Kvant 2008, số 4 · Trang

4

KVANT 2008/№4

phương tiện kiểm soát việc thử nghiệm vũ khí nguyên tử của các quốc gia nước ngoài. Do đó, Hội nghị Geneva đã chỉ ra rằng nếu đạt được thỏa thuận ngăn chặn các vụ nổ hạt nhân thì hành vi vi phạm đó chắc chắn sẽ bị phát hiện bằng các biện pháp kỹ thuật. Điều này góp phần ký kết Hiệp ước Moscow cấm thử hạt nhân trong ba môi trường: trong khí quyển, dưới nước và trong không gian. Hiệp ước được ký kết vào năm 1963 bởi Liên Xô, Hoa Kỳ và Anh.

Sau khi hoàn thành công việc nghiên cứu được thực hiện tại Viện Năng lượng nguyên tử để phát hiện các vụ nổ hạt nhân, tất cả các phương pháp, thiết bị được phát triển, tài liệu khoa học và kỹ thuật đã được chuyển đến Cơ quan Kiểm soát Đặc biệt của Bộ Quốc phòng Liên Xô. Bản thân công trình “Phát triển hệ thống phát hiện vụ nổ hạt nhân ở khoảng cách xa” đã được trao Giải thưởng Lênin năm 1959.

TIN KHOA HỌC

Chiến thắng của khoa học cơ bản

Phát hiện đã được trao giải Nobel Vật lý năm 2007, trong mục “Tin tức khoa học”, nói đúng ra, có thể đã xuất hiện cách đây hai mươi năm. Năm 1988, nhà vật lý người Pháp Albert Fehr và nhà vật lý người Đức Peter Grünberg đã độc lập phát hiện ra một hiệu ứng gọi là từ điện trở khổng lồ (theo ngôn ngữ khoa học quốc tế - Giant Magnetoresistance, GMR). Công việc của các nhà khoa học này mang tính chất thử nghiệm và được thực hiện bởi các nhóm nhà nghiên cứu. Nhưng những người đoạt giải Nobel trong tương lai không chỉ lãnh đạo các nhóm này mà còn đưa ra những lý giải về mặt lý thuyết cho hiện tượng này. Có một số hiệu ứng vật lý của hiện tượng từ có tầm quan trọng thực tiễn lớn. Đó là sự quay của mặt phẳng phân cực ánh sáng khi tương tác với một chất từ ​​tính, từ giảo khổng lồ (một sự thay đổi đáng kể về thể tích của vật thể khi nó bị từ hóa), hiệu ứng từ nhiệt (thay đổi nhiệt độ trong quá trình từ hóa đoạn nhiệt hoặc khử từ của vật liệu trong từ trường bên ngoài) và cuối cùng là hiện tượng từ điện trở khổng lồ. Từ “khổng lồ” không nên gây hiểu nhầm. Trong trường hợp này, nó có nghĩa là điện trở của một chất tăng hoặc giảm đáng kể - lên tới 20 lần - khi hướng của từ trường trong nó thay đổi. Hiệu ứng này thể hiện ở các lớp vật chất mỏng (theo thứ tự nanomet) liền kề với các lớp sắt từ tạo ra từ trường. Bản chất của hiện tượng này hóa ra có liên quan đến sự hiện diện của spin trong các electron, tức là sự quay của chính nó, được đặc trưng bởi các khoảnh khắc cơ học và từ tính. Nếu bạn chọn một hướng nhất định, thì spin của electron có thể có hai hướng - dọc theo hướng này và ngược lại. Spin của hạt cơ bản là một hiện tượng lượng tử. Điều này có nghĩa là về nguyên tắc không thể tưởng tượng được bất kỳ mô hình trực quan hình học nào của một electron đang quay. Và chỉ có thể rút ra một sự tương tự rất sơ bộ giữa spin và, ví dụ, một cuộn dây có dòng điện. Điểm chung duy nhất mà một chuyển động quay có điểm chung với một chuyển động quay là cả hai đều có xu hướng tự định hướng trong từ trường sao cho năng lượng tương tác từ trở nên tối thiểu. Các electron “định hướng” như vậy đi qua một chất dễ dàng hơn dưới tác động của điện trường - điện trở của chất đó thấp. Nhưng nếu hướng của từ trường đột ngột thay đổi theo hướng ngược lại thì spin của các electron sẽ chống định hướng so với nó và có xu hướng định hướng lại. Theo lý thuyết cổ điển về độ dẫn điện, tốc độ chuyển động hỗn loạn (nhiệt) của các electron sẽ tăng lên, điều này sẽ làm tăng điện trở của vật chất. Nhưng trong lý thuyết lượng tử “đúng” chúng ta nên nói về sự thay đổi độ dài tán xạ trung bình của sóng điện tử hoặc sự thay đổi xác suất

Albert Fer

Peter Grünberg tương tác giữa các electron với các nguyên tử vật chất, dẫn đến sự thay đổi điện trở. Các nghiên cứu của Fehr và Grünberg đã trở thành những nghiên cứu tiên phong trong câu hỏi về ảnh hưởng của spin electron đến độ dẫn điện của một chất. Cần lưu ý rằng những nghiên cứu này chỉ có thể thực hiện được sau khi phát triển công nghệ sản xuất các lớp kim loại mỏng nhất - ngày nay được gọi là công nghệ nano. Tại sao việc phát hiện ra hiệu ứng GMR, liên quan đến khoa học cơ bản, lại nhận được tầm quan trọng và danh tiếng lớn đến mức được Ủy ban Nobel công nhận là xứng đáng với giải thưởng cao quý này? Thực tế là trên cơ sở đó, một hướng khoa học kỹ thuật mới đã ra đời sử dụng hiệu ứng spin trong điện tử - điện tử học spin. Ví dụ, các thiết bị Spintronic được phát triển trong những năm qua đã giúp tăng mật độ ghi thông tin hiệu quả trên phương tiện từ tính, đặc biệt là trên ổ cứng, lên hàng trăm, thậm chí hàng nghìn lần. Nói một cách đơn giản, mật độ ghi thông tin đã tăng lên mà không cần đến điện tử học spin - dựa trên các cuộn cảm thu nhỏ. Nhưng mật độ ghi hiệu quả, tức là khả năng đọc thông tin sử dụng hiện tượng cảm ứng điện từ về cơ bản không cho phép thu nhỏ hơn nữa. Và dựa trên hiệu ứng GMR và công nghệ nano hiện đại, những thiết bị đọc thu nhỏ như vậy đã được thiết kế để dung lượng ổ cứng tăng lên hàng terabyte (hàng nghìn gigabyte). Nếu không có những thiết bị này thì siêu máy tính, máy tính xách tay và PDA hiện đại sẽ không thể tồn tại được. Việc phát hiện ra tác dụng của từ điện trở khổng lồ đã trở thành biểu tượng cho đặc điểm chính của khoa học hiện đại - mối liên hệ nhanh chóng và không thể tách rời của nó với việc triển khai kỹ thuật. Và chúng tôi cùng chia sẻ với các đồng nghiệp của chúng tôi trên tạp chí “Khoa học và Đời sống”: Giải Nobel Vật lý năm 2007 trước hết là một chiến thắng của khoa học cơ bản! L. Belopukhov

14

KVANT 2008/№4

Trên chu vi tam giác ABC, ta vẽ đường thẳng song song với phân giác của góc AMC. Hãy tìm giao điểm của nó với các cạnh của góc AMB. Khi đó đường tròn tiếp tuyến với các cạnh của góc AMB tại các điểm này là đường tròn mong muốn.

