy xem xét nó chi tiết hơn.

Chúng ta hãy quay lại Hình 1. Trong vùng lân cận của điểm $r_0$ phần phụ thuộc $F(r)$ có thể xấp xỉ, với một mức độ chính xác nhất định, được coi là tuyến tính. Trong trường hợp này, lực $F(x)$, xuất hiện khi hạt lệch khỏi vị trí cân bằng một khoảng $x$, tỷ lệ thuận với độ lệch này và hướng về vị trí cân bằng. (Chúng tôi tin rằng những lực như vậy phát sinh trong quá trình biến dạng đàn hồi của vật rắn. Định luật Hooke tuân theo đề xuất này.) Trong phép tính gần đúng này, sự thay đổi thế năng của một hạt trong vùng lân cận điểm $r_0$ được mô tả bởi sự phụ thuộc

$$U(x) = \frac{Kx^2}{2},$$

(1)

trong đó $K$ là hệ số không đổi không phải tác nhân và hạt thực hiện dao động điều hòa với tần số $\omega = \sqrt{K/m}$. Phép tính gần đúng có thể đặt được còn được gọi là điều hòa.

Liệu có thể, dựa trên phép tính gần đúng điều hòa, để giải thích sự giãn nở nhiệt của một vật thể hay không? Không. Và đây là lý do tại sao. Đường cong thế năng $U(x)$ trong phép tính gần đúng điều hòa là một parabol, đối xứng theo phương thẳng đứng $x = 0$ (xem Hình 3). Điều này có nghĩa là khi nhiệt độ tăng, tức là khi tổng năng lượng của hạt tăng, chỉ có thể xảy ra sự tăng biên độ dao động của hạt 2 và khoảng cách trung bình giữa hạt 1 và 2 không thay đổi. Điều này có nghĩa là kích thước của vật không thay đổi khi bị nung nóng.

Vì vậy, chúng ta cần mô tả chính xác hơn phép tính gần đúng điều hòa bản chất của sự thay đổi thế năng của hạt 2 trong vùng lân cận điểm $O$.

Trên thực tế, đường cong bất đối xứng tiềm năng—nhánh trái của nó “phát triển” nhanh hơn nhiều so với nhánh phải. Để tính đến tính đối xứng của đường cong thế năng trong vùng lân cận điểm $O$, chúng ta biểu diễn thế năng của hạt dưới dạng:

$$U(x) = K \frac{x^2}{2} - \beta \frac{x^3}{3},$$

(2)

trong đó $x$, như trước, là độ lệch so với vị trí cân bằng. Bằng cách thêm $\beta x^3/3$, chúng tôi đưa đường cong tiềm năng trong mô hình của mình đến gần hơn với đường cong thực. (Trong phép tính gần đúng đầu tiên, chúng tôi đã thay thế đường cong năng lượng tương tác thực tế bằng một parabol (1); bây giờ chúng tôi thực hiện phép tính gần đúng tiếp theo.)

Bản chất không đối xứng của đường cong thế năng (2) dẫn đến độ lệch tối đa của hạt 2 sang phải $(x_2)$ và sang trái $(x_1)$ hóa ra không bằng nhau:

$$|x_2| > |x_1|.$$

Do đó, vị trí trung bình của hạt không còn trùng với vị trí cân bằng - nó sẽ di chuyển về bên phải điểm $O$ một khoảng $\bar{x} = \frac{|x_2| - |x_1|}{2}$. Nói cách khác, khoảng cách trung bình giữa các hạt 1 và 2 tăng $\bar{x}$, có nghĩa là làm nóng cơ thể, tức là tăng năng lượng của các hạt, dẫn đến tăng kích thước tuyến tính của cơ thể.

Bây giờ chúng ta hãy ước tính hệ số giãn nở nhiệt tuyến tính $\alpha$. Làm nóng cơ thể đến nhiệt độ neoctor $T$, tại đó nhiệt năng trung bình của các nguyên tử của nó là $E$. Khi đó đối với vị trí cực trị bên trái của hạt 2 (điểm $A$ trong Hình 3), chúng ta có thể viết:

$$E = \frac{Kx_1^2}{2} + \beta \frac{|x_1|^3}{3}.$$

(3)

(Chúng ta đã đánh đồng tổng năng lượng của hạt với thế năng của nó ở vị trí cực bên trái.) Tương tự như vậy đối với vị trí cực trị bên phải (điểm $B$)

$$E = \frac{Kx_1^2}{2} - \beta \frac{|x_1|^3}{3}.$$

(4)

Để nhiệt độ cơ thể tăng theo giá trị $\Delta T$. Lấy số gia từ cả hai phần của phương trình (3) và (4), chúng ta thu được

$$\Delta E = K|x_1| \cdot \Delta |x_1| + \beta x_1^2 \cdot \Delta |x_1|,$$

(5)

$$\Delta E = K|x_2| \cdot \Delta |x_2| - \beta x_2^2 \cdot \Delta |x_2|.$$

(6)

Từ phương trình (5) và (6) chúng ta thấy rằng

14

I. Bystry

Diện tích một đoạn của parabol Neil

Năm 1657, một sinh viên hai mươi tuổi tại Đại học Oxford, William Neil (1637–1670), đã tìm ra độ dài cung của một “parabol bán nguyệt” $y = a^3\sqrt{x^2}$. Khám phá này cho phép những người đương thời, và để tưởng nhớ nhà toán học tài năng đã mất sớm, parabol bán khối được gọi là parabol Neil.

Ngày nay, parabol của Neil không chỉ có thể được tìm thấy trong khóa học phân tích ở trường đại học mà còn trong sách giáo khoa ở trường *). Và gần đây, tại một buổi giảng dành cho các ứng viên, tôi nhận được thông báo sau:

Làm thế nào để tìm diện tích của một hình được tạo bởi đường cong $y = 3\sqrt{x^2}$ và tiếp tuyến với nó tại điểm $x = -8$?

Đây là những gì tôi đã trả lời sau đó.

bài toán này, mặc dù có vẻ đơn giản, nhưng lại gắn liền với định nghĩa về khó khăn.

