Về sáng tạo toán học của học sinh

25

Về sáng tạo toán học của TRẺ EM

Tạp chí của chúng tôi hiếm khi có các bài viết về toán học do học sinh viết. Không phải vì học sinh trung học không có khả năng tạo ra những bài toán thú vị và độc đáo. Vấn đề ở đây là hầu hết các tác phẩm này đều mang tính cụ thể trong phạm vi hẹp, thường dựa vào tài liệu ngoài ngữ pháp và hiếm khi chứa đựng những ý tưởng toán học tổng quát hữu ích cho đa số độc giả của chúng tôi. Ngoài ra, nội dung của ghi chú trong «Kvant» không chỉ phải đúng về mặt toán học và chính xác về mặt hình thức mà còn phải được viết một cách dễ hiểu, rõ ràng, mang tính giải trí và có phương pháp. Nếu các tác giả giàu kinh nghiệm của chúng ta không phải lúc nào cũng đáp ứng được yêu cầu như vậy thì chúng ta có thể mong đợi điều gì ở các tác giả khoa học!

Chưa hết, trong lễ kỷ niệm này, số thứ hai trăm của tạp chí, chúng tôi quyết định xuất bản bản kể lại một số tác phẩm của học sinh (gửi tới «Kvant» hoặc kể tại các hội nghị khác nhau của học sinh), mà đối với chúng tôi, có vẻ như sẽ được nhiều độc giả quan tâm. Những tác phẩm này cũng chứa bài toán bản sửa đổi dành cho những ai muốn kiểm tra khả năng sáng tạo của mình.

Đa giác tự cắt nhau bằng nhau

Trong tác phẩm của Andrei Shann (Moscow, trường số 57), viết năm 1984, khi Andrei còn học trung học, các đa giác hình học bài toán có số điểm tự giao bằng nhau trên mỗi mắt xích đã được giải. Chúng ta hãy đưa ra một định nghĩa chính xác về các đường đứt đoạn đang xét: các đường đứt đoạn bằng titan (n, m), trong đó n ≥3, m ≥1, là chuỗi gồm n điểm khác nhau A₁, A₂, …, Aₙ (đỉnh) và n nối liên tiếp các điểm này của các đoạn A₁A₂, A₂A₃, …, Aₙ-1Aₙ, AₙA₁ (liên kết) sao cho mỗi liên kết cắt chính xác m liên kết khác, hơn nữa, tại m điểm bên trong khác nhau. Ví dụ: hình 1 hiển thị phần đầu bị hỏng (6, 1), (5, 2) và (9, 2).

Bài 1. Đường gãy titan (n, 1) tồn tại để làm gì?

TRẢ LỜI: với cả bốn n (n ≥6); đối với lời giải A. Shann trình bày một tita bị hỏng (6, 1), sau đó áp dụng cho nó thao tác chèn một dấu thập (hình 2, a) hoặc chèn một sóng hài (hình 2, b).

Đối với n lẻ không có đường đứt nét (n, 1). Một thực tế tổng quát hơn là đúng: nếu cả hai số n và m đều lẻ thì đường gãy titan (n, m) không tồn tại. Trên thực tế, các đường thẳng titan (n, m) chỉ cắt nhau theo cặp nên tổng số điểm giao nhau là nm/2, điều này không thể xảy ra khi cả hai số n và m đều là số lẻ.

Bài toán 2. Có đúng là với bất kỳ m nào cũng tồn tại (với một số n) một đường đứt nét (n, m) không?

TRẢ LỜI: có; A. Shann giải quyết bài toán này, bắt đầu với cùng một ví dụ về tiêu điểm bị hỏng (6,1), sau đó áp dụng thao tác truy tìm cho nó (hình 2 b, 2).

Bài 3. Cặp số nào (n, m) có nét đứt (n, m)?

bài toán này chưa được giải quyết hoàn toàn, mặc dù A. Schanne đã đạt được tiến bộ lớn trong lời giải của mình, bằng cách sử dụng các biến thể khác nhau của phép tính tổng (hình 3). Kết quả của Andrey có thể được tóm tắt trong bảng sau:

| tita bị hỏng (n, m) | tồn tại | không tồn tại | câu hỏi đã đóng |
| :— | :— | :— | :— |
| m - thậm chí | n ≥2m+6 hoặc n=m+3 | n≤m+2 | m+4≤n≤2m+5 |
| m - lẻ | n chẵn và n ≥8m+12 | n — lẻ hoặc n<m+2 | n chẵn và m+3<n<8m+10 ngoại trừ n=4m+6 |