Chứng minh định lý Feuerbach

Thời điểm quan trọng đã đến: sự chuyển đổi từ Thébault sang Feuerbach. Sử dụng cùng một kỹ thuật đã chứng minh định lý Thebaud, chúng ta sẽ chứng minh định lý Feuerbach. Cho tam giác ABC, $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ trung điểm các cạnh của nó, $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ đáy của các đường cao. Sáu điểm cuối cùng, như chúng ta biết, nằm trên một vòng tròn - vòng tròn chín điểm. Cần chứng minh nó tiếp xúc với các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC. Ý tưởng là thế này: chúng ta hãy chọn một cặp đường tròn - đường tròn nội tiếp tam giác ABC và một trong các đường tròn ngoại tiếp của nó, ví dụ đường tròn tiếp xúc với cạnh AC. Chúng ta hãy thử tưởng tượng cặp này là một cặp đường tròn Thebaut của một số tam giác nội tiếp trong đường tròn chín điểm. Nếu điều này có thể thực hiện được thì định lý Feuerbach sẽ được thiết lập. Trên thực tế, các đường tròn Thebaud (theo định nghĩa!) tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác, tức là đường tròn chín điểm của chúng ta. Điều này có nghĩa là đường tròn gồm chín điểm tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và một trong các đường tròn ngoại tiếp. Thực hiện tương tự với các vòng tròn khác, chúng tôi thu được kết quả cần thiết. Câu hỏi chính là nên lấy hình tam giác nào trong số các hình tam giác nội tiếp trong vòng tròn chín điểm? Cả tam giác “ở giữa” $A_{1} B_{1} C_{1}$ (có các đỉnh ở giữa các cạnh) cũng như “tam giác trực giao” $A_{2} B_{2} C_{2}$ (với các đỉnh ở đáy của các đường cao) đều không phù hợp cho mục đích này. Ngay cả khi chúng ta giới hạn bản thân chỉ ở sáu điểm $A_{1}, B_{1}, C_{1}, A_{2}, B_{2}, C_{2}$, thì vẫn có 20 hình tam giác có đỉnh tại các điểm này (tại sao chính xác lại nhiều như vậy?). Tất cả chúng sẽ được ghi trong một vòng tròn chín điểm. Và chỉ một trong số họ sẽ làm được! Để người đọc không nhàm chán, hãy nói ngay đáp số: đây là hình tam giác $B_{1} B_{2} A_{2}$ (hình9). Các đỉnh của nó là đáy của hai độ cao - $A_{2}$ và $B_{2}$ và điểm giữa của cạnh - $B_{1}$.

Hình 9

Điểm C được lấy là điểm M trên cạnh của tam giác. Nó nằm trên cạnh $B_{2} B_{1}$ của tam giác $B_{1} B_{2} A_{2}$. Các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh AC, là các đường tròn Tebaut của tam giác $B_{1} B_{2} A_{2}$ và cho điểm C trên phần kéo dài của cạnh $B_{1} B_{2}$. Trong trường hợp này, trường hợp của định lý Thebaud phát sinh, được mô tả trong hình 8, b (khi điểm M được lấy trên phần kéo dài của cạnh tam giác). Vì vậy, nếu trong định lý Tebo, chúng ta lấy điểm M không nằm trên cạnh mà nằm trên phần kéo dài của cạnh của tam giác, thì chúng ta thu được định lý Feuerbach. Vì vậy, cả hai định lý đều là hai mặt của cùng một tuyên bố. Và cả hai đều được chứng minh bằng định lý chính. Bây giờ chúng ta cần chứng minh rằng điều này thực sự đúng: đường nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp là đường tròn Thebaut của tam giác $B_{1} B_{2} A_{2}$ và điểm C trên phần kéo dài cạnh của nó $B_{1} B_{2}$. Để làm điều này, chúng ta sẽ sử dụng định lý chính. Nếu chúng ta chứng minh rằng đoạn MN nằm giữa các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh CA và CB lần lượt chứa tâm của đường tròn nội tiếp $I_{1}$ của tam giác $B_{1} B_{2} A_{2}$, thì mọi việc sẽ ổn. Trên thực tế, hóa ra qua tâm của đường tròn nội tiếp $I_{1}$ chúng ta đã vẽ một đường thẳng MN, tạo thành các góc bằng nhau với các đường thẳng $CA_{2}$ và $CB_{2}$. Sau đó, từ định lý (chính xác hơn, từ trường hợp của nó được trình bày ở hình 6,a), suy ra rằng đường tròn tiếp tuyến với các đường thẳng này tại các điểm M và N (đây là đường tròn nội tiếp tam giác ABC) nội tiếp trong tam giác cong $A_{2} CB_{2}$, giới hạn bởi các đoạn $CA_{2}, CB_{2}$ và cung $B_{2} A_{2}$ của đường tròn chín điểm. Điều này có nghĩa là nó chạm vào vòng tròn chín điểm. Như chúng ta thấy, cách lập luận cũng giống như cách xây dựng trong bài toán của Apollonius. Đối với một excircle, bằng chứng là hoàn toàn tương tự. Như vậy, vẫn còn phải chứng minh rằng đường thẳng MN chứa tâm đường tròn nội tiếp $I_{1}$ của tam giác $B_{1} B_{2} A_{2}$. Tuy nhiên, sẽ thuận tiện hơn cho chúng ta khi bắt đầu với một câu phụ trợ, tuy nhiên, đây là một bài toán Olympic nổi tiếng. Bổ đề 2. Trong tam giác ABC tùy ý, giao điểm của đường phân giác của góc B với đường thẳng chứa đường trung bình song song với cạnh CB nằm trên cùng một đường thẳng với các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp với các cạnh CA và CB. Bằng chứng. Gọi I là tâm của đường tròn nội tiếp, M và N là các điểm tiếp tuyến của nó với các cạnh CA và CB,

Hình 10

26

KMS

KVANT 2008/№4

Bài toán

Sắp xếp tất cả các số từ 1 đến 9 vào các vòng tròn của tam giác bên trái sao cho đẳng thức c 2 = a 2 + b 2, trong đó c là tổng các số nằm trên cạnh huyền, a, b là tổng các số nằm trên hai cạnh huyền.

Một hình tròn có tâm trên đường chéo của hình vuông đi qua một trong các đỉnh của nó và cắt các cạnh của nó như minh họa tại hình. Góc được đánh dấu bằng vòng cung màu đỏ là góc nào? V.Proizvolov

Điều này có thể được thực hiện cho các đường tròn của tam giác vuông không? M. Akhmedzhanova

Trong số 999.999 vé xe buýt có số có 6 chữ số, ai có tổng của 3 chữ số đầu trùng với tổng của 3 số cuối được coi là may mắn. Chúng ta sẽ gọi là những tấm vé không may mắn có số chứa đúng ba số liên tiếp

sáu. Có bao nhiêu tấm vé vừa may mắn vừa không may mắn? A. Ryakovsky

Chứng minh rằng nếu a, b, c là số lẻ thì ít nhất một trong các số ab ​​– 1, bc – 1, ca – 1 chia hết cho 4. V. Senderov

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6 – 8.