Khó khăn đầu tiên nảy sinh trong việc tìm tiếp tuyến của parabol Neil

$$f_1(x) = 3\sqrt{x^2}$$

tại điểm $x = -8$. Như đã biết, phương trình tiếp tuyến được xác định theo công thức

$$y - f_1(-8) = f'_1(-8)(x + 8).$$

Đây

$$f_1(-8) = 12,$$

*) “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9”, bài toán 438, 4746, “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”, bài toán 393a.

$$f'_1(-8) = 3\left(\frac{2}{3}\right)' \mid_{x = -8} = -3 \cdot \frac{2}{3}x^{-1} \mid_{x = -8} = 2 \cdot (-8)^{-1/3}.$$

Điều này có nghĩa là đạo hàm không tồn tại (vì biểu thức $(-8)^{-1/3}$ không có ý nghĩa), do đó, tiếp tuyến của đường cong (1) cũng không tồn tại.

Trong khi đó, từ hình vẽ cho thấy lựa chọn sai: đường thẳng $(AB)$ là tiếp tuyến! Có chuyện gì vậy? Làm thế nào để tìm độ dốc của một tiếp tuyến? Vấn đề là công thức

$$(\sqrt[n]{x^m})' = \left(x^{\frac{m}{n}}\right)' = \frac{m}{n}x^{\frac{m}{n}-1},$$

đúng với $x \geq 0$, không áp dụng ở đây. Để tính đạo hàm (tại $x < 0$), bạn nên sử dụng công thức

$$(\sqrt[n]{x^m})' = \frac{m}{n}\frac{\sqrt[n]{x^m}}{x},$$

$x \neq 0, n \in \mathbb{N}, m \in \mathbb{Z},$

(tất nhiên, điều này cũng áp dụng cho số dương $x$). Theo đó chúng ta có

$$f'_1(-8) = (3\sqrt{x^2})' \mid_{x = -8} = -3 \cdot \frac{2}{3}\frac{\sqrt[n]{(-8)^2}}{(-8)} = -1.$$

Thay $f_1(-8) = 12$ và $f'_1(-8) = -1$ vào đẳng thức (2), chúng ta thu được phương trình tiếp tuyến mong muốn:

$$y = 4 - x.$$

Bài tập 1. Tìm giao điểm của đường $f_1(x) = 3\sqrt{x^2}$ và $f_2(x) = 4 - x$.

Bây giờ đã biết hoành độ của điểm $B$, ta dễ dàng tìm được diện tích đường cong của tam giác thẳng AOB. Làm sao

15

Được biết, điều này có thể được thực hiện bằng cách sử dụng công thức
$$S = \int_{x_A}^{x_B} [f_2(x) - f_1(x)] dx.$$
chúng tôi có
$$S = \int_{-8}^{1} (4 - x - 3\sqrt[3]{x^2}) dx = \int_{-8}^{1} (4 - x) dx - 3\int_{-8}^{1} \sqrt[3]{x^2} dx. \quad (3)$$
Việc tính tích phân thứ nhất của số dưới không gây khó khăn gì:
$$\int_{-8}^{1} (4 - x) dx = 4x - \frac{x^2}{2} \bigg|_{-8}^{1} = 67,5 \left(e d\right)^2. \quad (4)$$
Nhưng việc tính tích phân thứ hai bất ngờ dẫn đến kết luận:
$$3\int_{-8}^{1} \sqrt[3]{x^2} dx = 3\int_{-8}^{1} x^{\frac{2}{3}} dx = \frac{9}{5} x^{\frac{3}{2}} \bigg|_{-8}^{1} = 59,4 \left(e d\right)^2. \quad (5)$$
Thay kết quả (4) và (5) vào đẳng thức (3), ta thu được
$$S = 67,5 - 59,4 = 8,1.$$
Urazhenya
2. Viết công thức (*) dưới dạng hàm lũy thừa.
3. Viết công thức (**) dưới dạng hàm lũy thừa.
4. Tính diện tích hình được giới hạn bởi đường thẳng
$$y = 2\sqrt[4]{x^2}, y = 0,4x + 2,4.$$
— tích phân không tồn tại, vì biểu thức $(-8)^{\frac{5}{3}}$ vô nghĩa!

*) Nếu $m < 0$ thì bạn cần yêu cầu thêm $x \neq 0$ đó.

bìa của chúng tôi

Những bức tranh trên mặt nước
Bạn có thể tự mình “vẽ” bức tranh mà chúng tôi đã sao chép trên trang đầu tiên của trang bìa trong vài phút.
Đổ nước vào một cuốn sách ảnh hoặc một vật chứa nào khác; trong các thùng nhỏ riêng biệt, pha loãng một lượng nhỏ sơn dầu nghệ thuật nhiều màu trong xăng hoặc nhựa thông (để xa lửa và các thiết bị điện tử). Sau đó cẩn thận nhỏ giọt sơn này lên bề mặt nước. Những giọt nước bắt đầu lan rộng, tạo thành những hình nổi kỳ lạ trên bề mặt. Thiết kế này có thể được sửa đổi bằng cách cẩn thận đặt nó bằng một cây gậy và thổi vào nó.
Cẩn thận đập các góc của một tờ giấy dày (giấy vẽ) và đặt nó phẳng trên mặt nước trong một giây. Lớp sơn sẽ thấm vào giấy. Bây giờ lấy tờ giấy ra, lật lại và để khô. Hình ảnh đã sẵn sàng.
Hoạt động của các giọt trên bề mặt nước phụ thuộc vào nồng độ sơn trong dung môi, vào trình tự và khoảng thời gian các giọt rơi xuống mặt nước và vào loại sơn. Những giọt đầu tiên thường nhanh chóng lan ra toàn bộ bề mặt nước. Nếu bạn đợi một phút để dung môi bay hơi khỏi bề mặt rồi nhỏ lớp sơn mới lên màng thu được, thì những giọt sơn mới có thể làm vỡ màng thành những “mảnh băng” riêng biệt, phân tán theo các hướng khác nhau.
Vai trò chính trong tất cả những hiện tượng này được thể hiện rất rõ ràng bởi sức căng bề mặt.

