Kvant 1981, số 7 · Trang

QUANTUM
7
1981

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

V. FRANKLIN

Đã 275 năm kể từ ngày sinh của nhà khoa học kiệt xuất người Mỹ Benjamin Franklin. Trong số này, chúng tôi đăng một bài viết về cuộc đời và sự nghiệp của ông, do viện sĩ P. L. Kapitsa viết.

1

TRONG PHÒNG:

Mẫu khoa học cho giới trẻ
2 L. Sedov. Sẵn sàng cho điều kiện sống mới của người dân

---

4 P. Kapitsa. Hoạt động khoa học của Benjamin Franklin
11 V. Boltyansky. Đồ thị phẳng
17 L. Borovinsky. Tại sao Vanka-Vstanika không nằm xuống?

Vấn đề «Kvant»
19 Bài toán M691—M695; F703—F707
21 Lời giải bài toán M645—M655; F663—F667
32 S. Krotov. Sách toán toán trong hệ báo cáo phi quán tính

«Kvant» cho học sinh nhỏ
35 Bài toán
36 M. Gerver. Làm thế nào để biến một con voi ra khỏi một người chồng?

Xưởng của người nộp đơn
39 V. Danilin. Dụng cụ đo điện
44 V. Kordemsky. Seventeen bài toán cho sự khéo léo

Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1980
45 Viện kỹ thuật ô tô Moscow
46 Viện thủy văn Moscow
47 Viện trắc địa, kỹ sư chụp ảnh trên không và bản đồ Moscow
47 Viện Thép và Hợp kim Moscow
49 Viện Kỹ thuật Điện Moscow
49 Viện Năng lượng Mátxcơva

Nghệ thuật lập trình
51 A. Saltovsky. Máy tính ES - dòng máy tính phổ thông

Thông tin
54 V. Gorokhovik, O. Rabinovich, T. Fisenko. Kỷ niệm 10 năm FMS mùa hè tại Belarus
56 L. Kurlyandchik. Nội dung toán học tại Trường Vật lý và Toán học tại Đại học bang Leningrad
57 Trường thể chất buổi tối
58 Hỏi - chúng tôi trả lời

Đáp số, gợi ý, lời giải

Góc sưu tầm (10, 3 trang bìa)

Pha trộn (18, 34)

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

3

Đồng thời, cần phải nói rằng các nguyên tắc cơ bản của bất kỳ ngành khoa học nào đều rất ít và nói chung là rất đơn giản. Đơn giản là đúng, nhưng để hiểu những nguyên tắc đơn giản này (phải là kết quả chính của giáo dục), cần phải nắm vững ý nghĩa của các khái niệm được sử dụng, các đại lượng đặc trưng hiện có, định nghĩa chính xác về các đối tượng khác nhau và tìm hiểu các hoạt động của các hành động lý thuyết và thực nghiệm với sự trợ giúp của các giả thuyết và định luật đơn giản như vậy được hình thành. Việc sở hữu các phương pháp và kỹ năng hiện đại về lý thuyết, thí nghiệm và thực hành là điều bắt buộc để thành công trong khoa học và công nghệ.

Vì vậy, điều cốt yếu trong giáo dục và lao động sáng tạo là tích lũy kiến ​​\u200b\u200bthức, kỹ năng phương pháp và sự hiểu biết. Cần nhấn mạnh rằng không thể hiểu được nếu không có kiến ​​thức, nhưng kiến ​​thức về các yếu tố khác nhau và thậm chí cả các phương pháp hiệu quả để xử lý chúng không nhất thiết gắn liền với việc hiểu được ngày của vấn đề. Bạn có thể gặp những người biết nhiều và hiểu ít. Những thành công nghiêm túc gắn liền với sự hiểu biết thực tế, do đó cần phải bổ sung thêm sự hiểu biết vào cuộc sống, trong khoa học và thực tiễn, và chỉ những kiến ​​​​thức thực sự cần thiết cho sự hiểu biết mới đặc biệt quan trọng. Do đó, thành công trong giáo dục và trong công việc sáng tạo đòi hỏi sự hiểu biết tối đa trong khi sử dụng lượng thông tin cần thiết ở mức tối thiểu (thường là rất lớn hiện nay). Khi giảng dạy, giáo viên phải rút ra từ lượng thông tin khổng lồ một cách chính xác những gì sẽ mang lại sự hiểu biết cần thiết. Khi đó các nhà khoa học trẻ sẽ dễ dàng điều hướng nhánh kiến ​​thức này và tìm thấy những thông tin bổ sung cần thiết trong quá trình hoạt động cụ thể của họ.

Trong nhiều ngành khoa học, cũng như trong nghệ thuật, cần phải có sự đào tạo có hệ thống và đúng đắn ngay từ khi còn nhỏ. Việc tiếp thu kiến ​​thức không đúng hoặc chỉ có chủ ý từ khi còn nhỏ sẽ gây ra những hậu quả tai hại vì rất khó và đôi khi không thể học lại.

Cần phải phát triển bằng mọi cách có thể mối quan tâm của những người đam mê tiếp thu kiến ​​thức, vốn nảy sinh và phát triển chính xác trong nhóm - ở trường học và đại học. Trong giáo dục và trong các hoạt động giáo dục, cần truyền cho thanh niên một nhận thức độc lập, phê phán sự việc trong quá trình phát triển tri thức khoa học và thái độ tự phê bình đối với hành động của chính mình.

Tính tự chịu trách nhiệm, nỗi ám ảnh, sự nuôi dưỡng sâu sắc bên trong kích thích sự hiểu biết về bản chất hiện có và những thành tựu khoa học và chắc chắn góp phần vào sự cam kết đối với hành động của chính mình.

Mỗi bạn là thành viên của một tập thể, một tập thể đồng nghiệp, đồng chí của thế hệ già trẻ. Nếu không có sự giao tiếp và làm việc theo nhóm, không có công nghệ làm việc theo nhóm thì nhìn chung không thể đạt được bất kỳ kết quả đáng kể nào.

Kiến thức cơ bản được tiếp thu khi còn trẻ - ở trường phổ thông và đại học, nhưng quá trình hoàn thiện và học hỏi thêm vẫn tiếp tục trong suốt hoạt động sáng tạo của một người. Tuy nhiên, bạn cần nhớ rằng chính khi còn trẻ, bạn đã có được những kiến ​​thức cơ bản và kỹ năng phương pháp, và điều này sẽ để lại dấu ấn trong mọi hoạt động sau này của bạn.

Các bạn thân mến! Những cánh cửa rộng mở đang mở ra cho bạn hoạt động sáng tạo vì lợi ích và vinh quang của Tổ quốc, vì lợi ích của toàn nhân loại. Đừng bỏ lỡ cơ hội này ngay từ khi còn trẻ, nó chắc chắn sẽ là nguồn cảm hứng sâu sắc bên trong bạn, niềm vui và hạnh phúc to lớn mà bạn sẽ tìm thấy trong hoạt động công việc của mình.

4

Tháng Giêng này đánh dấu kỷ niệm 275 năm ngày sinh của nhà tự nhiên học xuất sắc người Mỹ Benjamin Franklin. Nhân dịp kỷ niệm này, chúng tôi đăng một bài báo của Viện sĩ Pyotr Leonidovich Kapits dành riêng cho nhà khoa học. Bài viết, với một số chữ viết tắt, được in lại từ tập tài liệu “Cuộc sống cho khoa học”, do nhà xuất bản “Znanie” xuất bản năm 1965.

P. Kapitsa

Hoạt động khoa học của Benjamin Franklin

Franklin sinh ra ở Mỹ, tại thành phố Boston, vào năm 1706. Ông mất khi thọ 84 tuổi. Hoạt động của nó kéo dài suốt thế kỷ 18 và liên quan chặt chẽ đến sự phát triển nhanh chóng của khoa học tự nhiên và xã hội diễn ra vào thời điểm đó. Đây là thời đại Khai sáng, thời đại đi trước thời kỳ biến động xã hội căn bản ở châu Âu.

Tên tuổi của Franklin đã đi vào lịch sử văn hóa thế giới không chỉ với tư cách là tên của nhà khoa học vĩ đại nhất, một trong những người sáng lập học thuyết về điện, mà còn là tên của nhà nước lập trình và nhà hoạt động xã hội lớn nhất ở Mỹ, tham gia tích cực vào cuộc đấu tranh giải phóng khỏi ách thuộc địa.

Những người đương thời nhất trí mô tả Franklin là một người tận tâm đặc biệt, được giáo dục toàn diện, có tầm nhìn tập trung và rộng rãi, một người đối thoại thú vị và hóm hỉnh. Franklin thường xuyên đi du lịch và sống ở nước ngoài nhiều năm, chủ yếu ở Anh và Pháp. Tại đây, ông đã giao tiếp với những người lãnh đạo cùng thời và đến cuối đời, ông trở thành người được yêu thích nhất ở châu Âu. Ở quê hương Mỹ, Franklin ngày nay là một trong những người được kính trọng nhất trong lịch sử Hoa Kỳ.

Những khám phá khoa học chính của Franklin trong lĩnh vực điện được ông thực hiện vào những năm 50 của thế kỷ 18, trước công trình của Galvani và Volta, tức là trước kỷ nguyên của dòng điện, và thuộc thời kỳ đầu của sự chinh phục lực lượng tự nhiên mạnh mẽ này của khoa học. Trong hơn 200 năm đã trôi qua kể từ công trình của Franklin, việc giảng dạy về điện đã tiến bộ đến mức công việc của Franklin hiện được giảng dạy ở các trường trung học, trong các lớp mà họ mới bắt đầu học vật lý. Mọi người

5

Từ khi còn trẻ, chúng ta đã biết những điều cơ bản của học thuyết về tĩnh điện, mặc dù có lẽ một số người trong chúng ta không phải là người mới có thể đã quên những gì Franklin thực sự đã làm ở đây. Ví dụ, tất cả chúng ta có nhớ rằng tên của các quan điểm tích cực và tiêu cực lần đầu tiên được Franklin dạy không?

Tôi nghĩ rằng mô tả chi tiết về các công trình khoa học của Franklin hiện nay hầu như không thú vị, nhưng tôi nghĩ lịch sử phát triển công trình của Franklin trong lĩnh vực điện không chỉ thú vị mà còn hữu ích cho một nhà khoa học hiện đại. Điều này xuất phát từ thực tế là con đường phát triển của khoa học, tức là con đường nhận thức về tự nhiên mà nhân loại đi theo, là như nhau. Trong quá trình tìm kiếm những chân lý khoa học, chúng ta thường đi chệch khỏi con đường đúng đắn và lãng phí thời gian. Vì vậy, chúng ta càng ít đi chệch khỏi con đường đúng đắn thì kiến ​​thức và khả năng chinh phục các thế lực tự nhiên của chúng ta sẽ phát triển nhanh hơn và tiết kiệm hơn. Nghiên cứu lịch sử khoa học, chúng ta nhận thấy những yếu tố góp phần tạo nên sự phát triển nhanh chóng của khoa học. Từ quan điểm này, lịch sử công trình khoa học của Franklin được đặc biệt quan tâm.

Công trình về điện của Franklin được hoàn thành trong một thời gian ngắn, chỉ trong 7 năm, từ 1747 đến 1753. Trong khoảng thời gian ngắn ngủi này, Franklin được công nhận là nhà khoa học hàng đầu của thời đại ông. Hầu hết các hiệp hội hoặc học viện khoa học lớn đều công nhận thành tựu khoa học của Franklin bằng cách bầu ông làm thành viên, và một số trường đại học đã trao cho ông bằng tiến sĩ danh dự.

Một câu hỏi tự nhiên sẽ được đặt ra: làm sao Franklin, người chưa từng học vật lý, ở một thị trấn nhỏ ở Mỹ, cách xa các trung tâm khoa học thế giới, đã ở độ tuổi trưởng thành, lại có thể lãnh đạo sự phát triển của cả một ngành khoa học chỉ trong vài năm làm việc?

Và điều này đã xảy ra vào giữa thế kỷ 18, khi khoa học được thực hiện bởi những người ở trình độ hiểu biết như các nhà khoa học như Newton, Huygens, Euler? Không cần phải nói về dialetanthym ở đây. Làm sao Franklin có thể

truy cập các kết quả mà các nhà khoa học chuyên nghiệp không thể tiếp cận được?

Tôi nghĩ rằng chúng ta phải tìm kiếm lời giải thích trong thực tế rằng Franklin là người đầu tiên hiểu chính xác bản chất của hiện tượng điện và do đó đã mở đường một cách chính xác cho những nghiên cứu sâu hơn trong lĩnh vực này.

Trước công trình của Franklin, một lượng lớn tài liệu đã được tích lũy, nhưng các dữ kiện vẫn còn rải rác, và giả thuyết mà ông đưa ra không chỉ thống nhất những dữ kiện này thành một bức tranh mạch lạc mà còn chỉ ra con đường phù hợp để nghiên cứu sâu hơn.

Franklin đã phác thảo giả thuyết cơ bản của mình trong một bức thư gửi Peter Collinson vào năm 1749. Nó đưa ra một bức tranh rõ ràng về các quá trình xảy ra trong quá trình điện khí hóa các vật thể. Bức tranh này phần lớn vẫn đúng. Đây là một đoạn trích từ bức thư này: “Vật liệu điện bao gồm các hạt có kích thước cực nhỏ, vì chúng có thể phân xử các chất tổng quát dày đặc như kim loại một cách dễ dàng và tự do đến mức chúng không gặp phải lực cản đáng chú ý nào”. Ngày nay chúng ta gọi đây là những electron “hạt cực nhỏ”. Hơn nữa, Franklin coi bất kỳ cơ thể nào cũng giống như một miếng bọt biển, bão hòa với những hạt điện này. Quá trình nhiễm điện của cơ thể bao gồm việc cơ thể có quá nhiều hạt điện sẽ được tích điện dương; nếu cơ thể thiếu những hạt này, nó sẽ tích điện âm.