Minh họa của D. Grishukova

Bạn nghĩ đồng hồ sẽ khác với những chiếc đồng hồ hiện có như thế nào nếu người phát minh ra đồng hồ cổ đại không sống ở phía bắc mà ở bán cầu nam của Trái đất? E. Sokolov

27

ĐẾN

M

Sh

Cuộc thi mang tên A.P. Savin

“Toán 6–8”

Chúng tôi đang bắt đầu một cuộc thi khác về lời giải toán bài toán dành cho học sinh lớp 6–8. Gửi Lời giải bài toán trong vòng một tháng sau khi nhận được số tạp chí này đến địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» (được đánh dấu là “Cuộc thi “Toán học 6–8”). Hãy nhớ điền tên, lớp và địa chỉ nhà của bạn. Như trước đây, chúng tôi hoan nghênh sự tham gia vào cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các câu lạc bộ toán học. Chúng tôi yêu cầu vòng tròn lãnh đạo cung cấp địa chỉ email hoặc số điện thoại liên hệ Theo truyền thống, các câu lạc bộ chiến thắng trong cuộc thi thư từ sẽ được mời tham dự giải đấu trực tiếp cuối cùng.

1. Có 40 đồng xu giống hệt nhau ở bên ngoài, trong đó có 3 đồng tiền giả. Tiền giả nhẹ hơn tiền thật và có khối lượng như nhau (khối lượng của tiền thật cũng bằng nhau). Làm thế nào để chọn được 18 đồng xu thật bằng ba lần cân trên cân cốc mà không cần quả cân? V.Petrashev

2. Chứng minh rằng với bất kỳ tập hợp n phần tử nào (n > 0), số tập con của nó, mỗi tập chứa một số phần tử chẵn, bằng số các tập con của nó, mỗi tập con chứa một số phần tử lẻ. Ví dụ: hình hiển thị tất cả các tập hợp con của bộ quân cờ 3 phần tử:

3. Trên một dải ca rô dài vô tận theo cả hai hướng, có ba con chip như được hiển thị ở hình. Bạn được phép thêm một chip vào ba ô bất kỳ nếu một trong những ô này nằm chính xác ở giữa hai ô còn lại. Nó cũng được phép loại bỏ một chip khỏi ba ô đáp ứng các yêu cầu tương tự. Có thể loại bỏ tất cả các chip khỏi dải bằng các hành động này không? A. Gribalko

4. Với $n \ge 2$ tự nhiên nào tồn tại m tự nhiên sao cho m chia hết cho n, m + 1 chia hết cho n – 1, m + 2 chia hết cho n – 2, … m + n – 1 chia hết cho 1?

I. Akulich

5. Một điểm nào đó nằm bên trong hình bình hành được phản xạ đối xứng với các cạnh của nó. Bốn điểm mới hóa ra là các đỉnh của hình vuông. Hình bình hành ban đầu có phải là hình vuông không? S. Dvoryaninov

V. Người gửi

Người chiến thắng cuộc thi mang tên A.P. Savin “Toán học 6–8” năm học 2007/08

Các học sinh sau đây đã đạt được kết quả cao nhất trong cuộc thi:

Tommer Argaman - Beer Sheva (Israel), trường Eshel Hanasi, lớp 8, Nikita Sopenko - Tambov, FML 14, lớp 6, Alexey Tsybyshev - Samara, thể dục 1, lớp 8.

và câu lạc bộ: Câu lạc bộ Toán học của trường. D. Ben-Gurion ở Negev (Israel), người đứng đầu P. Samovol, J. Heifetz, Lyceum 130, Novosibirsk, người đứng đầu L.N. Chusovitin, nhà thi đấu 59, Ulan-Ude, trưởng E.V. Batueva, Trung tâm Giáo dục Toán học Bổ sung, Kurgan, người đứng đầu O.I. Yuzhkov, E.G. Pushkareva, “Signum” tại nhà thi đấu 5, Cheboksary, hiệu trưởng S.A. Ivanov, “Erudite” tại Trường Vật lý 32, Astrakhan, hiệu trưởng T.M. Sergeeva, nhà thi đấu 1, Samara, người đứng đầu A.A. Gusev.

28

KVANT 2008/№4

Ban giám khảo cuộc thi cũng ghi nhận thành tích tốt của nữ sinh Oksana Galyamova, Beloretsk, thể dục 14, lớp 8.

và các nhóm sau: Trung tâm Giáo dục thường xuyên, Nizhnekamsk, người đứng đầu F.G. Kalimullina,

Lyceum 64, Omsk, đạo diễn Yu.E. Ryazanova.

Tất cả những người chiến thắng cuộc thi đều được trao tặng DVD - kho lưu trữ điện tử của tạp chí «Kvant» từ năm 1970 đến năm 2006.

Chia sẻ vấn đề

V.UFNAROVSKY

WA BRIGATORS CHIA LOOT. CHƠI RẤT hay và dễ dàng, nhưng việc chia sẻ hóa ra lại khó khăn hơn nhiều! Mỗi tên cướp đều chắc chắn rằng mình là người có thể chia đều mọi thứ nhưng lại hoàn toàn không có niềm tin vào khả năng của đồng đội. Cuối cùng, người lớn tuổi nhất trong số họ nói: “Được rồi.” Tôi có một ý tưởng. Hãy để tôi cố gắng chia đều chiến lợi phẩm. - Nhưng anh không biết làm thế nào! - người trẻ hơn hét lên.

