Kvant 1981, số 1 · Trang

KEANT
1
1981

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

Hình này cho thấy thiết kế cơ bản của trần phù điêu được tìm thấy trong một số tòa nhà hiện đại. Ở góc trên bên trái có một khung thanh hơi hở để gắn vai che trần nhà.

Thiết kế này dựa trên sự tương ứng đáng kinh ngạc giữa việc chia mặt phẳng thành hình vuông và hình tam giác đều. Bạn có thể thấy sự chia thành các ô vuông (có cạnh màu đen) ở góc trên bên trái; bốn thanh được gắn vào đầu các hình vuông (chấm màu xanh); chúng được gắn chặt (tại các chấm màu đỏ) để hình thành một bán ktazdron dưới mỗi hình vuông. Một màng hình học đóng lại bằng hệ thống thanh được hình thành như sau: đầu tiên, một tấm phim phẳng được chia thành các hình tam giác đều, chúng được ghép thành từng cặp thành hình bình hành (những hình bình hành này tạo thành các cạnh của trần nhà có thể nhìn thấy trong hình) và sau đó tấm phim được gấp lại thành một “đàn xếp đôi”.

Điều đáng ngạc nhiên ở đây là: hóa ra nếu bạn lấy cạnh của hình tam giác bằng cạnh của hình vuông, thì màng gấp sẽ vừa khít với hệ thanh mà không có khe hở - tất cả các cạnh của hình bình hành sẽ bị ép vào các cạnh của hình bán nguyệt.

Không khó để làm một chiếc đàn accordion đôi như vậy từ một tờ giấy dày. Bạn có thể đọc thêm về trần nhà như vậy trên cl8.

1

1981

Được thành lập vào năm 1970

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

NHÀ XUẤT BẢN KHOA HỌC
PHÒNG BIÊN TẬP CHÍNH VĂN HỌC VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC

TRONG PHÒNG:

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

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

Tuyển tập biên soạn:

M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. V. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
N. A. Patrikeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

2 Kính gửi độc giả

Các nhà khoa học được giáo dục cho giới trẻ

3 A. P. Aleksaidrov. Bài phát biểu tại Đại hội XVIII Đoàn Thanh niên Cộng sản Lênin toàn liên bang

6 L. Ashkinazi. Từ trường vĩnh cửu mạnh đến mức nào

11 A. Bitman, E. Gik. Máy tính ở bàn cờ

Phòng thí nghiệm «Kvant»

19 A. Kolmkov, R. Smirnov. Thuộc tính phi giáo dục của cấu trúc chung

vòng tròn toán học

21 L. Kurlyandchik. Tiếp cận cực điểm

Bài toán Kvant

26 Bài toán M661—M665; F673—F677

28 Lời giải bài toán M611—M615; F618—F622

«Kvant» cho học sinh nhỏ

33 Bài toán

34 S. Dvoryaninov. Các mẫu và… số học

Qua những trang sách giáo khoa

37 M. Gelfand, V. Berman. Mười bài toán để áp dụng tùy ý

Xưởng của người nộp đơn

40 A. Edorov. phương trình hàm mũ

43 L. Bakanina. Bài toán về vệ tinh

Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1980

46 Viện Vật lý Kỹ thuật Mátxcơva

Nghệ thuật lập trình

49 Yu. Pervin. Tại sao và làm thế nào trẻ em được dạy lập trình?

53 Trường đào tạo lập trình tương ứng. Bài học 12.

Thông tin

56 Mới được tuyển vào Trường Toán học Liên bang

57 Trường thể chất thư tín

59 Thủ thuật mới cho cơ chế nhỏ

Đánh giá, thư mục

60 V. Leshkovtsev. Hành trình vào thế giới pha lê

61 trang cờ vua

62 Đáp số, gợi ý, lời giải

Thi đấu cờ vua (trang bìa thứ 3)

Trang bìa của chúng tôi (18)

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1981

2

Gửi độc giả của chúng tôi

Bằng cách đăng ký tạp chí của chúng tôi, bạn đã đưa ra lựa chọn của mình và chúng tôi không cần khuyến khích bạn theo học vật lý hoặc toán học. Chủ đề cuộc trò chuyện của chúng tôi với bạn là khác nhau.

Năm 1981 là một năm đầy ý nghĩa. Đây là năm đầu tiên của kế hoạch 5 năm mới thứ 11. Đó cũng là năm diễn ra Đại hội XXVI của Đảng Cộng sản vĩ đại của chúng ta. Đại hội sẽ vạch ra những cột mốc mới trong sự nghiệp phát triển của Tổ quốc, đặt ra những mục tiêu mới cho toàn dân bài toán trên con đường xây dựng xã hội cộng sản.

Đại hội XXV của ĐCSVN đã định hướng tất cả chúng ta hướng tới cuộc đấu tranh nâng cao hiệu quả và chất lượng của các hình thức lao động. Công việc của bạn là nghiên cứu của bạn. Việc xem xét có thể được thực hiện theo nhiều cách khác nhau. Việc học trở nên vui tươi khi học sinh thành thạo các kỹ năng lao động trí óc. Sau đó, mỗi ngày anh ấy bắt gặp những khám phá - toán học, vật lý, thiên văn… Và theo nghĩa này, anh ấy trở nên giống một nhà khoa học. Các nhà khoa học đang khám phá ra điều gì đó mà không ai biết. Học sinh khám phá ra điều gì đó mà mình chưa học được, mặc dù khoa học đã biết điều đó. Bằng cách giải quyết bài toán, nắm vững các khái niệm và định luật mới, bạn đang tham gia vào công việc khoa học thực sự. Suy cho cùng, các nhà khoa học trước hết đến để tìm hiểu những gì người khác đã làm trong lĩnh vực mà họ quan tâm, và chỉ khi đó họ mới có thể tiếp tục.

Chào mừng những độc giả đầu tiên của tạp chí chúng tôi, Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Viện sĩ M.V. Keldysh đã viết trong đó vào tháng 1 năm 1970: “… Tôi xin chúc các nhà toán học và vật lý trẻ, tất cả độc giả «Kvant» thành công hơn nữa trong lĩnh vực kế toán, trong công việc, trong việc tiếp thu và nâng cao kiến ​​thức của họ.” Thúc đẩy việc tiếp thu và nâng cao kiến ​​thức của bạn là bài toán chính của tạp chí. Chúng tôi muốn những ai đã thành thạo vật lý hoặc toán học tìm thấy trong «Kvant» tài liệu để suy ngẫm độc lập, nhằm phát triển trí tuệ và khả năng của bạn. Chúng tôi cũng muốn giúp các học sinh khác quan tâm đến khoa học của chúng tôi.

Năm nay trên các trang «Kvant» bạn sẽ làm quen với các bài nói chuyện của các nhà vật lý và toán học lớn nhất của Liên Xô về trường học của chúng ta, về vai trò của thanh niên trong sự phát triển của khoa học. Cuối năm, nhân kỷ niệm 60 năm ngày V.I. Bài phát biểu của Lênin tại Đại hội III Komsomol, nhà xuất bản Nauka đã xuất bản một tuyển tập bài viết thú vị mang tên “Lênin. Khoa học. Tuổi trẻ”. Thật không may, cuốn sách này rất khó chia sẻ và rất ít bạn có thể làm quen với nó. Vì vậy, chúng tôi quyết định xuất bản một số bài viết từ cuốn sách này trên các trang tạp chí của chúng tôi. Loạt bài này mở đầu bằng bài phát biểu của Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Viện sĩ A.P. Aleksadrov, tại Đại hội XVIII của Komsomol.

Chúng tôi sẽ không giấu bạn rằng bản thân chúng tôi không hài lòng với mọi thứ trên tạp chí của mình. Một số bài báo chúng tôi xuất bản quá khó và khô khan, chúng tôi hiếm khi nói về những vấn đề khoa học chưa được giải quyết và trên tạp chí cũng có rất ít sự hài hước. Chúng tôi cố gắng nâng cao hiệu quả và chất lượng của tạp chí, làm cho tạp chí trở nên thú vị, sống động và dễ tiếp cận hơn (tất nhiên là không làm giảm mức độ khoa học của chúng).

Trong nỗ lực hoàn thiện tạp chí «Kvant», chúng tôi thực sự cần lời khuyên của độc giả. Do đó, chúng tôi hướng tới bạn - hãy viết thư cho biên tập viên của chúng tôi về những gì bạn thích và không thích trên tạp chí của chúng tôi, những gì bạn muốn đọc trong đó, những câu hỏi nào trong lĩnh vực toán học, vật lý, thiên văn học và du hành vũ trụ khiến bạn quan tâm. Chúng tôi hoan nghênh thư của bạn.

Chúc các em thành công hơn nữa trong năm học hiện tại.

3

Các nhà khoa học giáo dục giới trẻ

Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
Viện sĩ A. P. ALEXANDROV

Bài phát biểu tại Đại hội XVIII
Vesoyuzny Leninsky
Đoàn Thanh niên Cộng sản

Các đồng chí thân mến! Trước hết hãy để tôi gửi đến các bạn lời chào chân thành từ trụ sở khoa học Liên Xô - Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. Trong bài phát biểu trước đại hội Komsomol, đồng chí Leonid Ilyich Brezhnev nói rằng, nhìn chung, những người cộng sản thế hệ cũ có thể hài lòng với thế hệ trẻ Liên Xô ngày nay. Thưa các đồng chí, đây là những lời rất có ý nghĩa. Chúng tôi thực sự hài lòng với tuổi trẻ Liên Xô của chúng tôi.

Tôi đã ở đây được nhiều năm rồi - 75 phút. Tôi phải làm việc với những người trẻ trong nhiều hoạt động và trong nhiều điều kiện khác nhau. Điều này xảy ra trong thời bình, điều này xảy ra trong thời chiến, điều này xảy ra trong thời kỳ khó khăn nhất liên tiếp khi công việc bắt đầu trong lĩnh vực công nghệ nguyên tử và năng lượng hạt nhân. Trong tất cả những trường hợp này, thế hệ đi trước đều được lớp trẻ hết lòng giúp đỡ. Họ, những nhà khoa học trẻ, phải chịu gánh nặng lớn nhất trong tất cả công việc này. Các bạn trẻ háo hức đi đến những vùng khó khăn, khó khăn nhất. Và cô ấy đã vị tha làm những gì cần phải làm. Đây là lý do tại sao tôi tin rằng chúng ta có thể hoàn toàn hài lòng với tuổi trẻ của mình. Và chúng tôi, những nhà khoa học, rất hài lòng với Đại hội XVIII Komsomol.

In lại với chữ viết tắt nhỏ.

4

Đồng chí! Chúng ta đã sống 33 năm không có chiến tranh, và đây là niềm hạnh phúc lớn lao của các bạn, và vì điều này, các bạn, cũng như chúng tôi, những người lớn tuổi, cần được Đảng Cộng sản của chúng ta ghi nhận sâu sắc, Đảng đang hướng những nỗ lực to lớn hướng tới sự nghiệp hòa bình cao cả.

Tôi phải nói rằng Leonid Ilyich, người đã trải qua toàn bộ cuộc chiến ở những nơi khó khăn nhất, người đã chứng kiến ​​và trải nghiệm tất cả những gì mà chiến tranh mang lại cho nhân dân ta, đặc biệt cảm thấy rõ ràng sự cần thiết phải giữ gìn hòa bình, ông ấy đã nỗ lực đặc biệt để đất nước chúng ta có thể phát triển hơn nữa trong điều kiện hòa bình. Và điều này, thưa các đồng chí, không hề dễ dàng. Xét cho cùng, sau Cách mạng Tháng Mười, nhất là sau khi Chiến tranh thế giới thứ hai kết thúc, cuộc đối đầu giữa các nước có nội dung xã hội chủ nghĩa và phe tư bản ngày càng gay gắt. Ngay khi chúng ta tìm thấy điểm yếu nào đó, kẻ thù của chúng ta sẽ ngay lập tức chú ý đến điểm yếu đó. Tất nhiên, tất cả những điều này đặt ra một trách nhiệm to lớn đối với chúng tôi và các bạn, những người trẻ. Chúng ta không được phép để bất kỳ điểm yếu nào trong mặt trận thống nhất của chúng ta có thể được sử dụng để phá hoại về mặt tư tưởng chống lại chúng ta, cho những nỗ lực định hướng nỗ lực và đối đầu quân sự.

Đồng chí! Bạn biết rằng việc sử dụng vũ khí hạt nhân ở Hiroshima và Nagasaki không phải do hoàn cảnh quân sự ép buộc. Đây là sự thể hiện cái gọi là chính sách “lập trường vũ lực” nhằm buộc nước ta bằng cách này hay cách khác phải đầu hàng loại vũ khí mới này. Bạn biết rằng ngay sau khi chiến tranh kết thúc, họ bắt đầu xây dựng các căn cứ quân sự trên khắp các nước. Tôi nhớ thời kỳ khi các bản đồ được vẽ ra ở nước ngoài cho thấy các máy bay cất cánh từ các căn cứ quân sự, đường bay của chúng hướng tới các thành phố của chúng ta, chúng mang theo bom hạt nhân. Và rồi, các đồng chí, tuổi trẻ của chúng ta, cùng với các nhà khoa học của chúng ta, được dẫn dắt bởi nhà khoa học và người yêu nước vĩ đại nhất của chúng ta, một con người tuyệt vời, vị tha và tận tụy với Tổ quốc, Viện sĩ Igor Vasilyevich Kurchatov, đã giải được bài toán khoa học kỹ thuật khó khăn nhất. bài toán - đã tạo ra lá chắn hạt nhân của chúng ta. Dưới sự lãnh đạo của ông, công việc tạo ra công nghệ hạt nhân đã được triển khai và nước ta đã giải quyết được vấn đề khó khăn nhất này bài toán trong cùng khung thời gian do Hoa Kỳ yêu cầu, nước đã thu hút các nhà khoa học lớn nhất thế giới vào công trình này.

Nhiều thanh niên nam nữ vừa trở về sau chiến tranh đã tham gia vào công việc quan trọng này. Nói cho các bạn biết rằng lúc đó các đội này không hề có cảm giác rằng chiến tranh đã kết thúc, trọng tâm công việc là rất lớn. Mọi người đều hiểu rằng việc hoàn thành kịp thời công việc này có thể cứu thế giới khỏi chiến tranh hạt nhân. Và rồi giới trẻ đã thể hiện mình theo hướng đi mới này đối với họ. Suy cho cùng, tôi phải học mọi thứ chưa từng được dạy trước đó - vật lý hạt nhân và tất cả những vấn đề phức tạp nhất của công nghệ nguyên tử. Những ngành khoa học này đơn giản là không tồn tại vào thời điểm đó. Mọi thứ đều phải được tạo ra, khám phá, nghiên cứu và giảng dạy. Và những bài toán này, các đồng chí, với sự giúp đỡ to lớn, với sự tham gia nhiệt tình của tuổi trẻ chúng ta, đã được giải quyết kịp thời.