Tất nhiên, Franklin khi đó không có cơ hội nhận biết bằng thực nghiệm các vật liệu có tính chất mới của điện và do đó không có cơ hội xác định ai thực sự nhận được vật chất điện và do đó, ai mang điện tích dương, ai mất nó, tức là mang điện tích âm. Vì vậy, ông ngẫu nhiên chấp nhận rằng ông gọi nó là điện tích dương, có lẽ nghĩ rằng vật liệu len khi cọ xát vào kính sẽ truyền điện vào đó. Chỉ đến cuối thế kỷ này, sau khi phát hiện ra một số loại điện -

6

Người ta biết rằng điện tử là điện cực không dương, như Franklin nghĩ, tích tụ các hạt mang điện, nhưng lại là điện cực âm. Để không thay đổi các ký hiệu thông thường về cực dương và cực âm, electron được gán một điện tích âm.

Franklin đã mở rộng tính chất đẩy nhau của các vật tích điện giống hệt nhau đối với các điện tích nằm trên dây dẫn kim loại. Ông tin rằng các điện tích đẩy nhau sẽ có xu hướng làm phần kim loại tích điện bị hư hỏng. Ông đã chứng minh giả định của mình như sau bằng thí nghiệm.

Ấm đun nước bằng kim loại được đặt trên một chất cách điện và được điện khí hóa. Cần phải tìm ra một thí nghiệm chứng minh rằng điện tích được phân bố trên bề mặt vỡ của ấm trà. Để làm điều này, một sợi dây xích được đặt bên trong ấm, dây xích này có thể được tháo dần ra khỏi ấm bằng tay cầm cách nhiệt. Mức độ nhiễm điện của ấm trà được xác định bằng lực đẩy của hai quả bóng treo trên nó bằng dây. Thí nghiệm bao gồm việc nâng một sợi dây xích từ ấm đun nước bằng một tay cách điện và quan sát xem khi kéo dây xích ra, mức độ điện khí hóa của ấm đun nước giảm như thế nào.

Franklin lý luận theo cách này: khi sợi xích ở bên trong ấm, bề mặt của nó sẽ cắt xén bề mặt bên trong của ấm; khi dây xích bị kéo ra ngoài, nó sẽ làm hỏng bề mặt bên ngoài của ấm [dây xích “ở lối ra” chạm vào ấm - khoảng. ped.]. Franklin kết luận: nếu điện tích chỉ lan truyền trên bề mặt bị hư hỏng của bề mặt ấm, thì chỉ khi nó bị cắt xén thì hiện tượng nhiễm điện mới giảm. Đây là những gì thực sự được quan sát khi thí nghiệm được thực hiện.

Franklin mô tả tất cả các tác phẩm của mình bằng thư cho người bạn Colinson ở Anh. Những bức thư này mô tả một số lượng lớn các thí nghiệm khác nhau đã trở thành cổ điển: sự tạo ra gió điện, tính chất của điện tích truyền từ đầu nhọn, v.v. Cũng trong những bức thư này, Franklin, từ quan điểm giả thuyết của mình, đưa ra lời giải thích chính xác về một số hiện tượng điện đã biết, chẳng hạn như mô hình tích tụ điện tích trong bình Leyden, và trên cơ sở đó, ông chế tạo ra một tụ điện phẳng. Collinson báo cáo về công trình của Franklin cho Hiệp hội Hoàng gia ([Viện Hàn lâm Khoa học Anh - note ped.]). Sau đó, ông xuất bản chúng thành một cuốn sách riêng, trở thành công trình khoa học chính của Franklin. Cuốn sách này đã trải qua nhiều lần xuất bản và được dịch ra nhiều thứ tiếng.

Sự hiểu biết rõ ràng và đúng đắn của Franklin đã thúc đẩy ông tìm ra một thí nghiệm lần đầu tiên báo cáo một cách thuyết phục bản chất điện của sự phóng điện khí. Ý tưởng đằng sau thí nghiệm của Franklin như sau.

Giả sử rằng một thanh kim loại thẳng đứng cách điện với mặt đất được đặt giữa đám mây giông và mặt đất. Nếu một đám mây giông có điện tích thì điện tích trái dấu nằm ở đầu thanh. Nếu một điểm được tạo ra ở đầu trên của thanh thì điện tích cảm ứng sẽ biến mất và thanh tích điện với một dòng điện cùng dấu với đám mây.

Franklin tin rằng sự hiện diện của điện tích này có thể được phát hiện bằng tia lửa điện sẽ xuất hiện nếu đầu tự do của dây nối đất đưa đến vật dẫn điện. Franklin đã sai lầm khi cho rằng để thí nghiệm này thành công, cây gậy phải được đặt trên một ngọn đồi để nó ở gần đám mây hơn.

Vì gần nhà không có độ cao như vậy nên anh nghĩ rằng mình đã thất bại trong thí nghiệm này. Ông mô tả chi tiết cách thức thực hiện và đề nghị những người khác làm điều đó. Bản thân anh quyết định tiếp tục trải nghiệm tương tự, nhưng theo một cách hơi khác, không yêu cầu độ cao.

7

Đối với thí nghiệm này, anh quyết định sử dụng một sợi dây cùng với một thanh kim loại, nâng nó lên như một con diều. Vì luôn có gió khi giông bão nên diều có thể được thả, và vì trời cũng mưa nên sợi dây khi ướt sẽ trở nên dẫn điện và có thể thay thế thanh kim loại. Để làm cho sợi dây dễ dàng tích điện hơn, người ta có thể cho phép các điện tích cảm ứng chảy ra ở đầu trên của sợi dây. Để làm điều này, Franklin đặt các điểm ở các góc của khung diều. Để cách ly sợi dây với mặt đất, người ta buộc một dải ruy băng lụa ở bên dưới để tránh mưa. Một chiếc chìa khóa kim loại được treo ở đầu sợi dây gần mặt đất, từ đó Franklin tạo ra tia lửa khi có giông bão. Bằng cách này, trước sự chứng kiến ​​của bạn bè và người quen, anh đã chứng minh được bản chất điện của tia sét. Thí nghiệm của Franklin với con diều được thực hiện vào ngày 12 tháng 4 năm 1753, khi ông lần đầu tiên phát hiện ra rằng các đám mây giông thường mang điện tích âm.

Ngoài những công trình khoa học thuần túy, Franklin còn có một thành tựu khác được công nhận rộng rãi: phát minh của ông - cột thu lôi. Trong lịch sử thực hiện phát minh này cũng có rất nhiều điều đáng tự hào. Đây là một câu chuyện dài, nhiều công trình nghiên cứu đã dành cho nó. Vì vậy, tôi chỉ có thể kể rất ngắn gọn Franklin đã phát minh và giới thiệu cột thu lôi như thế nào.

Sau khi hiện tượng phóng điện sét hiện tại được tiết lộ, câu hỏi tự nhiên nảy sinh là làm thế nào để giải quyết một cách hợp lý sự tàn phá và hỏa hoạn do sét gây ra. Rõ ràng là khi sét đánh vào một tòa nhà, con tàu hoặc bất kỳ vật thể cao chót vót nào khác, thiệt hại là do dòng điện mạnh đi qua môi trường dẫn điện kém sẽ gây ra sự phá hủy và đánh lửa. Do đó, nếu khi sét đánh vào một tòa nhà, dòng điện được phép đi qua một môi trường có tính dẫn điện cao như kim loại thì sẽ không bị hư hại.

Không còn nghi ngờ gì nữa, Franklin, với óc thực tế nhạy bén của mình, đã nhìn thấy trước những người khác khả năng tìm ra cách bảo vệ chống sét bằng cách tiêu hao dòng điện. Nhưng việc tìm ra hình thức cột thu lôi hợp lý nhất và buộc dư luận phải công nhận nó là phương tiện hữu hiệu để chống lại sự tàn phá do giông bão gây ra còn khó hơn rất nhiều đối với ông. Franklin nhanh chóng đối phó với nhiệm vụ này và các hoạt động của ông theo hướng này vẫn có thể coi là một ví dụ về cách áp dụng các ý tưởng kỹ thuật mới vào cuộc sống.

Franklin không những không nhận bằng sáng chế cho cột thu lôi của mình mà còn trao cơ hội sử dụng miễn phí cho bất kỳ ai muốn. Ngoài ra, ông còn thực hiện công tác tuyên truyền sâu rộng và khéo léo để thực hiện. Nếu không có đủ thời gian thì không thể kể hết câu chuyện về sự ra đời của cột thu lôi nên tôi tập trung vào những khoảnh khắc chói sáng nhất được quan sát.

Rất có thể là chưa có phát minh nào gây ra làn sóng phản đối mạnh mẽ như cách đây 200 năm bởi thanh kim loại nhỏ mà ngày nay bao bọc hầu hết mọi cấu trúc và là yếu tố tiêu chuẩn trong thiết kế của nó.

Cả hai sự phản đối về mặt khoa học và chính trị đều nảy sinh chống lại cột thu lôi. Khi Franklin đưa ra mô tả về hoạt động của cột thu lôi, ngoài chức năng tiếp theo của nó - cung cấp một đường dẫn không bị gián đoạn cho dòng điện qua một thanh kim loại xuống đất, ông còn chỉ ra khả năng tồn tại một quá trình khác.

Franklin tin rằng nếu có giông bão phía trên cấu trúc và nếu cột thu lôi được trang bị một đầu nhọn thì dòng điện tích chậm có thể xảy ra từ nó. Bây giờ chúng ta gọi hiện tượng này là sự phóng điện thầm lặng. Nó sẽ vô hiệu hóa điện tích của đám mây và xả nó. Do đó, Franklin thừa nhận rằng cột thu lôi không chỉ bảo vệ một tòa nhà mà nói chung có thể ngăn chặn sự phóng điện của sét. Đối thủ khoa học

8

Về phần mình, Franklin tin rằng dòng điện tích từ đầu đám mây không những không trung hòa điện tích của đám mây mà còn tạo điều kiện thuận lợi hơn cho sự xuất hiện của sét. Do đó, cột thu lôi khá có hại vì nó có thể tạo điều kiện cho sét phóng điện, điều mà nếu không có nó thì sẽ không xảy ra.

Các nhà khoa học theo quan điểm này coi việc nó ở gần những nơi khác được trang bị cột thu lôi là đặc biệt có hại và nguy hiểm cho tòa nhà.

Sự quan tâm của dư luận đối với những câu hỏi này là rất lớn, và điều này được minh họa rõ ràng qua một trường hợp nổi tiếng: khi ở Center-Omer, Pháp, ông de Vissery lắp đặt một cột thu lôi vào nhà mình, những người hàng xóm của ông đã quá sợ hãi và nảy sinh chuyện kiện ông. Quá trình này đã gây ra nhiều ồn ào và kéo dài vài năm từ 1780 đến 1784. Điều thú vị là đứng về phía bào chữa cho cột thu lôi có một luật sư trẻ.
thẻ Maximilien Robespierre, và vụ án cấp cao này đánh dấu sự khởi đầu nổi tiếng của ông. Người ta cũng tò mò rằng một trong những chuyên gia đứng về phía nguyên đơn là Marat, người coi cột thu lôi là nguy hiểm và phản đối việc lắp đặt nó. Sau một thời gian dài đấu tranh và kháng cáo, de Vissery đã thắng kiện.

Chiến thuật của Franklin trong toàn bộ cuộc chiến giành cột thu lôi này rất thú vị. Ông thường không phát biểu công khai, nhưng thông qua các cuộc trò chuyện và lượng thư từ khổng lồ, ông liên tục gây ảnh hưởng đến các nhà khoa học và nhà hoạt động xã hội hàng đầu. Với sự tuyên truyền như vậy, ông đã tạo cho mình một đội quân hùng mạnh gồm những người lãnh đạo thời bấy giờ, chiến đấu để thực hiện đứa con tinh thần của mình - cột thu lôi.

Ở Anh, cuộc đấu tranh chống cột thu lôi mang tính chính trị sâu sắc. Nhà khoa học người Anh Wilson đã cố gắng chứng minh rằng có thể đạt được những tác hại đã biết của cột thu lôi nếu đầu của nó bị cùn và điều này cho phép điện tích chảy ra. Vì thời điểm tranh chấp này trùng với thời kỳ nước Mỹ giải phóng khỏi ách thống trị của thực dân và Franklin đã trở thành một nhân vật chính trị quan trọng ở nước Mỹ trẻ tuổi và là một trong những người đấu tranh tích cực nhất cho tự do, nên bất kỳ công dân Anh nào cung cấp cho cột thu lôi của mình một cạnh chứ không phải một đầu thẳng đều bị coi là không có lợi về mặt chính trị.

Vua George III của Anh đã yêu cầu Hiệp hội Hoàng gia từ bỏ lời giải để sử dụng trên cột thu lôi Franklin. Theo yêu cầu này của nhà vua, cư dân của Hiệp hội Hoàng gia, John Prigle, bác sĩ của nhà vua và là bạn riêng của Franklin, đã đưa ra câu nói nổi tiếng sau đáp số: “Cả trong nghĩa vụ lẫn khuynh hướng của mình, ông ấy sẽ luôn thực hiện những mong muốn của bệ hạ bằng hết khả năng của mình, nhưng ông ấy không thể thay đổi các quy luật tự nhiên, cũng như không thay đổi cách vận hành các lực lượng của chúng”. Vì những lời này, ông đã bị sa thải khỏi vị trí bác sĩ hoàng gia và bị loại khỏi nơi cư trú tại Hiệp hội Hoàng gia.