Yu. kotov

16

Về phân tích Diophantine

Lĩnh vực lý thuyết số nghiên cứu các phương trình số nguyên lời giải có dạng $P(x, y, ..., z) = 0$, trong đó $P(x, y, ..., z)$ là đa thức của một số biến có hệ số nguyên, được gọi là phân tích Diophantine và bản thân các phương trình này được gọi là Diophantine. Chúng tôi đã viết về một số phương trình Diophantine và phương pháp của chúng lời giải*).

Chúng ta hãy nhớ lại rằng phương trình lời giải Diophantine có nghĩa như sau:

1. nó có ít nhất một số nguyên lời giải;
2. số các số nguyên lời giải của nó là hữu hạn hoặc vô hạn;
3. tìm tất cả các số nguyên của nó lời giải.

Ví dụ: đối với phương trình $x^3 + y^3 + z^3 = 30$, không có số nguyên lời giải nào được hiển thị. Tuy nhiên, có lẽ lời giải sẽ được tìm thấy sau này. Hoặc có thể nó sẽ được chứng minh rằng chúng không tồn tại.

Nhưng đối với phương trình $x^3 + y^3 + z^3 = 3$, thậm chí lời giải đã biết: (1; 1; 1), (4; 4; -5), (4; -5; 4), (-5; 4; 4). Nhưng hiện tại câu hỏi vẫn còn bỏ ngỏ: có lời giải nào khác không?

Một ví dụ khác. Người ta đã chứng minh rằng phương trình $x^3 + y^3 + z^3 = 2$ có tập vô hạn lời giải dưới dạng số nguyên $(x; y; z) = (1 + 6\alpha^3; 1 - 6\alpha^3; -6\alpha^2)$, trong đó $\alpha$ là số nguyên. Nhưng trước đó

*) Xem «Kvant», 1971, số 3, tr. 15; 1978, không. 1, tr. 25; Số 12, tr. 2.

Vẫn chưa rõ liệu tất cả lời giải của nó có được đưa ra bởi các công thức này hay không.

Một phương tiện mạnh mẽ để chứng minh tính vô hạn của tập hợp số nguyên lời giải phương trình Diophantine là phương pháp tham số hóa. Bản chất của phương pháp này là biểu diễn các biến $x, y, ..., z$ dưới dạng hàm tùy thuộc vào các tham số nguyên $\alpha, \beta, ..., \gamma$: $x = A(\alpha, \beta, ..., \gamma), y = B(\alpha, \beta, ..., \gamma), ..., z = C(\alpha, \beta, ..., \gamma)$, trong đó $A, B, ..., C$ là đa thức có hệ số nguyên. Các phương pháp tham số hóa, đôi khi rất nhân tạo, nhưng cực kỳ độc đáo, đòi hỏi sự khéo léo cao độ, và do đó góp phần tiếp thu và phát triển các kỹ năng hoạt động sáng tạo độc lập trong toán học.

Hãy quay lại phương trình $x^3 + y^3 + z^3 + z^3 = 2$ và thử tham số hóa nó. Để làm điều này, hãy đặt $x = a + b, y = a - b$, trong đó $a$ và $b$ là số nguyên; chúng tôi nhận được $2a^3 + 6ab^2 + z^3 = 2$. Đặt $a = 1$, sau đó $6b^2 = -z^3$, từ đó $z = 6c$ ($c$ là số nguyên), tức là $b^2 = -36c^3$. Trong trường hợp này, $c = -\alpha^2$ ($\alpha$ là số nguyên), nhưng sau đó là $b = 6\alpha^3$. Kết quả cuối cùng là $(1 + 6\alpha^3)^3 + (1 - 6\alpha^3)^3 + (-6\alpha^2)^3 = 2$.

Đó là $x = A(\alpha) = 1 + 6\alpha^3, y = B(\alpha) = 1 - 6\alpha^3, z = C(\alpha) = -6\alpha^2$. Thay thế các số nguyên thay vì $\alpha$, chúng ta thu được lời giải khác nhau.

Bài toán 1. Tham số hóa phương trình $x^3 + y^3 + z^3 = 2t^3$ và chứng minh rằng tập hợp các số nguyên lời giải của nó là vô hạn.

Các nhà toán học lý thuyết số đã bị mê hoặc trong nhiều năm bởi câu hỏi vẫn chưa được giải quyết bài toán: phương trình $x^4 + y^4 + z^4 = t^4$ có thể giải được bằng số nguyên không?

Năm 1914, A. Verebryusov đề xuất một bằng chứng về tính không thể quyết định được của nó. Tuy nhiên, như chúng ta đã phát hiện ra sau này, chứng minh của ông về phương trình này bằng số nguyên đã được Euler phát biểu. Năm 1945, người ta đã chứng minh rằng phương trình $x^4 + y^4 + z^4 = t^4$ không có lời giải trong số nguyên của $|t| < 10^8$. Nhưng tất nhiên, điều này vẫn chưa hoàn thành lời giải.

17

Hãy thử giải bài toán đơn giản hơn, mặc dù bề ngoài “phức tạp hơn”: chúng ta sẽ chứng minh tính vô hạn của tập phương trình số nguyên lời giải $x^4 + y^6 + z^{12} = t^4$.

Đặt $x = a - b$, $t = a + b$, trong đó $a$ và $b$ là số nguyên. Sau đó $y^6 + z^{12} = 8a^3b + 8ab^3$. Hãy đặt $y^6 = 8a^3b$, $z^{12} = 8ab^3$; thì $a = c^3$, $b = d^3$ (c và $d$ là số nguyên) và $y^2 = 2c^3d$, $z^4 = 2cd^3$.

Theo đó $2cd$ là bình phương của một số nguyên. Bằng cách điền $c = a^4$, $d = 2\beta^4$ ($\alpha, \beta$ là số nguyên), chúng ta cũng nhận được giá trị hợp lệ

$$\left( \alpha^{12} - 8\beta^{12} \right)^4 + \left( 2\alpha^6\beta^2 \right)^6 + \left( 2\alpha\beta^3 \right)^{12} = \left( \alpha^{12} + 8\beta^{12} \right)^4,$$

chứng minh điều cần thiết.