Vào thời điểm đó, ở phương Tây họ viết rằng Liên Xô có thể tạo ra vũ khí hạt nhân, người ta tin rằng vào năm 1954 và khoảng năm 1952, một cuộc chiến tranh hạt nhân chống lại nước ta đã được lên kế hoạch, nhưng chúng ta đã tạo ra vũ khí hạt nhân vào năm 1949 nhờ công việc quên mình này. Hãy để tôi nhắc các đồng chí: Igor Vasilievich Kurchatov sau đó đã báo cáo tại phiên họp của Xô Viết Tối cao Liên Xô về sự tham gia của thanh niên vào các công việc này. Đây thực sự là một chiến công anh hùng của tuổi trẻ khoa học nước ta.

Đồng chí! Chúng ta đang sống trong một môi trường căng thẳng. Chúng ta, những người dân trên Trái đất, bắt đầu cảm thấy rằng tài nguyên trên hành tinh của chúng ta không phải là vô hạn,

5

rằng chúng ta cần quan tâm đến việc bảo quản chúng trong thời gian dài nhất có thể. Khoa học cho chúng ta rất nhiều điều cho việc này. Chúng ta có thể bù đắp dầu mỏ bằng năng lượng hạt nhân, hiện đang hoạt động và sẽ còn hoạt động nhiều hơn nữa trong tương lai. Khoa học đang có những bước tiến lớn trong việc thay đổi công nghệ ngày nay, thay đổi công nghệ. Tất cả các bạn đều phải làm việc trong ngành này hay ngành khác và cá nhân bạn cảm thấy sự tiến bộ khoa học và công nghệ không ngừng. Các bạn biết rất rõ rằng sự thành công trong công việc của các bạn cơ bản phụ thuộc vào sự chủ động trong công việc, vào cách tiếp cận sáng tạo, vào tầm nhìn rộng mở của mỗi người. Không chỉ chỉ đạo công việc mà còn đào tạo công việc này, lập kế hoạch cho công việc này, sáng tạo công nghệ mới trong công việc này - đây là điều chúng ta phải làm hàng ngày. Nếu chúng ta đã từng học được điều gì đó và bình tĩnh lại với nó, thì chúng ta sẽ trở nên lỗi thời một cách nhanh chóng và vô vọng. Chúng ta chắc chắn phải học hỏi hàng năm và hàng ngày, học cách làm việc theo những hướng đi mới và với thiết bị mới, với công nghệ mới hoặc định hình lại công nghệ cũ để có thể tiến lên phía trước. Chúng ta có một lĩnh vực hoạt động rộng lớn ở đây, các đồng chí. Và ở đây, tuổi trẻ sáng tạo có thể đóng góp to lớn vào sự phát triển của toàn bộ nền kinh tế, công nghệ, quốc phòng của chúng ta - mọi thứ mà đất nước chúng ta cần…

Vì vậy, thưa các đồng chí, tầm nhìn càng mở rộng, càng chú ý đến xung quanh, đọc sách, nghiên cứu thì càng đạt được nhiều thành công trong công việc, khả năng sáng tạo, tính chủ động của các bạn càng phát triển…

Các đồng chí! Công việc sáng tạo là niềm hạnh phúc nhất mà một người có thể có được trong cuộc sống. Bạn thậm chí còn hài lòng hơn khi, nhờ công việc của mình, bạn thấy khoa học đang thay đổi như thế nào, công nghệ đang thay đổi như thế nào, bạn thấy các nhà máy được tạo ra bằng sự sáng tạo và đôi khi là các ngành công nghiệp mới, như đã xảy ra với tôi trong quá trình phát triển năng lượng hạt nhân. Đây là một niềm vui lớn - sự hài lòng với công việc của bạn. Tôi chúc tất cả các bạn, bất kỳ ai trong số các bạn, trải nghiệm niềm vui sáng tạo như vậy trước tuổi của tôi. Và đây là điều tôi mong muốn cho tất cả các bạn!

Các đồng chí! Sống ở đất nước chúng tôi là một niềm hạnh phúc lớn lao. Con người sinh ra là đủ, được cha mẹ và nhà nước chăm sóc. Họ dạy anh ấy miễn phí và anh ấy được đảm bảo có việc làm. Ngày nay không có hoàn cảnh nào khiến người ta phải suy nghĩ xem mình nên đi đâu sau khi học xong phổ thông hoặc đại học. Tất cả điều này được đảm bảo ở nước ta. Đây là niềm hạnh phúc lớn lao các đồng chí ạ! Tôi vẫn nhớ khi chúng ta trao đổi lao động, khi còn thất nghiệp. Bây giờ thậm chí còn khó tin. Đất nước chúng ta là một đất nước tuyệt vời. Đối tác của chúng ta đang lãnh đạo đất nước chúng ta tốt, lãnh đạo tốt. Tôi tin rằng bạn sẽ sống trong một thời gian rất hạnh phúc. Và vì điều này, bạn phải chân thành cảm ơn đối tác của chúng tôi, sự đúng đắn của chúng tôi, đất nước Xô Viết của chúng tôi. Tôi chúc bạn thành công!

8

Vấn đề về khả năng đọc

Hình 2 cho thấy một cuộn dây điện có các vòng quay được làm từ băng kim loại (chúng ta sẽ sớm tìm hiểu lý do tại sao chúng được làm từ băng chứ không phải từ dây tròn). Các lực tác dụng từ từ trường có xu hướng làm rách cuộn dây điện từ trong mặt phẳng của các vòng dây và ngoài ra còn ép các vòng dây bên ngoài về phía các vòng dây ở giữa. Để chống lại lực xé, cuộn dây điện từ được đặt trong một lớp vỏ bền bên ngoài, có tác dụng hấp thụ lực xé. Để chống lại lực trượt, lớp cách nhiệt được đặt giữa các vòng, có độ bền cao trên cuộn, ví dụ như mica hoặc gốm sứ. Nhưng cả độ bền cách nhiệt và độ bền của vỏ đều không phải là vô hạn. Một cách khác để chống lại sự phá hủy trên các cánh đồng lớn là cái gọi là các nút điện từ “năng lượng thấp”. Các vòng trong các nút điện từ như vậy được sắp xếp sao cho góc giữa vectơ $\vec{B}$ và hướng của dòng điện càng nhỏ càng tốt - khi đó lực giảm (xem (1)). Tuy nhiên, không thể tạo ra một cuộn điện từ hoàn toàn “bất lực”.

Các lực tác dụng từ từ trường hạn chế khả năng xảy ra độ lớn của cảm ứng trường. Do đó, trong thể tích ~100 cm³, thực tế không thể thu được trường lớn hơn 20 Tesla bằng cách sử dụng nút điện từ bằng đồng. Nếu cuộn dây được làm bằng hợp kim đồng có độ bền cao (đồng + zirconi, đồng + cadmium, v.v.), thì cảm ứng trường trong thể tích 100 cm³ có thể đạt tới 40 Tesla. Tuy nhiên, hợp kim đồng có điện trở suất cao hơn đồng (1,5-2 lần). Và đây là những điều kiện (xem (2)) cho bài toán truyền nhiệt vốn đã khó.

Tản nhiệt

Trong số tất cả các chất lỏng có thể được sử dụng để làm mát, nước có khả năng chịu nhiệt cao nhất; do đó, như một quy luật, nó được sử dụng để làm mát. Sẽ dễ dàng nhất để cuộn dây điện từ bằng ống đồng cùng với dây đồng và truyền nước qua ống bên trong để làm mát và dòng điện qua chính ống đó. Đây là điều họ đã từng làm; Điều này hiện vẫn được thực hiện, nhưng chỉ trong trường hợp nhiệt cần loại bỏ khỏi bộ điện từ là nhỏ. Một ống dài và mỏng tạo ra lực cản lớn đối với nước chảy và không thể bơm một lượng lớn nước qua một ống điện từ như vậy.

Trong khi đó, để đáp ứng với năng lượng nhiệt, chẳng hạn như 5 MBt từ bộ điện từ sử dụng nước từ nguồn nước chính (nhiệt độ nước 10  15°C), bạn cần bơm 1000 lít nước mỗi phút qua bộ điện từ và nước này sẽ thoát ra khỏi bộ điện từ sưởi ấm gần như sôi. Dòng nước không được yếu đi dù chỉ trong giây lát - nếu không nhiệt độ nước sẽ đạt tới 100°C, nước sẽ sôi, quá trình truyền nhiệt sẽ kém đi (độ dẫn nhiệt của hơi nước thấp) và bộ điện từ sẽ bị sập. Vì vậy, đường dẫn nước phải ngắn hơn và rộng hơn để chống lại dòng chảy.

10

Vì vậy, các nút điện từ đông lạnh có một nhược điểm quan trọng - tiêu thụ nhiều chất làm lạnh tương đối đắt tiền hơn.

Kết quả là, các nút điện từ đông lạnh không được sử dụng rộng rãi, đặc biệt khi chúng có những đối thủ thậm chí còn lạnh hơn:

Điện cực siêu dẫn

Đối với nhiều kim loại và hợp kim, khi làm nguội đến một nhiệt độ nhất định (tới hạn), điện trở sẽ bằng không. Ở trạng thái này, những kim loại và hợp kim này được gọi là chất siêu dẫn. Nếu bạn tạo một cuộn dây điện từ từ vật liệu như vậy và làm nguội điện từ đến nhiệt độ dưới mức tới hạn thì điện trở của nó sẽ bằng không. Điều này giải quyết được vấn đề tản nhiệt - xét cho cùng, nếu điện trở bằng 0 thì công suất cao hơn cũng bằng 0. Vấn đề về khả năng đọc vẫn còn, vì vậy các nút điện từ siêu dẫn không tạo ra các trường “bản ghi”. Nhưng chúng nhẹ hơn và có kích thước nhỏ hơn so với đồng làm mát bằng nước. So với các điện cực siêu dẫn đông lạnh, chúng yêu cầu mức tiêu thụ chất làm lạnh ít hơn hàng trăm lần. (Nói chung, các điện cực siêu dẫn cũng có thể được gọi là đông lạnh - xét cho cùng, chúng được làm mát bằng cùng loại khí lỏng, nhưng theo truyền thống, chỉ có các điện cực không siêu dẫn mới được gọi là đông lạnh).

Có vẻ như với sự trợ giúp của các nút điện từ siêu dẫn, người ta có thể thu được từ trường khổng lồ. Tuy nhiên, thực tế không phải vậy - cảm ứng trường trong nút điện từ siêu dẫn bị giới hạn ở một giá trị tới hạn nhất định $B_{\kappa p}$. Tại giá trị trường tới hạn này, tính siêu dẫn biến mất. Các giá trị của $B_{\kappa p}$ là khác nhau đối với các kim loại và hợp kim khác nhau. Nội dung của $Nb_3Sn$ hiện được sử dụng rộng rãi hơn làm vật liệu cho các điện cực siêu dẫn. Đối với anh ấy $B_{\kappa p} = 30$ T (ở mức 4,2 K). Nhưng không thể thu được trường như vậy bằng cách sử dụng nút điện từ siêu dẫn từ $Nb_3Sn$. Những người thực hành sử dụng các nút điện từ từ $Nb_3Sn$ vẫn thu được các trường $B \leqslant 20$ T.

Một đóng góp quan trọng cho công nghệ tạo từ trường mạnh bằng các nút điện từ siêu dẫn là trường $B = 10 \div 15$T đã có sẵn ở hầu hết các phòng thí nghiệm vật lý. Ví dụ, điện từ siêu dẫn vừa được thảo luận, chiếm không gian vài mét vuông với tất cả các thiết bị gắn vào nó và tiêu thụ ≈ 10 lít gel lỏng mỗi ngày, và điện từ làm mát bằng nước bằng đồng tương ứng đòi hỏi phải xây dựng một trạm bơm đặc biệt.

Các lĩnh vực ứng dụng của các nút điện từ siêu dẫn sẽ mở rộng nếu tìm thấy các hợp chất siêu dẫn có giá trị lớn $B_{\kappa p}$.

Và để kết luận, chúng ta hãy đề cập đến một khả năng nữa để thu được từ trường mạnh. Chúng ta hãy nhớ điều gì làm hạn chế các giá trị cảm ứng trường khả dụng: quá nhiệt của cuộn điện từ và sự phá hủy cơ học của nó. Tuy nhiên, cả sự nung nóng đến tan chảy và hủy diệt thì không. Chúng sẽ xảy ra ngay lập tức (bạn có thể chạy trên băng, ngay cả khi băng mỏng đến mức sẽ vỡ nếu bạn dừng lại). Do đó, trong một khoảng thời gian ngắn, dòng điện lớn hơn như vậy có thể truyền qua cuộn dây điện từ mà nó “không thể chịu được” trong quá trình hoạt động lâu dài. Ở chế độ xung như vậy, có thể thu được từ trường nóng hơn trong một khoảng thời gian ngắn so với khi hoạt động ở chế độ đứng yên.

Bài tập

1. Tại cuộn dây điện từ, thu được một trường có chỉ số $B_1 = 10$ T, đồng thời nhiệt năng bị loại bỏ là $P_1 = 1$ MBt. Có thể nhận được trường $B_2 = 25$ T bằng điện từ này không? Công suất của nguồn nước chính là $V = 50$ m³/h, nhiệt độ nước trong nguồn chính là 10°C và nhiệt độ nước ở đầu ra của bộ điện từ không được vượt quá 90°C.

2. Công suất Tella được giải phóng ở cuộn dây đồng là 5 MBt. Công suất của nguồn nước chính để làm mát bộ điện từ là bao nhiêu? Tellurium của nước trong nguồn chính là 10°C, nhiệt độ của nước ở đầu ra của bộ điện từ không quá 90°C.

Mã chất làm lạnh nên là gì nếu sử dụng nitơ lỏng để làm mát? Tốc độ bay hơi của nitơ lỏng là 70 J/cm³. Cần bơm bao nhiêu hydro lỏng qua hệ thống làm mát nếu bộ điện từ được làm bằng nhôm?

Cảm ứng trường là như nhau trong cả ba trường hợp.

11

A. Bitman, E. Gik

Máy tính ở bàn cờ

Trong kinh tế, trong các vấn đề quản lý, trong việc lập kế hoạch dài hạn, hay nói cách khác là trong cái gọi là hệ thống lớn, việc lựa chọn một lời giải đủ tốt có vẻ khó khăn bài toán. Thực tế là một quyết định phải được đưa ra trong một thời gian giới hạn, trong một tình huống phức tạp, luôn thay đổi, tùy thuộc vào một số lượng lớn các yếu tố không thể đánh giá một cách rõ ràng và tính đến một cách máy móc. Ở đây không thể thực hiện được nếu không có các phương tiện kỹ thuật hiện đại có thể đảm nhận một phần công việc trí tuệ.

Ý nghĩa của tự động hóa hiện đại là chuyển sang máy tính các chức năng như nhận thức tình huống, xử lý các đối tượng thông tin lớn, khả năng so sánh và đánh giá các tình huống khác nhau và đưa ra kết luận hợp lý.

Để máy tính có thể giải được tất cả bài toán này, cần phải chính thức hóa chúng, sau đó phát triển các thuật toán đủ hiệu quả (nghĩa là có thể thu được lời giải) và cuối cùng, triển khai các thuật toán này dưới dạng một chương trình máy tính.