9

Huy chương Copay được trao cho Franklin vì những khám phá của ông trong lĩnh vực điện.

Trong cuộc đấu tranh về vấn đề cột thu lôi, người ta đã sử dụng mọi thủ đoạn, vu khống, bóng gió, cả về mặt cá nhân và chống lại bạn bè của ông. Franklin vẫn rất ủng hộ, bất chấp những lời công kích cá nhân, và luôn nói rằng trong các vấn đề khoa học, sự thật chỉ được tiết lộ qua kinh nghiệm. Quả thực, kinh nghiệm đã giải quyết được tranh chấp này, nhưng phải hàng chục năm sau, khi học thuyết về sự phóng điện của sét và điện trường đạt đến trình độ hiện đại. Bây giờ chúng ta thấy rằng toàn bộ tranh chấp này không có cơ sở, vì đối với một cột thu lôi nói chung, việc nó kết thúc như thế nào, bằng một đầu hay một đầu cùn không quan trọng. Ở khoảng cách ngắn so với mặt đất, hình dạng hình học của đầu cột thu lôi không thể ảnh hưởng đáng kể đến sự phân bố của điện trường trên mặt đất.

Nhưng một trong những chuyên gia hàng đầu về phóng điện sét, Tiến sĩ Schonland, chỉ ra rằng quá trình trung hòa điện tích của đám mây thông qua sự phóng điện yên tĩnh, do Franklin dự đoán, vẫn có thể được thực hiện, nhưng chỉ khi đầu cột thu lôi ở cách mặt đất một khoảng cách rất xa đến mức có thể so sánh với chiều cao của đám mây. Đây là trường hợp cột thu lôi được đặt trên các tòa nhà chọc trời cao nhất nước Mỹ; thì thực tế có thể quan sát được từ đầu que một tia phóng điện lặng lẽ không biến thành tia sét. Schonland nói thêm rằng đó chắc chắn là một cảm giác hài lòng đối với Franklin nếu anh ấy biết được điều đó.

Tôi sẽ chỉ nói ngắn gọn về hoạt động của Franklin trong các lĩnh vực khác.

trong khoa học, vì ngoài ý nghĩa được mô tả về thành tích, ông còn có những thành tựu trong các lĩnh vực khác.

Franklin tham gia vào lĩnh vực địa vật lý, đưa ra bản đồ về cuộc thử nghiệm Dòng chảy Vịnh, phát minh ra một nhạc cụ có quả cầu thủy tinh, một chiếc bếp tiết kiệm vẫn được phân phối ở Mỹ và Pháp, đèn đường, kính đôi cho những người già ở xa, v.v. Ngoài ra, nhờ tính cách công chúng và trí óc sôi nổi, Franklin đã tư vấn rất nhiều và đóng góp cho sự phát triển của khoa học. Tất nhiên, thông tin về hầu hết các cuộc tham vấn này đã chìm vào quên lãng, nhưng một số đã đến được với chúng tôi.

Ví dụ, Louis XVI đã đề nghị Franklin làm thành viên ủy ban về giá trị của phương pháp điều trị do Tiến sĩ Mesmer đề xuất, người đã sử dụng cái gọi là “từ tính động vật”. Điều thú vị là Tiến sĩ Guillotin, người phát minh ra máy chém, cũng tham gia vào ủy ban tương tự. Franklin phủ nhận sự tồn tại của từ tính động vật, nhưng tin rằng đó không phải là một phương pháp điều trị có hại, vì nó giúp giải trí cho những người giàu có mà không gây hại, điều này không phải lúc nào cũng có thể nói về các phương pháp điều trị y học không có căn cứ khác.

Franklin rất tán thành chuyến bay của anh em nhà Montgolf.

Franklin tin rằng những thành tựu khoa học là tài sản của tất cả mọi người và mối quan tâm đến sự phát triển của khoa học thế giới phải đứng ngoài những mâu thuẫn chính trị và quân sự.

10

Ngôi nhà của Franklin ở Passy. Tranh của Victor Hugo.

giữa các dân tộc. Vì vậy, trong cuộc chiến với nước Anh, khi nhà thám hiểm nổi tiếng Thuyền trưởng Cook đang trở về sau chuyến hành trình của mình, Franklin đã ban hành gợi ý cho tất cả các tàu và tàu cướp biển của Mỹ để đối xử tôn trọng với Thuyền trưởng Cook ở bất cứ nơi nào họ gặp ông trong chuyến hành trình. Điều đáng quan tâm hiện nay là Franklin, đang ngồi trong Quốc hội, đã thuyết phục không gia hạn lệnh cấm vận đối với tất cả hàng hóa do Anh sản xuất đối với thiết bị khoa học.

Nghiên cứu tiểu sử của Franklin, bạn ngày càng hiểu tại sao lại có sự kính trọng và ngưỡng mộ đối với con người vĩ đại này mà người dân Mỹ đã cống hiến cho nhân loại.

Trong thời đại khoa học tự nhiên phát triển nhanh chóng, mỗi quốc gia đều có Người sáng lập khoa học vĩ đại của riêng mình - ở nước ta là Lomonosov, ở Anh - Newton, ở Ý - Galileo, ở Hà Lan - Huygens, ở Pháp - Descartes, ở Đức - Leibniz, ở Mỹ - Franklin. Thành tựu của những nhà khoa học vĩ đại này là niềm tự hào của toàn thể nhân loại. Và chúng tôi, những người dân Liên Xô, biết ơn nhân dân Mỹ, những người đã cống hiến và nuôi dưỡng Franklin vĩ đại cho con người.

Góc sưu tầm

TRÊN TEM - FRANKLIN

Nhân vật nổi tiếng và tự nhiên người Mỹ Benjamin Franklin, người được kỷ niệm sinh nhật lần thứ 275 trên tạp chí Quat này, đã để lại một dấu ấn đáng kể trong giới sưu tầm thế giới. Vài chục tem bưu chính được dành tặng cho ông. Đương nhiên, một số lượng lớn trong số chúng đã được phát hành ở Mỹ. Con tem đầu tiên của Mỹ có chân dung Franklin được phát hành vào năm 1847. Cùng với con tem có hình George Washington, nó đã hình thành nên loạt tem đầu tiên có chủ sở hữu trên khắp nước Mỹ. 28 con tem Mỹ dành riêng cho Franklin đã được thêm vào đó. Hai trong số chúng, được phát hành vào năm 1908 và 1922, được chúng tôi lựa chọn. Những con tem có hình Franklin theo truyền thống mở đầu cho loạt bưu phẩm mới ở Hoa Kỳ.

Năm 1956, một số quốc gia đã long trọng tổ chức lễ kỷ niệm 250 năm ngày sinh của Franklin. Ở nước ta, một cuộc họp long trọng của Viện Hàn lâm Khoa học đã được dành riêng cho sự kiện này. Lễ kỷ niệm của Franklin được tổ chức bằng cách phát hành tem bưu chính đặc biệt. Ở đây chúng tôi sẽ sao chép những con tem của Liên Xô, Romania và Bulgaria dành riêng cho sự kiện này.

V. Leshkovtsev

11

V. Boltyansky

Đồ thị Plockian

Trong bài viết này, chúng tôi tiếp tục nghiên cứu các tính chất tôpô của đồ thị, đã bắt đầu từ số trước của tạp chí. Lần này chúng ta sẽ nói về một số tính chất sâu của đồ thị phẳng. Việc nghiên cứu chúng sẽ đòi hỏi sự kết hợp giữa “con quỷ đại số trừu tượng” và một trong những tay sai của hắn - một bất biến được gọi là chỉ số giao.

Ba ngôi nhà và ba cái giếng

Đồ thị $A$ được cho là có thể nhúng vào mặt phẳng nếu có đồ thị $A'$ trên mặt phẳng có dạng hình học $A$. Do đó, một đồ thị bao gồm các cạnh của một khối tứ diện và một đồ thị bao gồm các cạnh của hình lập phương đều có thể nhúng được vào mặt phẳng (Hình 1).

Chúng ta hãy đưa ra hai ví dụ về đồ thị không thể nhúng vào một mặt phẳng.

Ví dụ 1 (“nhà và giếng”). Sáu điểm được cho trên mặt phẳng: $D_1, D_2, D_3$ (nhà) và $K_1, K_2, K_3$ (giếng); Có thể vẽ đường nhiệt đới trên mặt phẳng từ mỗi nhà đến từng giếng sao cho không có hai đường nhiệt đới nào giao nhau không?

Hình 1.
Hình 2.

13

rằng mỗi chu trình là một tập hợp của một số hữu hạn các đường đứt nét, mỗi đường đứt đoạn nằm trên một đường tròn (và các đường đứt nét này theo cặp không có liên kết chung).

Pozny chỉ cần thiết lập một tuyên bố khá có thể chứng minh là đủ trong trường hợp mỗi chu kỳ $x, y$ bao gồm một vòng tròn chia sẻ mái ấm gia đình bị hỏng. Bằng cách di chuyển nhẹ các đỉnh của chu trình $x$ và $y$, chúng ta có thể đảm bảo rằng chỉ số $I(x, y)$ không thay đổi và không có đoạn nào trong chu trình $x$ song song với bất kỳ đoạn nào có trong $y$. Chúng ta hãy chọn một đường thẳng $l$ không song song với bất kỳ đường thẳng nào nối bất kỳ đỉnh nào của chu trình $x$ với bất kỳ đỉnh nào của chu kỳ $y$, và chúng ta sẽ liên tục di chuyển chu trình $x$ (như một tổng thể cứng nhắc) song song với đường thẳng $l$ (Hình 5). Chỉ số giao nhau $I(x, y)$ chỉ có thể thay đổi tại những thời điểm khi các đỉnh của chu trình kép $x$ đi qua các cạnh của chu trình cố định $y$ hoặc khi các cạnh của chu trình $x$ đi qua các đỉnh của chu trình $y$ (các đỉnh của chu trình $x$ không thể đi vào các đỉnh của chu trình $y$ do chọn đường thẳng $l$). Tuy nhiên, như Hình 6 cho thấy, tại thời điểm khi một số cạnh $a$ của chu kỳ $x$ đi qua đỉnh $q$ của chu kỳ $y$, số điểm giao nhau không thay đổi tính chẵn lẻ của nó và do đó chỉ số giao nhau $I(x, y)$ không thay đổi. Điều tương tự cũng xảy ra khi các đỉnh của chu trình $x$ đi qua các cạnh của chu trình $y$.

Vì vậy, trong toàn bộ chuyển động chỉ số giao nhau không thay đổi và bất biến. Nhưng cuối cùng chu trình $x$ kết thúc ở vị trí không có điểm chung với $y$ (xem Hình 5), do đó chỉ số giao nhau trở thành 0. Do đó, ban đầu nó là $I(x, y) = 0$.

Không thể nhúng của biểu đồ patvertex hoàn chỉnh

Bây giờ chúng ta có thể chứng minh rằng đồ thị $P_2$ được xem xét trong Ví dụ 2 không thể nhúng vào mặt phẳng. Hãy nối 5 điểm trên mặt phẳng theo cặp bằng các đường đứt nét, tạm thời không chú ý đến các giao điểm. Các mép gãy không có đầu chung gọi là tình trạng không có cuống. Chúng ta hãy biểu thị bằng $J$ tổng các chỉ số giao nhau trên tất cả các tham số của các cạnh RES. Tất nhiên, con số $J$ phụ thuộc vào cách vẽ các cạnh trên mặt phẳng. Nếu chúng có thể được vẽ mà không có giao điểm thì số $J$ sẽ bằng 0. Tuy nhiên, chúng ta sẽ chứng minh rằng với bất kỳ

14

Cách kiểm tra cạnh là số J lẻ. Điều này sẽ chứng minh rằng đồ thị $P_2$ không thể nhúng vào mặt phẳng.

Giả sử chúng ta thay đổi vị trí của một cạnh, chẳng hạn như $M_1M_2$. Chúng tôi biểu thị vị trí ban đầu của cạnh này bằng $x$ và vị trí mới của nó bằng $x'$. Không liền kề với cạnh $M_1M_2$ là ba cạnh ($M_3M_4$, $M_4M_5$, $M_5M_3$). Đa tuyến khép kín $M_3M_4M_5$ (có thể giao nhau với chính nó) là một chu trình; hãy biểu thị nó bằng $y$ (Hình 7). Các đường đứt nét $x$ và $x'$ gộp lại với nhau cũng tạo thành một chu trình. Vì chỉ số giao nhau của hai chu kỳ bất kỳ bằng 0:

$$I(x \cup x', y) = 0,$$

số giao điểm của cạnh $x$ với chu trình $y$ (tức là với tất cả các cạnh không liền kề với nó) có cùng độ chẵn lẻ với số giao điểm của cạnh $x'$ với chu trình $y$.

Như vậy, khi thay cạnh $x$ bằng cạnh $x'$ thì số $J$ không thay đổi tính chẵn lẻ của nó.

Từ những gì đã được chứng minh, ta suy ra rằng đối với mọi cách sắp xếp các cạnh trên mặt phẳng, số $J$ luôn có cùng tính chẵn lẻ. Thật vậy, nếu đưa ra hai cách sắp xếp các cạnh khác nhau, thì, tuần tự chú ý đến cạnh đầu tiên của cách sắp xếp thứ nhất với cạnh tương ứng của cách sắp xếp thứ hai, sau đó là cạnh khác, cách sắp xếp khác, v.v., chúng ta sẽ dần dần thay thế cách sắp xếp thứ nhất bằng cách sắp xếp thứ hai, và tính chẵn lẻ của số $J$, theo những gì đã được chứng minh, sẽ không thay đổi.