Minh họa của V. Ivanyuk

29

ĐẾN

“Chờ một chút,” trưởng lão trả lời và chia mọi thứ làm đôi. – Tôi nghĩ mình đã chia nó hợp lý. Bạn có đồng ý không? - Tất nhiên là không. Đây là những phần hoàn toàn không bằng nhau! - Cứ như vậy đi. Và bạn nghĩ phần nào lớn hơn? - Cái này! – tên cướp trẻ tuổi chỉ ra không chút do dự. - Tuyệt vời! Đưa cô ấy đi. Bạn có hài lòng không? - Tất nhiên rồi! Và bạn? - Không còn nghi ngờ gì nữa. Tôi chắc chắn rằng cả hai phần đều giống nhau: suy cho cùng, chính tôi đã chia chúng. Bọn cướp giải tán, hài lòng với sự phân chia. Lần tiếp theo có ba người trong số họ. Và một lần nữa cần phải chia đều chiến lợi phẩm, nhưng lần này là cho ba người. Làm thế nào để làm điều này? Lúc đầu, tên cướp cấp cao cố gắng sử dụng ý tưởng tương tự. Anh ta chia mọi thứ thành ba phần bằng nhau (đối với anh ta dường như) và mời những tên cướp khác chọn phần của chúng. Anh cả hy vọng rằng họ sẽ chọn những phần khác nhau - sau đó anh ấy sẽ chọn phần còn lại, và mọi người sẽ vui vẻ. Nhưng cả hai đồng nghiệp của anh đều muốn có cùng một phần. “Được rồi,” anh nói. – Vì cả hai bạn đều nghĩ đây là phần lớn nhất nên hãy chọn phần nhỏ nhất. Tôi sẽ tự mình giải quyết và các bạn sẽ tự giải quyết bằng cách nào đó. Đó là một ý tưởng hay, nhưng thật không may, giờ họ đã chọn những phần khác nhau. Và không ai khác biết phải làm gì. Có những cuộc tranh cãi, rồi những tiếng súng… Cảnh sát xuất hiện nhanh chóng một cách đáng ngạc nhiên, và bọn cướp vui mừng vì đã trốn thoát được. Nhưng cả ba vẫn tiếp tục suy nghĩ: làm sao có thể chia chiến lợi phẩm một cách công bằng để mọi người đều chắc chắn rằng mình nhận được ít nhất một phần ba (ngay cả khi mọi người có quan điểm khác nhau về một phần ba chiến lợi phẩm là gì và đâu là không)? Lần sau có mười tên cướp. Nhưng bây giờ họ phải chia chiến lợi phẩm thành 10 phần! Người lớn tuổi nhất nói với những người còn lại rằng việc chia thành ba phần khó khăn như thế nào và đề nghị: “Tôi nghĩ chúng ta cần gọi một nhà toán học, nếu không chúng ta sẽ không thể giải quyết được”. Tôi có một người bạn tốt. – Tôi có phải trả tiền cho anh ta không? – những người còn lại nhăn mặt. - Không, không, anh ấy sẽ làm miễn phí. Anh ấy rất thích giải quyết khó khăn bài toán. Và anh ấy sẽ rất vui nếu có thể viết một bài báo toán học về điều này. - Không có tên của chúng tôi? - Không có. “Vậy thì để anh ta thử xem,” bọn cướp miễn cưỡng đồng ý. Nhà toán học thực sự quan tâm đến vấn đề này. Sau khi suy nghĩ, anh ấy đề xuất như sau lời giải. “Bọn cướp,” anh ấy bắt đầu, “mỗi người trong số các bạn có chắc chắn rằng anh ấy (và chỉ mình anh ấy) biết 1/10 số rác rưởi này là bao nhiêu không?” “Tất nhiên,” họ xác nhận có phần bị xúc phạm. - Tuyệt vời! Sau đó, anh,” anh ta chỉ vào một trong những tên cướp, “tách 1/10 số này ra.” - Anh vâng lời. “Bây giờ là bạn,” anh chỉ vào người kia. – Bạn có nghĩ là hơn 1/10 không?

M

Sh

“Không,” tên cướp trả lời. - Tuyệt vời! Vậy thì bạn,” anh ta chỉ vào cái tiếp theo. – Bạn có nghĩ nó lớn hơn 1/10 không? “Ừ, ở đây nhiều quá,” anh ta càu nhàu. - Vậy thì giảm phần chia, làm cho chính xác là 1/10! - nhà toán học hỏi. Tên cướp giảm cọc đi phần nào. “Bây giờ thực sự là 1/10 ở đây,” anh ta nhận xét. “Còn mày,” nhà toán học quay sang hai tên cướp đầu tiên, “bây giờ mày có thể chắc chắn rằng thậm chí còn ít hơn 1/10 trong đống.” Họ xác nhận: “Tất nhiên, họ đã loại bỏ một chút khỏi nó”. - Tuyệt vời! Vậy tôi sẽ hỏi người tiếp theo,” và anh ta chọn một tên cướp mới, “bạn có nghĩ ở đây có hơn 1/10 không?” Và thế là nhà toán học đã phỏng vấn tất cả mọi người, đề nghị giảm tỷ lệ những người tin rằng nó quá lớn. Khi thẩm vấn tên cướp cuối cùng, nhà toán học lại nói với mọi người. - Vậy trong các bạn chắc không còn ai cho rằng đống này giờ đã chứa hơn 1/10 số chiến lợi phẩm được. “Tất nhiên,” bọn cướp trả lời. Ai nghĩ phần lớn thì đã giảm bớt rồi. - Tuyệt vời! Và ai là người cuối cùng giảm tỷ lệ này? “Đúng vậy,” tên cướp trẻ đáp. - Vậy khi chia bạn chắc chắn rằng đây là 1/10. - Tôi vẫn chắc chắn về điều này. Rốt cuộc, không ai giảm nó sau tôi. - Vậy thì tự mình lấy đi! Bạn cho rằng đây là 1/10 sản phẩm nhưng số còn lại chắc chắn rằng điều này không còn nữa. - Đúng! – bọn cướp vui vẻ đồng ý. Họ bắt đầu hiểu. - Ừm, tốt! Bây giờ chúng ta có bài toán đơn giản hơn: chia phần còn lại thành 9 phần. Hãy bắt đầu theo cách tương tự. Bạn,” nhà toán học chỉ vào một trong những tên cướp, “tách 1/9 số này ra… Và theo cách tương tự, nhà toán học chia một phần cho một tên cướp khác, rồi cho một tên cướp khác, và ngay sau đó mỗi tên cướp mỉm cười hài lòng, thấy mình có được phần chiến lợi phẩm của mình. Để ăn mừng, bọn cướp lấy ra một chai lớn rượu cổ ngon và ăn mừng. Đột nhiên nhà toán học đề nghị: “Anh có muốn tôi chia đều rượu không?” - Không, nó quá dài. - Đừng lo, tôi có thể giải quyết nhanh chóng. - Chuyện này thế nào? – họ không khỏi tò mò. - Rất đơn giản. Bản thân tôi không uống rượu nên lại phải chia cho mười. Mỗi bạn có chắc chắn rằng mình có thể xác định được 1/10 lượng chứa trong chai này là bao nhiêu không? - Không có gì! “Vậy thì tôi sẽ từ từ rót rượu từ chai vào chiếc cốc này.” Ngay khi có ai quyết định rằng đây chính xác là 1/10, người đó phải ngay lập tức hét lên và ngăn tôi lại. Đồng ý?

30

KVANT 2008/№4

“Hãy thử xem,” bọn cướp trả lời có phần bối rối. Trước đây họ chưa bao giờ uống say lạ lùng như vậy. Nhà toán học bắt đầu rót đầy cốc. Anh ngày càng hoàn thiện hơn. Cuối cùng, một trong những tên cướp không thể chịu đựng được và hét lên: “Dừng lại!” Nếu không nó sẽ là quá nhiều. Bây giờ chỉ còn 1/10 chai! – Nhưng những người khác lại không nghĩ vậy? – nhà toán học hỏi. “Tất nhiên là không,” tên cướp xác nhận, “họ im lặng, nghĩa là họ tin rằng có ít hơn 1/10.” - Thôi kệ đi! Vậy thì đây chính là chia sẻ của bạn! “Và chúng ta sẽ tiếp tục,” nhà toán học nói và bắt đầu rót đầy cốc tiếp theo. – Nếu nhiều người cùng hét lên thì sao? – một người còn lại bỗng trở nên lo lắng. “Chúng ta sẽ chia phần cho bất kỳ ai trong số họ và tiếp tục chia.” Dù sao đi nữa, cuối cùng thì mọi người sẽ nhận được ít nhất 1/10 theo quan điểm của mình,” nhà toán học trấn an mọi người. Bọn cướp suy nghĩ một lúc. - Tuyệt vời! Và nó thật đơn giản,” người thông minh nhất trong số họ cuối cùng cũng nói. - Tại sao chúng ta không thể chia chiến lợi phẩm như vậy? anh ấy hỏi. Bạn nghĩ sao, độc giả?