Bài toán 2. Tìm một đẳng thức khác mô tả phương trình lời giải $x^4 + y^6 + z^{12} = t^4$.

Nhưng để chứng minh tính không thể giải được của một phương trình Diophantine nhất định, rất hữu ích cần lưu ý rằng chúng ta xem phương trình này “theo một modulo nhất định”*). Hãy để chúng tôi giải thích những gì chúng tôi muốn nói.

Hai số nguyên $a$ và $b$ được gọi là so sánh được theo modulo $k$ nếu hiệu $a - b$ chia hết cho $k$. Dễ dàng nhận thấy hai số $a$ và $b$ so sánh được theo modulo $k$ khi và chỉ nếu chúng có cùng số dư khi chia cho $k$. Việc $a$ và $b$ có thể so sánh được với modulo $k$ được viết như sau:

$$a \equiv b \pmod{k}.$$

Giả sử chúng ta cần giải phương trình Diophantine

$$x^3 + 117y^3 = 5.$$

Chúng ta hãy xem phương trình này là “modulo 9”, tức là các số hạng là bội số của chín. Không khó để chứng minh rằng bất kỳ số lập phương nào cũng chia hết cho 9 hoặc khi chia cho 9 thì dư 1 hoặc 8, tức là $x^3 \equiv 0 \pmod{9}$ hoặc $x^3 \equiv 8 \pmod{9}$.

Vì 117 chia hết cho 9 nên $117y^3 \equiv 0 \pmod{9}$. Như vậy,

$$x^3 + 117y^3 \equiv 0 \pmod{9}.$$

hoặc

$$x^3 + 117y^3 \equiv 1 \pmod{9}.$$

hoặc

$$x^3 + 117y^3 \equiv 8 \pmod{9}.$$

Do đó phương trình $x^3 + 117y^3 = 5$ không có số nguyên lời giải.

Bài toán 3. Chứng minh các phương trình a) $x^3 + y^3 = 9t \pm 4$; b) $x^3 + y^3 = 9t \pm 3$; b) $x^3 + y^3 + z^3 = 9t \pm 4$ không có số nguyên lời giải.

Các số hình tam giác và số hình vuông*) lần lượt được liên kết với một hình tam giác đều và một hình vuông (xem Hình 1, 2).

Chúng ta hãy biểu thị số hình tam giác thứ $n$ bằng $T_n$ và số bình phương thứ $n$ bằng $K_n$.

Bài toán 4. Chứng minh các công thức sau: $T_n = \frac{1}{2}n(n+1)$; $K_n = n^2$.

Bài toán tìm tất cả các số tam giác là số vuông, nối với lời giải của phương trình $T_n = K_n$, tức là phương trình $n(n+1) = 2m^2$.

Phương trình $x^2 - 2y^2 = 1$ có thể giúp chúng ta giải phương trình này. Nó có một tập vô hạn lời giải (bằng số tự nhiên), cho trước tuần hoàn: $x_{k+1} = 3x_k + 4y_k$ và $y_{k+1} = 2x_k + 3y_k$, $x_1 = 3$, $y_1 = 2$ (hãy tự chứng minh điều này hoặc xem cách chứng minh trong «Kvant», 1978, Số 1, trang 26).

(Cuối cùng xem trang 35)

*) Xem các bài viết của M. Bashmkov («Kvant», 1971, số 3) và A. Geronimus («Kvant», 1978, số 12).

2 «Kvant» № 6

18

Bài toán

M626—M630; F638—F642

M626. Mỗi cạnh của một tứ giác lồi được chia thành 8 phần bằng nhau. Các điểm phân chia phù hợp ở các cạnh đối diện được kết nối với nhau và các ô kết quả được tô màu theo mẫu bàn cờ. Chứng minh rằng tổng diện tích các ô bằng tổng diện tích các ô trắng.

V. Proizvolov

M627. Mỗi ô của một tờ giấy ca rô vô hạn chứa một số tự nhiên.
a) Cho mỗi số đó xuất hiện đúng một lần. (Cho ví dụ về cách sắp xếp số như vậy!)
Chứng minh rằng với bất kỳ m nào cũng có hai ô lân cận (có chung một cạnh) có hiệu số ít nhất là m.
6) * Giả sử mỗi số n ∈ N xuất hiện đúng n lần (nghĩa là 1 - một lần, 2 - hai lần, v.v.).
Hãy chỉ ra số k lớn nhất sao cho chắc chắn có hai ô lân cận mà hiệu số k không nhỏ hơn k. (Cho một ví dụ về sự sắp xếp trong đó sự khác biệt về số lượng trong bất kỳ cặp ô lân cận nào không quá k+1.)

A. Tolyvo

M628. Một tam giác được dựng trên một hình cầu, một “cạnh” của nó có kích thước 120°. Chứng minh rằng “trung tuyến” giảm về “cạnh” này được chia cho hai “trung tuyến” còn lại thành hai phần bằng nhau. (“Trung vị” và “cạnh” là những vòng tròn lớn khác.)

A. Yaguyants

M629. a) Chứng minh rằng số 2^{2n-1}-9n^2+21n—14 chia hết cho 27 với mọi số tự nhiên n.
b) Chứng minh rằng nếu các số a+b và a^2+b chia hết cho m thì a^n+b cũng chia hết cho m với mọi n (a, b và m là một số số tự nhiên).
b) * Chứng minh rằng nếu f(n)=a^n+b_0+b_1n+…+b_kn^k chia hết cho m với n=1, n=2, …, n=k+1, n=k+2 thì f(n) chia hết cho m với mọi n (a, b_0, b_1, …, b_k, m là một số số tự nhiên).