Vì vậy, đối với tất cả các vị trí cạnh, số $J$ chẵn hoặc lẻ cho tất cả các vị trí. Trong Hình 3 chỉ có một điểm giao nhau (tất nhiên, các cạnh cong trong hình này có thể được thay thế bằng các đường đứt nét). Như vậy trên hình 3 là số $J$ bằng một, và do đó với mọi cách sắp xếp các cạnh thì nó là số lẻ và do đó, $P_2$ Chúng ta đừng đặt nó trong một chiếc máy bay.

Bài toán

1. Chứng minh rằng đồ thị $P_1$ từ Ví dụ 1 không thể nhúng vào mặt phẳng.
2. Các cạnh của đồ thị là các cạnh và hầu hết các đường chéo của $n$-giác đều

$(n > 3)^*$. Chứng minh rằng thậm chí $n$ đồ thị này có thể được nhúng vào một mặt phẳng, nhưng nếu nó là số lẻ thì không thể.

3. Các cạnh của đồ thị là các cạnh và hầu hết các đường chéo*) của một $2n$-giác thông thường. Chứng minh rằng với $n \geqslant 3$ đồ thị này không thể nhúng vào mặt phẳng.
4. Các cạnh của đồ thị là các cạnh và hầu hết các đường chéo*) ($2n+1$ đều $(2n+1)$-giác của chúng. Chứng minh rằng đồ thị này không thể nhúng vào mặt phẳng.

Nó không thể đơn giản hơn sao?

Ở trên (xem Hình 5, 6), chúng ta đã chứng minh rằng chỉ số giao nhau của hai chu trình bất kỳ trên mặt phẳng đều bằng 0. Có lẽ bạn đọc sẽ gợi ý cách chứng minh đơn giản hơn sau: ta sẽ đi theo đường đứt nét kín $x$; tại mỗi điểm giao nhau với đường đứt nét kín $y$ chúng ta sẽ đi vào vùng bên trong của đường đứt nét $y$ hoặc để vào vùng bên ngoài; vì điểm vào và điểm thoát đi qua một điểm nên số điểm vào bằng số điểm thoát; Điều này có nghĩa là tổng số giao điểm của các đường đứt nét $x$ và $y$ là số chẵn.

Tuy nhiên, bằng chứng này chỉ có thể được coi là đúng nếu ý nghĩa của khái niệm “khu vực nội bộ” đã rõ ràng và khái niệm này thoạt nhìn không đơn giản chút nào. Ý nghĩa của khái niệm này được làm rõ.

Định lý Jordan

Một đường khép kín đồng phôi với một đường tròn được gọi là đường khép kín đơn giản.

*) Hơn nữa, các “đường chéo” của giáo viên được nâng lên trong không gian và do đó không giao nhau theo cặp.

15

dòng băm nhỏ. Định lý Jordan là bất kỳ đường khép kín đơn giản nào nằm trên một mặt phẳng đều chia mặt phẳng này thành hai phần (bên trong và bên ngoài). Hãy giải thích ý nghĩa của định lý này. Cho $l$ là một đường khép kín đơn giản trên mặt phẳng. Chúng ta hãy lấy các điểm, $p, q$, không nằm trên đường thẳng $l$. Nếu $p$ và $q$ có thể được nối bằng một đường đứt nét không giao nhau với $l$ thì các điểm $p$ và $q$ được coi là nằm trong cùng một vùng so với đường $l$. Nếu bất kỳ đường đứt đoạn nào nối các điểm $p$ và $q$ nhất thiết phải giao nhau với $l$ thì chúng tôi coi rằng $p$ và $q$ nằm ở các khu vực khác nhau. Định lý Jordan phát biểu rằng đường thẳng $l$ xác định hai vùng mặt phẳng.

Người ta không nên nghĩ rằng định lý Jordan phát biểu điều gì đó hoàn hảo. Mỗi “sự hiển nhiên” của nó chỉ được giải thích bởi thực tế là những đường rất đơn giản thường xuất hiện trong đầu bạn (hình tròn, đường viền của đa giác lồi, v.v.). Trong trường hợp tổng quát, phát biểu

Hình 8.

Phần cuối của định lý Jordan không rõ ràng lắm. Hình 8 cho thấy một đường đa tuyến khép kín đơn giản (có thể kiểm tra điều này bằng cách vẽ một đường bằng bút chì). Tuy nhiên, không hề rõ ràng rằng mặt phẳng bị đường này cắt thành hai vùng; ví dụ, không thể xác định ngay được điểm $a, b, c, d$ nằm ở khu vực nào (bên trong hay bên ngoài).

Chúng ta sẽ chứng minh định lý Jordan dựa trên việc áp dụng chỉ số giao. Trong trường hợp này, chúng tôi giới hạn bản thân trong trường hợp khi $l$ không phải là một đường khép kín đơn giản tùy ý trên mặt phẳng, mà là một đường gãy khép kín đơn giản.

Đặt $b_1, b_2, \dots, b_n$ là các mắt xích liên tiếp của đường đứt nét $l$. Hãy vẽ một đoạn liên kết giao nhau $b_1$ tại điểm $a$ và lấy hai điểm $p, p'$ trên đoạn này, nằm ở hai phía đối diện của liên kết $b_1$ ở cùng một khoảng cách với nó. Thông qua các điểm $p$, chúng ta vẽ một đoạn song song với liên kết $b_1$ đến điểm giao nhau của nó với bisertric của góc giữa các liên kết $b_1$ và $b_2$ (Hình 9). Từ điểm giao nhau này, chúng ta vẽ một đoạn song song với $b_2$ cho đến khi nó giao với bisertric của góc giữa các liên kết $b_2$ và $b_3$, v.v. Kết quả là chúng ta thu được một đường đứt nét $x$, các liên kết của chúng có cùng khoảng cách với các liên kết tương ứng của đường gãy $l$. Nếu trong trường hợp này, điểm $p$ được lấy đủ gần với $a$ thì đường được xây dựng $x$ không giao nhau $l$ và việc đi dọc theo đường $l$ sẽ quay trở lại điểm $p$ hoặc tới $p'$. Tuy nhiên, dễ hiểu là đường đứt nét $x$ thuộc về điểm $p'$ nếu đường đứt nét $x$ nối các điểm $p$ và $p'$, thì bằng cách thêm đoạn $pp'$ vào $x$, chúng ta sẽ thu được một chu trình giao với chu trình $l$ tại một điểm duy nhất $a$, tức là chỉ số giao nhau của hai chu trình này bằng 1, điều này là không thể. Vì vậy, $x$ là một đa tuyến đóng xuất phát từ điểm $p$, đi một lần dọc theo đường đứt nét $l$ và quay trở lại điểm $p'.$ Tương tự, ta được một đa tuyến đóng $x'$, đi một lần dọc theo đường đứt nét $p'$, một lần đi dọc theo đường gãy $l$ và quay trở lại điểm $p'$.

16

Bây giờ giả sử $c$ là một điểm tùy ý không nằm trên đường thẳng $l$. Sau đó, nó có thể được tạo điều kiện thuận lợi mà không cần giao nhau $l$, với điểm $p$ hoặc với điểm $p'$: chỉ cần kiểm tra từ điểm $c$ các tia giao nhau với các đường $x, x'$ và từ điểm $c$ đi đến điểm giao nhau đầu tiên của tia này với bất kỳ đường thẳng nào $x, x'$, rồi dọc theo đường này đến điểm $p$ hoặc $p'$.

Không khó hiểu khi hai đường đứt nét $y, z$ khác nhau được vẽ từ điểm $c$, không cắt nhau $l$ và kết thúc tại một trong các điểm $p, p'$, thì cả hai đều có cùng một điểm. Trên thực tế, nếu đường đứt nét $y$ nối điểm $c$ với $p$ và đường đứt nét $z$ nối điểm $c$ với $p'$ (Hình 10), thì đường đứt nét $y \cup z$ cùng với đoạn $pp'$ sẽ tạo thành một chu trình có chỉ số giao nhau với chu trình $l$ bằng 1, điều này là không thể.

Bây giờ việc chứng minh định lý Jordan không khó. Chúng ta hãy biểu thị bằng $U$ tập hợp tất cả các điểm trên mặt phẳng có thể nối với điểm $p$ mà không cắt nhau $l$ và bằng $V$ là tập hợp các điểm có thể nối với điểm $p'$ mà không cắt nhau $l$. Khi đó $U$ và $V$ sẽ là hai vùng mà đường $l$ phân chia mặt phẳng. Trong thực tế, nếu điểm

$c_1, c_2$ thuộc cùng một vùng (giả sử $U$) thì có các đường đứt nét $y_1, y_2$, không giao nhau $l$, nối $c_1$ và $c_2$ với điểm $p$. Sự kết hợp của họ là một đường đứt đoạn nối $c_1$ và $c_2$ và không giao nhau $l$. Vì vậy, hai điểm thuộc cùng một vùng có thể được kết nối bằng một đường đa tuyến không giao nhau $l$ (nếu không, như trên, chúng ta sẽ có một chu trình có chỉ số giao nhau là 1 với $l$).

Như vậy, định lý Jordan (đối với trường hợp đường đứt nét khép kín đơn giản) đã được chứng minh.

Quét. Tất cả các điểm “xa” của mặt phẳng đều nằm trong cùng một khu vực so với đường $l$ (Hình 11). Do đó, một trong hai vùng được xác định bởi các đường $l$ không bị giới hạn và vùng còn lại bị giới hạn. Vùng không giới hạn được gọi là bên ngoài và vùng giới hạn được gọi là bên trong. Các điểm của vùng bên ngoài được đặc trưng bởi thực tế là từ những điểm này người ta có thể kiểm tra các đường đứt đoạn không giao nhau $l$ và đi xa $l$ như mong muốn; các điểm trong miền nội địa không có tính chất này.

Bài tập.

5. Nếu đường gãy $l$ rất phức tạp thì rất khó để xác định “bằng mắt” rằng điểm $a$ nằm ở khu vực nào (bên trong hay bên ngoài): để làm được điều này, bạn cần tìm hiểu xem, bắt đầu từ điểm $a$, có thể thoát ra “mê cung” được hình thành bởi đường $l$ hay không (xem Hình 8). Chứng minh rằng nếu một tia phát ra từ điểm $a$ và không đi qua các đỉnh của đường đứt nét $l$ cắt $l$ tại một số điểm chẵn thì điểm $a$ nằm trong vùng bên ngoài (tức là có thể thoát ra khỏi “mê cung”), còn nếu ở số lẻ thì điểm $a$ nằm trong vùng bên trong.

6. $k$ các đường đứt nét được vẽ trên mặt phẳng, mỗi đường nối hai điểm cho trước $p$ và $q$. Chứng minh rằng nếu không có đường đứt nét nào khác theo cặp thì mặt phẳng được chia thành các vùng $k$.

17

L. Borovinsky

Tại sao Vanka-Vstanika không nằm xuống?

Chắc hẳn nhiều bạn còn nhớ từ thuở ấu thơ hoặc mới đọc cho các em nghe những bài thơ vui nhộn của Samuchil Ykovlevich Marshak về búp bê neva-lyashka - Vanka-Vstanyka:

Bê ngủ, gà ngủ,
Bạn không thể nghe thấy tiếng chim sáo vui vẻ từ tổ.
Chỉ có một cậu bé tên Vanka,
Theo Vstanyka, anh ấy không hề ngủ chút nào.
Vanka và Vstanyka có những bảo mẫu không hạnh phúc:
Họ sẽ bắt đầu đưa Vanka đi ngủ,
Nhưng Vanka không muốn - anh ấy sẽ nằm xuống và nhảy lên,
Anh ta lại nằm xuống và lại đứng dậy.
Họ sẽ đắp cho anh ta một tấm chăn bông -
Trong mơ anh sẽ vứt chăn đi
Và một lần nữa, như trước đây, anh đứng trên giường,
Đứa trẻ đứng trên giường suốt đêm.
Cậu bé được bác sĩ của bệnh viện nhi đồng điều trị.
Anh ta nói những lời này với người lớn:

• Đó là lý do tại sao nó không hợp với em, em yêu,
  Rằng đầu của bạn quá nhẹ!

Vì vậy, “một bác sĩ của bệnh viện nhi”, theo bài đăng, đã tìm ra nguyên nhân dẫn đến hành vi kỳ lạ của Wang.

2 «Kvant» № 7

18

“đầu” không đóng vai trò gì. Ở phần dưới của “tulvish” có một khối vật thể đồ sộ có dạng một đoạn hình cầu với chiều cao $h$. Đoạn này được giới hạn bởi một phần bề mặt của “tulvish” và một mặt phẳng vuông góc với trục đi qua tâm của hình cầu và điểm tiếp xúc của chúng.

Nếu bạn cố gắng đặt con búp bê lên một mặt phẳng nằm ngang và tưởng tượng nó, nó sẽ ngay lập tức đứng dậy. Tại sao? Rõ ràng vị trí thẳng đứng của Vanka-Vstanka là vị trí cân bằng ổn định. Có một quy luật trong cơ học: ở trạng thái cân bằng ổn định, trọng tâm của một vật phải ở vị trí thấp nhất có thể đối với nó. Điều này có nghĩa là giá trị thế năng do trọng lực gây ra phải nhỏ nhất có thể.