Đây là nơi… cờ vua sẽ giúp ích cho chúng ta. Chúng đại diện cho một mô hình rất tiện lợi của một “hệ thống lớn”. Thật vậy, trong cờ vua, người ta dễ dàng đặt ra các mục tiêu cuối cùng và nhiều mục tiêu trung gian, nhưng không thể đưa ra một công thức chính xác để đạt được chúng. Chọn lối thoát trong ván cờ là sự chấp nhận lời giải trong tình huống khó khăn được mô tả ở trên. Đó là lý do tại sao các nhà khoa học ở nhiều quốc gia nghiên cứu về vấn đề trí tuệ nhân tạo đã chọn cờ vua làm hình mẫu xuất sắc cho nghiên cứu của mình.

Dạy máy chơi cờ không quá khó. Chỉ cần chọn một số cách mã hóa các trường bàn cờ là đủ

12

bảng và các quân cờ, sau đó viết một chương trình xác định tất cả các nước đi hợp pháp ở một vị trí nhất định. Bằng cách thực hiện bất kỳ động thái nào trong số này, máy sẽ chơi cờ. Không khó để tưởng tượng chất lượng của một trò chơi như vậy!
Nhưng dạy một cỗ máy chơi cờ giỏi là bài toán cực kỳ khó. Để giải quyết nó, bạn cần học cách tìm ra nước đi tốt nhất có thể ở vị trí đã trình bày. Làm thế nào để xây dựng một thuật toán tìm ra một động thái như vậy? Đồng thời, điều quan trọng là thuật toán cung cấp lời giải với bài toán đã cho không phải về mặt lý thuyết mà trên thực tế, tức là nó cho phép bạn chọn một nước đi trong thời gian hợp lý. Để chuẩn bị cho lời giải bài toán này, chúng ta sẽ phải tập hợp một số thuật ngữ và khái niệm được sử dụng trong lý thuyết trò chơi nói chung.

Một số thông tin từ lý thuyết trò chơi
Cờ vua là một trò chơi hữu hạn với thông tin đầy đủ. Về mặt này, chúng không khác gì trò chơi tic-tac-toe đơn giản nhất trên bàn cờ $3 \times 3$. Đối với những trò chơi như vậy, hầu hết mọi thứ đều được biết về mặt lý thuyết, cấu trúc của chúng hoàn toàn rõ ràng. Ở mọi vị trí đều có một nước đi tốt nhất (có thể không phải là nước đi duy nhất). Trình tự các nước đi tốt nhất của cả hai bên sẽ dẫn trò chơi tưởng tượng này đến một kết quả rõ ràng. Theo nghĩa này, họ nói rằng kết quả của trò chơi ở bất kỳ vị trí nào, kể cả vị trí ban đầu, đều được xác định trước. Nhưng nếu trong trò chơi tic-tac-toe, trận đấu kết thúc với tỷ số hòa nếu các bên đang chơi, thì trong cờ vua, câu hỏi về vị trí ban đầu được xác định trước chính xác như thế nào rõ ràng sẽ vẫn còn bỏ ngỏ.

Bằng chứng cho thấy kết quả của một ván cờ ở bất kỳ thế cờ nào đều được xác định trước được nhà toán học người Ý Zermelo đưa ra lần đầu tiên vào năm 1913. Chúng tôi trình bày nó ở đây vì nó cần thiết để hiểu rõ hơn.

Chúng ta hãy biểu thị vị trí cờ vua ban đầu (không nhất thiết là vị trí ban đầu) bằng $P_0$ (Hình 1), giả sử có một nước trắng trong đó (vị trí có nước trắng tương ứng với vòng tròn màu trắng và vị trí có nước đi màu đen tương ứng với vòng tròn màu đen). Hãy thực hiện tất cả các nước đi có thể có cho Trắng từ $P_0$, từ mỗi vị trí có được - tất cả các nước đi có thể có cho Đen, v.v. Về mặt đồ họa, quy trình này được gọi là дерево церры, bắt đầu tại $P_0$ (gốc của cây).

Các vị trí không thể di chuyển được nữa (tức là bàn cờ đã chiếu hết hoặc bế tắc) được gọi là заключительный. Hãy để chúng tôi giới thiệu các ước tính tự nhiên cho họ: $1$—thắng trắng, $1/2$—hòa, $0$—đen thắng. Nếu một vị trí nhất định dọc theo nhánh được lặp lại thì vị trí đó cũng sẽ được coi là vị trí cuối cùng và điểm $1/2$ sẽ được ấn định cho vị trí đó. Vì số lượng thế cờ là hữu hạn nên ván cờ nào cũng sẽ đạt đến vị trí cuối cùng sau một số nước đi hữu hạn.

Đặt độ dài tối đa của một ván đấu bắt đầu từ $P_0$ bằng $N$ nước đi (theo khái niệm nước đi, chỉ một bên di chuyển). Hãy xem xét tất cả các trò chơi có độ dài $N$ một nước đi trước khi kết thúc. Trong Hình 1 bên dưới, các dấu chấm tương ứng với vị trí cuối cùng (mức $N$). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng các đánh giá có thể được chuyển từ cấp $N$ sang cấp $(N-1)$ bằng cách sử dụng các quy tắc đơn giản. Đặt $A$ là vị trí mà từ đó tất cả các nước đi đều dẫn đến vị trí cuối cùng. Vì chúng tôi biết ước tính của họ nên chúng tôi cũng có thể thiết lập ước tính cho vị trí $A$. Nếu quân Trắng đi (như trong Hình 1), thì điểm của quân Trắng bằng với số điểm tối đa của quân Trắng.

13

các vị trí quan trọng có thể đạt được từ $A$. Nếu quân Đen đi ở $A$, thì thay vì lấy điểm tối đa, nên lấy điểm tối thiểu. Trong trường hợp của chúng tôi, Trắng có thể thực hiện 4 nước đi từ $A$. Hai trong số đó dẫn đến một trận hòa, hai đến một chiến thắng. Điểm cho vị trí $A$ là 1.

Sau quy trình được mô tả, tất cả các vị trí của cấp độ cây trò chơi ($N-1$) sẽ được đánh giá. Thật vậy, một số vị thế này đã được ký kết ngay từ đầu và đã được định giá, phần còn lại nhận được nó theo quy tắc quy định. Bây giờ bạn có thể xóa tất cả các vị trí của cấp độ $N$ khỏi cây trò chơi và tiếp tục quy trình được mô tả trên một cây mới được cắt tỉa nhẹ. Kết quả là tất cả các vị trí ở cấp độ ($N-2$) sẽ được đánh giá, v.v.

Do đó, mỗi khi một vị trí có độ hội tụ của Trắng được ấn định là mức ước tính tối đa của các vị trí có thể đạt được từ nó và một vị trí có độ hội tụ của Đen được ấn định ở mức tối thiểu. Quy trình này được gọi là tối thiểu hoặc tối đa. Áp dụng minimax lần cuối cùng, tức là ở bước thứ $N$, chúng ta tìm thấy ước tính của vị trí ban đầu $P_0$, đồng thời di chuyển tốt nhất từ ​​đó. Điều này kết thúc bằng chứng.

Lưu ý rằng quy trình minimak là nền tảng của hầu hết các chương trình chơi game. Chỉ trong trường hợp này, các vị trí thu được từ vị trí được phân tích trong một số lần di chuyển nhất định, không quá lớn mới được coi là tù nhân.

Dựa trên phương pháp của Zermelo, chúng ta có thể tạo ra một thuật toán giải chính xác bài toán của mình và chọn nước đi tốt nhất ở vị trí đó. Tuy nhiên, từ quan điểm thu được kết quả, đây sẽ là một thuật toán hoàn toàn phi thực tế. Máy sẽ không di chuyển, vì việc duyệt toàn bộ cây trò chơi, cả ở trình độ công nghệ hiện tại và trong tương lai gần, rõ ràng sẽ vượt quá khả năng của nó.

Cách tiếp cận chung để tạo chương trình cờ vua

Năm 1950, nhà toán học nổi tiếng người Mỹ K. Shannon đã xuất bản một bài báo trong đó ông đưa ra cách tiếp cận chung để xây dựng các chương trình cờ vua. Trước hết, ông đưa ra khái niệm hàm đánh giá, hàm này liên kết mỗi thế cờ với một con số (điểm) xác định. Ông còn đề xuất thêm việc tìm kiếm thông qua các tùy chọn ở một độ sâu cố định nhất định và đánh giá các vị trí đầu cuối thu được bằng cách sử dụng chức năng đánh giá. Nước đi tốt nhất sau đó được xác định theo các quy tắc của thủ tục minimax.

Shannon đã chỉ ra hai sơ đồ tìm kiếm khả thi. Theo sơ đồ đầu tiên, trong quá trình này, cây trò chơi bị cắt bớt được coi là các cuộc tụ tập được phép theo quy tắc của trò chơi. Kế hoạch thứ hai sẽ chỉ liệt kê những động thái mà theo một số báo cáo được coi là hợp lý. Khi thực hiện sơ đồ bạo lực, rất khó để đạt được độ sâu tính toán lớn, vì cây bạo lực thảm khốc phát triển nhanh chóng. Trong trường hợp thứ hai, các vấn đề nảy sinh liên quan đến việc xác định tính “hợp lý” của các nước đi.

Với tư cách là một hàm đánh giá, Shannon đề xuất sử dụng đa thức có dạng $\sum_{i=1}^{k} a_i p_i$, trong đó $k$ là số lượng đối tượng địa lý của vị trí, $a_i$ là “trọng số” của đối tượng địa lý, $a_p$ bằng 1 hoặc 0 tùy thuộc vào sự hiện diện hay vắng mặt của đối tượng địa lý này trong vị trí. Bằng cách sử dụng chức năng đánh giá, bạn có thể tính đến sự tương ứng vật chất với các yếu tố vị trí: quân tốt yếu, sở hữu trung tâm, đường mở, tính di động của quân cờ, v.v.

Câu hỏi đặt ra: liệu có thể đưa ra hàm đánh giá cột (không nhất thiết phải thuộc loại được chỉ định) cho phép chúng được sử dụng ở bất kỳ vị trí được đề xuất nào không? Với sự trợ giúp của chức năng như vậy, bạn có thể chơi cờ mà không gặp lỗi mà không cần phải thực hiện tìm kiếm tẻ nhạt. Nước đi tốt nhất là nước đi dẫn đến vị trí có số điểm tối đa*).

*) Nói một cách chính xác, để có một ván cờ tối ưu bạn cũng nên học bao nhiêu nước đi để giành được một vị trí. Để làm điều này, theo định lý của Zermelo, chỉ cần ấn định điểm $\pm 1/n$ cho các vị trí chiến thắng và 0 cho các vị trí hòa ($n$ là độ dài của nhánh dẫn đến một vị trí nhất định).

14

Thực tế là hàm đánh giá như vậy tồn tại về nguyên tắc xuất phát từ định lý Zermel. Các giá trị của hàm này có thể được chỉ định dưới dạng bảng, cột bên trái là tập hợp tất cả các vị trí cờ vua và cột bên phải là điểm của chúng (1, 0, 1, 2). Tuy nhiên, bàn cờ này sẽ chỉ rộng bằng cái cây hoàn chỉnh của một ván cờ. Tất nhiên, chúng tôi không quan tâm đến hàm đánh giá bảng mà còn quan tâm đến hàm sử dụng các đặc tính thống kê của vị trí làm đối số. Không thể chứng minh điều này, nhưng rất có thể, một hàm đánh giá lý tưởng dựa trên các đặc điểm đơn giản và rõ ràng của một vị trí sẽ cồng kềnh như hàm bảng. Rõ ràng là có thể xây dựng một hàm nhỏ gọn, nhưng khi đó các biển báo phải quá “thông minh”.

Những khó khăn gặp phải trong việc tạo ra một hàm ước lượng tốt là điều đương nhiên và phản ánh sự phức tạp của ván cờ. Những thông điệp được đưa ra cho thấy khó có thể có được một ván cờ bất bại. Để minh họa, hãy xem xét ví dụ sau.

Ở thế cờ ở Hình 2, Trắng có lợi thế về vật chất nhưng cả hai quân tượng của ông đều đang bị tấn công, dễ dàng nhận thấy kết cục là hòa. Hãy thay đổi vị trí một chút bằng cách thêm một con tốt vào màu đen trên c5. Như thể điều này chỉ có thể làm cho vị thế của Đen trở nên tồi tệ hơn, anh ta cũng thua màu tương tự: 1. h7+! Kr:h7 2. Ca4! R:b2+ 3. Cc2+! R:c2+ 4. Kpf3, và bếp lò của chính anh ta đã ngăn cản quân đen quay trở lại hạng cuối cùng. Vai trò chí mạng của con tốt c5 chỉ được bộc lộ trong quá trình liệt kê các phương án. Bây giờ hãy tưởng tượng một hàm được đánh giá có thể sắp xếp tất cả những điều này, tức là đặt trước (cho Trắng) vị trí thứ hai bằng cây bút!

Các chức năng đánh giá được sử dụng trong các chương trình cờ vua thực tế thường bao gồm hai thành phần - chất liệu và vị trí. Tính toán thành phần vật liệu đơn giản và tùy ý

Hình 2.

Một đứa trẻ theo thang giá trị tương đối của một hàm được người chơi cờ áp dụng. Đối với thành phần vị trí, có thể xem xét các đánh giá vị trí khác nhau và như thực tế cho thấy, việc thể hiện hợp lý trọng lượng tính năng không ảnh hưởng đến cường độ chơi của máy. Điều quan trọng hơn nhiều là việc tính đến yếu tố vị trí này hay yếu tố vị trí khác.

Rõ ràng, khi tạo một chương trình, các yếu tố như tính di động của chức năng, quyền sở hữu trung tâm và đường mở, sự an toàn của vua và trong cấu trúc đã giải quyết - phalanx, điểm mạnh, lối đi, con tốt nhân đôi và cô lập, v.v. Hãy xem xét một trong những yếu tố - sở hữu trung tâm. Đây là cách chức năng được đánh giá của chương trình “Kanssa” của Liên Xô diễn giải nó: tâm theo quan điểm của White được coi là các hình vuông e4, d4, e5, d5, e6, d6; một quân tốt hoặc quân phụ đứng ở trung tâm cho 20 đơn vị thông thường; một đòn bằng quân tốt hoặc quân vào ô trung tâm có giá trị 10 đơn vị. Để làm rõ thang đo, chúng tôi thêm rằng tính di động của một hàm được xác định bởi số lượng trường mà nó chứa và một số được thêm vào cho mỗi trường.

Trong các giai đoạn khác nhau của một ván cờ (khai mạc, giữa ván, tàn cuộc), việc đánh giá một số yếu tố thế trận có thể tồn tại. Theo đó, các chương trình mạnh có thiết lập chức năng đánh giá, nghĩa là chức năng mà tập hợp các tính năng và trọng số của chúng được chính chương trình xác định tùy thuộc vào tình huống trên bảng. Đặc biệt, “Kansa” có 4 trạng thái như sau:

15

re - ba dành cho ba giai đoạn của trò chơi và giai đoạn thứ tư được sử dụng để chiếu tướng vua đối phương với lợi thế vật chất áp đảo.