26

Trong tòa soạn, chúng tôi đã nói chuyện với A.K. Kovaldzhi (giám đốc, cùng với N.S. Kellin, của Trường Toán buổi tối lớn tại MISiS, nơi A. Shanin theo học); anh ấy đã nói về một số cách xây dựng khác liên quan đến Vấn đề 3 và để lại cho chúng tôi một “bảng trống” cho các giá trị nhỏ $n$ và $m$ (hình 4). Chúng tôi hy vọng rằng độc giả của chúng tôi có thể dần dần điền vào những chỗ trống này. Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng có bài toán rất hay về các cách phân loại khác nhau của các đường gãy thuộc loại $(m, n)$, mà tạp chí «Kvant» vẫn có ý định quay trở lại.

Phương trình Markov tổng quát

Nhiều độc giả tỏ ra thích thú với lý thuyết hay mô tả phương trình lời giải Markov

$$x^2 + y^2 + z^2 = 3xyz$$

Trong số tự nhiên $(x, y, z)$, mà tôi đã nói đến trong bài viết của M. G. Kerin («Kvant» 1985, số 4, trang 13). Cuối bài viết này, tác giả đề xuất tìm hiểu khái quát hóa phương trình Markov; Nhà cổ điển thứ mười P. Wolf đã mở ra lời thú nhận này.

Bein đến từ Trường Nội trú Vật lý và Toán số 2 Kyiv; nó làm đảo lộn các phương trình có dạng

$$x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = mx_1x_2\dots x_n,$$

trong đó $n \geqslant 3$, $m$ là số tự nhiên. Tương tự như phương trình (1), ở đây mỗi lời giải (nếu nó tồn tại) đương nhiên được đưa vào một cây phân nhánh vô hạn lời giải. Đối với mỗi lời giải $(a_1, a_2, \dots, a_k, \dots, a_n)$ trong số tự nhiên của phương trình (2) cho mỗi tọa độ của nó $a_k (1 \leqslant k \leqslant n)$, chúng ta có thể xây dựng kết nối lời giải $(a_1, a_2, \dots, a_k, \dots, a_n)$: phụ

27

đặt tập $(a_1, a_2, \dots, x, \dots, a_n)$ vào đẳng thức (2), giải phương trình bậc hai thu được $x^2 - px + q = 0$, ngoài căn $x = a_k$ phải có căn thứ hai $x = a'_k$. Hơn nữa, nếu $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$ và $k \geq 2$ thì $a'_k > a_1$. Do đó, từ mỗi lời giải người ta có thể thu được những tọa độ mới, với tọa độ tối đa lớn hơn và chỉ một tọa độ - mức tối đa - đi đến tọa độ lân cận, “nhỏ hơn” lời giải. Quá trình di chuyển lên cây lời giải đến các giải pháp nhỏ hơn không thể tiếp tục vô thời hạn, cuối cùng sẽ đạt được cấp tiến lời giải $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$, mà $a'_1 \geq a_1$, và không thể đi lên thêm (hình 5).

II. Wolfbein phân biệt ba loại căn lời giải: (I) $a_1 = a_2 = \dots = a_n$; đây là, cho $n = m$, lời giải có dạng (1, 1, …, 1), cho $n = 3$, $m = 1$ - lời giải (3, 3, 3), cho $n = 4$, $m = 1$ - (2, 2, 2, 2); không có người khác.

(II) $a'_1 > a_1$; ví dụ: đối với $n = 7$, $m = 5$ chẳng hạn như lời giải (2, 1, …, 1);

(III) $a'_1 = a_1$; ví dụ: đối với $n = 11$, $m = 5$ chẳng hạn như lời giải (4, 22, 1, …, 1).

Lý luận của P. Wolfbein dựa trên bổ đề sau đây đã được ông chứng minh: đối với một căn thức lời giải $a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n$ thuộc loại P hoặc III thì bất đẳng thức nhất thiết phải đúng

$$ma_3 a_4 \dots a_n < n.$$

Phương trình (2) cho $n = m$ (giống như phương trình (1), trong đó $n = m = 3$) chỉ có một gốc lời giải (1, 1, …, 1) và từ mỗi loại lời giải $a_1 > a_2 > \dots > a_k > a_{k+1} = \dots = a_n = 1$ của nó, chúng đi xuống theo nhánh đến $k$ khác nhau (không thu được từ nhau bằng cách sắp xếp lại tọa độ) các nghiệm lân cận. Đối với trường hợp tổng quát $m \neq n$, P. Wolfbein chỉ thu được một phần kết quả ở đây. Bài toán một nghiên cứu đầy đủ về phương trình (2) trong trường hợp tổng quát vẫn yêu cầu lời giải của nó.