T. Malikov

20

M568. Thiết kế tứ giác lồi ABCD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng
a) Nếu bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AOB, BOC, COD và DOA bằng nhau thì ABCD là hình thoi;
b) Nếu bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, BCD, CDA và DAB bằng nhau thì ABCD là hình chữ nhật.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Gọi $r$ là bán kính, $O_1$ và $O_2$ là tâm của các đường tròn nội tiếp tam giác AOB và COD; $P, Q, R, S$ là điểm tiếp tuyến của các đường tròn này với các cạnh AO, BO, CO, DO của các tam giác này (Hình 1).

Trước hết ta chứng minh tứ giác ABCD là hình bình hành. Để làm điều này, chỉ cần chứng minh rằng các đường chéo AC và BD của nó được chia đôi bởi điểm O.

Hãy giả sử rằng đây không phải là trường hợp. Ví dụ: đặt $|AO| > |OC|$. Chúng ta sẽ chứng minh rằng bất đẳng thức này bao hàm các bất đẳng thức $|BO| < |OD|$ và $|BO| > |OD|$, điều này không thể xảy ra.

Từ bất đẳng thức $|AO| > |OC|$ suy ra $|AP| > |CR|$, vì $|OP| = |OR|$; từ $|O_1P| = |O_2R|$ theo sau $O_1AP < O_2CR$ và do đó $BAO < DCO$. Do đó, $ABO > CDO$ và $BQ < DS|$, nhưng điều đó có nghĩa là $|BO| < |OD|$.

Lặp lại lý luận trên cho các tam giác BOC và AOD (Hình 2; bạn tự làm), chúng ta thu được $DAO < BCO$, do đó $ODA > CBO$, và do đó, $|DS_1| < |BQ_1|$, tức là $|BO| > |OD|$.

Mâu thuẫn thu được chứng tỏ rằng $|AO| = |OC|$. Nó cũng được chứng minh rằng $|BO| = |OD|$. Vậy tứ giác ABCD là hình bình hành.

Từ sự bằng nhau về diện tích của các tam giác AOB và BOC (chúng ta sử dụng công thức nổi tiếng $S = pr$), chúng ta thu được

$$\frac{1}{2}r(|AO| + |OB| + |AB|) = \frac{1}{2}r(|OC| + |OB| + |BC|),$$

từ đó $|BC| = |AB|$, tức là tứ giác ABCD là hình thoi.

6. Đầu tiên là lời giải. Gọi (Hình 3) $A_1$ và $A_2$, $B_1$ và $B_2$, $C_1$ và $C_2$, $D_1$ và $D_2$ là các điểm tiếp tuyến của các đường tròn nội tiếp các tam giác ABD, ABC, BCD, CDA, tính từ cạnh của tứ giác ABCD; $O_1, O_2, O_3, O_4$ là tâm của các vòng tròn này; $P, Q, R, S$ — điểm tiếp tuyến của các đường tròn với đường chéo AC và BD; $r$ - bán kính hình tròn.

Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh một sự thật thú vị: đối với một tứ giác lồi tùy ý ABCD, độ dài các đoạn thẳng giữa các điểm tiếp tuyến nằm trên các cạnh đối diện của tứ giác bằng nhau, tức là $|A_1B_2| = |C_1D_2|$ và $|B_1C_2| = |A_2D_1|$.

Trước tiên chúng ta hãy đảm bảo rằng Hình 3 là “chính xác”, nghĩa là vị trí của các điểm tiếp tuyến trên các cạnh của tứ giác đúng như trong Hình 3.

Ví dụ, hãy xem xét các tam giác ABD và ACD và chứng minh rằng điểm $A_2$ nằm gần điểm $A$ hơn điểm $D_1$.

Để làm được điều này, chỉ cần chứng minh rằng $|AA_2| + |DD_1| < |AD|$ là đủ.

Thật dễ dàng để thấy điều đó

$$|AA_2| = \frac{|AB| + |AD| - |BD|}{2}$$

$$|DD_1| = \frac{|AD| + |CD| - |AC|}{2}$$

Cộng các đẳng thức này, ta được

$$|AA_2| + |DD_1| = |AD| + \frac{|AB| + |CD| - |BD| - |AC|}{2}$$

Nhưng $|AB| + |CD| < |BD| + |AC|$ (chứng minh điều đó!) và do đó

$$|AA_2| + |DD_1| < |AD|$$

Bây giờ chúng ta chứng minh rằng $|A_2D_1| = |B_1C_2|$ và $|D_2C_1| = |A_1B_2|$.

21

Sử dụng tính chất của các đoạn tiếp tuyến (Hình 3), chúng ta thu được

$$|BD| = |BP| + |PD| = |BA_1| + |DA_2| = = |BB_2| + |A_1B_2| + |DD_1| + |A_2D_1|.$$ (1)

Ở phía bên kia,

$$|BD| = |BR| + |RD| = |BB_1| + |B_1C_2| + |DD_2| + |D_2C_1| = = |BB_2| + |B_1C_2| + |DD_1| + |D_2C_1|.$$ (2)

Đánh đồng biểu thức (1) và (2), ta thu được

$$|A_1B_2| + |A_2D_1| = |B_1C_2| + |D_2C_1|.$$ (3)

Thực hiện các phép tính chính xác cho đường chéo AC, ta thu được

$$|A_2D_1| + |D_2C_1| = |A_1B_2| + |B_1C_2|.$$ (4)

Cộng các đẳng thức (3) và (4) ta được

$$|A_2D_1| = |B_1C_2|.$$

Vì vậy, cũng $|D_2C_1| = |A_1B_2|$.

Cho đến nay chúng ta chưa sử dụng đẳng thức bán kính của các đường tròn nội tiếp nên kết quả thu được vẫn đúng cho một tứ giác lồi tùy ý.

Bây giờ hãy hoàn thành lời giải bài toán.

Vì tâm của các đường tròn cách đều nhau so với các cạnh tương ứng nên chúng ta thu được $(O_1O_2) \parallel (AB)$ và $(O_3O_4) \parallel (CD)$; và vì $|O_1O_2| = |A_1B_2|$ và $|O_3O_4| = |C_1D_2|$, chúng ta nhận được $|O_1O_2| = |O_3O_4|$.