Phương pháp lập trình cờ vua hiện đại

Bất kỳ chương trình cờ vua nào bằng cách này hay cách khác đều thực hiện một số loại sơ đồ tìm kiếm toàn diện. Trong phần này chúng ta sẽ xem xét các phương pháp và thuật toán phổ biến trong các chương trình cờ vua đang chạy quy mô lớn.

1°. Phương pháp các cạnh và ước tính
Một phương pháp giảm thiểu tìm kiếm rất hiệu quả là phương pháp cạnh và ước tính, hiện đang được sử dụng trong tất cả các chương trình chơi game. Chúng ta hãy xem xét nó chi tiết hơn. Để làm điều này, chúng tôi chọn một đoạn nhất định từ cây trò chơi, được hiển thị dưới dạng sơ đồ trong Hình 3.

Để Trắng ở vị trí $A$ đã nghiên cứu nước đi $AB$ (tức là nước đi dẫn từ vị trí $A$ đến vị trí $B$). Trong trường hợp này, tiểu mục tương ứng có đỉnh $B$ do minimka phải có vị trí $B$ điểm $+20^*$). Điều này có nghĩa là, khi thử các nước đi khác từ $A$ khi đi xuống cây, Trắng sẽ không bao giờ đồng ý với số điểm nhỏ hơn hoặc bằng 20 (vì nước đi $AB$ mang lại cho anh ta số điểm này).

Điểm $+20$ là điểm được đảm bảo của vị trí $A$ (đối với Trắng), hay nói cách khác là giới hạn dưới của nó. Khi di chuyển xuống cây, số điểm đảm bảo mỗi lần được chuyển đến vị trí tương ứng qua một cấp độ.

Bây giờ hãy để Trắng tiếp tục tìm kiếm, thử nước đi $AC$ và Đen đáp lại bằng nước đi $CD$. Đối với đỉnh $D$, ước tính của nó cho đến nay được viết là $+20$, được chuyển từ $A$. Nếu bây giờ số điểm được đưa đến vị trí $D$ không quá 20, điều này có nghĩa như sau:

*) Ở đây và những điều tiếp theo, điểm số được hiểu theo quan điểm của Trắng (đối với Đen, điểm của vị trí này là 20).

1. Nước đi $AC$ không tốt hơn $AB$ (với nước đi đáp số Đen $CD$ đúng, điểm của Trắng sẽ không cao hơn nước đi $AB$). Chúng tôi sẽ gọi hành động này là $AC$ xấu.

2. Nước đi $CD$ xác định nước đi $AC$ (theo nghĩa đã chỉ ra). Chúng tôi sẽ gọi nó là kết thúc.

3. Các nước đi khác của quân đen từ vị trí $C$ không cần phải xem xét.

Trong trường hợp này, quá trình đếm ngược được cho là sẽ xảy ra và các bước di chuyển $CE$ và $CF$ không còn được nghiên cứu nữa.

Điều quan trọng cần lưu ý là trong phương pháp mô tả, thứ tự các nước đi được xem xét là quan trọng hơn. Giả sử rằng các bước di chuyển $CE$ và $CF$ được thử trước tiên và chỉ sau đó là $CD$. Nếu một trong các nước đi $CE$ và $CF$ không kết thúc thì chúng ta sẽ lãng phí thời gian để thử những lựa chọn không cần thiết.

Giả sử rằng giới hạn dưới của vị trí $C$ bằng +30. Điều này có nghĩa là trong tương lai việc tìm kiếm sẽ chỉ xem xét những vị trí có ước tính nằm trong khoảng ]20, 30[.

Giả sử điểm của vị trí $D$ do spiz mang lại bằng 25. Khi đó nước đi $CD$ được gọi là cải thiện, điểm đảm bảo của vị trí $C$ trở thành bằng 25, Đen tiếp tục tìm kiếm với nước đi $CE$ và sẽ thực hiện trong giới hạn ]20, 25[.

Có những lần đếm ngược tiếp theo giúp cải thiện việc di chuyển. Các nước đi $CE$ và $CF$ có thể cải thiện hơn nữa điểm số cho Đen hoặc thậm chí chứng tỏ là một nước đi kết thúc.

16

Trong mọi trường hợp, việc tìm kiếm sẽ bị giảm nếu nước đi tốt nhất được thử trước.

Cuối cùng, nếu điểm của vị trí $D$ ít nhất là 30 thì việc di chuyển $CD$ sẽ rất tệ. Đen sẽ tiếp tục tìm kiếm với $CE$ trong cùng ranh giới. Trong trường hợp tất cả các nước đi từ đỉnh $C$ đều bằng phẳng, nước đi $AC$ của Trắng trở nên khép lại và Đen sẽ phải thay đổi nước đi dẫn đến vị trí $A$.

Trong ví dụ được xem xét, các ranh giới được lấy trực tiếp từ việc tìm kiếm dưới dạng ước tính tối thiểu. Tuy nhiên, khi chúng ta mới bắt đầu tìm kiếm thì vẫn chưa có ranh giới hoặc có thể coi là vô tận. Trong trường hợp này, lần đầu tiên trước vị trí cuối cùng, chương trình thậm chí sẽ chấp nhận việc mất đi nữ hoàng. Nước đi tốt nhất cuối cùng sẽ được tìm ra, nhưng phải trả giá bằng việc xem xét vô số lựa chọn.

Để tránh điều này, người ta thường đặt ra một số ranh giới khi bắt đầu tìm kiếm. Chúng có thể có được theo nhiều cách khác nhau, chẳng hạn như bằng cách kiểm tra tìm kiếm nông cạn hoặc sử dụng một số loại hình lệnh bảo đảm (xem bên dưới). Điều quan trọng là ranh giới ban đầu trở nên chính xác hơn hoặc kém tin cậy hơn.

Trong trường hợp chúng tôi không thể xác định ranh giới và ước tính thu được khi tìm kiếm không rơi vào chúng, chúng tôi phải di chuyển ranh giới theo phía tìm kiếm. Việc lặp lại là bắt buộc nếu việc tìm kiếm đưa chúng ta đến giới hạn dưới - tất cả các nước đi trong giới hạn đã thiết lập đều “thua”. Ở đây cần phải thay đổi ranh giới để chọn ít zoll hơn. Nếu điểm số bằng giới hạn trên và đồng thời nước đi “thắng” (dẫn đến giới hạn này) là nước đi duy nhất thì đó sẽ là nước đi tốt nhất, mặc dù chúng ta chưa biết sức mạnh thực sự của nó. Việc dịch chuyển ranh giới sang bên phải và việc tìm kiếm lại chỉ xảy ra nếu có những nước đi cạnh tranh giành chiến thắng.

Thuật toán được mô tả thường được gọi là quy trình $\alpha$-β, đề cập đến việc chỉ định các mặt $] \alpha, \beta]$. Hiệu quả của thuật toán này phụ thuộc hoàn toàn vào chất lượng của thứ tự di chuyển trong tìm kiếm. Vì vậy, nếu nước đi tốt nhất vượt qua trước, thì nhìn chung sẽ thiếu việc chỉ xem xét khoảng $\sqrt{n}$ vị trí, trong đó $n$ là toàn bộ khối lượng của cây tìm kiếm.

$2^\circ$. Phiên bản cưỡng bức Khi nói về chức năng đánh giá, chúng tôi lưu ý rằng nó chỉ tính đến các đặc tính thống kê của vị trí và do đó nó chỉ có thể được tin cậy trong những tình huống tương đối bình tĩnh, trong đó một trong các bên không thể thay đổi sự tương ứng vật chất của các lực lượng theo hướng có lợi cho mình bằng những nước đi gần. Nếu chúng ta xử lý phép tính hoàn toàn một cách máy móc khi đạt đến độ sâu tìm kiếm tối đa, thì có thể bên có quyền đi tiếp sẽ thắng một quân cờ hoặc thậm chí tuyên bố chiếu tướng.

Để tránh những lỗi tính điểm này, nhiều phương pháp phỏng đoán khác nhau đã được phát minh để tận dụng tốt hơn chức năng tính điểm. Tuy nhiên, một trong những phương pháp này là “phiên bản bắt buộc” hay viết tắt là PV. Được triển khai như một chương trình con, PV được chương trình chính sử dụng tại nhiều điểm khác nhau trong trò chơi và cho các mục đích khác nhau, nhưng mục đích chính của nó là thu được ước tính đáng tin cậy cho các vị trí cuối cùng của cây tìm kiếm.

PV là một sơ đồ tìm kiếm không từ chối với các quy tắc riêng để chọn nước đi ứng cử viên và phương pháp phỏng đoán riêng. Các nước đi hợp lệ trong PV là các bước bắt, biến đổi, kiểm tra và đáp số để kiểm tra, tức là các nước đi có thể tồn tại trong một tình huống trên bàn cờ. Việc tìm kiếm được thực hiện trong một số ranh giới nhất định được thiết lập trước. Ý tưởng chính của PV là như sau: bên nào có quyền di chuyển và không bị kiểm soát có thể đánh giá thế trận đã phát sinh và đưa ra ước tính thống kê này. Theo đó, trong PV, điều hợp lý là nên cân nhắc xem nước đi tốt nhất có được thử trước hay không.

17

Hình 4. Bogolyubov-Capablanca (New York, 1924).

Không phải tất cả đều được lấy đi mà chỉ những thứ giữ lại vật liệu ít nhất ở mức giới hạn dưới của chúng.

Nếu ý anh ấy là người cộng tác giữa con người và máy móc, thì việc biết kết quả của PV ở một vị trí nhất định sẽ giúp ích rất nhiều cho người chơi cờ. Thông thường, những sự kết hợp không rõ ràng diễn ra theo hướng một lệnh bắt buộc thuần túy. Hãy xem một ví dụ từ một ván đấu của các đại kiện tướng nổi tiếng (Hình 4).

Quân đen ở vị trí này chơi: 1…K:d4!, và sau 2. cd R8:c5! Bogolyubov đã làm được, vì trên 3. dc nghiệm là 3…Q:c5+ và 4…R:c1.. Một chương trình sử dụng FV sẽ tìm thấy sự kết hợp này ngay cả với độ sâu tính toán là một nửa bước đi.

FV lần đầu tiên được triển khai dưới dạng chương trình vào năm 1962 tại một trong những phiên bản đầu tiên của Kansa. Hiện nay, nó được nhiều chương trình cờ vua sử dụng tích cực.

3°. Thứ tự khoảng cách di chuyển ở một vị trí. Bây giờ chúng ta hãy tập trung vào các phương pháp cho phép chúng ta đạt được thứ tự di chuyển chất lượng cao trong các vị trí của cây tìm kiếm. Như đã trình bày ở trên, vấn đề này rất quan trọng đối với thời gian chạy của một chương trình cờ vua.

Các bước di chuyển từ gốc cây cần được sắp xếp chính xác hơn. Điều này sẽ góp phần vào việc xuất hiện tối đa các đoạn cắt trong quá trình tìm kiếm. Vì mục đích này, sau mỗi nước đi, một PV sẽ được áp dụng, mang lại điểm cho nước đi đó.

Ở cấp độ tìm kiếm sâu hơn, phương tiện chẩn đoán chất lượng chuyến đi sẽ đa dạng hơn. Nếu có thể lấy quân không được bảo vệ hoặc ăn quân mạnh với quân yếu thì nước đi ứng cử viên đó sẽ được xem xét trước tiên. Đây được gọi là những khoản hối lộ có lợi nhuận. Trong số những điều đầu tiên còn có trường hợp không có quân cờ khi chúng bị tấn công (quy tắc “tấn công”). Sẽ rất hiệu quả khi bắt được quân vừa di chuyển của đối thủ. Tất cả những thứ khác đều như nhau, sẽ có lợi hơn khi bắt đầu bằng việc di chuyển đến các ô bất bại, v.v.

Tất cả những thông điệp này phục vụ cho việc đánh giá trước tiến độ. Chúng chắc chắn hữu ích, mặc dù hơi trừu tượng. “Dịch vụ di chuyển tốt nhất” sẽ ra tay giải cứu, cho phép bạn tính đến tính năng động của vị trí. Dịch vụ trợ giúp này ghi nhớ những động thái hóa ra là tốt nhất (nghĩa là kết thúc hoặc cải thiện) ở các cấp độ khác nhau trong quá trình tìm kiếm. Những động thái này sau đó được đề xuất khi ứng cử viên di chuyển vào các vị trí mới nổi. Điều thú vị là khi Kansa lần đầu sử dụng “dịch vụ di chuyển tốt nhất”, thời gian vận hành của máy đã giảm hơn 10 lần.

Tóm lại, cần lưu ý rằng nhiều vấn đề thú vị vẫn chưa được chúng tôi xem xét. Ngoài ra, người ta không nên nghĩ rằng những ý tưởng và phương pháp được sử dụng để lập trình một ván cờ được mô tả trong bài viết này là những ý tưởng và phương pháp duy nhất khả thi. Vì vậy, cựu vô địch thế giới, Tiến sĩ Khoa học Kỹ thuật M. M. Botvinnik, người hiện đang nghiên cứu các vấn đề lập trình cờ vua, lại đi theo một con đường khác *). Tương lai sẽ cho thấy con đường nào lời giải dẫn đến bài toán này sẽ hiệu quả hơn.

*) Xem cuốn sách của M. M. Botvinnik “Từ cờ vua đến cỗ máy” (M., “Văn hóa thể chất và thể thao”, 1979).

18

hình bán nguyệt…
VÀ Drap
trần nhà

Trần của các tòa nhà đa hiện đại (nhà ga, quán cà phê) được làm dưới dạng hệ thống thanh, cơ sở hình học của nó là “sự đóng gói dày đặc” của các khối tứ diện và nửa khung (xem «Kvant», 1976, số 9, trang 25). Mặt phẳng trên của một trong các tùy chọn là như thế này

Hình 1.
hệ thống thanh (Hình 1) - lưới vuông; bốn cạnh được gắn vào mỗi hình vuông, cùng với hình vuông này tạo thành một hình bán nguyệt. Bề mặt trên của hệ thống thường được phủ bằng vật liệu tấm đóng vai trò là mái hoặc sàn giữa các tầng. Phần dưới của lưới được để trống, hiển thị người xem đang ngồi ở phía sau
le, mẫu thanh gọn gàng.

Tuy nhiên, mạng như vậy có thể dễ dàng được làm giàu bằng cách phủ nó bằng các mặt hình tam giác. Một ví dụ về cách trang trí như vậy là trần nhà ở sảnh chính của nhà ga Leningradsky ở Moscow. Trần nhà này được bao phủ bởi những tấm vật liệu cứng. Nhưng trần nhà cũng có thể được phủ toàn bộ vật liệu.

Hình 2.

Hình 3.
Làm thế nào điều này có thể được thực hiện?
Đối với nửa mảnh vải chưa cắt (vải, màng mỏng, v.v.). Ở những vị trí tương ứng với các đỉnh của mẫu như trong Hình 26, khâu (keo) móc. Bằng cách kéo dài từ các móc này đến phần trên cùng tương ứng của lưới trần (Hình 2a), bạn có thể “ngay lập tức” nâng toàn bộ rèm lên trần nhà (Hình 3). Nó tạo thành vật trang trí được hiển thị trên trang thứ hai của trang bìa.