Cách phân biệt hàm số một số lần

Marat Rovinsky, học sinh lớp 9 tại trường số 57 ở Moscow, đã tìm ra cách, với bất kỳ số thực $s$ nào, để xác định từ hàm $f(x)$ một hàm mới $-f^{(s)}(x)$ - theo cách:

1. Nếu $s$ là số nguyên không âm thì $f^{(s)}x$ là số tùy ý thứ $s$ tại điểm $x$.

2. $f^{-1}(x) = \int_0^x f(t)dt$.

3. Nếu $f(x) = 0$ tại $x \leq 0$ thì $(f^{(s_1)})(s_2)(x) = f^{(s_1 + s_2)}$.

Từ tính chất 2 và 3 suy ra rằng nếu $n$ là số tự nhiên thì

$$f^{-(n)}(x) = \int_0^x \left( \int_0^x f(t)dt \right) dx_{n-1}.$$

Ví dụ,

$$f^{-(2)}(x) = \int_0^x \left( \int_0^x f(t)dt \right) dx_{n-1}.$$

— biểu thức trong ngoặc được coi là hàm của biến $x_1$, sau đó được sử dụng để giải thích tùy ý.

Như đã biết,

$$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x) - f(x-h)}{h}.$$

Điểm khởi đầu cho suy nghĩ của Marat là công thức

$$f^{(2)}(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x) - 2f(x-h) + f(x-2h)}{h^2}.$$

Không khó để chứng minh (bằng quy nạp) rằng

$$f^{(n)}(x) = \lim_{h \to 0} h^{-n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k C_n^k f(x-kh).$$

Chúng ta hãy nhớ lại («Kvant», 1986, Số 1, trang 23) rằng $C_n^k$ là số tổ hợp của các phần tử $n$.

28

cảnh sát bằng $k$ - có thể được viết ra bằng công thức

$$C_n^k = \frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{k!}.$$

Lưu ý rằng vế phải của công thức này được xác định cho mọi giá trị thực của $n$. Do đó, chúng ta có thể xác định $C_s^k$ bằng công thức (2) cho bất kỳ $s$ nào. Ví dụ: $C_{-1}^k = (-1) \times (-2) \ldots (-k)/k! = (-1)^k$. Mặc dù các số $C_s^k$, nếu $s$ không phải là số tự nhiên thì không còn có bất kỳ cách giải thích tổ hợp nào nữa, nhưng đối với chúng, tất cả các tính chất cơ bản của hệ số biompal đều được đáp ứng.

Nhiệm vụ 1. Chứng minh rằng

$$C_s^k + C_{s+1}^k = C_{s+1}^k + 1.$$

Nhiệm vụ 2. Chứng minh rằng

$$\sum_{k_1+k_2=m} C_{s_1}^{k_1} \cdot C_{s_2}^{k_2} = C_{2s}^{m}.$$

Gợi ý. Bất kỳ đẳng thức nào thuộc loại này đều được chứng minh như sau: vế trái và vế phải là hàm của biến $s$ là đa thức. Vì vậy, chỉ cần chứng minh rằng chúng trùng với các giá trị tự nhiên $s$ là đủ.

Tại $s = -1$ công thức (1) có dạng

$$f^{(-1)}(x) = \lim_{h \to 0} h \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k C_{-1}^k f(x-kh) = \lim_{h \to 0} h \sum_{k=0}^{\infty} f(x-kh).$$

(Trong công thức (1), chúng ta có thể giả sử rằng phép tính tổng trên $k$ cũng được thực hiện đến vô cùng, hoặc $C_n^k = 0$ cho $k > n$). Nếu $f(x) = 0$ tại $x \leq 0$, thì công thức (3) chỉ đơn giản là định nghĩa của tích phân $\int f(t)dt$. Trong trường hợp tổng quát, bạn cần chia đoạn từ 0 đến $x$ thành $m$ các phần bằng nhau và hướng $m$ về vô cực, tức là

$$f^{(s)}(x) = \lim_{m \to \infty} \left( \frac{x}{m} \right)^{-s} \sum_{k=0}^{m} (-1)^k C_{s_1}^{k_1} f \times \left( x-k \frac{x}{m} \right).$$

(4) Sau đó $(\alpha f + \beta g)^{(s)}(x) = \alpha f^{(s)}(x) + \beta g^{(s)}(x)$.