Chúng ta hãy tìm hiểu xem trong những điều kiện nào thì thế năng của Vanka-Vstanka sẽ nhỏ nhất khi anh ta ở vị trí thẳng đứng. Chúng ta hãy di chuyển con búp bê ra khỏi vị trí cân bằng bằng cách làm lệch trục của nó một góc $\alpha$ so với phương thẳng đứng. Gọi $h_c$ là chiều cao trọng tâm của một vật nặng khi trục thẳng đứng, $M$ khối lượng của nó và $m$ khối lượng của “đầu”. Khối lượng của lớp vỏ tulvish không thành vấn đề, vì chiều cao trọng tâm của lớp vỏ, và do đó, thế năng của nó, không thay đổi khi Vanka-Vstanka nghiêng.

Có thể thấy trên hình, độ cao trọng tâm của một vật nặng khi trục nghiêng là $h_c = |CD| + |BL| = h_c \cos \alpha + R - R \cos \alpha$, và độ cao trọng tâm của đầu là $h_2 = |LO| + |KO_1| = R + (R + r) \cos \alpha$.

Tổng thế năng của cơ thể khổng lồ và “cái đầu” là $E_\pi = Mgh_1 + mgh_2 = (M + m)gR + (m(R + r) - M(R - h_c))g \cos \alpha$.

Theo đó, thế năng của Vanka-Vstanka với trục thẳng đứng, tức là ở $\alpha = 0$, sẽ tối thiểu nếu biểu thức nhân với $g \cos \alpha$ là âm:

$$m(R + r) - M(R - h_c) < 0,$$

hoặc

$$m < M \frac{R - h_c}{R + r}.$$

Còn lại, các quy luật, đại lượng chưa biết $h_c$, nhưng nó có thể được biểu thị thông qua các đại lượng đã biết $R$ và $h$ (điều này được chấp nhận mà không cần chứng minh):

$$h_c = h \frac{8R - 3h}{12R - 4h}.$$

Vì vậy, chúng tôi đã tìm ra một điều kiện toán học chính xác cho thấy Vanka-Vstanka phải “choáng váng” đến mức nào mới có thể giữ được tư thế thẳng đứng ngay khi bị bỏ lại một mình.

Chéo

Điền vào các ô các số 1, 2,…, 9 sao cho mỗi số đẹp hơn theo chiều ngang thì tổng các chữ số của nó được ghi vào ô màu hồng của dấu vết của nó;

Với mỗi số thu được theo chiều dọc, tổng các chữ số của nó cũng được viết vào ô màu hồng phía trên;

các chữ số trong mỗi số này đều khác nhau.

Các ô màu xanh vẫn trống.

E. Rekstin

19

Bài toán

M691—M695; F703—F707

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường hiện tại. bài toán khó nhất được đánh dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Bài toán trong số này đã được đưa ra tại vòng chung kết của Cuộc thi Olympic toàn liên bang dành cho học sinh. Số trong ngoặc đơn cho biết lớp mà bài toán được cung cấp. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 15 tháng 9 năm 1981 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant». Trong cột “Tới”, viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 7 - 81” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M691, M692” hoặc “F703”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hãy gửi vào các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải trong phong bì này). Vui lòng gửi các điều kiện của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản trong một phong bì riêng thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này.

M691. Chúng ta sẽ nói rằng một số có tính chất (K) nếu nó phân tích thành tích của K số tự nhiên liên tiếp lớn hơn 1. a) Tìm một K sao cho một số N có cả hai tính chất (K) và (K+2).

6. Chứng minh rằng các số có cả hai tính chất (2) và (4) không tồn tại. (8)

V. Fedotov

M692. Điểm $C_1, A_1, B_1$ lần lượt được lấy trên các cạnh $AB, BC, CA$ của tam giác $ABC$ sao cho $|AC_1| : |C_1B| = |BA_1| : |A_1C| = |CB_1| : |B_1A| = 1:3.$

Chứng minh rằng chu vi $P$ của tam giác $ABC$ và chu vi $P_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ liên hệ với nhau bởi các bất đẳng thức a) $P_1 < \frac{3}{4}$ P; 6) $P_1 > \frac{1}{2}$ P. (8)

V. Turchaninov

M693. Ở một số trong 1000 cư dân cuối cùng. Mỗi ngày, mỗi người trong số họ chia sẻ những tin tức họ học được ngày hôm qua với tất cả bạn bè của mình. Được biết, mọi tin tức đều được mọi người dân trong làng biết đến. Chứng minh rằng bạn có thể chọn 90 cư dân sao cho nếu bạn cho họ biết một số tin tức cùng một lúc thì sau 10 ngày tất cả cư dân trong làng đều biết tin đó. (9)

N. Kartashov, A. Savin

M694. Mỗi đỉnh của hình lập phương chứa một số. Trong một bước, một số được cộng vào hai số được đặt trên một (bất kỳ) cạnh nào. Có thể làm cho tất cả tám số bằng nhau trong một số bước như vậy nếu các số đầu tiên được đặt như trong Hình 1 không? Giống như trong Hình 2? Giống như trong Hình 3? (9)

M695*. Có thể tô màu tất cả các ô của một bảng hình chữ nhật thành trắng và đen để có nhiều ô trắng và đen hơn không?

20

chính xác, nhưng trong mỗi hàng và mỗi cột có hơn 3/4 ô cùng màu? (10)

S. Konyagin

F703. Một tên lửa được phóng từ bề mặt Trái đất theo phương thẳng đứng lên trên với vận tốc thoát đầu tiên và quay trở lại Trái đất cách địa điểm phóng không xa. Cô ấy đã bay bao lâu rồi? Bán kính Trái đất là $R_3=6400$ km.
Lưu ý: Diện tích của hình elip có kết quả là $a$ và $b$ là $S=\pi ab$. (10)

E. Surkov

F704. Dọc theo hai mặt phẳng nghiêng nhẵn tạo thành các góc bằng nhau $\alpha$ với đường chân trời, một hình trụ và một hình nêm chuyển động chạm vào nhau (Hình 4). Tìm lực mà nêm ép lên hình trụ. Khối lượng của hình trụ là $m_1$, khối lượng của hình nêm là $m_2$. Bỏ qua phần thứ ba giữa hình trụ và hình nêm. (8)

S. Krotov

F705. Một bình cách điện hình trụ nằm ngang có thể tích $V_0=100$ l, chứa đầy gel, được chia thành hai phần bằng một pít-tông có thể chuyển động được, có thể chuyển động không ma sát. Khí nằm ở phía bên trái của bình có đại lượng cho biết $\Delta Q=100$ J. Tìm sự thay đổi áp suất trong bình khi pít-tông ngừng chuyển động. (9, 10)

A. Zilberman

F706. Để chuyển tải theo phương ngang trên khoảng cách $L=20$ m, người ta sử dụng xe đẩy tự hành di chuyển dọc theo đường ray ngang. Tải cần di chuyển được treo từ một sợi cáp có chiều dài $l=5$ m vào xe đẩy (Hình 5). Xe tăng lên một nửa với gia tốc bằng nhau và một nửa với gia tốc bằng nhau. Xác định khả năng các giá trị gia tốc của xe đẩy mà tại đó tải sẽ không chuyển động sau khi xe dừng ở cuối hành trình. (10)

V. Mozhaev

F707. Ống kính điện thoại Gale có đường kính $D=250$ cm và tiêu cự $F=160$ m. Kính thiên văn được sử dụng để chụp ảnh một vệ tinh nhân tạo của Trái đất, có đường kính $d=200$ cm và nằm ở khoảng cách $L=320$ km.

1. Tấm nhựa chụp ảnh nên được đặt ở khoảng cách bao nhiêu so với tiêu điểm?
2. Hình ảnh của vệ tinh nhân tạo sẽ có kích thước như thế nào?
3. Đường kính của hình ảnh ngôi sao được đặt (không tập trung) trong bức ảnh sẽ là bao nhiêu? (10)

S. Kozel

21

Lời giải bài toán

M645. Có ba hành lang ở tầng hầm (Hình 1; $|OA| = |OB| = |OC| = l$), tất cả các lối ra đều bị đóng. Thanh tra Warnicke và một người đại diện đang ở đó. Warnicke thay thế người đại diện nếu khoảng cách giữa họ không vượt quá $r$. Anh ta biết rằng tốc độ tối đa của người đại diện bằng một nửa tốc độ tối đa của chính anh ta. Lúc đầu, thanh tra viên đang ở điểm $O$ và không nhìn thấy người đại diện. Warnicke nên hành động như thế nào để chắc chắn bắt được người đại diện nếu $a) r = l/3, 6) r = l/4, \text{в})^* r > l/5, \text{в}) r > l/7$. Bỏ qua chiều rộng của hành lang và kích thước của người. (Warnicke phải đưa ra một kế hoạch hành động sao cho dù người đại diện có biết trước về việc đó thì anh ta vẫn không thể thực hiện được dịch vụ).

Hình 1.

Hình 2.

1. Lời giải bài toán tại $r > l/5$ (một phần, tại $r = l/3$ và $r = l/4$).
   Đầu tiên, Warnicke “lược” hành lang $OC$. Sau khi chắc chắn rằng người đại diện không có ở đó, Warnicke rút lui về hành lang $OA$ ở khoảng cách $2r$ rồi quay lại điểm $O$, di chuyển với tốc độ tối đa (sau đây sẽ coi như thanh tra luôn di chuyển với tốc độ tối đa). Giả sử sau khi quay lại điểm $O$, thanh tra viên không gặp người đại diện; Anh ta biết gì trong trường hợp này về nơi ở có thể có của người đại diện?

1. Người phạm tội không thể ở hành lang $OC$: có thể dễ dàng kiểm tra rằng nếu trong thời gian vắng mặt thanh tra viên tại điểm $O$ anh ta cố chạy từ hành lang $OB$ sang hành lang $OC$ thì đến thời điểm thanh tra viên quay lại điểm $O$ khoảng cách từ người đại diện đến $O$ sẽ không quá $r$.

2. Nếu người phạm tội ở hành lang $OA$, thì ở khoảng cách từ $O$, lớn hơn $2r$: thực sự, khi thanh tra viên ở hành lang $OA$ ở khoảng cách $2r$ từ $O$, thì người phạm tội (nếu anh ta ở $OA$) ở khoảng cách từ $O$, hơn $3r$, và vào thời điểm thanh tra quay lại điểm $O$, khoảng cách từ người phạm tội đến $O$ có thể giảm không quá $r$ (Hình 2).

Nếu $r \geq l/3$ thì người phạm tội hoàn toàn không thể ở trong $OA$, và do đó bài toán a) được giải quyết: để tóm được người phạm tội, thanh tra chỉ cần khám phá hành lang $OB$ cho đến hết.

Nếu $r < l/3$, thì ý nghĩa hành động tiếp theo của thanh tra là đi sâu hơn vào hành lang $OB$, rồi vào hành lang $OA$ với khoảng cách ngày càng xa hơn, nhưng để người vi phạm không thể chạy qua hành lang $OC$. Mỗi lần “đi sâu” như vậy cùng với việc quay trở lại điểm $O$ sau đó sẽ được gọi là một chu kỳ. Chu kỳ đầu tiên đã được mô tả. Ở chu kỳ thứ hai, thanh tra đi đến hành lang $OB$ ở khoảng cách $3r$. Quay lại điểm $O$ không thấy người phạm tội thì thanh tra mới biết

1. không có người phạm tội nào trong hành lang $OC$ (nếu người phạm tội ở hành lang $OA$, thì anh ta ở khoảng cách từ $O$, lớn hơn $2r$, và do đó cho đến khi Warnicke quay lại điểm $O$, khi anh ta bị đưa ra khoảng cách $3r$ vào hành lang $OB$, người phạm tội sẽ không thể chạy qua hành lang $OC$ để ở khoảng cách từ $O$, lớn hơn $r$);

2. nếu người phạm tội ở hành lang $OB$ thì khoảng cách từ người đó đến $O$ lớn hơn $5r/2$ (lớn hơn $(3r + r) - 3r/2$).

Nếu $r \geq l/4$, thì người phạm tội hoàn toàn không được ở hành lang $OB$ (vì khi đó chiều dài của nó lớn hơn $3r + r = 4r \geq l$ - mâu thuẫn); do đó giải được bài toán 6).

Hãy cho thanh tra viên biết sau chu kỳ có số $n$ rằng không có người phạm tội ở hành lang $OC$, và trong hành lang $OX$ (trong đó $X = A$ đối với $n$ lẻ và $X = B$ đối với $n$ chẵn) người phạm tội không thể ở khoảng cách từ $O$, nhỏ hơn hoặc bằng $y_n$. Sau đó, trong chu kỳ tiếp theo, người kiểm tra đi đến một hành lang khác ở khoảng cách $y_n + r$ (Hình 3). Quay lại điểm $O$, thanh tra biết rằng

1. không có người phạm tội trong hành lang $OC$;

2. trong hành lang vừa khám phá, kẻ đột nhập không thể ở khoảng cách $O$, nhỏ hơn hoặc bằng $y_n + r \geq l - r$ thì trong hành lang đã khám phá không có kẻ đột nhập nào cả.

Hãy tìm công thức của $y_n$. Vì $y_n + 1 = \frac{y_n + 3r}{2}, 3r - y_n + 1 = \frac{3r - y_n}{2}$, từ đâu $3r - y_n = \frac{3r - y_1}{2^{n-1}} = \frac{r}{2^{n-1}}$, tức là

22

Hình 3.

$$y_n = 3r - \frac{r}{2^{n-1}}.$$

Tội phạm bị bắt nếu $y_n + r \geqslant l - r$ ở mức $n$ nào đó, tức là $\frac{r}{2^{n-1}} \leqslant 5r - l$. Từ đó chúng ta có thể thấy rằng nếu $5r > l$, thì sau một số chu kỳ đủ lớn, nó sẽ bị bắt.