Tương tự, $|O_2O_3| = |O_1O_4|$ và do đó, tứ giác $O_1O_2O_3O_4$ là hình bình hành, và vì các cạnh của tứ giác ABCD song song với hình bình hành nên tứ giác ABCD cũng là hình bình hành.

Cân bằng biểu thức diện tích các tam giác ABD và ABC, ta thu được

$$\frac{1}{2} r (|AB| + |BD| + |AD|) = \frac{1}{2} r (|CD| + |AD| + |AC|),$$

từ đâu $|BD| = |AC|$.

Do đó, các đường chéo của hình bình hành ABCD có độ dài bằng nhau nên ABCD là hình chữ nhật.

Thứ hai lời giải. Như trong lời giải đầu tiên, trước tiên chúng ta sẽ chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành.

Để làm điều này, hãy vẽ các đường thẳng đi qua các điểm B và D, song song với cạnh AC (Hình 4) và đặt các đoạn BB’ và DD’ có độ dài $|AC|$ lên chúng ở một phía của đường thẳng BD.

Tứ giác BB’DD’ hiển nhiên là hình bình hành. Dễ dàng nhận thấy các tam giác BCB’, B’CD’, CD’D lần lượt bằng các tam giác ABC, ABD và ACD nên bán kính các đường tròn nội tiếp các tứ giác mà hình bình hành được chia cho các đoạn CB, CB’, CD và CD’ đều bằng nhau.

Chứng minh điểm C trùng với điểm E giao điểm đường chéo của hình bình hành BB’D’D'.

Trên thực tế, nếu không phải như vậy thì điểm C thuộc về một trong các tam giác mà hình bình hành được chia cho các đường chéo của nó (trong Hình 4 đây là tam giác DED’). Trong trường hợp này, bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác DED’ sẽ lớn hơn r và bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác BEB’ sẽ nhỏ hơn r, điều này mâu thuẫn với sự đồng dạng của các tam giác DED’ và BEB'.

Như vậy, điểm C trùng với giao điểm E của đường chéo hình bình hành BB’D’D’ nên $[DC] \parallel [AB]$ và $[AD] \parallel [BC]$, tức là tứ giác ABCD là hình bình hành.

Để hoàn thành lời giải này, chỉ cần kiểm tra lý do đã được thực hiện ở cuối lời giải đầu tiên là đủ.

A. Egorov

23

M571. Dãy số giảm dần $(x_n)$ của các số dương sao cho đối với mọi số tự nhiên $n$
$$\frac{x_1}{1} + \frac{x_2}{2} + \frac{x_3}{3} + \dots + \frac{x_n}{n} < 3.$$

Chúng ta sẽ chứng minh một phát biểu mạnh mẽ hơn: cho dãy số tự nhiên bất kỳ $n$
$$\frac{x_1}{1} + \frac{x_2}{2} + \frac{x_3}{3} + \dots + \frac{x_n}{n} < 2.$$
Thật vậy, vì $x_i > 0$,
$$\sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{k} \leq \sum_{k=1}^{(n+1)^2-1} \frac{x_k}{k} = \sum_{k=1}^{n} \sum_{m=k^2}^{(k+1)^2-1} \frac{x_m}{m}.$$
Vì trình tự $(x_n)$ là trình tự giết chóc,
$$\sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{k} \leq \sum_{k=1}^{n} x_k^2 \left( \sum_{m=k^2}^{k^2+k-1} \frac{1}{m} + \sum_{m=k^2+k}^{k^2+2k} \frac{1}{m} \right) \leq$$
$$\leq \sum_{k=1}^{n} x_k^2 \left( \frac{k}{k^2} + \frac{k+1}{k^2+k} \right) = 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k^2}{k} \leq 2,$$
đó là những gì được yêu cầu.

Ước tính 2 đã không thể cải thiện được: chúng tôi mời độc giả tự mình chứng minh rằng với bất kỳ $c < 2$ nào, người ta có thể tìm thấy một dãy số dương sao cho với bất kỳ số nguyên dương nào $n$
$$\sum_{k=1}^{n} \frac{x_k^2}{k} \leq 1 \text{ и } \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{k} > c.$$

3. Chanturia

24

M572. Chuột túi nhảy dọc theo mặt phẳng tọa độ $x \geq 0$, $y \geq 0$ Oxy theo cách sau: từ điểm $(x; y)$ chuột túi có thể nhảy đến điểm $(x+1; y-1)$ hoặc tới điểm $(x-5; y+7)$ và nhảy. Từ điểm ban đầu nào $(x; y)$ một con chuột túi không thể nhảy đến một điểm cách điểm xuất phát lớn hơn 1000? Vẽ tập hợp tất cả các điểm như vậy $(x; y)$ và tìm diện tích của nó.

Graph

M574. Chuỗi hữu hạn $a_1, a_2, \dots, a_n$ của các số 0 và 1 phải thỏa mãn điều kiện sau: với mọi số nguyên $k$ từ 0 đến $n-1$, tổng $a_1 a_{k+1} + a_2 a_{k+2} + \dots + a_n - k a_n$ là số lẻ. a) Nghĩ ra trình tự cho $n=25$. b) Chứng minh rằng dãy như vậy tồn tại với một số $n>1000$.

Một công thức khác của bài toán M574:
Tìm một dãy $e_1 < e_2 < \dots < e_i$ các số tự nhiên sao cho mỗi số từ 1 đến $e_i - e_1$ có thể được biểu diễn dưới dạng hiệu $e_j - e_i$ của một số số này theo một số cách lẻ.

Đáp số là một “tam giác bước” $T$ (xem hình): nó chứa hai khoảng ranh giới nửa kín $[0; A], [0; B]$ (trong đó $A$ và $B$ lần lượt là các điểm có tọa độ (5; 0) và (0; 5), nhưng không chứa bất kỳ điểm ranh giới nào khác (điểm của mười đoạn giới hạn “bước”). Diện tích của nó rõ ràng là 15.