Vấn đề. Tỷ lệ giữa diện tích trần và diện tích treo rèm của hệ hình bán nguyệt được mô tả ở trên (xem Hình 2a, 6) là bao nhiêu?

V. Gamayunov

xoắn ốc ma thuật

Trong một hình vuông 5x5, bạn có thể sắp xếp 25 số liên tiếp 1, 2, …, 25 sao cho tổng của chúng dọc theo các cột, hàng và đường chéo của hình vuông bằng số 65. Hình vuông như vậy được gọi là ma phương bậc năm. Hình vẽ của Pyatyshev trên trang thứ tư của trang bìa là một bản sửa đổi của nó.

Tổng của các số nằm dọc theo các số thứ năm tính từ tâm của đường xoắn ốc đều có cùng hằng số 65 (4+23+17+11+10 = 16+15+9+3+22 = …). Tất cả năm số nằm trên các vòng tròn đồng tâm đều có cùng một hằng số (8+16+4+12+25 = 2+15+

+23+6+19 = 21+9+17+5+13 = …). Ngoài ra, nếu bất kỳ số nào trên một trong các dòng, ngoại trừ số ở giữa, được cộng vào bốn số nằm ở hai đầu của cùng một đường đối xứng, chúng ta lại nhận được tổng kỳ diệu 65 (ví dụ: 14+(6+17)+(5+23) = 20+(6+4)+(12+23) = 2+(24+10)+(18+11) = 8+(5+11)+(24+17)). Do đó, chúng ta nhận được hai mươi lăm phần khác nằm đối diện với đường thẳng này, tương ứng trên các đường tròn bên trong và bên ngoài (21+(4+12)+(18+10) = 13+(16+4)+(22+10) = 5+(16+8)+(22+14) = 17+(8+25)+(14+1) = 9+(12+25)+(18+1)). Tổng ma thuật 65 cũng có được bằng cách cộng các số thứ năm nằm ở các đỉnh và ở giữa của các sọc bốn đường bên trong, tương ứng với đường thẳng này, tương ứng trên các vòng tròn bên trong và bên ngoài, và khi cộng các số cuối cùng sẽ trở về số ban đầu, nghĩa là thành một (trong trường hợp này, bộ tứ giác hóa ra bao gồm các số có màu khác nhau).

E. Krivoshcheev

Phòng thí nghiệm «Kvant»

2. Máy bay phản lực quấn quanh một nan hoa
   Đặt kim đan vào dòng nước, như trong Hình 2. Bằng cách làm ướt kim đan, dòng nước sẽ chảy xuống kim đan. Bây giờ cẩn thận xoay kim đan quanh trục của nó - dòng suối, như thể đi theo kim đan, sẽ quấn quanh nó (xem Hình 2,a). Tiếp tục quay kim đan, chúng tôi xoay được hai hoặc ba vòng quay của tia (xem Hình 2.6).

Tính chất bất thường của máy bay phản lực thông thường

Hóa ra có thể thấy được rất nhiều điều thú vị và bất ngờ khi quan sát dòng nước bình thường nhất từ ​​vòi. Dưới đây là một số ví dụ về thí nghiệm và quan sát của chúng tôi. Chúng tôi hy vọng họ cũng sẽ quan tâm đến bạn.

1. Gợn sóng trên bề mặt tia
   Mở vòi nước để nó chảy. Dòng nước mỏng, êm đềm. Lấy một chiếc kim đan (hoặc kim) có đường kính 1-2 mm và đưa nó vào dòng cách vòi 5-7 cm (Hình 1). Bạn sẽ thấy rằng ở một khu vực nhỏ phía trên nan hoa, bề mặt của tia trở nên gợn sóng và tạo thành gợn sóng *). Hãy chú ý đến khoảng cách giữa các bướu của sóng - càng xa nan hoa thì chúng càng lớn.

Điều gì xảy ra nếu bạn di chuyển kim đan xuống hoặc ngược dòng? Khi kim đi xuống, các vết rỗ sẽ ngày càng nhỏ hơn và cuối cùng mắt sẽ không còn nhìn thấy chúng nữa. Và nếu bạn đưa kim đan đến tận đáy suối, sẽ không có gợn sóng mà dòng suối sẽ uốn cong một chút.

*) Bạn có thể tìm thấy lời giải thích cho hiện tượng này, chẳng hạn như trong bài viết của E. Kuznetsov và A. Rubenchik “Trên sóng trên biển và cá trong vũng nước” («Kvant», 1980, Số 9) hoặc trong bài báo của S. Soskin “Sóng mao dẫn trong máy bay phản lực” («Kvant», 1976, Số 10).

Hình 1.

Hình 2.

20

Hình 3.

Hình 5.

có dạng một chuỗi phẳng khác (Hình 4).

5. Sự hình thành sương mù giọt

Lấy một ống mỏng (đường kính 3-5 mm) và sử dụng nó để tạo ra một dòng nước lạnh tốt nhất. Quan sát dòng suối và bạn sẽ thấy ở phần dưới của nó, nó dường như đang sụp đổ và đồng thời trở nên đục. Điều này là do thực tế là ở đó máy bay phản lực thực sự không còn nguyên khối nữa, nó vỡ thành những giọt riêng biệt. Do sự tán xạ ánh sáng, mắt không cảm nhận được sự rơi của từng giọt riêng lẻ, đó là lý do tại sao phần tia bị phá hủy có vẻ mờ đục (Hình 5).

Điều thú vị là, ngoài những giọt tương đối lớn, hai bên dòng suối đứt quãng còn xuất hiện một loại sương mù gồm những giọt rất nhỏ. Đôi khi chúng tạo thành một cấu hình ổn định sóng. Nhìn tia nước từ trên cao, bạn có thể thấy đường bên trong được xác định rõ ràng. Nếu bạn nhìn tia nước từ bên cạnh, đường viền hình sin của nó ngay lập tức thu hút sự chú ý của bạn.

4. Máy bay phản lực và mặt phẳng nghiêng

Hơi nghiêng chiếc cốc mà bạn đã thực hiện thí nghiệm trước đó để nước thoát ra khỏi nó. Các dòng chảy từ vùng hình xuyến gặp nhau rồi lao xuống, dòng chảy từ vùng thứ nhất có tốc độ cao có xu hướng vượt qua chúng và uốn quanh các cạnh chảy từ trên xuống dưới. Kết quả là dòng chảy

21

L. Kurlyandik

Tiếp cận một cực trị

Khái niệm tùy ý mà bạn học ở trường cung cấp một cách đơn giản để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm $y=f(x)$ của một biến duy nhất $x$. Tuy nhiên, trong các bài toán đôi khi cần tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức, tùy thuộc vào một số biến. Các phương pháp liên quan đến việc sử dụng tùy ý ở đây phức tạp hơn nhiều và không được nghiên cứu ở trường, vì vậy các phương pháp cơ bản lời giải như bài toán có giá trị lớn hơn. Một trong những phương pháp này, được đề xuất vào năm 1884 bởi nhà toán học người Đức R. Sturm, gần như được thảo luận trong bài báo.

Hãy bắt đầu với hai bài toán.

Bài toán 1. Trong số n từ ghi trong hình tròn cho trước, n từ nào có diện tích lớn nhất?

Bài toán 2. Tổng của n số bằng 1. Tại giá trị nào của các số này thì tổng bình phương của chúng có giá trị nhỏ nhất có thể?

Hình 1 và 2 hiển thị dép xỏ ngón ABC, với $|AB| > |BC|$. Hãy xem điều gì sẽ xảy ra với diện tích của tam giác này nếu không thay đổi vị trí của các điểm A và C, chúng ta di chuyển điểm B dọc theo cung AC sao cho độ dài các cạnh AB và BC gần nhau, tức là hiệu của chúng giảm đi. Đặt điểm $B'$ trên cung AC sao cho $|AB'| = |CB|$. Để so sánh độ dài cạnh AB và BC, bạn cần thay điểm B bằng điểm bất kỳ của BB’ còn lại. Đồng thời, chiều dài đường cao BH của tam giác ABC sẽ tăng lên và do đó diện tích của nó sẽ tăng lên.

Quan sát này cho thấy rằng n-pleaser không đều không phải là nghiệm của bài toán 1. Thật vậy, nếu $|AB|$ và $|BC|$ là các cạnh kề không bằng nhau của n-pleaser này (Hình 2), thì bằng cách thay đỉnh B bằng một số điểm của BB’ khác, chúng ta sẽ tăng diện tích của tam giác ABC và thu được một n-pleaser nội tiếp có diện tích lớn hơn.

Đến bài toán 2, chúng ta hãy tìm hiểu điều gì sẽ xảy ra với tổng bình phương của hai số nếu chúng ta hợp nhất các số này mà tổng của chúng không thay đổi. Đặt $a, b$ là các số đã cho, $a < b$ và đặt $0 < \varepsilon < b - a$. Sau đó

$$(a + \varepsilon)^2 + (b - \varepsilon)^2 = a^2 + b^2 - 2\varepsilon(b - a - \varepsilon) < a^2 + b^2.$$

Chúng ta thấy rằng tổng bình phương đã giảm. Quan sát này cho thấy rằng một tập hợp gồm n số (có tổng bằng 1), trong đó có hai số khác nhau, không phải là nghiệm của bài toán 2. Thật vậy, bằng cách hợp nhất các số không bằng nhau, chúng ta sẽ giảm tổng bình phương của chúng mà không thay đổi tổng của tất cả các số.

22

Có vẻ như bài toán 1 và 2 lời giải: nghiệm của bài toán 1 là một $n$-giác đều nội tiếp trong một đường tròn cho trước và nghiệm của bài toán 2 là tập hợp các số $(1/n, 1/n, \dots, 1/n)$. Trên thực tế, tất cả những gì đã được chứng minh cho đến nay là không có $n$-gon nào khác ngoài số thông thường là nghiệm của bài toán 1 hoặc một tập hợp các số $n$ ngoài $(1/n, 1/n, \dots, 1/n)$ là nghiệm của bài toán 2. Nhưng một khả năng logic khác vẫn chưa được khám phá: không có $n$-gon là nghiệm bài toán 1, không có tập hợp số $n$ nào là lời giải cho bài toán 2. Việc chứng minh sự tồn tại của một đối tượng toán học với một thuộc tính cho trước thường khá khó khăn. Nhưng lời giải mọi bài toán đều được đơn giản hóa nếu biết khả năng đáp số và đây chính xác là trường hợp trong Vấn đề 1 và 2.

Lời giải bài toán 1.

Hãy chứng minh rằng diện tích của $n$-giác bất kỳ nội tiếp trong một đường tròn cho trước không lớn hơn diện tích của $n$-giác đều nội tiếp trong đường tròn này. (Điều này chỉ có nghĩa là $n$-gon đều là nghiệm của bài toán 1; trong lập luận trước chúng ta chỉ chứng minh rằng $n$-gon bất quy tắc không phải là nghiệm.)

Lưu ý rằng nếu chúng ta thay thế đỉnh $B$ của $n$-giác nội tiếp bằng điểm $B'$ (Hình 2), chúng ta thu được một $n$-giác nội tiếp có cùng diện tích, khác với đa giác ban đầu theo thứ tự hai cạnh liền kề. Sau khi thực hiện thao tác này nhiều lần nếu cần, chúng ta có thể hoán đổi hai cạnh bất kỳ của một $n$-giác nội tiếp mà không làm thay đổi diện tích của nó.

Cho $P$ là một $n$-giác không chính quy nội tiếp trong một đường tròn cho trước. Cạnh nhỏ nhất của $n$-gon này phụ thuộc một cung có đỉnh góc nhỏ hơn $360^\circ/n$ và cạnh dài nhất phụ thuộc một cung lớn hơn $360^\circ/n$. Chúng ta hãy sắp xếp lại các cạnh của $n$-gon sao cho các cạnh lớn nhất và nhiều nhất liền kề nhau. Trong Hình 3 đây là các cạnh $AB$ và $BC$. Chúng ta hãy vẽ trên cung $AC$ cung $AB_1$, đỉnh góc của nó bằng $360^\circ/n$. Thay thế đỉnh $B$ bằng điểm $B_1$, chúng ta thu được một $n$-gon $P_1$ nội tiếp, có diện tích lớn hơn $n$-gon $P$.

Hơn nữa, đa giác $P_1$ có ít nhất một cạnh đối diện với một cung có độ lớn $360^\circ/n$, tức là bằng cạnh của hình $n$-gon nội tiếp thông thường. Nếu đa giác $P_1$ không đều, thì sau khi thực hiện thao tác được mô tả với nó, chúng ta sẽ đi đến một $n$-giác $P_2$ nội tiếp có diện tích lớn hơn, trong đó có ít nhất một cạnh nữa bằng cạnh của một $n$-giác nội tiếp thông thường. Sau một số hữu hạn bước, chúng ta đến một $n$-giác nội tiếp và do đó diện tích của nó lớn hơn diện tích của đa giác $P$.

Lời giải bài toán 2.

Giả sử tổng của các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ bằng 1. Nếu không phải tất cả các số này đều bằng nhau thì số nhỏ nhất trong số chúng nhỏ hơn 1/n và số lớn nhất lớn hơn 1/n. Hãy để $a_1 < 1/n, a_2 > 1/n$. Bằng cách thay thế số $a_1$ bằng 1/n và số $a_2$ bằng $a_1 + a_2 - 1/n$, chúng ta “tiến gần hơn” $a_1$ và $a_2$ mà không thay đổi tổng của chúng và do đó, làm giảm tổng bình phương. Như vậy, chúng ta sẽ được một tập hợp số mới có tổng bằng 1 và tổng bình phương của các số trong tập hợp này nhỏ hơn tổng bình phương của các số trong tập hợp ban đầu. Hơn nữa, tập hợp mới chứa ít nhất một số bằng 1/n. Nếu không phải tất cả các số trong tập hợp này đều bằng 1/n, thì sau khi thực hiện thao tác được mô tả với nó, chúng ta sẽ thu được một tập hợp có tổng bằng 1, nhưng thậm chí nhỏ hơn tổng các bình phương, trong đó vẫn còn ít nhất một số bằng 1/n. Sau một số hữu hạn bước, chúng ta thu được một tập hợp $(1/n, 1/n, \dots, 1/n)$ với tổng các bình phương nhỏ hơn tập hợp ban đầu. Do đó, tập hợp số $(1/n, 1/n, \dots, 1/n)$ là nghiệm của bài toán 2.