2. Lời giải bài toán tại $l/7 < r \leqslant l/5$ sử dụng ý tưởng mới sau: sau một số chu kỳ đủ lớn được mô tả ở phần 1, thanh tra phải đi sâu hơn vào hành lang tiếp theo với khoảng cách không phải $y_n + r$ mà là $l - r$ (tức là “đọc” cho đến hết), không để ý đến việc tội phạm có thể chạy vào hành lang $OC$.

Hãy đặt $\varepsilon = \frac{7r - l}{2}$. Thanh tra viên phải tiến hành như mô tả trong Phần 1 cho đến khi thỏa mãn bất đẳng thức $y_n \geqslant 3r - \varepsilon$. Sau đó, thanh tra đi sâu hơn vào hành lang tiếp theo (giả sử $OA$) ở khoảng cách $l - r$. Quay lại điểm $O$ và không thấy tên tội phạm, thanh tra biết rằng không có tên tội phạm nào ở hành lang $OA$, và trong hành lang $OC$ tên tội phạm không được ở khoảng cách xa $O$, hơn $(l - r) - (3r - \varepsilon) = 3r - \varepsilon$. Sau đó thanh tra đi sâu hơn vào hành lang $OC$ đến khoảng cách $4r - 2\varepsilon$. Sau khi quay lại điểm $O$ và không nhìn thấy tên tội phạm, thanh tra biết rằng không có tên tội phạm nào ở hành lang $OC$ (vì nếu không thì tội phạm sẽ bị phát hiện, khi đang ở trong hành lang $OC$ tính từ Warnicke ở khoảng cách nhỏ hơn $(3r - \varepsilon) + (4r - 2\varepsilon)/2 - (4r - 2\varepsilon) = r)$, và trong hành lang $OA$ tên tội phạm không thể ở khoảng cách từ $O$, hơn $3r - 2\varepsilon = (4r - 2\varepsilon) - r$ Sau đó thanh tra đi đến hành lang $OA$ ở khoảng cách $4r - 4\varepsilon$, rồi đến hành lang $OC$ ở khoảng cách $4r - 8\varepsilon$, lại đến hành lang $OA$ ở khoảng cách $4r - 16\varepsilon$, v.v. Khi thanh tra thấy cần đi đến khoảng cách lấy dấu vân tay thì phải kết luận rằng tội phạm đang ở trong hành lang $OB$.

Vậy thì eeee. Có thể chứng minh rằng ở $r \leqslant l/7$ không có cách nào để hiểu rõ tội phạm. Bằng chứng về thực tế này do I. Golubchka và V. Prasolova đưa ra rất phức tạp và do đó không được đưa ra ở đây.

V. Drinfeld,
V. Sokolov

**M646. Từ điểm $O$ trên mặt phẳng có 2n vectơ có độ dài 1. Chúng được tô xen kẽ màu đỏ và xanh lam. Gọi $\vec{s} - \vec{c}$ là tổng của $n$ vectơ màu đỏ, $\vec{r} - \vec{c}$ là tổng của $n$ vectơ màu xanh. Chứng minh rằng $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$.

Hướng vectơ $\vec{s} - \vec{r}$

$$\left( \frac{a^2 - b^2}{2} \right)^2 \geqslant \sqrt{\frac{a^2 - b^2}{2}} - \frac{a + b}{2}.$$

Hãy tưởng tượng vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ là tổng của $n$ vectơ đen (xem hình), mỗi vectơ là hiệu của vectơ màu đỏ và vectơ màu xanh ở gần nó (theo chiều kim đồng hồ). Các vectơ màu đen nằm trên các cung rời rạc theo cặp của một đường tròn có bán kính $1$ có ​​tâm tại điểm $O$.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ khác 0 (mọi thứ đã được chứng minh). Chúng ta hãy chiếu các vectơ màu đen thu được lên hướng của vectơ $\vec{s} - \vec{r}$. Dễ dàng nhận thấy các hình chiếu có hướng trùng với hướng của vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ không cắt nhau và giảm dần dọc theo đường kính của đường tròn. Do đó, tổng độ dài của chúng không vượt quá 2. Mặt khác, độ dài của vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ không vượt quá tổng này. Vì vậy $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$.

E. Shustin

Đầu tiên là lời giải. Chúng ta hãy tạo khoảng cách cho hàm $f(x) = x^2 + \sqrt{x}$. Sau khi tính tích thứ hai $f''(x) = 2 - \frac{1}{4}x^{-3/2}$, chúng ta thấy rằng $f''(x) \geqslant 0$ tại $x \in \left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$. Theo đó, trên khoảng $\left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$ hàm số $f$ là lồi hướng xuống (để lấy tích phân).

23

trục xem “Đại số và nguyên lý giải tích 10”, đoạn 79); Hình vẽ cho thấy đồ thị của nó. Do đó («Kvant», 1980, Số 3, trang 21) đối với mọi điểm $x, y$ của khoảng này

$$\frac{f(x) + f(y)}{2} \geq f\left(\frac{x+y}{2}\right).$$

Áp dụng bất đẳng thức cuối cùng cho các điểm $a^2, b^2$, ta thu được mệnh đề bài toán.

Thứ hai lời giải. Một lần nữa, thay thế $a^2$ bằng $x$ và $b^2$ bằng $y$. Hãy xem xét chức năng

$$\varphi(x, y) = \left(\frac{x-y}{2}\right)^2 - \sqrt{\frac{x+y}{2}} + \frac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{2}.$$

Chúng ta sẽ giả sử rằng $x \geq y \geq 1/4$ và kiểm tra hàm $\varphi(x, y)$ để biết “tính đơn điệu trong $x$”, coi biến $y$ là một tham số.

$$\varphi'_x(x, y) = \frac{x-y}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2(x+y)}} + \frac{1}{4\sqrt{x}} =$$

$$= \frac{1}{2} \left(x-y + \frac{\sqrt{2(x+y)} - 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)}}\right) =$$

$$= \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)} \cdot (\sqrt{2(x+y)} + 2\sqrt{x})}\right) \geq$$

$$\geq \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2}\right) = 0,$$

nghĩa là, hàm $\varphi(x, y)$ là hàm không giảm đối với $x$.

Vì tại $x=y=\frac{1}{4}$ hàm $\varphi$ biến mất, $\varphi(x, y) \geq 0$ tại $x \geq y \geq \frac{1}{4}$, điều này cho chúng ta bất đẳng thức cần thiết.

I. Klumova

M648. Chứng minh rằng nếu các đường chéo của một tứ giác nội tiếp là các đường vuông góc thì trung điểm các cạnh của nó và đáy của các đường chéo đó rơi từ giao điểm của đường chéo của nó lên các cạnh nằm trên cùng một đường tròn.

Hình 1.

Hình 2.

Trước hết, chúng ta lưu ý rằng nếu $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp có các đường chéo vuông góc (Hình 1), thì các tam giác đồng dạng $AKB$ và $CKD$ (K là giao điểm của các đường chéo) được đặt sao cho phần kéo dài của đường cao hạ xuống cạnh huyền của một trong số chúng là đường trung bình của tam giác kia. (Thực tế này, ngay sau sự bằng nhau của các góc được đánh dấu trong Hình 1, về cơ bản đã được sử dụng trong lời giải bài toán M546 và M592 - xem «Kvant», 1980, Số 1, 8.)

Hơn nữa: trung điểm $L, P, M, Q$ của các cạnh của tứ giác $ABCD$, là các đỉnh của một cung thẳng (Hình 2), nằm trên cùng một đường tròn. Hãy chứng minh rằng tâm $O_1$ của đường tròn này chia đôi đoạn $OK$ (O là tâm của đường tròn nội tiếp tứ giác của chúng ta).

Để làm điều này, chẳng hạn, chỉ cần chứng minh rằng tứ giác $LKMO$ là hình bình hành là đủ. Vì $LK$ là đường trung bình của tam giác $AKB$ nên phần mở rộng của nó là đường cao của tam giác $CKD$, tức là $(LK) \perp (DC)$. Nhưng cũng có $(OM) \perp (DC)$ (đường kính đi qua giữa dây cung); do đó các đoạn $LK$ và $OM$ song song với nhau. Sự song song của các đoạn $LO$ và $KM$ được chứng minh theo cách tương tự.

Bây giờ đối với phần kết thúc lời giải bài toán, chẳng hạn, chúng ta chỉ cần thiết lập rằng $|O_1M| = |O_1H|$ là đủ, trong đó $H$ là đáy của hình vuông góc, được hạ thấp từ điểm $K$ sang một bên $CD$. Nhưng điều này xuất phát từ thực tế rằng $O_1$ là điểm giữa cạnh huyền $LM$ của một cung thẳng (Hình 3).

Vì vậy, tất cả tám điểm được đề cập ở điều kiện bài toán đều nằm trên cùng một đường tròn. Điều thú vị là bán kính của “vòng tròn tám điểm” này hoàn toàn được xác định bởi bán kính $R$ của vòng tròn đã cho và độ lớn $|OK| = a$. Trong thực tế, bán kính mong muốn bằng một nửa chiều dài [LM], và

$$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = \frac{1}{4} \left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$

$$= \frac{1}{4} \left((|AK| + |KC|)^2 + (|BK| + |KD|)^2\right) =$$

24

Hình 3.

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

Hình 7.

$$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 2(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|)) =$$

$$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 4(R^2 - a^2)) = \frac{1}{4}(4R^2 + 4(R^2 - a^2)) = 2R^2 - a^2.$$

[Trong tính toán này, trước tiên chúng tôi lợi dụng thực tế là tích độ dài của các đoạn dây cung giao nhau tại cùng một điểm được xây dựng:

$$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R - a)(R + a)$$

(Hình 4), và sau đó báo cáo rằng

$$90^\circ = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{AB + CD}{2},$$

và bổ sung $CD$ cho một nửa khả năng của một nửa khác, bằng nhau $AB$, chúng ta thu được đẳng thức

$$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2,$$

xem hình 5.]

Hãy phác thảo một lời giải khác. Chúng ta hãy chuẩn bị tính toán các điểm có tâm tại điểm $K$ và hệ số 2. Sau đó, câu lệnh bài toán M648 trở thành định lý sau: Cho hai tia phân bố lại lẫn nhau có điểm bắt đầu tại điểm $K$ bên trong một đường tròn cho trước, trùng quanh $K$, cắt đường tròn tại các điểm biến thiên $P$ và $Q$. Sau đó, đỉnh bốn $T$ của hình chữ nhật $PKQT$ (một điểm đối xứng với điểm $K$ so với điểm giữa [PQ]), cũng như điểm $S$, đối xứng với điểm $K$ so với đường thẳng $PQ$, được gọi dọc theo một đường tròn đồng dạng với đường thẳng đã cho (Hình 6). Thực tế thứ hai (khoảng $S$) tiếp nối thực tế thứ nhất, vì $S$ đối xứng với điểm $T$ đối với điểm giữa của phân phối lại thành [PQ] và thực tế thứ nhất (khoảng $T$) thiết lập bài toán trong lời giải M539 («Kvant», 1979, số 11).

“Định lý hồi sinh” này cho phép khái quát hóa lập thể sau:

Nếu ba tia phân bố lại lẫn nhau có điểm bắt đầu tại một điểm cố định $K$ bên trong một hình cầu nhất định, lành quanh $K$, cắt hình cầu tại các điểm thay đổi $A$, $B$ và $C$, thì giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ và đáy của sự phân bố lại giảm từ $K$ xuống mặt phẳng $ABC$ được xác định bởi một hình cầu có tâm nằm tại điểm $O_1$ của đoạn $OK$ (O là tâm của hình cầu này) sao cho $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$ và bán kính là $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 - 2a^2}$, trong đó $a = |OK|$, $R$ là bán kính của hình cầu này.

Điều này có thể được chứng minh, ví dụ, bằng cách sử dụng ký hiệu sau:

Đặt $D$ là đỉnh của hình bình hành được xác định bởi các đoạn $KA$, $KB$ và $KC$, đối diện theo đường chéo với $K$. Tất cả các điểm $D$ đều nằm trên một hình cầu có tâm ở cùng điểm $O$ với hình cầu ban đầu và bán kính $\sqrt{3R^2 - 2a^2}$ (xem lời giải bài toán M639 - «Kvant», 1979, số 11). Trong trường hợp này, với tâm $K$ và hệ số $\frac{1}{3}$, điểm $D$ sẽ luôn đi đến giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ (chứng minh đi!), và điểm $O$ sẽ đi đến điểm $O_1$. Như vậy, giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ luôn nằm trên hình cầu đã chỉ định.

Còn phải chứng minh rằng hình chiếu của điểm $K$ lên mặt phẳng của tam giác $ABC$ cũng luôn nằm trên mặt cầu này. Vì các đoạn $KA$, $KB$ và $KC$ được phân phối lại cho nhau nên hình chiếu của điểm $K$ trùng với điểm $H$ giao điểm của các đường cao của tam giác $ABC$. Tuyên bố sẽ được chứng minh, chẳng hạn, nếu chúng ta thu được đẳng thức $|O_1H| = |O_1M|$, trong đó $M$ là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$. Để làm điều này, chúng ta lưu ý rằng tâm của hình cầu $O$ được chiếu vào tâm $Q$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và sử dụng thực tế nổi tiếng sau: các điểm $Q$, $M$ và $H$ nằm trên cùng một đường thẳng (đường thẳng Euler), điểm $M$ nằm giữa các điểm $Q$ và $H$, với $2|QM| = |MH|$. (Nếu bạn không biết sự thật này, hãy chứng minh điều đó.) Phần còn lại dễ dàng suy ra từ Hình 7: phẳng

25

M649. Chứng minh đẳng thức
$$\frac{1}{2} c_n^2 + (c_n - c_1)^2 + (c_n - c_2)^2 + \dots + (c_n - c_{n-1})^2 = \frac{n}{2},$$
thức ăn $c_1 = 1, c_2 = 1 + \frac{1}{3},$
$c_3 = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5}, \dots,$
$c_n = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}$.