Thứ nhất, đủ để chứng minh rằng một con kangaroo không thể rời khỏi “tam giác” $T$, và thứ hai, rằng từ các điểm còn lại của góc $x \geq 0, y \geq 0$ nó có thể di chuyển ra xa điểm gốc nhất có thể. Điều đầu tiên rất rõ ràng: khi tìm thấy $T$, con kangaroo chỉ có thể thực hiện các bước nhảy thuộc loại (1; -1), và do đó không thể tránh khỏi việc rơi vào trục $Ox$. Để chứng minh khẳng định thứ hai, hãy lưu ý rằng sự kết hợp của bước nhảy (1; -1) và một bước nhảy (-5; 7) sẽ cho ra “bước nhảy” (0; 2); do đó, một con kangaroo nằm trong khu vực $M_1 = \{(x; y) | x \geq 0, y \geq 5\}$ sẽ dễ dàng chạy thẳng lên trên, lặp lại sự kết hợp sáu lần nhảy này nhiều lần. Nếu kangaroo ở trong khu vực $M_2 = \{(x; y) | x \geq 1, 5 > y \geq 4\}$, sau đó bốn lần nhảy (1; -1) và một lần nhảy (-5; 7), kangaroo sẽ rơi vào khu vực $M_1$, từ đó nó có thể chạy trốn. Tương tự, tìm thêm bốn lần nhảy của “khu vực thoát hiểm” $M_3, M_4, M_5, M_6$

$$M_6 = \{(x; y) | x \geq 5 - k, k + 1 > y \geq k\}, k = 3, 2, 1, 0.$$

A. Sosinsky

Đầu tiên là lời giải. Thật dễ dàng để đưa ra chuỗi bốn số sau: $A_1 = 1101$. Để tạo chuỗi 25 số mong muốn, chúng tôi sử dụng $A_1$ ba lần và phân tách $A_1$ bằng các số 0 như sau:
$$A_2 = 1101 000 1101 00000000 1101.$$

Cấu trúc này có thể được tiếp tục thêm: nếu dãy $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$ thỏa mãn các điều kiện thì dãy

$$B = \begin{bmatrix} A & 00...0 & A & 00...0 & A \\ n & n-1 & n & 3n-2 & n \end{bmatrix},$$

bao gồm ba bộ $A$ và hai bộ số 0 cũng thỏa mãn điều đó.

Chúng ta hãy chứng minh một thực tế tổng quát hơn: cùng với các dãy $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$ và $C = (c_1, c_2, \dots, c_m)$, dãy $B$ có ​​độ dài $(2n-1)(m-1)+n$ từ $m$ “khối” thỏa mãn các điều kiện xác định:

$$B = \begin{bmatrix} a_1 c_1, & a_2 c_1, & \dots, & a_n c_1, & 0, 0, \dots, 0, \\ a_1 c_2, & a_2 c_2, & \dots, & a_n c_2, & 0, 0, \dots, 0, \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_1 c_m-1, & a_2 c_m-1, & \dots, & a_n c_m-1, & 0, 0, \dots, 0, \\ a_1 c_m, & a_2 c_m, & \dots, & a_n c_m \end{bmatrix};$$

ở đây khối thứ $j$ lặp lại chuỗi $A$ nếu $c_j = 1$ và 0 nếu $c_j = 0$.

Đặt $k = (2n-1) q+r$ là một số nguyên, trong đó $q=0; r=0, 1, \dots, n-1$ hoặc $-n < r < n, 0 < q < m$ (q và r là số nguyên). Sau đó, khi chuỗi $B$ được chuyển sang $k$ vị trí, khối thứ $j$ $(a_1 c_j, a_2 c_j, \dots, a_n c_j)$ sẽ chỉ giao nhau với khối $(j+q)-m$ của chuỗi ban đầu và có độ dịch chuyển là $r$ đơn vị trong chỉ mục

26

M574 sẽ đạt được nếu chuỗi 0 và 1 nằm trên một vòng tròn và yêu cầu rằng với bất kỳ k nào thì tổng tích từng cặp của các mục tiêu cách nhau tại k là số lẻ. Nếu bạn đạt được kết quả cho việc này bài toán, hãy viết thư cho chúng tôi về điều đó.

F579. Trong mạch như hình, $R_1 = 10$ Ohm, $R_2 = 20$ Ohm, $R_3 = 15$ Ohm, chẳng hạn, trong mạng điện xoay chiều $U = 10$ V. Xác định công suất phân bổ cho các điện trở có điện trở $R_2$ và $R_3$.

Circuit diagram

Khi sử dụng diode dòng điện xoay chiều $T$, diode đóng và dòng điện xoay chiều $I = \frac{U}{R_1 + R_2}$ chạy qua điện trở $R_2$. Trong thời gian $T/2$ năng lượng được giải phóng trên điện trở $R_2$

$$W' = I^2 R_2 \frac{T}{2} = \frac{U^2 R_2 T}{2(R_1 + R_2)^2}.$$

Diode hữu ích thứ hai được mở. Tổng điện trở của các điện trở $R_2$ và $R_3$ mắc song song là $R_0 = \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3}$. Ví dụ: các điện trở này bằng $U_0 = \frac{U}{R_1 + R_0} R_0$.

Trong khoảng thời gian hữu ích này, năng lượng tương ứng được phân bổ cho các điện trở $R_2$ và $R_3$

$$W'' = U_0^2 R_2 \frac{T}{2} = \frac{U^2 R_0 T}{2(R_1 + R_0)^2},$$

$$W_3 = U_0^2 R_3 \frac{T}{2} = \frac{U^2 R_0 T}{2(R_1 + R_0)^2}.$$

Công suất trung bình được phân bổ cho điện trở $R_2$ và $R_3$ trong toàn bộ thời gian bằng công suất tương ứng

$$N_2 = \frac{W' + W''}{T} = \frac{U^2 R_2}{2(R_1 + R_2)^2} + \frac{U^2 R_0}{2R_2(R_1 + R_0)^2},$$

$$N_3 = \frac{W_3}{T} = \frac{U^2 R_0}{2R_3(R_1 + R_0)^2}.$$

Thay các giá trị số của đại lượng $U, R_1, R_2, R_3$, ta tìm được

$$N_2 \approx 1,6 \text{ Вт}, \quad N_3 \approx 0,7 \text{ Вт}.$$

G. Kotkin

F586. Bình chứa được bảo vệ được mở ra với độ chân không cao. Khí lý tưởng đơn nguyên tử bao quanh bình có nhiệt độ $T_0$. Tại một thời điểm nào đó, vòi được mở và bình chứa đầy khí. Khí sẽ có nhiệt độ bao nhiêu $T$ trong bình ngay sau khi đổ đầy?