Nếu đối với một số tùy ý $S$ trong số các tập hợp $n$ các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ có ​​tổng $S$, chúng ta tìm kiếm một số trong đó tổng các bình phương của các số hạng tối thiểu, thì lý do trên sẽ dẫn chúng ta đến tập hợp $(\frac{S}{n}, \frac{S}{n}, \dots, \frac{S}{n})$. Do đó, đối với các số tùy ý $a_1, a_2, \dots, a_n$ áp dụng như sau:

24

Thật vậy, nếu không phải tất cả các số đã cho đều bằng nhau thì số nhỏ nhất trong số đó nhỏ hơn $A$ và số lớn nhất lớn hơn $A$. Giả sử $a_1 < A, a_2 > A$. Bằng cách thay thế $a_1$ bằng $A$ và $a_2$ bằng $a_1 + a_2 - A$, chúng ta sẽ jinx chúng trong khi vẫn giữ nguyên tổng của những con số này. Trong trường hợp này, trung bình số học $A$ sẽ không thay đổi, nhưng trung bình hình học $\Gamma$ sẽ tăng (xem phôi I). Nếu có các số không bằng nhau trong bộ số mới thì chúng ta thực hiện thao tác tương tự. Vì mỗi bước sẽ tăng số lượng số bằng $A$, nên sau một số bước hữu hạn, tất cả các số sẽ trở thành bằng nhau và chúng ta sẽ đạt được một tập hợp mà trung bình số học bằng trung bình hình học. Vì ở mỗi bước, nó chỉ đơn giản là trung bình hình học và trung bình số học không thay đổi, nên trong bộ số ban đầu, trung bình số học lớn hơn trung bình hình học.

Bài tập 1. Dùng phôi I, tìm 25 số hạng tự nhiên $n_1, n_2, \dots, n_{25}$ cần chia thành số 1981 sao cho tích $n_1! n_2! \dots n_{25}$ nhỏ nhất.

Bài 2. Dùng phôi II chứng minh đẳng thức của các số dương $a_1, a_2, \dots, a_n$ và số tự nhiên $k$

$$\frac{a_1^k + a_2^k + \dots + a_n^k}{n} \geq \left( \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n} \right)^k.$$

Sử dụng Mệnh đề III, bây giờ chúng ta sẽ chứng minh đẳng thức mang tên nhà khoa học nổi tiếng thế kỷ 18 Christine Huygen: nếu $x_1, x_2, \dots, x_n$ là các số dương thì

$$\left( 1 + x_1 \right) \left( 1 + x_2 \right) \dots \left( 1 + x_n \right) \geq \geq \left( 1 + \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n} \right)^n.$$

Khi các số dương $a$ và $b$ hợp nhất với một tích cố định, tổng $a + b$ giảm, nghĩa là tích $(1 + a)(1 + b)$, bằng $1 + ab + a + b$, cũng giảm.

Hãy đặt $\Gamma = \sqrt[n]{x_1 x_2 \dots x_n}$. Nếu trung bình của các số $x_1, x_2, \dots, x_n$ không bằng nhau thì số nhỏ nhất trong số đó nhỏ hơn $\Gamma$ và số lớn nhất lớn hơn $\Gamma$. Thay thế $x_1$ bằng $\Gamma$ và $x_2$ bằng $\frac{x_1 x_2}{\Gamma}$. Đồng thời, $x_1$ và $x_2$ sẽ bảo quản sản phẩm và do đó

*) bài toán này đã được trình bày tại Olympic Toán học hạng nặng lần thứ XII. Vào «Kvant», 1979, số 7, lời giải của nó được nêu, khác với những gì được thảo luận trong bài viết.

25

được đặt bên trong đoạn $[a; b]$. Cuối cùng, chúng ta sẽ đi đến tình huống trong đó mọi số $x_1, x_2, \dots, x_n$, có lẽ ngoại trừ một số, sẽ bằng $a$ hoặc $b$.

Vế trái của bất đẳng thức bây giờ có thể được coi là hàm của một biến được xác định trên khoảng $[a; b]$. Chứng minh rằng hàm này lấy giá trị lớn nhất ở một đầu của đoạn $[a; b]$ và kiểm tra xem giá trị này có vượt quá vế phải của bất đẳng thức hay không.

Bài tập

3. Hình $n$-giác nào nội tiếp hình bán nguyệt cho trước (sao cho một cạnh trùng với đường kính) có diện tích lớn nhất?

4. Chứng minh rằng trung bình cộng của các tam giác có diện tích cho trước sẽ có tam giác đồng dạng có chu vi nhỏ nhất.

5. Tìm hiểu cách tích số $(1 + \frac{1}{a}) (1 + \frac{1}{b})$ hoạt động khi hợp nhất các số dương $a$ và $b$.

Chứng minh rằng nếu tổng các số dương $x_1, x_2, \dots, x_n$ bằng 1 thì

$$(1 + \frac{1}{x_1}) (1 + \frac{1}{x_2}) \dots (1 + \frac{1}{x_n}) \geq (n+1)^n.$$

6. Tìm hiểu cách hoạt động của tổng $(a + \frac{1}{a})^2 + (b + \frac{1}{b})^2$ khi các số dương $a$ và $b$ hợp nhất.

Chứng minh rằng nếu tổng các số dương $x_1, x_2, \dots, x_n$ bằng 1 thì

$$(x_1 + \frac{1}{x_1})^2 + (x_2 + \frac{1}{x_2})^2 + \dots + (x_n + \frac{1}{x_n})^2 \geq \frac{(n^2+1)^2}{n}.$$

7. Nghiên cứu hành vi của phân số $(1-a)(1-b)/ab$ khi hợp nhất các số dương nhỏ hơn 1 $a$ và $b$ có ​​tổng bằng 1.

Chứng minh rằng nếu tổng các số dương $x_1, x_2, \dots, x_n$ bằng 1 thì

$$(1-x_1)(1-x_2) \dots (1-x_n)/x_1x_2 \dots x_n \geq (n-1)^n.$$

8. Nghiên cứu hành vi của tổng $\frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b}$ đối với tích cố định của các số dương $a$ và $b$.

Chứng minh các bất đẳng thức:

a) nếu các số $x_1, x_2, \dots, x_n$ lớn hơn 1 thì

$$\frac{1}{1+x_1} + \frac{1}{1+x_2} + \dots + \frac{1}{1+x_n} \geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2 \dots x_n}}.$$

6. nếu số dương $x_1, x_2, \dots, x_n$ nhỏ hơn 1 thì

$$\frac{1}{1+x_1} + \frac{1}{1+x_2} + \dots + \frac{1}{1+x_n} \leq \frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2 \dots x_n}}.$$

9. Các số $a, \beta, \gamma, \delta$ thuộc khoảng $]0; \frac{\pi}{2}[\, a+\beta+\gamma+\delta=\pi$. Chứng minh rằng $tg\alpha+tg\beta+tg\gamma+tg\delta \geq 4$.

10. Các số dương $a, \beta, \gamma, \delta$ sao cho $a+\beta+\gamma+\delta=\pi$. Chứng minh rằng $\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma\sin\delta \leq \frac{1}{4}$.

11. a) $a, b, c, d$ là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức

$$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}} \geq \sqrt{\frac{abc+abd+acd+bcd}{4}}.$$

6. $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số dương, $k$ là số tự nhiên, $k \geq 2$. Chứng minh bất đẳng thức

$$\sqrt{\frac{x_1^k+x_2^k+\dots+x_n^k}{n}} \geq \sqrt{\frac{x_1x_2\dots x_n}{n}}.$$

12. Những $n$ số $x_1, x_2, \dots, x_n$ nào nên đứng giữa các số dương $a$ và $b$ ($a<b$) để tạo thành phân số

$$\frac{(a+x_1)(x_1+x_2)(x_2+x_3)\dots(x_n+1+x_n)(x_n+b)}{x_1x_2\dots x_n}$$

lấy giá trị nhỏ nhất có thể?

13. Tổng của một số số không âm là 3 và tổng bình phương của các số này lớn hơn 1. Chứng minh rằng từ những số này có thể chọn được ba số có tổng lớn hơn 1.

26

Bài toán

M661 — M665; F673 — F677

M661. Trên bờ hồ tròn có bốn kinh K, L, P, Q. Từ kinh K một chiếc thuyền ra khơi, từ L một chiếc thuyền. Nếu thuyền đi thẳng về P và thuyền đi thẳng về Q thì chúng sẽ va chạm nhau tại một điểm X nào đó của hồ. Chứng minh rằng nếu ngôi sao đi đến Q và thuyền đến P thì chúng sẽ đến được những câu kinh này cùng một lúc.

N. Vasiliev

M662. Con heo đất chứa bốn rúp tiền đồng. Chứng minh rằng những đồng tiền này có thể được dùng để trả ba rúp số tiền bị mất.

A. Kushirenko, G. Kushirenko

M663. Tìm tất cả các số nguyên tố p mà số 2^p + p^2 cũng là số nguyên tố.

C. Mayzus

M664*. Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi giao điểm các đường cao của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB lần lượt là H, K, L, M. Chứng minh diện tích tứ giác HKLM cũng bằng S.

B. Batyrev, V. Trofimov

M665*. Màn hình hiển thị ánh sáng bao gồm một số bóng đèn, mỗi bóng đèn có thể ở hai trạng thái (bật hoặc tắt). Có một số nút trên điều khiển từ xa và khi bạn nhấn từng nút đó, trạng thái của một bộ bóng đèn nhất định sẽ đồng thời thay đổi (mỗi nút có một nút riêng). Lúc đầu đèn không sáng.

a) Chứng minh rằng số mẫu khác nhau có thể thu được trên bảng điểm là lũy thừa của hai.

b) Có thể thu được bao nhiêu mẫu khác nhau trên một bảng gồm các bóng đèn m × n được sắp xếp theo hình chữ nhật nếu mỗi hàng bóng đèn nằm ngang và hàng dọc có thể được chuyển đổi bằng các nút (kiểm tra đáp số của bạn để biết các giá trị m, n ​​cần thiết)?

b) Hãy nghĩ đến các ví dụ khác về bảng và bộ (có thể chuyển đổi bằng nút) trong đó có thể tìm thấy số lượng mẫu.

H. Grieberg, học sinh lớp 10

F673. Trọng lượng được treo trên một sợi dây đàn hồi. Nếu tác dụng lực lên tải thì tải sẽ tăng từ từ từ

27

giá trị 0 thì sợi chỉ sẽ đứt khi lực đạt giá trị $F_1$. Tại giá trị lực tối thiểu nào thì sợi chỉ sẽ đứt nếu lực tác dụng ngay lập tức đạt đến một giá trị nhất định và sau đó không đổi?

G. Baronov

F674. Anhydrit sunfuric $SO_3$ với lượng $\gamma_1 = 1$ mol được cho vào bình kín và đun nóng đến nhiệt độ $T_1 = 1000$ K, tại đó $SO_3$ phân ly một phần thành sulfur dioxide $SO_2$ và oxy: $SO_3 = SO_2 + \frac{1}{2}O_2$. Mức độ phân ly trong những điều kiện này hóa ra là $\alpha_1 = 0,2$ (nghĩa là 20% phân tử đầu tiên có mặt đã bị phân ly $SO_3$). Khi $n_2 = 0,4$ mol $SO_3$ được đặt vào cùng một bình, hóa ra để đạt được áp suất như trong thí nghiệm đầu tiên, khí phải được nung nóng đến nhiệt độ $T_2 = 200$ K. Xác định mức độ phân ly $SO_3$ trong thí nghiệm thứ hai. Tất cả các chất trong cả hai thí nghiệm đều ở trạng thái khí.

V. Belonukkin

F675. Để thay đổi dòng điện lớn trong mạch $CC$ (Hình 1), một shunt Ш được sử dụng, song song với thiết bị thay đổi G có điện trở trong $r = 10$ Ohm được kết nối thông qua các điện trở $R_1 = 2$ Ohm và $R_2$. Ở vị trí $A$ của công tắc P, toàn bộ điện áp của thiết bị tương ứng với dòng điện trong mạch $I_1 = 10$ A. Cần lấy loại điện trở nào $R_2$ sao cho ở vị trí $B$ của công tắc P, toàn bộ điện áp của thiết bị tương ứng với dòng điện $I_2 = 100$ A?

Điện trở shunt được coi là nhỏ hơn nhiều so với điện trở trong của thiết bị.

L. Lutsansky

F676. Một khung dây hình vuông có chu vi $4a$ và khối lượng $m$ truyền một vận tốc ban đầu nhất định theo phương nằm ngang. Khung chuyển động trong một mặt phẳng thẳng đứng, luôn nằm trong từ trường vuông góc với mặt phẳng của khung (Hình 2). Cảm ứng trường thay đổi theo định luật $\cdot B(z) = B(0) + kz$, trong đó $k = const$. Điện trở của khung là $R$. Sau một thời gian, tốc độ của khung hình trở nên không đổi và bằng $v$. Tìm vận tốc ban đầu truyền vào khung. Gia tốc trọng lực $g$.

V. Mozhaev

F677. Sử dụng hệ thống gương đồng tâm (Hình 3), ảnh Mặt trời được ghi lại trên màn hình. Bán kính của gương là $R_1 = 12$ cm, $R_2 = 30$ cm. Tiêu cự của một thấu kính mỏng phải là bao nhiêu để nó tạo ra ảnh Mặt trời có cùng kích thước?

E. Kuznetsov

28

Lời giải bài toán
M611—M615; F618—F622

M611. Trên dây AB của đường tròn tâm O lấy một điểm M tùy ý. Qua các điểm A, M và O vẽ đường tròn cắt đường tròn thứ nhất tại các điểm A và C. Chứng minh rằng $|MB| = |MC|$.

Hãy để $\widehat{ABC} = \beta$. Sau đó, $\widehat{AOC} = 2\beta$, vì $\widehat{ABC}$ và $\widehat{AOC}$ lần lượt được ghi và các góc ở tâm dựa trên cùng một cung AC của đường tròn đã cho (màu đen - xem hình).

Mặt khác, $\widehat{AMC}$ và $\widehat{AOC}$ là các góc nội tiếp chắn bởi cùng một cung AC của đường tròn dựng nên (màu xanh) (nằm trong đường tròn không đen). Vì vậy $\widehat{AMC} = 2\beta$.

$AMC$ là góc ngoài của tam giác MBC. Vì vậy, $\widehat{MCB} = \widehat{AMC} - \widehat{MBC} = \beta$. Từ $\widehat{MCB} = \widehat{AMC}$ theo sau $|MB| = |MC|$.

lời giải này phù hợp (không giống như một số lời giải do độc giả gửi) cho bất kỳ vị trí nào của điểm M trên [AB], ngoại trừ khi M trùng với trung điểm của dây AB. Trong trường hợp cuối cùng này, vòng tròn màu xanh lam chạm vào vòng tròn màu đen, điểm A và C hợp nhất và đẳng thức $|MB| = |MC|$ chuyển thành đẳng thức $|MB| = |MA|$.

Hãy suy nghĩ xem liệu tuyên bố đã được chứng minh có còn đúng hay không nếu M được lấy tiếp theo đoạn AB.

N. Vasiliev

M612. Dãy số tự nhiên tăng dần ($a_n$) sao cho $a_{n+1} \leq 10a_n$. Chứng minh rằng nếu tất cả các số $a_n$ được viết cạnh nhau (không có dấu cách hoặc dấu phẩy) thì dãy số thu được sẽ không tuần hoàn.