Bài 3. Chứng minh tính chất 3.

Gợi ý. Sử dụng kết quả của bài 2.

Bài 4. Chứng minh rằng với $n$ tự nhiên

$$f^{(-n)}(x) = \frac{1}{(n-1)!} \int f(t)(x-t)^{n-1} dt.$$

Bài tập 5. Chứng minh rằng với $s > 1$ hàm số tùy ý (1-$s$), khi đó thực tế bằng 1, bằng $x^{s-1}/\Gamma(s)$, trong đó $\Gamma(s)$ là hàm của $s$.

Hàm $\Gamma(s)$ là hàm Gram Euler và là một trong những hàm toán học quan trọng nhất. Nó luôn xuất hiện khi cần xác định $n!$ cho các giá trị không tự nhiên $n$ ($\Gamma(n+1)=n!$ cho $n \in N$). Một tính chất quan trọng của hàm gram là phương trình hàm: $\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$. Dễ dàng suy ra, sử dụng tính chất 3 phân số tùy ý. Bài 6. Chứng minh với $s > 0$

$$f^{(-s)}(x) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^x f(t)(x-t)^{s-1} dt.$$

Câu hỏi khái quát hóa khái niệm giá trị tùy ý thứ $s$ thành giá trị tùy ý của $s$ đã được nhiều nhà toán học xuất sắc nghiên cứu từ lâu, trong đó có Leibniz, Johann Bernoulli, Euler, Fourier, Liouville và Riemann.

Định nghĩa (4) do M. Rovinsky đưa ra trùng hợp với một trong những cách mà Liouville định nghĩa phân số tùy ý vào những năm 30 của thế kỷ 19. Công thức (5) được gọi là công thức Riemann-Liouville.

Điểm bất động chung của hai hàm số

Trong cuốn sách của người dùng nổi tiếng S. Ulam “Root Mathematical bài toán” (M.: “Nauka”, 1964) có giả thuyết sau.

Đặt $f(x)$ và $g(x)$ là các hàm liên tục được xác định trên khoảng $[0; 1]$, lấy các giá trị liền kề với khoảng này và cả $f(g(x))=g(f(x))$ cho tất cả $x \in [0; 1]$; thì các hàm $f$ và $g$ có một điểm cố định chung, tức là điểm $x_0$ mà $f(x_0)=g(x_0)=x_0$.

bài toán này rất phổ biến trong giới học sinh toán vào giữa những năm 60 và đầu những năm 70, nhưng mọi nỗ lực nhằm vào lời giải của nó đều không thành công. Telegr biết rằng giả thuyết của Ulam là không đúng: có biện pháp đối phó.

Là học sinh lớp 9 trường nội trú Vật lý và Toán học số 18 thuộc Đại học Tổng hợp Mátxcơva, Andrei Slepukhin, theo lời giới thiệu của giáo viên, ứng viên khoa học vật lý và toán học A.P. Veselov (nhân tiện, tốt nghiệp Trường Vật lý và Toán học tại Đại học Tổng hợp Mátxcơva), đã đưa ra giả thuyết Ulam trong lớp đa thức. Chính xác hơn, anh ấy đã giải được bài toán tiếp theo.

Giả sử $p(x)$ và $q(x)$ là hai đa thức sao cho $p(q(x))=q(p(x))$ với mọi $x \in R$. Có đúng là tồn tại một điểm $x_0 \in R$ sao cho $p(x_0)=q(x_0)=x_0$, nếu biết rằng bản thân các đa thức $p(x)$ và $q(x)$ đều có điểm cố định (ví dụ, điều này có nghĩa là các phương trình $p(x)=x$ và $q(x)=x$ có nghiệm).

Hóa ra là nếu một trong các đa thức $p(x)$ hoặc $q(x)$ có bậc chẵn thì tồn tại một điểm cố định chung.

Đối với đa thức bậc lẻ, chứng minh của A. Slepukhin “không có tác dụng”, vì vậy đối với họ câu hỏi vẫn còn bỏ ngỏ.