Bình luận Câu chuyện cổ tích là một lời nói dối, nhưng có một gợi ý trong đó. Chúng tôi hy vọng người đọc hiểu bài toán và lời giải đẹp đẽ được trình bày trong câu chuyện này. Tất nhiên, thuật toán chia sẻ được mô tả trong đó không phải là thuật toán duy nhất. Có lẽ người đọc đã tìm ra cách của riêng mình. Nhưng nếu không, hãy để bài toán sau đây giúp bé thấy được những cách chia khác. Bài toán 1. Vấn đề chính khi chia làm ba là: khi một trong những tên cướp chia chiến lợi phẩm thành ba phần, hai phần còn lại biểu thị phần lớn nhất theo cùng một cách và phần nhỏ nhất – khác nhau. Bạn có thể thoát khỏi tình huống này như thế này: hai tên cướp còn lại chia phần lớn nhất cho nhau, và mỗi tên cũng chia phần giữa (theo quan điểm của chúng) làm đôi với tên cướp đầu tiên. Hãy chứng tỏ rằng với sự phân chia như vậy thì mọi người đều vui vẻ. Bài toán 2. Đảm bảo rằng thuật toán sau cũng giải được bài toán cho ba. Hai người chia sẻ tất cả chiến lợi phẩm với nhau. Sau đó, tên thứ ba chia phần của mỗi tên cướp đầu tiên thành ba phần. Hai người đầu tiên chọn một phần nhỏ hơn trong ba phần của mình và đưa cho người thứ ba. Bài toán 3. Thuật toán này có hoạt động cho bốn người không: đầu tiên, ba người chia mọi thứ cho nhau, sau đó mỗi người chia phần của mình thành bốn phần, sau đó tên cướp cuối cùng lấy phần tốt nhất từ ​​mỗi phần? Lưu ý rằng thuật toán tương tự như thuật toán trước, nhưng vẫn hơi khác một chút. Bài toán 4. Xây dựng và thử nghiệm thuật toán tìm N tên cướp dựa trên ý tưởng từ bài toán trước đó. Bài toán $5^{*}$. Giả sử trong băng nhóm có một ataman đặt ra một điều kiện bổ sung - anh ta phải

nhận được không kém bất kỳ tên cướp nào khác (theo quan điểm của bạn). Đề xuất cách chia thích hợp: a) Đối với trường hợp ba tên cướp; b) với số lượng tùy ý. Bài toán $6^{**}$. Liệu ba kẻ đố kỵ có chia được chiến lợi phẩm để mọi người chắc chắn rằng không ai có được nhiều hơn mình? Có thể nghĩ ra cách chia sẻ cho bao nhiêu người ghen tị không? Lưu ý rằng bài toán này phức tạp hơn bài toán ban đầu về ba tên cướp hoặc bài toán về thủ lĩnh. Đối với những người muốn tìm hiểu sâu hơn về những vấn đề toán học phức tạp, chúng tôi khuyên bạn nên xem trên Internet tại trang http://www.turgor.ru/lktg/1999/razbr.php (trong đó có toàn bộ loạt nghiên cứu bài toán về những tên cướp, được cung cấp vào năm 1999 cho những người tham gia Hội nghị Mùa hè lần thứ XI của Giải đấu các Thành phố). Có một số vấn đề nhạy cảm hơn. Điều gì sẽ xảy ra nếu bọn cướp bắt đầu gian lận, chẳng hạn như hợp tác với nhau và chia không đều? Điều này có thể có lợi? Nhưng đây là một chủ đề cho một cuộc thảo luận khác. Các vấn đề trước đó ngầm giả định rằng chiến lợi phẩm có thể phân chia vô hạn (tức là mỗi bộ kho báu có thể được chia thành bất kỳ số phần nào bằng nhau theo quan điểm của một tên cướp nhất định). Nhưng nếu sản lượng không được phân chia nhiều thì sao? Ví dụ, làm thế nào để chia một chiếc TV hay một viên kim cương? Nếu bọn cướp có tiền, chúng ta có thể đề xuất một thuật toán tinh tế như vậy. Mỗi tên cướp định giá từng món đồ theo số tiền mà hắn tin rằng món đồ đó có giá trị. Người nào cho số tiền nhiều nhất thì trả tiền và lấy đồ về cho mình. Sau đó, tất cả số tiền trả được chia đều. Đây là một sửa đổi khác của ý tưởng này mà tác giả đã áp dụng thành công trong thực tế. Có người mua thì có người bán. Người bán muốn bán với giá cao hơn nhưng không buộc phải bán. Người mua muốn mua rẻ hơn nhưng không bắt buộc phải mua. Thay vì mặc cả, bạn có thể đưa ra phương pháp này. Người bán viết lên một tờ giấy số tiền tối thiểu A mà anh ta sẵn sàng bán và người mua viết số tiền B tối đa mà anh ta sẵn sàng trả. Sau đó họ nhìn vào những mảnh giấy. Nếu A>B thì giao dịch sẽ không diễn ra. Nếu không, giá sẽ là giá trị trung bình số học và cả hai sẽ hài lòng. Tất nhiên, trong cả thuật toán này và thuật toán trước, vấn đề gian lận đặc biệt thú vị. Và một điều cuối cùng. Nhưng trong thực tế, làm thế nào để bạn chia một cốc nước đầy thực sự bằng nhau (coi cái cốc là một hình trụ)? Rất đơn giản: từ từ (sao cho bề mặt phẳng) đổ nước ra cho đến khi bạn nhìn thấy phần đầu của đáy. Vì lý do đối xứng, chỉ một nửa sẽ còn lại trong kính.