Để hiểu nhiệt độ thay đổi như thế nào khi bình chứa đầy khí, cần xem xét nguồn gốc của sự biến đổi năng lượng. Khi mở vòi, một phần khí được đẩy vào bình dưới tác dụng của áp suất của khí xung quanh. Nhờ hoạt động của các lực này, khí thoát vào bình thu được động năng của chuyển động cực đại có hướng - nó đi vào bình dưới dạng dòng. Khi nó gặp thành bình và luồng khí đã đi vào bình, tia định hướng sẽ yếu đi và cuối cùng tiêu tan. Trong trường hợp này, động năng của chuyển động có trật tự của khí trong chip được chuyển thành nội năng, tức là năng lượng của chuyển động nhiệt hỗn loạn của các phân tử của nó.

Tất cả điều này xảy ra nhanh đến mức có thể bỏ qua sự trao đổi nhiệt của khí đi vào bình với khí và thành bình xung quanh. Vì vậy, đối với toàn bộ quá trình đang được xem xét

27

Định luật nhiệt động thứ nhất có dạng: công $A$ của lực ép của bình xung quanh lên chất khí đi vào bình bằng độ biến thiên nội năng $\Delta U$ của chất khí đi vào:
$$A = \Delta U.$$

Khi đổ đầy một bình sơ tán nhỏ, áp suất và nhiệt độ trong khí quyển xung quanh không thay đổi. Do đó, để tìm công $A$ hãy tưởng tượng rằng bình đã sơ tán của chúng ta ở bên trong một hình trụ lớn có một pít-tông chuyển động được (xem hình). Xi lanh chứa đầy khí có nhiệt độ $T_0$; áp suất khí trong xi lanh $p_0$. Quá trình làm đầy bình tương ứng với chuyển động của piston sang phải ở áp suất không đổi $p_0$. Lớp tác động ở bên trái trên pít-tông thực hiện công $p_0V_0$, trong đó $V_0$ là thể tích “bị dịch chuyển” khi pít-tông chuyển động. Công này sẽ bằng sự giao thoa của công của các ngoại lực lên chất khí đổ vào bình, vì nội năng của khí không đi vào bình không đổi. Chúng ta hãy chú ý đến thực tế là thể tích $V_0$ không trùng với thể tích bên trong của bình chứa đầy, vì nhiệt độ $T$ của khí vào bình khác với $T_0$.

Sử dụng phương trình trạng thái của khí lý tưởng, công $A$ có thể được biểu thị dưới dạng nhiệt độ $T_0$ và lượng khí $v$ đi vào bình:

$$A = p_0V_0 = vRT_0.$$

Độ biến thiên nội năng $\Delta U$ của khí đi vào bình bằng

$$\Delta U = v \times \frac{3}{2}R(T - T_0).$$

Thay các biểu thức (2) và (3) vào phương trình của định luật nhiệt động thứ nhất (1), ta thu được

$$T = \frac{5}{3}T_0.$$

Do đó, nhiệt độ của khí nạp vào bình đã sơ tán cao hơn nhiệt độ của khí xung quanh bình. Lưu ý rằng kết quả thu được không phụ thuộc vào thể tích của bình hoặc áp suất $p_0$. Nhiệt độ của khí trong bình cũng không phụ thuộc vào việc bình có được đổ đầy đến cuối hay không cho đến khi áp suất trong bình bằng áp suất khí ngoài môi trường, hoặc van được đóng bằng nhau.

E. Butikov, A. Bykov, A. Kondratev

F587. Một dây dẫn có khối lượng $M$ và chiều dài $l$ được treo vào chất điện môi ở hai đầu của nó bằng hai lò xo vĩnh cửu dẫn điện giống hệt nhau có hệ số độ cứng chung $k$. Một tụ điện $C$ được nối với đầu trên của lò xo. Toàn bộ cấu trúc dâng lên trong một từ trường đều có cảm ứng $B$, vuông góc với mặt phẳng của cấu trúc.

Dây dẫn được dịch chuyển trong mặt phẳng thẳng đứng khỏi vị trí cân bằng và được thả ra. Xác định chuyển động tiếp theo của dây dẫn trong mặt phẳng thẳng đứng. Điện trở, độ tự cảm và điện dung của dây dẫn là giả tạo.

Hãy hướng trục tọa độ $X$ theo chiều dọc xuống dưới; Chúng ta sẽ lấy vị trí cân bằng của thanh làm gốc tọa độ (xem hình. ok).

Gọi $x_0$ là độ dài của mỗi lò xo ở vị trí này. Theo định luật P của Newton

$$Mg - kx_0 = 0.$$

Khi thanh di chuyển khỏi vị trí cân bằng thì lực không đổi nhưng lực đàn hồi thay đổi. Do đó, sau khi thả thanh ra, nó bắt đầu chuyển động với gia tốc về phía vị trí cân bằng. Vì chuyển động này xảy ra trong từ trường nên một lực điện động cảm ứng $\mathcal{E} = Bvl$ xuất hiện trong thanh, trong đó $v = \dot{x}$ tốc độ của thanh thay đổi theo Q, thời gian. Dòng điện xuất hiện trong mạch và tụ điện. Vì điện trở của lò xo dẫn điện bằng 0 nên hướng về phía tụ điện là $\mathcal{E}$ và điện tích $q$ của tụ điện là $\mathcal{C}\mathcal{E} = CBvl$. Do đó cường độ dòng điện trong mạch tại thời điểm bất kỳ bằng

$$i = \dot{q} = C\dot{\mathcal{E}} = CB\dot{v}l = CB\ddot{x}l.$$

Một thanh mang dòng điện đặt trong từ trường chịu tác dụng của một lực $F$