Giả sử rằng chúng ta có một chuỗi các chữ số tuần hoàn và độ dài của dấu chấm (số chữ số trong đó) bằng T. Dễ dàng thấy rằng số $a_{n+1}$ có thể “dài” hơn số $a_n$ không quá một chữ số (và tất nhiên là không ngắn hơn). Vì chuỗi ($a_n$) đang quay trở lại nên nó chứa các số có độ dài bất kỳ lớn hơn độ dài của $a_1$. Do đó, trong đó có sai số $a_m$, độ dài của số đó $kT$ là bội số của dấu chấm (xem hình). Các chữ số $kT$ đầu tiên của $a_{m+1}$ phải khớp với các chữ số của $a_m$, vì vậy $a_{m+1}$ có thêm một chữ số ($a_{m+1} > a_m$) và nó phải có số 0 ($10a_m \geq a_{m+1}$). Nhưng khi đó chữ số đầu tiên trong mục $a_m$ bằng 0, điều này tất nhiên là không thể.

Lưu ý rằng nếu điều kiện $a_{n+1} \leq 10a_n$ được thay thế bằng điều kiện yếu hơn một chút: $a_{n+1} \leq 10a_n + 1$ hoặc $a_{n+1} \leq (10 + \varepsilon)a_n$, trong đó $\varepsilon$ là một số dương tùy ý, thì chuỗi chữ số thu được có thể tuần hoàn.

I. Klumova

M613. Trên các cạnh của tam giác ABC, dựng các tam giác đồng dạng ADB, BEC và CFA ($|AD|/|DB| = = |BE|/|EC| = = |CF|/|FA| = k$, $ADB = BEC = CFA = \alpha$) ra bên ngoài. Chứng minh rằng a) Trung điểm các đoạn AC, DC, BC và EF là các đỉnh của hình bình hành; b) hình bình hành này có hai số nguyên gọi là a và tỉ số độ dài các cạnh bằng k.

Chúng ta biểu thị bằng $\vec{a}'$ vectơ thu được từ vectơ $\vec{a}$ bằng cách quay một góc a ngược chiều kim đồng hồ. (Đã biết rằng $(k\vec{a})' = k\vec{a}'$ với mọi số $k$, $(\vec{a} + \vec{b})' = \vec{a}' + \vec{b}'$, và nói chung, với mọi số hạng, $(\vec{a} + \vec{b} + \dots + \vec{c})' = \vec{a}' + \vec{b}' + \dots + \vec{c}'$.) Hãy giới thiệu các vectơ $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{EB} = \vec{b}$, $\vec{FC} = \vec{c}$ (xem hình).

Theo điều kiện $\vec{DB} = \frac{1}{k}\vec{a}'$, $\vec{EC} = \frac{1}{k}\vec{b}'$, $\vec{FA} = \frac{1}{k}\vec{c}'$.

Vì $\vec{AD} + \vec{DB} + \vec{BE} + \vec{EC} + \vec{FC} + \vec{FA} = 0$, $\vec{a} + \frac{1}{k}\vec{a}' - \vec{b} + \frac{1}{k}\vec{b}' - \vec{c} + \frac{1}{k}\vec{c}' = 0$, tức là $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = \frac{\vec{a}' + \vec{b}' + \vec{c}'}{k} = \frac{1}{k} (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c})'$.

Biểu thị $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}$ bằng $\vec{u}$, chúng ta thu được $\vec{u} - \frac{1}{k}\vec{u}' = 0$. (*)

Vì các vectơ $\vec{u}$ và $\vec{u}'$ không thẳng hàng ($\alpha \neq 0$ và $\alpha \neq 2\pi$), nên có thể bằng (*) khi $\vec{u} = \vec{0}$. Vì vậy $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = \vec{0}$.

29

Hơn nữa, vì $Q$ là phần giữa của $[DC]$ và $P$ là phần giữa của $[AC]$ (xem hình), $\overrightarrow{QP} = \frac{1}{2} \vec{a}$. Tương tự như $\overrightarrow{QR} = \frac{1}{2} \overrightarrow{DB}$. Từ $(PQ) \parallel (AD)$ và $(QR) \parallel (BD)$ nó theo sau $PQR = \alpha$.

Cuối cùng,

$$\overrightarrow{RS} = \overrightarrow{RC} + \overrightarrow{CF} + \overrightarrow{FS} = \frac{1}{2} \overrightarrow{BC} - \vec{c} + \frac{1}{2} \overrightarrow{FE} =$$

$$= \frac{1}{2} \left( -\vec{b} + \frac{1}{k} \vec{b}' \right) - \vec{c} + \frac{1}{2} \left( \vec{c} - \frac{1}{k} \vec{b}' \right) = -\frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} = \frac{\vec{a}}{2} = \overrightarrow{QP}$$

Như vậy, tứ giác $PQRS$ là hình bình hành có góc $PQR$ bằng $\alpha$ và tỉ số độ dài các cạnh $|PQ|/|RQ| = |AD|/|DB| = k$.

L. Kuptsov

**M614. Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $S(n)$ biểu thị tổng các chữ số của tất cả các số tự nhiên từ 1 đến $n$ (theo ký hiệu thập phân):

$S(1) = 1, S(2) = 3, S(3) = 6, \dots, S(9) = 45, S(10) = 46, S(11) = 48, S(12) = 51, \dots$

a) Tìm $S(100)$.

b) Chứng minh rằng $S(10^k - 1) = 45k \cdot 10^{k-1}(*)$ với mọi $k = 1, 2, \dots$

c) Chứng minh rằng với hai số tự nhiên $\overrightarrow{ab}$

$$S(\overrightarrow{ab}) = 5a^2 + ab + 41a + b(b+1)/2.$$

f) Tìm công thức tương tự cho số có ba chữ số.

e) Tính tổng $S(1980)$.

Chúng ta hãy rút ra công thức tổng quát cho $S(\overrightarrow{a_k a_{k-1} \dots a_1})$. Hãy biểu thị tổng này dưới dạng các số hạng $a_k + 1$, tính toán riêng cho các số có chữ số thứ $k$ lần lượt là 0, 1, …, $a_k - 1$ và $a_k$.

Các thuật ngữ $a_k$ đầu tiên rất rõ ràng: trong chúng, không có hạn chế nào được áp đặt đối với các chữ số có chữ số nhỏ hơn $k$. Nếu chữ số thứ $k$ bằng $b$ (và $0 \leq b \leq a_k - 1$), thì tổng các chữ số của tất cả các số đó sẽ bằng $10^{k-1} \cdot b + S(10^{k-1} - 1)$ (phần đóng góp của chữ số thứ $k$ và của các chữ số còn lại tương ứng). Thuật ngữ thứ $(a_k + 1)$ (khi chữ số thứ $k$ chứa chữ số $a_k$) trông như thế này: $a_k \cdot (\overrightarrow{a_{k-1} \dots a_1} + 1) + S(\overrightarrow{a_{k-1} \dots a_1})$ (một lần nữa phần đóng góp của chữ số thứ $k$ và các chữ số còn lại tương ứng).

Được rồi, cuối cùng với $S(\overrightarrow{a_k \dots a_1})$ chúng tôi nhận được

$$S(\overrightarrow{a_k \dots a_1}) = a_k \cdot (\overrightarrow{a_{k-1} \dots a_1} + 1) + S(\overrightarrow{a_{k-1} \dots a_1}) +$$

$$+ 10^{k-1}(0 + 1 + \dots + (a_k - 1)) + a_k \cdot S(10^{k-1} - 1) =$$

$$= a_k \cdot (\overrightarrow{a_{k-1} \dots a_1} + 1) + S(\overrightarrow{a_{k-1} \dots a_1}) + 5 \cdot 10^{k-2}a_k(a_k - 1) +$$

$$+ a_k \cdot S(10^{k-1} - 1).$$

Vẫn còn phải tính $S(10^{k-1} - 1)$. Nếu chúng ta sử dụng công thức đã dẫn xuất, chúng ta sẽ nhận được

$$S(10^{k-1} - 1) = 9 \cdot 10^{k-2} + S(10^{k-2} - 1) + 5 \cdot 10^{k-3} \cdot 9 \cdot 8 +$$

$$+ 9 \cdot S(10^{k-2} - 1) = 10 \cdot S(10^{k-2} - 1) + 45 \cdot 10^{k-2}.$$

Nếu chúng ta coi nó đã được chứng minh rằng

$$S(10^{k-2} - 1) = 45(k - 2) \cdot 10^{k-3},$$

chúng ta có được công thức

$$S(10^{k-1} - 1) = 45(k - 1) \cdot 10^{k-2},$$

Chỉ cần chứng minh (*) (xem mục 6) điều kiện của $k = 1$ là đủ.

Ta có $S(10 - 1) = 45 \cdot 1 \cdot 10^\circ = 45$ - công thức (*) đúng. Vì vậy, $S(10^k - 1) = 45k \cdot 10^{k-1}$ - chúng tôi đã chứng minh được tuyên bố 6) bài toán.

Đối với hai giá trị này mang lại

$$S(\overrightarrow{a_2 a_1}) = a_2(a_1 + 1) + S(a_1) + 5a_2(a_2 - 1) +$$

$$+ 45a_2 = a_2(5a_2 + a_1 + 41) + \frac{a_1(a_1 + 1)}{2} -$$

• xem điểm trong bài toán.

Đối với số có ba chữ số

$$S(\overrightarrow{a_3 a_2 a_1}) = a_3((\overrightarrow{a_2 a_1} + 1) + 900 + 50(a_3 - 1)) + S(\overrightarrow{a_2 a_1}) =$$

$$= a_3(50a_3 + \overrightarrow{a_2 a_1} + 851) + a_2(5a_2 + a_1 + 41) + \frac{a_1(a_1 + 1)}{2}.$$

(Cụ thể là $S(100) = 901$).

Cuối cùng,

$$S(1980) = 980 + 1 + 45 \cdot 3 \cdot 10^2 + S(980) =$$

$$= 13500 + 981 + 9(450 + 80 + 851) + 8(40 + 41) = 27558.$$

I. Klumova

31

chúng tôi nói $F = 10$ cm. Điểm được trộn ở khoảng cách $h = 5$ cm trong mặt phẳng vuông góc với trục quang chính. Cần dịch chuyển thấu kính bao nhiêu và đến đâu để vùng chọn điểm sáng trở về vị trí cũ?

chuyển động theo hướng ngược lại với hướng chuyển động của điểm.

Khi di chuyển điểm $A$ đến điểm $A'$, quang tâm của thấu kính phải dịch chuyển từ điểm $O$ đến điểm $O'$ sao cho các điểm $A', B, O'$ nằm trên cùng một đường thẳng. Ở vị trí mới của thấu kính, trục quang $N'N'$ của nó phải song song với đường thẳng $NN$.

Từ hình vẽ cho thấy khoảng cách $x$ mà tại đó quang tâm của thấu kính phải trộn đều thỏa mãn điều kiện

$$\frac{x}{h} = \frac{f}{d-f} \Rightarrow x = \frac{hf}{d-f}.$$

Chúng tôi tìm thấy giá trị không có trọng số $f$ bằng cách sử dụng công thức thấu kính phân kỳ:

$$\frac{1}{d} - \frac{1}{f} = -\frac{1}{F} \Rightarrow f = \frac{dF}{d+F}.$$

Như vậy,

$$x = \frac{hF}{d} = 1,25 \text{ см.}$$

A. Izerenin, S. Manida, V. Saulit

F620. Nếu bạn đặt một vật có khối lượng lớn hơn $m$ vào giữa bàn vuông thì chân bàn sẽ bị gãy. Tìm một tập hợp các điểm trên bàn để bạn có thể đặt một vật có khối lượng $m/2$ mà không sợ làm vỡ bàn.

Để ngăn các chân bàn bị gãy, lực tác dụng lên mỗi chân không được lớn hơn $m/4$ (điều này tuân theo điều kiện bài toán). Chúng ta hãy xem lực $f_1$ tác dụng lên chân $I$ (Hình 1), khi có một tải trọng $m/2$ đặt lên bàn tại một điểm có tọa độ $x, y$ (điểm $I$ được lấy làm gốc tọa độ).

Gọi $f_2, f_3, f_4$ lần lượt là các lực tác dụng lên chân $II, III, IV$. Rõ ràng rằng tác dụng của các lực $f_1$ và $f_2$ tương đương với tác dụng của lực $f_{1-2} = f_1 + f_2$ tác dụng tại điểm $A$ có tọa độ {0; $y$} và tác dụng của các lực $f_3$ và $f_4$ tương đương với tác dụng của lực $f_{3-4} = f_3 + f_4$ tác dụng tại điểm $B$ có tọa độ { $l$; $y$} (chiều dài cạnh bàn là $l$). Viết các điều kiện cân bằng vào bảng:

$$f_{1-2} + f_{3-4} = \frac{mg}{2},$$

$$f_{1-2} x = f_{3-4} (l - x).$$

Từ đây

$$f_1 + f_2 = f_{1-2} = \frac{mg}{2} \frac{l-x}{l}.$$

Mặt khác, $f_1 y = f_2 (l - y)$, từ đâu

$$f_1 = f_2 \frac{l-y}{y}.$$

Từ (1) và (2) ta tìm được

$$f_1 = \frac{mg}{2} \frac{(l-x)(l-y)}{l^2}.$$

Để chân không bị gãy phải đáp ứng các điều kiện sau:

$$f_1 = \frac{mg}{2} \frac{(l-x)(l-y)}{l^2} < \frac{mg}{4},$$

nghĩa là tải trọng $m/2$ có thể đứng tại một điểm có tọa độ liên hệ với các hệ thức

$$y > l \left(1 - \frac{l}{2(l-x)}\right).$$

Đồ thị hàm số $y(x) = l \left(1 - \frac{l}{2(l-x)}\right)$ chỉ hiển thị

32

F621. Ném phần cuối của sợi chỉ vào ống cuộn có hình ngôi sao vào tường (xem hình). Sợi chỉ được kéo với tốc độ không đổi v. Tâm của ống quay chuyển động với tốc độ bao nhiêu vào thời điểm sợi chỉ tạo một góc a với phương thẳng đứng? Bán kính ngoài của cuộn dây là R, bán kính trong là r.

Nếu kéo sợi chỉ như hình vẽ thì suốt chỉ sẽ lăn sang phải, đồng thời quay theo chiều kim đồng hồ xung quanh chuyển động và tốc độ tuyến tính của chuyển động quay với vận tốc góc ω theo phương của sợi chỉ bằng v:

$$v_0 \sin \alpha - \omega r = v$$

(v₀ là mô đun của tốc độ mong muốn). Do cuộn dây không trượt dọc theo mặt ngang nên tổng các hình chiếu của vận tốc tương ứng tại điểm C bằng 0:

$$v_0 - \omega R = 0.$$

Các phương trình kết quả cho

$$v_0 = v \frac{R}{R \sin \alpha - r}.$$

Rõ ràng, khi R \sin \alpha = r (điều này tương ứng với trường hợp các điểm A, B và C nằm trên cùng một đường thẳng), biểu thức của v₀ sẽ mất đi ý nghĩa. Cũng lưu ý rằng biểu thức tìm được mô tả chuyển động của cuộn dây cả về bên phải (khi điểm B ở bên trái đường thẳng AC và R \sin \alpha > r) và bên trái (khi điểm B ở bên phải đường thẳng AC và R \sin \alpha < r).