31

HỌ VIẾT CHO CHÚNG TÔI

Vật lý trong truyện động vật

Gần đây, ấn bản tiếp theo của cuốn sách “Những câu chuyện về động vật” của nhà văn nổi tiếng Canada và Bắc Mỹ E. Seton-Thompson đã được xuất bản. Trong cuốn sách, thế giới của phần thế giới này, cách xa chúng ta, hiện ra trước mắt người đọc như thể còn sống. Những anh hùng trong câu chuyện của ông - đôi khi cảm động, đôi khi bi thảm - là những loài động vật có thói quen được nhiều người biết đến. Nhưng chúng ta hãy nhìn cuốn sách qua lăng kính vật lý - suy cho cùng, mọi hiện tượng tự nhiên, kể cả sinh vật sống, cũng có mặt vật lý, tất nhiên là không bị quy giản hoàn toàn về mặt vật lý. Những ai đã đọc cuốn sách này (mà tôi chân thành khuyên mọi người nên làm), tất nhiên sẽ nhớ đến câu chuyện “Jack the War Horse. Câu chuyện về một con thỏ”. Nó mô tả một cách hài hước cuộc “chạy đua” giữa thỏ và chó. Khi những con chó bắt đầu vượt qua con thỏ khi đang chạy trên một đường thẳng, nó bắt đầu di chuyển, đột ngột thay đổi hướng chạy, né tránh chúng. Một tính chất nổi tiếng của vật thể – quán tính – đứng về phía anh ta. Một con chó nặng hơn một con thỏ, vì vậy nó sẽ khó thay đổi nhanh độ lớn và hướng của tốc độ cơ thể để đuổi theo con thỏ mà nó sử dụng theo bản năng. Các yếu tố khác giúp thỏ áp dụng chiến thuật như vậy bao gồm nhảy, một phương pháp di chuyển phổ biến và khó dự đoán hành động tiếp theo của nó. Trong câu chuyện về chú chim bồ câu đưa thư Arno, người anh hùng trở thành nạn nhân của lũ chim ưng bồ câu. Kẻ săn mồi này lao vào con mồi và sau khi tăng tốc, dùng bàn chân đánh vào lưng nó từ trên cao. Hơn nữa, không phải những móng vuốt giết chết con chim, thứ bị bộ lông đàn hồi và bền chống lại, mà là sự gãy xương đốt sống cổ, nguyên nhân là do quán tính của đầu nó. Lực đẩy của bàn chân chim ưng truyền một gia tốc lớn đến cơ thể con chim đến nỗi cổ của nó không thể truyền nó lên đầu, vì để điều này xảy ra, một lực phải tác dụng lên cổ vượt quá sức của nó theo hướng này. Mô tả những gì đang xảy ra, người ta thường nói: “Trong khi cơ thể con chim nhận được lực đẩy (gia tốc), phần đầu tiếp tục chuyển động theo quán tính”. Điều này chỉ đúng trong thời điểm đầu tiên sau va chạm, khi lực tác dụng lên đầu chim từ phía bên của cơ thể nhỏ và chưa có thời gian truyền gia tốc đáng chú ý cho nó. Một người có thể rơi vào tình huống tương tự, nhưng không phải những kẻ săn mồi đe dọa anh ta nữa mà chính phương tiện di chuyển mà anh ta đã phát minh ra. Điều này thường xảy ra với hành khách trên ô tô khi bị một phương tiện khác tông vào phía sau (gọi là roi vọt). Trong trường hợp này, tựa đầu được lắp ở lưng ghế được thiết kế để bảo vệ đốt sống cổ khỏi bị tổn thương. Khi mô tả hành vi của một con cáo bị chó truy đuổi, Seton-Thompson đã bỏ qua một thực tế mà chúng ta quan tâm - cả cáo và một số loài động vật khác đều sử dụng kỹ thuật này. Nó nằm ở chỗ con cáo, thoát khỏi sự truy đuổi và thay đổi mạnh hướng chuyển động để làm điều này, đã khéo léo sử dụng chiếc đuôi của mình. Quay về một hướng, cô ấy mạnh mẽ di chuyển đuôi của mình theo hướng ngược lại. Tuy nhiên, luôn có một phản ứng đối với mọi hành động, do đó, chiếc đuôi lại tác động lên phía sau cơ thể con vật với một lực có cùng độ lớn nhưng ngược chiều. Nhờ đó, con vật có thể rẽ mà không để phần sau của cơ thể “trượt”. Bạn sẽ nói rằng một cái đuôi chuyển động không thể phó mặc cho số phận. Nó phải được dừng lại và sau đó buộc phải di chuyển toàn bộ cơ thể theo hướng ngược lại, vì

Hình E. Seton-Thompson tại sao bạn lại cần dùng lực vào nó. Điều đó đúng. Nhưng thực tế là kỹ thuật được đề cập cho phép, bằng cách thực hiện một cú xoay nhanh, có thể kéo dài lực tiêu hao lên nó theo thời gian mà không làm các cơ bị quá tải và không vượt quá giới hạn lực bám của bàn chân xuống đất. Để làm điều này, đầu tiên họ “lấy” một lượng chuyển động nhất định từ đuôi, và một lát sau họ “trả lại” nó cho nó. Ngoài ra, nếu kẻ truy đuổi tập trung sự chú ý vào bộ phận nạn nhân bị đuổi kịp, gần anh ta nhất - trên đuôi của nó, thì việc chuyển động của đuôi theo hướng ngược lại với hướng rẽ sẽ khiến kẻ truy đuổi bối rối. Không phải ngẫu nhiên mà chóp đuôi có màu trắng đặc trưng. Kỹ thuật này, giúp việc rẽ dễ dàng hơn, được sử dụng bởi nhiều loài động vật có đuôi tương đối lớn (so với trọng lượng của toàn bộ cơ thể), bao gồm cả những kẻ săn mồi, chẳng hạn như báo săn chạy giỏi nhất. Và tỷ lệ khối lượng đuôi so với toàn bộ khối lượng cơ thể càng lớn thì kỹ thuật này mang lại kết quả càng tốt. Những người theo chủ nghĩa tự nhiên lưu ý rằng, bằng cách sử dụng chiếc đuôi tương đối đồ sộ của mình làm bánh lái, hay chính xác hơn là làm đối trọng, loài giật giật có thể thay đổi hướng chuyển động theo cách bất ngờ nhất, nhảy trên cát xốp. Trong một trong những câu chuyện, Seton-Thompson mô tả cách người bạn đồng hành của anh, một thợ săn giàu kinh nghiệm, xác định hướng gió, điều mà anh ta cần biết để tiếp cận con vật mà không bị phát hiện. Để làm điều này, anh ta làm ướt một bên ngón trỏ của mình và giữ nó theo chiều dọc, từ từ xoay bề mặt ướt theo mọi hướng. Và rồi ông kết luận rằng gió thổi từ hướng mà ngón tay cảm thấy lạnh nhất. Tác giả kết luận thêm rằng các loài động vật dường như cũng làm điều tương tự, chỉ có điều chúng luôn có mũi ướt vì mục đích này. Chúng ta hãy thảo luận về hiện tượng này từ quan điểm vật lý. Chất lỏng bay hơi từ bề mặt ẩm ướt, đồng thời nó nguội đi. Không khí thổi mang các phân tử bay hơi ra khỏi bề mặt và ngăn cản chúng quay trở lại cũng như năng lượng chúng mang đi. Điều này làm tăng sự bay hơi và làm mát đi kèm. Quá trình này xảy ra mạnh mẽ nhất ở phía đón gió, tức là hướng về phía có gió thổi.

Đọc cuốn sách tuyệt vời này quá. Tất nhiên, nó sẽ mang lại cho bạn niềm vui thực sự. Hoặc có thể bạn sẽ nhận thấy những ví dụ khác về việc sử dụng các định luật vật lý. Một kiến ​​thức tốt về vật lý có thể tiết lộ cho bạn những “bí mật” không chỉ của các công trình khoa học kỹ thuật mà còn cả các tác phẩm nghệ thuật. V.Kotov