Hãy chứng minh điều đó
$$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$$
Để thực hiện việc này, thay thế các giá trị $c_i$ ($i = 1, \dots, n$) vào vế trái:
$$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(\left(1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 - \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + 3 \cdot \left(\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 - \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + 5 \cdot \left(\left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right) - \left(\frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + \dots + (2n-1) \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$$
S. Manukyan

M650. Có trình tự không
$$a_1, a_2, a_3, \dots, a_n, \dots$$
a) các số tự nhiên sao cho bất kỳ số tự nhiên nào cũng có thể được viết duy nhất dưới dạng tổng của một số số hạng của nó:
$$a_{i+1} + \dots + a_{i_k} \quad (i_1 < \dots < i_k, k \ge 1);$$
b) các số tự nhiên sao cho 1 không thể biểu diễn dưới dạng () và bất kỳ số nguyên nào khác 0 đều có thể biểu diễn dưới dạng () một cách duy nhất;
c) các số nguyên sao cho 0 không thể được biểu diễn dưới dạng () và bất kỳ số nguyên nào khác 0 đều có thể được biểu diễn dưới dạng () một cách duy nhất;
f) các số nguyên sao cho 0 và 1 không được biểu diễn dưới dạng () và bất kỳ số nguyên nào khác 0 đều được biểu diễn dưới dạng () một cách duy nhất?

Hãy chứng minh điều đó
$$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$$
Để thực hiện việc này, thay thế các giá trị $c_i$ ($i = 1, \dots, n$) vào vế trái:
$$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$$
B) bước quy nạp. Để xác định, chúng ta hãy giả sử rằng đối với $2^n$ dấu là “plois” (nghĩa là $n$ là số lẻ) và từ tập hợp $(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$ người ta có thể thu được duy nhất dưới dạng (*) tất cả các số nguyên (trừ 0) từ khoảng từ $-1$ đến $-4$ đến $-16$ — — (thành viên phủ định cuối cùng của tập hợp) đến $2 + 8 + 32 + \dots + (последний положительный член набора). Базис индекции ($n = 1$) оченьiden. Иndукции шаг. Предположим, для определенияности, что при$2^n$знак «плоис» (то есть$n$нечетное) и что из набора$(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$можно единственным образом получить в виде (*) все целые числа (кроме нуля) из промежутка от$-1$до$-4$до$-16$— — (последний отрицательный член набора) до$2 + 8 + 32 + \dots + (thành viên tích cực cuối cùng của tập hợp). Tuyên bố đã được chứng minh.
d) Trình tự như vậy không tồn tại.

Chứng minh tồn tại và coi $a_1$ là số hạng của nó khác với $-1$. Khi đó các số $1 + a_1$ và $1 - a_1$ được biểu diễn dưới dạng (*)

26

M651. Ngày thuê một chiếc ghế sofa, một chiếc vali, một hành lý, một chiếc giỏ, một bức tranh, bìa cứng và một con chó nhỏ ở chân đế. Chiếc ghế sofa nặng bằng một chiếc vali và hành lý cộng lại, cũng như một bức tranh, một chiếc giỏ và bìa cứng cộng lại. Bức tranh, cái giỏ và tấm bìa nặng bằng nhau, cái nào nặng hơn con chó. Khi họ dỡ các căn cứ xuống, người phụ nữ nói rằng con chó đó là giống chó sai. Khi kiểm tra, hóa ra con chó sẽ di chuyển chiếc ghế sofa nếu bạn thêm chuồng chó hoặc vali vào đó. Chứng minh rằng yêu cầu của cô gái là đúng.

Đặt một chiếc ghế sofa, một chiếc vali, một túi hành lý và một con chó nhỏ nặng lần lượt là D, H, S và M, và một bức tranh, một cái giỏ và bìa cứng - mỗi chiếc K kg (theo giả định, chúng nặng như nhau). Hãy viết dữ liệu tước theo các ký hiệu sau:
(1) D=H+C; (2) D=3K; (3) K>M; (4) M+C>D; (5) M+H>D. Từ (1)–(3) ta thu được
(6) H+C>3M.

Sau đó cộng các bất đẳng thức (4)–(6), xét đến (1), ta được bất đẳng thức M<0 là không thể xảy ra nên khẳng định của người phụ nữ là đúng.

Lưu ý rằng bài toán M651 không thực tế lắm. Theo điều kiện, hóa ra bìa cứng chỉ nhẹ hơn ghế sofa ba lần. (Chúng ta phải giả định rằng thẻ không chứa mũ mà chứa thứ gì đó nặng hơn.) Ngoài ra, trong lời giải, chúng tôi tin rằng con chó nặng như nhau trước và sau cuộc hành trình (nếu các điều kiện không mâu thuẫn với nhau thì con chó phải lớn lên ít nhất một lần rưỡi trong suốt cuộc hành trình, điều này tất nhiên là khó xảy ra).

V. Gutenmacher

M652. Vợ tôi cắt một tấm bìa cứng polyorganic lồi thành các cạnh (dọc theo các cạnh) và gửi bộ cạnh này qua đường bưu điện đến Vita. Vita đã tạo ra một khối đa hữu cơ lồi từ tất cả các khuôn mặt này. Phải chăng sự đa hữu cơ của Zhenya và Vitya không phù hợp?

Vâng, nó có thể hoạt động theo cách đó. Một ví dụ về một tập hợp tám mặt như vậy, từ đó có thể dán hai khối đa hữu cơ lồi có hình dạng khác nhau, được thể hiện trong Hình 1. Các khối đa hữu cơ tương ứng là các đường thẳng tứ giác không đều giống hệt nhau, được dán theo nhiều cách khác nhau bởi một đế chung - một hình chữ nhật có kích thước 2 × 5; một trong những chất đa hữu cơ này đối xứng với mặt phẳng của hình chữ nhật này và cái còn lại đối xứng với tâm của nó (Hình 2).

Hãy nghĩ xem số lượng mặt nhỏ nhất mà một tập hợp có thể bao gồm để chấp nhận các đa hữu cơ không gây chấn động là bao nhiêu. Chất đa hữu cơ của Zhenya và Vite có nhất thiết phải có thể tích bằng nhau không?

Lưu ý rằng nếu tất cả các cạnh của polyorganic có độ dài khác nhau hoặc được chỉ định đơn giản bởi các phòng khác nhau.

Nhiệm vụ M651-M655 được lấy từ cuốn sách “Đại số toán tương ứng”, (M., “Nauka”, 1981).

27

Kami trên các mặt - để biết chính xác nên dán cạnh nào - thì khối đa diện của Zhenya và Vitya chắc chắn sẽ bị tắc nghẽn. Điều này khác xa với định lý Cauchy đơn giản về khối đa diện lồi; Bằng chứng của nó có thể được đọc trong cuốn sách của L. A. Lyusternik “Hình lồi và khối đa diện” (ấn bản thứ hai của cuốn sách này sẽ được xuất bản trong Thư viện năm nay «Kvant»).

N. Vasiliev

M653. Có một cây thước có hai phần. Sử dụng thước kẻ, bạn có thể vẽ các đường thẳng và đoạn thẳng tùy ý có độ dài nhất định. Sử dụng nó để dựng a) một góc vuông nào đó; b) Đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Chúng ta sẽ coi độ dài của đoạn này giữa các điểm bằng 1.

a) Vẽ hai đường thẳng cắt nhau từ giao điểm O của chúng vẽ các đoạn OA, OB, OC, OD có độ dài 1. Khi đó tất cả các góc của tứ giác ABCD sẽ vuông (mỗi góc nằm trên đường kính AC hoặc BD của đường tròn bán kính 1 tâm O).

b) Trên một đường thẳng cho trước từ điểm O, vẽ các đoạn OA và OC có độ dài 1. Sau đó, trên một số đường thẳng đi qua O, vẽ các đoạn OE và OF có độ dài 1 trên cùng một nửa mặt phẳng (xem hình). Bây giờ chúng ta vẽ các đường thẳng AE và CF cắt nhau tại một điểm B, và các đường thẳng AF và CE cắt nhau tại một điểm H. Khi đó đường thẳng BH sẽ vuông góc với đường thẳng này, vì ba đường cao của một tam giác luôn cắt nhau tại một điểm (các điểm E và F đóng vai trò là các đỉnh của góc vuông dựa trên đường kính AC của đường tròn bán kính 1 tâm O).

Lý thuyết về cách xây dựng hình học bằng thước và tiêu chuẩn về chiều dài được thảo luận chi tiết trong cuốn sách mang tính bước ngoặt của D. Hilbert “Cơ sở của hình học” (Moscow, Gostekhidat, 1948) liên quan đến việc phân tích hệ tiên đề. Những công cụ này được sử dụng để giải các bài toán xây dựng đa dạng bài toán trong tiếng Hy Lạp (một phần, thông qua một điểm cho trước, bạn có thể vẽ một đường thẳng song song với một đường thẳng đã cho; từ một đường thẳng cho trước, bạn có thể vẽ một góc bằng với đường thẳng đã cho), nhưng hóa ra, không phải tất cả những bài toán đều có thể giải được với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ.

V. Gutenmacher

M654. Câu khẳng định sau đây có đúng không: từ sáu số tự nhiên bất kỳ, bạn có thể chọn ba số, mỗi số không có ước chung lớn hơn 1 hoặc ba số có ước chung lớn hơn 1?

Tuyên bố này là không chính xác. Dưới đây là ví dụ về sáu số, trong đó không có ba số nào có ước số chung (lớn hơn 1) và không có ba số nào là số nguyên tố ghép đôi: 70, 165, 247, 286, 323, 357; thêm một ví dụ nữa với số nhỏ hơn: 14, 15, 18, 33, 55, 63. Hãy xem cách xây dựng các ví dụ tương tự.

Hãy biểu thị các số của chúng ta bằng sáu dấu chấm; những cái có số nhân chung được chứa bởi một “cạnh” (cung) và chúng ta viết số nhân chung này lên cạnh. Trong trường hợp này, điều cần thiết là tất cả các số nhân được viết đều phải là số nguyên tố cùng nhau - giả sử, đây có thể là các số nguyên tố khác nhau (nếu không, ba trong số các số của chúng ta sẽ có một số nhân chung) - và, ngoài ra, từ mỗi ba điểm, ít nhất hai điểm được nối với nhau bằng một cạnh (nếu không, chúng ta sẽ tìm thấy ba số nguyên tố cùng nhau theo cặp). Không khó để xây dựng một đồ thị như vậy - nối điểm thứ sáu với các cạnh sao cho điều kiện cuối cùng được thỏa mãn; đối với điều này, không nhất thiết phải vẽ tất cả 15 cạnh giữa sáu điểm - bạn có thể đi xung quanh tất cả hoặc thậm chí sáu cạnh (Hình a), b) tương ứng với hai ví dụ trên); vẫn là một số thay đổi trên tất cả các cạnh tiếp cận từng đỉnh trong số sáu đỉnh và ví dụ đã sẵn sàng.

Một số độc giả đã mắc lỗi trong lời giải điều này bài toán, đề cập đến thực tế sau (chúng tôi trình bày nó trong công thức được đề xuất trong một trong những cách tối ưu hóa cũ của Hungary và kể từ đó đã trở thành cổ điển): từ sáu người, bạn có thể chọn ba người quen theo cặp hoặc ba người lạ theo cặp. Thực tế này là đúng, nhưng vấn đề là ba số nguyên theo cặp có một số nhân chung thì không nhất thiết phải có một số nhân chung (lớn hơn 1) cho tất cả chúng.

N. Vasiliev

28

M655. Trên bàn của viên chức Bộ Tình tiết có n tập Bách khoa toàn thư của Anh, nhiều chồng trong số đó. Hàng ngày, khi đến nơi làm việc, người thư ký lấy từ mỗi chồng một tập và xếp các tập đã lấy vào một chồng mới, sau đó sắp xếp các chồng theo số tập (theo thứ tự không tăng dần) và điền vào bảng kê trong đó chỉ rõ số tập trong mỗi chồng. Ngoài những gì đã nói ở trên, cynovnik không làm gì cả.
a) Trong tháng sẽ ghi gì vào bảng kê nếu tổng số tập là n=3, n=6, n=10 (vị trí ban đầu là tùy ý)?
b) Chứng minh rằng nếu tổng số tập là n=k(k+1)/2, trong đó k là số tự nhiên thì bắt đầu từ một ngày nhất định, câu lệnh sẽ có các mục giống nhau.
c) Tìm hiểu xem điều gì sẽ xảy ra sau nhiều ngày làm việc đối với các giá trị khác của n.

Hình 1.
n=3, m=3, T=2

Hình 2.

Khi n=3 chỉ có ba cách sắp xếp:
(1,1,1) - ba chồng một tập;
(3) - một chồng ba tập;
(2,1) - một chồng hai và một chồng một tập.

Các mũi tên trong Hình 1 cho biết mỗi địa điểm sẽ trở thành gì vào ngày hôm sau. Có thể thấy từ hình vẽ rằng, bất kể chúng ta bắt đầu từ đâu, không muộn hơn hai ngày sau (được viết là T=2), sự sắp xếp (2,1) sẽ xuất hiện và sau đó nó sẽ lặp lại. Hình 2 thể hiện một đồ thị tương tự với n=6. Số m cách sắp xếp có thể có (các đỉnh của đồ thị) ở đây là 11. Không muộn hơn T=6 ngày sau khi bắt đầu công việc, cách sắp xếp (3,2,1) sẽ xuất hiện và sau đó nó sẽ lặp lại. Một đồ thị tương tự cho n=10 có m=42 đỉnh (để tiết kiệm không gian, nó không được vẽ); trong trường hợp này, không muộn hơn T=12 ngày sau khi bắt đầu công việc phát sinh từ cùng một biểu đồ, cùng phân bố các đỉnh.