S. Krotov

F622. Khi nào và bao nhiêu lần độ ẩm không khí tuyệt đối (mật độ không khí) trong nubre ở nhiệt độ t₁ = 0°C và độ ẩm 95% hoặc trong nyula ở t₂ = 35°C và độ ẩm 40%, nếu áp suất hơi bão hòa ở t₁ = 0°C là p₁ = 6 10²Pa và ở t₂ = 35°C thì p₂ = 5,5 × 10³Pa?

Áp suất hơi nước ở độ ẩm tương đối α bằng

$$p = \alpha p_H,$$

trong đó p_H là áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ nhất định. Chúng ta tìm mật độ hơi nước (độ ẩm tuyệt đối) từ phương trình trạng thái khí:

$$pV = \frac{m}{\mu} RT \Rightarrow \varrho = \frac{m}{V} = \frac{\mu p}{RT} = \frac{\mu a p_H}{RT}.$$

Tỷ lệ mật độ hơi nước q₂/q₁ trong 0 và trong nyubre trong các điều kiện xác định (α₂ = 0,4, T₂ = 308 K, p_H₂ = p₂ = 5,5 10³Pa, α₁ = 0,95, T₁ = 273 K, p_H₁ = p₁ = 6 10²Pa) bằng

$$\frac{q_2}{q_1} = \frac{\alpha_2 p_2}{\alpha_1 p_1} \cdot \frac{T_1}{T_2} \approx 3,4.$$

Do đó, ở nyubr khô (độ ẩm 40%) lượng hơi nước trong không khí cao gấp 3,4 lần so với nyubr thô (độ ẩm 95%).

V. Belonukkin

33

Nhiệm vụ

1. Cắt các hình như trong hình từ bìa cứng. Hãy thử gấp một hình vuông bằng cách sử dụng a) mỗi hình vuông, ngoại trừ hình vuông, một lần; b) tất cả năm chữ số một lần; c) mỗi hình hai lần. (Số 1 và 2 trong hình biểu thị kích thước tương đối của các hình.)

2. Tìm giá trị MINUS bằng trong ví dụ về phép nhân trong hình (các chữ cái giống nhau tương ứng với cùng một số, các số khác nhau tương ứng với các số khác nhau).

3. Bốn mươi lăm vòng tròn gấp thành tam giác ABC (xem hình) chứa các số từ 1 đến 9 (mỗi số được lặp lại năm lần và không có hai số nào giống nhau liền kề). Có 256 tuyến đường khác nhau từ đỉnh A đến cạnh BC. Nhưng chỉ có một trong số chúng vượt qua được cả hai chữ số. Tìm con đường này.

Hãy cố gắng tìm các đường đi tương tự từ đỉnh B và C lần lượt đến cạnh AC và BC.

4. Tìm tất cả các số có năm chữ số với tính chất sau: mỗi chữ số của số đó lớn hơn tổng các chữ số ở bên phải nó (cụ thể, chữ số thứ tư lớn hơn chữ số thứ năm).

5. Dân số Liên Xô là 260 triệu người. Có vẻ như một bản đồ của Liên Xô với tỷ lệ 1:1.000.000 (1 centimet là 10 km) có thể chứa ít người hơn một triệu lần so với toàn bộ lãnh thổ đất nước, tức là có thể chứa được 260 người. Tuy nhiên, từ kinh nghiệm của chúng tôi, chúng tôi biết rằng thậm chí năm chục người sẽ không dễ dàng làm được điều này. Tại sao?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
N. Antonovich, G. Galperin,
B. Dubrovsky, A. Shvetsov

34

S. Dvoryaninov

Các mẫu và…
số học

Hình vẽ mà bạn nhìn thấy trước mặt (Hình 1) được tạo ra bằng cách sử dụng một thiết bị đơn giản gọi là máy ghi nhịp tim. Và mặc dù máy đo nhịp thở được bán trong các cửa hàng đồ chơi nhưng nó không chỉ được học sinh tiểu học mà cả học sinh trung học và người lớn tuổi quan tâm. Nó có thể được sử dụng để vẽ nhiều đường cong khác nhau. Chắc hẳn nhiều người sau khi nhận được một vài bức vẽ đẹp sẽ muốn tìm hiểu xem chúng sẽ ra sao?

Spirograph bao gồm một bộ bánh xe và hai bánh xe có răng có cùng kích thước. Chúng được làm từ nhựa ngẫu nhiên. Bánh xe có 24, 32, 52, 60, 63, 72 và 80 răng. Có 96 chiếc răng ở bên trong một chiếc nhẫn, 144 chiếc ở bên ngoài; trên vòng kia có lần lượt là 105 và 150 răng. Mỗi bánh xe và vòng có nhiều lỗ nhỏ. Để kích hoạt máy đo chức năng hô hấp, bạn cần ấn vòng vào giấy bằng một tay hoặc cố định nó bằng ghim trên máy tính bảng, đặt bánh xe vào bên trong vòng (hoặc bên ngoài nó) và căn chỉnh răng của chúng (Hình 2). Sau đó, bạn nên tăng cường điểm của bút bi trong một

Hình 1

35

từ quầy trong bánh xe và quay bánh xe mà không bị trượt dọc theo vòng. Trong trường hợp này, đầu bút sẽ vẽ một đường cong nhất định lên giấy. Sau vài vòng quay, đường cong sẽ khép lại. Bây giờ chúng tôi sẽ giải thích tại sao lại như vậy.

Gọi $R$ là bán kính của vòng tròn, $r$ bán kính của bánh xe, $\varphi$ khoảng cách từ tâm bánh xe đến đáp án trong đó tay cầm được cố định. Khi bánh xe quay, đầu bút sẽ di chuyển dọc theo tờ giấy trong một khu vực cọc nhất định. Bán kính ngoài của nó là $R_{\text{внешн.}} = R - r + \varphi$, bán kính trong của nó là $R_{\text{внутр.}} = R - r - \varphi$. Từ công thức cuối cùng, có thể thấy rõ rằng, chẳng hạn, nếu $r = \frac{3}{4}R$, $\varphi = \frac{1}{4}R$, thì đường cong sẽ không còn ở dạng vòng nữa mà ở dạng hình tròn, vì trong trường hợp này là $R_{\text{внутр.}} = 0$.

Đặt $N$ răng trên vòng và $n$ trên vòng. Giả sử sau khi bánh xe quay $K$ vòng quanh tâm và $k$ vòng quanh vòng, nó đã trở về vị trí ban đầu và đầu tay cầm ở điểm xuất phát. Trong trường hợp này, đường cong đã vẽ sẽ bị đóng và khi bánh xe quay thêm, sẽ không thu được một đường cong mới - đầu bút sẽ lặp lại đường đi đã đi. Dễ dàng báo cáo rằng tại thời điểm khi đường cong đóng lại, đẳng thức

$$Kn = kN = D. \quad (*)$$

Vì đối với mọi số tự nhiên $N$ và $n$ đều có các số $K$ và $k$ thỏa mãn đẳng thức (), nên bất kỳ đường cong nào được vẽ bằng biểu đồ trục sẽ bị đóng. Hơn nữa, các số $K$ và $k$ là những số nguyên nhỏ nhất có đẳng thức () và $D$ là bội số chung nhỏ nhất của các số $N$ và $n$. Dựa vào đó, người ta có thể tính LCM của hai số $m$ và $M$: làm một bánh xe có răng $m$, một cọc có $M$ và quay bánh xe bên trong vòng cho đến khi đường cong khép lại, đếm xem bánh xe quay được bao nhiêu vòng quanh tâm của nó (số $K$) hoặc bao nhiêu vòng - theo vòng (số $k$). Sau đó, sử dụng công thức (*), các giá trị $D = \text{НОK}(m, M)$ được tính toán.

Cho $N$ và $n$, hình dạng của đường cong phụ thuộc vào $\varphi$. Trong Hình 3 và 4 $N = 96$, $n = 60$, $K = 8$, $k = 5$, nhưng trong Hình 3, các giá trị $\varphi$ lớn hơn trong Hình 4. Bằng cách tăng hoặc giảm dần $\varphi$, tức là sử dụng các phản hồi khác nhau trong bánh xe, bạn có thể theo dõi xem các đường cong thu được bị biến dạng như thế nào khi giá trị thay đổi $\varphi$.

Số $K$ rất dễ xác định từ hình - nó trùng với số điểm đường cong xa tâm vòng nhất. Trong Hình 3 và 4, các điểm này được xếp theo thứ tự chúng được truyền qua.

Khi vẽ đường cong, tốt hơn là làm ngược lại. Trong trường hợp $N$ và $n$ có ít thừa số chung (ví dụ: $N = 105$, $n = 72$), bánh xe phải quay nhiều vòng hơn để có được đường cong khép kín. Để xác định thời điểm đường cong khép lại, bạn nên đếm trước số $K$ và lăn bánh xe quanh vòng thật nhiều lần.

Những người quen thuộc với các số vô tỷ có thể tưởng tượng ra một máy ghi trục quay lý tưởng - không có răng trên bánh xe và vòng, nhưng bánh xe

36

di chuyển xung quanh vòng mà không bỏ qua
đang gọi. Gọi $l$ là chu vi của bánh xe, $L$ là chu vi của vòng mà bánh xe di chuyển dọc theo. Nếu các số $l$ và $L$ không giống nhau (ví dụ số $l$ là số hữu tỉ, $L$ là số vô tỉ) thì đường cong đã vẽ sẽ không bao giờ đóng, vì không có số tự nhiên $K$ và $k$ thì đẳng thức $Kl=kL$ tương ứng với (*) không thể thỏa mãn. Tuy nhiên, dấu từ đầu bút có chiều rộng hữu hạn nên sau một số vòng quay đủ lớn của bánh xe, chúng ta sẽ có được một vòng sơn hoàn toàn trên giấy. Một bức tranh tương tự sẽ xuất hiện đối với các số nguyên tố lớn $N$ và $n$ (ví dụ: 105 và 52). Nếu chúng ta giả sử rằng vết từ đầu bút là một đường toán học lý tưởng, thì đường cong kết quả cho vô tỷ $l$ và $L$ sẽ nằm trong vùng hình khuyên tương ứng có mật độ dày đặc ở khắp mọi nơi (nghĩa là quỹ đạo của đầu bút tiếp cận bất kỳ điểm nào bên trong vùng dưới dạng gần góc). Những quỹ đạo tương tự xuất hiện trong nhiều bài toán toán học khác nhau và được nghiên cứu, ví dụ, trong lý thuyết phương trình vi phân.

Trong trường hợp giá trị của $q$ gần với $r$, quỹ đạo được mô tả bởi máy đo phế dung gần với các đường cong đã biết có tên đặc biệt*). Khi bánh xe lăn vào bên trong vòng, kết quả là zipoclopda. Cụ thể, với $N=96$, $n=24$ thu được astrode (Hình 5). Nếu bánh xe lăn dọc theo một vòng từ bên ngoài hoặc trên một bánh xe khác thì đường cong được vẽ gần với epcclopde (với $q$ gần với $r$; Hình 6). Cardioid (Hình 7) thu được bằng cách sử dụng hai bánh xe giống hệt nhau. Nếu chúng ta buộc bánh xe lăn không trượt theo đường thẳng và lấy giá trị $q$ vẫn gần với $r$, thì chúng ta sẽ có một đường cong tương tự như cyclops.

Và kết luận lại, một số lời khuyên dành cho những ai muốn tự mình làm một máy đo chức năng hô hấp. Vòng có thể được cắt từ cao su dày hoặc vải sơn, bánh xe có thể được làm từ tấm mica, một số loại nhựa hoặc làm từ vật liệu khác có hệ số ma sát khá cao. Bạn chỉ cần tính trước tỷ lệ $L:l$; ví dụ: bạn có thể lấy tỷ lệ là 4:3, 3:1, 7:5. Ở các bánh xe, ở các khoảng cách khác nhau tính từ tâm, bạn nên khoan một thanh tay cầm có phần chịu trách nhiệm về đường kính.

*) Bạn có thể đọc thêm chi tiết về những đường cong này trong các số sau «Kvant»: 1975, No. 8, No. 12; 1977, không. 12.

37

Qua những trang sách giáo khoa

M. Gelfand, V. Berman

Mười bài toán để áp dụng tùy ý

bài toán được đề xuất được gửi đến học sinh lớp chín. lời giải của họ đòi hỏi sự hiểu biết về ý nghĩa hình học và vật lý của một ý nghĩa tùy ý, cũng như khả năng đánh giá các thuộc tính của hàm từ biểu đồ của nó.

Bài toán 1. Mỗi Hình 1, a—i hiển thị đồ thị thời gian $t$ tọa độ $x(t)$ và tốc độ $v(t)$ của một điểm vật chất chuyển động theo định luật bậc hai $x(t) = pt^2 + qt + r$ dọc theo đường tọa độ. Đồ thị tám tốc độ không chính xác. Xác định chính xác cái nào. Những sai lầm mắc phải là gì? Tìm hình vẽ đúng.

Gợi ý. Lợi dụng $v(t) = x'(t) = 2pt + q$ nên đồ thị vận tốc là một đường thẳng, tiếp tuyến của góc nghiêng với trục $t$ bằng $2p$. Điểm $t = -\frac{q}{2p}$, tại đó đường này cắt trục $t$, là điểm cực trị của hàm $x(t)$.

Bài toán 2. Mỗi Hình 2, a-d trình bày sơ đồ biểu đồ về sự phụ thuộc thời gian của tọa độ $x(t)$ và gia tốc $a(t)$ của một điểm vật chất di chuyển dọc theo đường tọa độ theo quy luật tương tự như trong bài toán 1. Được biết, đã xảy ra lỗi khi xây dựng một số đồ thị gia tốc. Xác định hình ảnh nào

Hình 1.

Hình 2.

38

Cái nào đúng và cái nào không. Những sai lầm mắc phải là gì? Vẽ đồ thị chính xác.

Gợi ý. Nếu $x(t) = pt^2 + qt + r$ thì $a = v'(t) = 2p$ (xem “Đại số và phần đầu của phân tích 9”, đoạn 53), tức là đồ thị gia tốc trong trường hợp này là một đường thẳng song song với trục $t$ và đi qua điểm $(0; 2p)$.

Bài toán 3. Trong mỗi hình 3, $a - b$ Biểu đồ thời gian so với thời gian được hiển thị bằng màu đen. $t$ tăng tốc $a(t)$ điểm vật chất/đường thẳng chuyển động. Học sinh này đã cố gắng, dựa trên biểu đồ này, để xây dựng một trong những biểu đồ tốc độ có thể $v(t)$ chuyển động của cùng một điểm (đường màu đỏ). Tuy nhiên, anh đã mắc sai lầm khi làm như vậy. Giúp học sinh tìm ra những sai lầm mình đã mắc phải. Vẽ đồ thị vận tốc đúng

Gợi ý. Sử dụng các dấu hiệu đơn điệu của hàm số (xem “Đại số và phần đầu của phép phân tích 9”, đoạn 54).

Bài toán 4. Một điện tích chạy qua tiết diện của dây dẫn. Biểu đồ điện tích $q$ theo thời gian được hiển thị trong Hình 4, $a$. Là