37

THUỘC VẬT CHẤT

sử dụng mà không cần cái thứ hai, được truyền bằng các phương pháp thông thường - với tốc độ không vượt quá tốc độ ánh sáng. Nói cách khác, Bennett đã chỉ ra rằng, về nguyên tắc, các hạt kết hợp có thể đóng vai trò như một loại “vận chuyển”. Bằng cách gắn hạt thứ ba – “thông tin” – vào một trong các hạt được liên kết, bạn có thể chuyển các đặc tính của nó sang hạt khác, ngay cả khi không đo các đặc tính này. Những người tiên phong trong việc triển khai thử nghiệm một kênh liên lạc như vậy là công trình của hai nhóm nghiên cứu - một nhóm các nhà nghiên cứu người Áo thuộc Viện Vật lý Thực nghiệm của Đại học Innsbruck, do A. Zeilinger đứng đầu, và một nhóm các nhà nghiên cứu người Ý từ Đại học Rome, do F. De Martini đứng đầu. Các thí nghiệm của các nhóm này đã chứng minh tính khả thi của các nguyên lý EPR trong thực tế để truyền trạng thái phân cực giữa hai photon qua sợi quang thông qua sợi quang thứ ba ở khoảng cách lên tới 10 km, tức là sự dịch chuyển tức thời của trạng thái lượng tử được quan sát trên những khoảng cách khổng lồ (trên quy mô thế giới vi mô). Thay vì sử dụng một “photon truyền tin” riêng biệt, các nhà nghiên cứu Ý đề xuất xem xét đồng thời hai đặc điểm của mỗi hạt liên kết: sự phân cực và hướng chuyển động. Điều này giúp về mặt lý thuyết có thể mô tả chúng thành các hạt riêng biệt, đồng thời chỉ thực hiện các phép đo với hạt đầu tiên, thu được các đặc tính của hạt thứ hai mà không cần chạm vào nó, tức là thực hiện dịch chuyển tức thời. Các kết quả thí nghiệm tương tự cũng thu được ở các phòng thí nghiệm khác ở Châu Âu, Hoa Kỳ và Châu Á, vì vậy việc dịch chuyển tức thời photon ngày nay đã trở nên khá phổ biến đối với các nhà vật lý. Tuy nhiên, cho đến nay chưa ai có thể dịch chuyển tức thời những vật thể nặng (theo tiêu chuẩn của thế giới vi mô) như các nguyên tử có hạt nhân đa nucleon. Các nhà vật lý từ Viện Tiêu chuẩn và Công nghệ Quốc gia Hoa Kỳ đã đạt được thành công với các ion berili-9, và các đồng nghiệp của họ tại Đại học Innsbruck đã nghiên cứu với các ion canxi-40 thậm chí còn nặng hơn. Hoạt động của mỗi hệ lượng tử, có thể là photon, hạt cơ bản, nguyên tử hay phân tử, được mô tả bằng một tập hợp tham số nhất định - số lượng tử. Tổng thể các tham số như vậy cung cấp tất cả thông tin đầy đủ về đối tượng, có thể đạt được trong khuôn khổ cơ học lượng tử. Ví dụ, một electron bay tự do trong không gian trống chỉ được mô tả bằng hai tham số - động lượng và spin. Để mô tả đầy đủ electron là một phần của nguyên tử hydro, cần có bốn thông số: số lượng tử chính, xác định năng lượng của nó, số lượng tử quỹ đạo, xác định xung lượng góc của electron, số lượng tử từ, đặc trưng cho hướng của thời điểm này, và cuối cùng, lại là spin. Các vật thể lượng tử khác có thể yêu cầu số lượng tử khác nhau. Tập hợp đầy đủ các số lượng tử của bất kỳ vật thể lượng tử nào, để đơn giản hãy gọi nó là hạt, chính xác là cái được gọi là trạng thái của nó. Cả hai nhóm nghiên cứu được đề cập, người Mỹ và người Áo, đều làm việc với các ion bị bắt trong bẫy mà họ điều khiển bằng xung laser. Trong những điều kiện này, động lực học của mỗi hạt có thể được mô tả chỉ bằng một tham số lượng tử - spin. Giá trị spin của mỗi hạt là như nhau nhưng hướng của nó có thể thay đổi. Điều thú vị là mỗi hành động dịch chuyển tức thời chỉ mất 4 mili giây và được thực hiện theo lệnh máy tính. Đối với người Áo, độ chính xác của việc truyền thông tin là 75% và đối với người Mỹ - 78%.

KHÔNG BẮT BUỘC

Việc dịch chuyển tức thời không chỉ các photon, mà cả các hạt khác - electron, nguyên tử và thậm chí cả ion - sẽ cho phép chuyển trạng thái lượng tử từ hạt có thời gian tồn tại ngắn sang hạt ổn định hơn. Bằng cách này, sẽ có thể tạo ra các thiết bị lưu trữ trong đó thông tin do các photon mang lại sẽ được lưu trữ trên các ion cách ly với môi trường. Sau khi các phương pháp dịch chuyển lượng tử đáng tin cậy được tạo ra, các điều kiện tiên quyết thực sự sẽ nảy sinh để tạo ra các hệ thống điện toán lượng tử. Dịch chuyển tức thời sẽ cung cấp khả năng truyền và lưu trữ thông tin đáng tin cậy trong bối cảnh nhiễu mạnh, khi tất cả các phương pháp khác đều không hiệu quả và có thể được sử dụng để liên lạc giữa một số máy tính lượng tử. Ngoài ra, các phương pháp do các nhà nghiên cứu phát triển có tầm quan trọng lớn đối với các thí nghiệm trong tương lai về cơ học lượng tử, để kiểm tra và hoàn thiện một số lý thuyết vật lý hiện đại. Ở nhiều quốc gia khác nhau, các chương trình đang được thảo luận để sử dụng hiệu ứng dịch chuyển lượng tử để tạo ra máy tính quang học lượng tử, trong đó các photon sẽ là vật mang thông tin. Tốc độ hoạt động và khối lượng thông tin của máy tính lượng tử sẽ lớn hơn hàng chục bậc so với các máy tính hiện có. Dịch chuyển tức thời lượng tử có thể đóng một vai trò quan trọng trong các hệ thống truyền thông tin trong tương lai. Nếu một máy tính cơ lượng tử được tạo ra, nền tảng lý thuyết của nó đã được R. Feynman đặt ra vào cuối những năm 70 - đầu những năm 80 của thế kỷ trước, thì thông tin trong đó sẽ được lưu trữ dưới dạng một tập hợp các trạng thái lượng tử. Tác động của EPR và dịch chuyển tức thời lượng tử sẽ giúp sao chép và trao đổi thông tin bên trong máy tính lượng tử. Và không chỉ máy tính - có thể dịch chuyển dữ liệu trong bất kỳ hệ thống kỹ thuật số nào. Ưu điểm của phương pháp truyền tải thông tin là một bản sao chính xác của trạng thái, là một ô nhớ cơ bản, được truyền từ điểm này sang điểm khác trong không gian. Do đó, có thể truyền thông tin mà không bị mất, với hiệu suất 100%. Chính triển vọng tạo ra các hệ thống truyền thông mới về cơ bản với khả năng tuyệt đối không thể truy cập trái phép vào dữ liệu đã quyết định sự phấn khích khoa học hiện nay xung quanh dịch chuyển tức thời lượng tử. Tuy nhiên, đối với kỹ thuật lời giải của bài toán này, bạn không nên nghĩ rằng chúng sẽ được tìm thấy vào ngày mai: sự phát triển công nghệ chỉ mới bắt đầu. Trên thực tế, cho đến tận gần đây, các nhà vật lý vẫn phủ nhận khả năng dịch chuyển tức thời chủ yếu bởi vì mọi hạt đều vừa là hạt vừa là sóng. Khó khăn nằm ở chỗ này: để tạo ra một bản sao chính xác của một hạt, trước tiên cần xác định tốc độ và tính chất sóng của nó, đặc biệt là động lượng của nó. Nhưng điều này bị cấm bởi nguyên lý bất định Heisenberg. Theo nguyên lý này, không thể xác định đồng thời cả tính chất sóng và hạt của hạt. Và bây giờ (như đã đề cập) “nghịch lý lượng tử” này đang được giải quyết bằng thực nghiệm ở nhiều phòng thí nghiệm nghiên cứu trên khắp thế giới. Các thí nghiệm do các nhà khoa học Đan Mạch tiến hành vào cuối tháng 9 năm 2001 đã chứng minh khả năng thực tế của việc dịch chuyển tức thời như vậy. Các nhà thí nghiệm đã đạt được kết nối lượng tử giữa hai đám mây hơi Caesium được làm lạnh đến gần như không độ tuyệt đối, nằm ở một khoảng cách đáng kể với nhau. Người Đan Mạch đã cố gắng liên kết khoảng một triệu nguyên tử Caesium, mặc dù trong một thời gian rất ngắn - chỉ trong một phần nghìn giây. Sự kết nối sẽ dẫn đến ảnh hưởng lẫn nhau của các đám mây hơi nước. Theo các nhà thực nghiệm, tác động