Tất nhiên, không phải mọi đồ thị có hướng, từ mỗi đỉnh có một mũi tên, đều có một đỉnh “cuối cùng”, tức là không phải lúc nào cũng vậy, và đối với các mũi tên này, chúng ta sẽ đến cùng một đỉnh và ở lại đó (Hình 3). Biểu đồ có thể chia thành các phần riêng biệt không được kết nối bằng bất kỳ mũi tên nào và có thể chứa các chu trình. Do đó, việc với n=$\frac{k(k+1)}{2}$, bắt đầu từ một ngày nào đó, cách sắp xếp như nhau (k, k-1, …, 3, 2, 1) không có ý nghĩa gì nhiều, và bây giờ chúng ta sẽ chứng minh điều đó, từ đó giải được điểm 6) của điều kiện bài toán. Hãy xem xét ngay một giá trị tùy ý của n.

Chúng ta hãy tưởng tượng bốn tờ giấy ca rô vô hạn (Hình 4), các ô được sắp xếp theo cặp số tự nhiên từ trái sang phải và từ trên xuống dưới: ô có số (x, y) nằm trong cột có số x và ở hàng có số y.

Chúng ta hãy tạo n hình và đặt chúng vào các ô của tờ giấy như sau: cột đầu tiên có một cột hình, ngăn xếp thứ nhất có bao nhiêu tập, cột thứ hai một cột hình, ngăn xếp thứ hai có bao nhiêu tập, v.v. Vị trí của các hình trong Hình 4 nghĩa là có 8, 3, 3, 1, 1, 1 tập trong các cột tương ứng. Sự biến đổi mà người làm chiếu thực hiện hàng ngày trên bàn của mình có thể được thể hiện trên trang tính của chúng ta dưới dạng ba thao tác sau:

1. Hãy loại bỏ fizek nằm ở dòng dưới cùng (trong Hình 4 chúng được đặt bằng các số).
2. Hãy di chuyển fizek còn lại (chúng được đặt bằng chữ cái Latinh) xuống một ô và sang phải một ô.
3. Bây giờ chúng ta hãy đặt các hình đã bị loại bỏ trên giấy, nhưng không phải ở dòng dưới cùng nơi chúng được lấy, mà ở cột ngoài cùng bên trái (bỏ trống) theo thứ tự từ trên xuống dưới, trong đó chúng nằm theo dòng từ trái sang phải.

Kết quả của những thao tác này là Hình 4 sẽ chuyển thành Hình 5. Tuy nhiên, kết quả của ba thao tác của chúng ta khác với những gì tấm thảm thực hiện, ở chỗ các ngăn xếp có thể bị đặt sai thứ tự: trong Hình 5, có 6 tập ở cột ngoài cùng bên trái và 7 tập ở cột tiếp theo. Điều này có thể dễ dàng sửa chữa bằng cách di chuyển ficek M một ô sang trái (như được minh họa bằng mũi tên trong Hình 5), nhưng hiện tại chúng ta sẽ không thực hiện những chuyển động như vậy mà sẽ giới hạn ở một phép biến đổi bao gồm ba thao tác được mô tả. Trong trường hợp này, phép biến đổi fizek trong ô (x,y) sẽ chuyển sang ô (1,x), nếu y=1, hoặc (x+1,y-1), nếu y>1.

Hãy gọi đường chéo thứ i là tập hợp các ô (x,y) sao cho x+y=i+1. Dưới ảnh hưởng của phép biến đổi của chúng ta, fizek nằm trên đường chéo thứ i không chứa nó mà sẽ di chuyển dọc theo nó theo các quy tắc:

$$\begin{align*} (1,i) &\rightarrow (2,i-1) \rightarrow (3,i-2) \rightarrow \dots \rightarrow (i,1) \end{align*}$$

Bây giờ hãy hoàn thành quá trình chuyển đổi của chúng tôi:

4. Trong mỗi dòng, nếu có thể, hãy di chuyển tất cả các chữ sang trái một khoảng trắng.

Việc chuyển đổi bổ sung đã khớp chính xác với chức năng của tấm thảm. Bây giờ đối với một số người tập thể dục

29

giá trị của $x+y$ có thể giảm nhưng vẫn không thể tăng. Nhưng đại lượng $x+y$ là số tự nhiên. Do đó, nó không thể giảm vô hạn nhiều lần. Một ngày nào đó, đối với tất cả chip, giá trị $x+y$ sẽ không còn giảm nữa. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với bất kỳ $i$ nào thì các điều kiện sau sẽ được thỏa mãn: nếu đường chéo thứ $i$ không chứa đầy chip thì không có một con chip nào trong đường chéo thứ $(i+1)$.

Chúng ta hãy chứng minh điều này bằng phản chứng: giả sử có một hình vuông trống ở đường chéo thứ $i$ và một mã thông báo ở đường chéo thứ $(i+1)$. Các quân cờ trên đường chéo $i$ (nếu có) di chuyển, kết thúc ở vị trí ban đầu sau mỗi $i$ bước. Quân cờ trên đường chéo $(i+1)$ di chuyển, kết thúc ở vị trí ban đầu sau mỗi $(i+1)$ bước. Hãy xem điều gì xảy ra tại thời điểm 0 (đếm gốc tọa độ), $(i+1), 2(i+1), 3(i+1), ..., i(i+1)$. Con chip trên đường chéo thứ $(i+1)$ tại những thời điểm này sẽ kết thúc ở cùng một vị trí tại thời điểm 0. Hãy để vị trí trên đường chéo thứ $i$ dường như di chuyển cùng với các con chip và tại các thời điểm được liệt kê ở trên, nó sẽ nằm trên tất cả các ô của đường chéo thứ $i$, bao gồm cả vị trí ở bên trái của ô nơi đặt con chip. Nhưng sau đó mảnh này di chuyển sang trái và chúng tôi cho rằng tất cả các chuyển động như vậy đã kết thúc. Tuyên bố đã được chứng minh.

Đây là kiểu sắp xếp các con chip nào, trong đó chỉ một con chip trống mới có thể theo sau một con chip không đầy đủ theo đường chéo? Nếu $n = \frac{k(k+1)}{2}$, thì chỉ có một cách sắp xếp như vậy: tất cả các đường chéo từ 1 đến $k$ đều chứa đầy chip và tất cả các đường chéo tiếp theo đều trống. Bây giờ hãy $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$. Khi đó tồn tại $k$ sao cho $\frac{k(k+1)}{2} < n < \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Hãy đặt $r=n-\frac{k(k+1)}{2}$. Trong trường hợp này, việc sắp xếp các quân chip, trong đó đường chéo không hoàn chỉnh được theo sau bởi các quân cờ trống, như sau: tất cả các đường chéo từ thứ 1 đến thứ $k$ đều chứa đầy chip, trên đường chéo thứ $(k+1)$ có ​​chip $r$ và các đường chéo sau đây trống. Các quân nằm trên đường chéo $(k+1)$ di chuyển dọc theo nó, kết thúc ở vị trí ban đầu sau mỗi $(k+1)$ bước. Đây là đáp số cho câu hỏi c).

Nếu số lượng chip trên đường chéo thứ $(k+1)$ chỉ được xác định bởi tổng số chip, thì vị trí của chúng phụ thuộc vào vị trí ban đầu của các chip, do đó, với $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$, tùy thuộc vào vị trí ban đầu của các tập, có thể thu được các bộ hồ sơ lặp lại định kỳ khác nhau của quan chức (kể cả với cùng một $n$, có thể thu được các khoảng thời gian khác nhau).

Ngoài ra, thật thú vị khi tìm hiểu xem thời gian giao hàng để đạt được trạng thái được mô tả từ bất kỳ trạng thái ban đầu nào với $n$ chip là bao lâu. Để đơn giản, ràng buộc $n = \frac{k(k+1)}{2}$ và biểu thị bằng $T(k)$ thời gian ngắn nhất mà sự sắp xếp $(k,k-1,...,3,2,1)$ có được từ bất kỳ sự sắp xếp tập ban đầu nào.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $T(k) \geq k(k-1)$. Để thực hiện điều này, chúng tôi trình bày cho mỗi $k$ một bản phân phối cụ thể của các tập $\frac{k(k+1)}{2}$ trong các ngăn xếp, phân bổ này chỉ trở thành bản phân phối cuối cùng sau $k(k-1)$ bước: $(k-1,k-1,k-2,k-3,k-4,...,3,2,1,1)$. Mô tả của nó trên tờ giấy ca rô của chúng tôi khác với mô tả về phân phối cuối cùng chỉ ở chỗ một con chip nằm sai vị trí: trong ô $(k+1,1)$ cùng với ô $(1,k)$. Dưới ảnh hưởng của phép biến đổi của chúng tôi, chỉ có con chip trên đường chéo thứ $(k+1)$ và “lỗ” (tức là “thiếu chip”) trên đường chéo thứ $k$ đều bắt đầu di chuyển dọc theo đường chéo của riêng nó. Vì đường chéo thứ $k$ ngắn hơn đường chéo thứ $(k+1)$ một điểm nên lỗ sẽ đỡ bộ đếm và đuổi kịp nó trong $(k+1)$ bước.

30

F664.*) Khi chụp ảnh một nguồn chính xác ở xa trong ảnh, do nhu cầu về chất lượng của vật thể và việc sử dụng vật liệu ảnh, sẽ thu được một vòng tròn ánh sáng có đường kính $d=0,1$ mm. Hai nguồn chính xác có thể được hình thành từ khoảng cách tối đa bao nhiêu trong cùng điều kiện, nằm cách nhau $l=1$ cm, sao cho ảnh của chúng không trùng nhau trong ảnh? Tiêu cự của vật là $F=5$ cm.

Các nguồn càng xa máy ảnh thì khoảng cách giữa tâm các điểm trên phim càng nhỏ. Khoảng cách tối thiểu giữa các tâm điểm
$\Delta l=d=0,1$ mm

(trong trường hợp này, các điểm chạm vào nhau mà không chồng lên nhau) nhỏ hơn nhiều lần so với khoảng cách $l$ giữa các nguồn; Do đó, các nguồn nằm xa camera và ảnh có thể được coi là nằm trong mặt phẳng tiêu cự của vật. Khi đó khoảng cách yêu cầu $L$ có thể được xác định từ sự tương ứng
$$\frac{L}{F} = \frac{l}{\Delta l} = \frac{l}{d} \Rightarrow L = \frac{Fl}{d} = 500 \text{ см.}$$

Ở khoảng cách ngắn hơn, các điểm trên phim sẽ chồng lên nhau một phần.

A. Zilberman

F665. Ở trạng thái cách nhiệt, có hai chất lỏng có nhiệt dung riêng $c_1$ và $c_2$, được ngăn cách bởi một vách ngăn dẫn điện dị chất. Nhiệt độ chất lỏng khác nhau. Vách ngăn được loại bỏ và sau khi thiết lập trạng thái cân bằng nhiệt, chênh lệch giữa nhiệt độ ban đầu của một trong các chất lỏng và nhiệt độ được thiết lập ở trạng thái hóa ra bằng một nửa chênh lệch nhiệt độ ban đầu của chất lỏng. Tìm tỷ số khối lượng $m_1$ và $m_2$ của chất lỏng thứ nhất và chất lỏng thứ hai.

Giả sử, do trộn chất lỏng, nhiệt độ ban đầu là $t_1$ và $t_2$, nhiệt độ của hỗn hợp trong bình trở thành $t$. Vì bình được cách nhiệt ($\Delta Q=0$),
$$c_1 m_1 (t-t_1) + c_2 m_2 (t-t_2) = 0;$$
từ đây
$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1} \frac{t-t_2}{t_1-t}.$$
Theo điều kiện bài toán
$$2 (t_1-t) = t_1-t_2 \Rightarrow t-t_2 = t_1-t \Rightarrow \frac{t-t_2}{t_1-t} = 1.$$
Như vậy,
$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1}$$

• tỷ số khối lượng chất lỏng bằng tỷ số nghịch đảo của nhiệt dung.

A. Buzdin

F666. Bán kính diện tích bên trong của ổ bi là $r$, và diện tích bên ngoài là $R$ (xem hình). Quả bóng sẽ quay bao nhiêu vòng giữa vành này nếu vành ngoài quay $n_1$ và vành trong quay $n_2$ quanh trục?

Các điều kiện là coi số vòng quay được thực hiện bởi mỗi hình nền ngược chiều kim đồng hồ là dương và theo chiều kim đồng hồ là âm.

Theo nguyên lý chuyển động độc lập, vị trí cuối cùng của quả bóng sẽ giống nhau đối với bất kỳ chuỗi quay nào của mỗi lồng. Điều quan trọng duy nhất là tổng góc quay của vòng ngoài bằng $\varphi_1 = 2\pi n_1$ và góc quay của vòng trong - $\varphi_2 = 2\pi n_2$. Do đó, chúng ta biểu diễn mỗi góc bằng tổng của hai số hạng
$$\varphi_1 = \alpha + \beta, \quad \varphi_2 = \alpha + \gamma.$$

Xoay quả bóng theo cùng một góc $\alpha = 2\pi n_0$ tương ứng với chuyển động $\alpha \frac{R+r}{2}$ của tâm quả bóng dọc theo một vòng cung

*) Lời giải bài toán F663 bạn sẽ tìm thấy trong ghi chú của S. Krotov “Sách toán toán trong hệ thống báo cáo quán tính” (trang 32).