38

KVANT 2008/№4

Hiệu ứng trên bản gốc kéo theo sự thay đổi tương tự trong các thông số của bản sao. Các nhà nghiên cứu dự định nghiên cứu các đặc tính của kênh thu được nhằm hiện thực hóa khả năng chuyển các bản sao cấu trúc từ nguyên tử trong tương lai. Ngay cả với những phát triển thành công nhất của loại dịch chuyển tức thời đặc biệt này, sẽ không thể “vận chuyển” một người theo cách này - nó chứa nhiều nguyên tử hơn 20 bậc độ lớn và các phương pháp đọc cấu trúc phức tạp như vậy vẫn chưa tồn tại, thậm chí về nguyên tắc. Vào mùa hè năm 2002, một thông báo xuất hiện từ các nhà vật lý người Úc: họ có thể dịch chuyển một chùm tia laser đi khoảng cách 1 mét. Nó trông giống như chùm tia biến mất ở điểm này và xuất hiện ở điểm khác. Nhật Bản vừa công bố bước đột phá trong lĩnh vực truyền dữ liệu tức thời trên khoảng cách không giới hạn, mở đường cho việc tạo ra máy tính lượng tử tốc độ cực cao và hệ thống mã hóa thông tin chống hack. Một nhóm các nhà vật lý do Giáo sư Đại học Tokyo A. Furusawa dẫn đầu là những người đầu tiên trên thế giới thực hiện dịch chuyển tức thời lượng tử giữa ba hạt. Các nhà vật lý từ Đại học Vienna đã cố gắng dịch chuyển các hạt ánh sáng đi khoảng cách 600 mét - từ bờ sông Danube này sang bờ bên kia. Đối với thí nghiệm này, một hệ thống thoát nước dưới sông đã được sử dụng, dọc theo đó một sợi cáp quang được đặt. Một đường nằm dưới sông Danube nối hai phòng thí nghiệm, một trong số đó được gọi là “Alice” và phòng còn lại là “Bob”. Alice truyền ba trạng thái lượng tử khác nhau của photon và Bob có thể tái tạo chúng. Đồng thời, quá trình dịch chuyển tức thời không xảy ra ngay lập tức vì nó bị giới hạn bởi tốc độ ánh sáng. Các nhà khoa học nói rằng giá trị của thí nghiệm hiện tại nằm ở chỗ nó được thực hiện trong điều kiện gần giống với thực tế nhất có thể. Hai bài báo thú vị - lý thuyết và thực nghiệm - gần đây đã được xuất bản trên tạp chí Nature. Họ dẫn đầu theo những cách khác nhau, nhưng hướng tới một mục tiêu ấp ủ - tạo ra một máy tính lượng tử có khả năng giải quyết bài toán, về cơ bản vượt quá khả năng của máy tính hiện đại. Trong một bài viết lý thuyết, giáo sư E. Neill của Viện Tiêu chuẩn và Công nghệ Quốc gia Hoa Kỳ đã đề xuất một kiến ​​trúc máy tính lượng tử có thứ bậc mới. Theo tác giả, kiến ​​trúc này có thể xây dựng một máy tính lượng tử dựa trên các thành phần đã được triển khai trong thử nghiệm. Trở ngại chính cho việc tạo ra máy tính lượng tử là sự phá hủy nhanh chóng thông tin lượng tử tinh vi bởi tiếng ồn bên ngoài. Một đơn vị thông tin lượng tử, một qubit, có khả năng biểu thị số 0 logic hoặc số 1 hoặc cả hai, được coi là trạng thái lượng tử của photon, nguyên tử, ion hoặc vi hạt khác. Đây là khối cơ bản của máy tính lượng tử. Cho đến nay, các phòng thí nghiệm khoa học chỉ có thể thực hiện các phép tính lượng tử với một vài qubit, tất nhiên là không đủ để tính toán thực tế. Và càng có nhiều qubit trong máy tính lượng tử thì thông tin bị phá hủy càng nhanh. Để giải quyết khó khăn này, Neill đề xuất tổ chức tất cả các qubit của máy tính lượng tử thành một cấu trúc hình chóp đơn giản gồm các khối qubit nhỏ. Dữ liệu lượng tử sẽ được dịch chuyển từ cấp này sang cấp khác và liên tục được kiểm tra tính toàn vẹn. Với cấu trúc phân cấp của máy tính như vậy, các phép tính có thể được thực hiện ngay cả khi xác suất xảy ra lỗi một qubit trong quá trình tính toán là 3%. Và mức độ này đã đạt được trong các thí nghiệm trên máy tính lượng tử ion. Không có vấn đề gì với việc dịch chuyển thông tin lượng tử. Ngày nay, để đảm bảo hoạt động đáng tin cậy của chỉ một cặp qubit, cần phải tạo ra ba cấp độ phân cấp và hoạt động với 36 qubit.

qubit chỉ ở mức thấp hơn. Tuy nhiên, vẫn tốt hơn là không có gì. Và sự cân bằng giữa tính dư thừa và độ tin cậy tính toán trong sơ đồ của Nill tốt hơn đáng kể so với các phương pháp khác. Hơn nữa, các yêu cầu về tính dư thừa trong kiến ​​trúc máy tính có thể giảm đáng kể đồng thời giảm tỷ lệ lỗi. Cho đến nay, hiệu năng của kiến ​​trúc mới chỉ được thử nghiệm trong các thí nghiệm tính toán kéo dài hàng tháng trên một máy trạm thông thường. Kết luận của tác giả vẫn cần có bằng chứng toán học và xác minh thực nghiệm chặt chẽ. Trong công trình của một nhóm lớn các nhà khoa học châu Âu, được điều phối từ Đại học Vienna, lần đầu tiên người ta đã có thể triển khai thử nghiệm máy tính lượng tử “một chiều” do các nhà lý thuyết đề xuất. Máy tính lượng tử đơn hướng về cơ bản khác với máy tính lượng tử thông thường và thậm chí còn buộc các nhà khoa học phải suy nghĩ lại về chính khái niệm điện toán lượng tử. Trong máy tính lượng tử thông thường, trạng thái lượng tử ban đầu của qubit được chuẩn bị trước tiên, sau đó thuật toán tính toán được thực hiện thông qua một chuỗi các thao tác có thể đảo ngược thời gian với trạng thái của qubit và kết quả tính toán được đo. Việc thực hiện các thao tác có thể đảo ngược, tức là “sự vướng víu” của các trạng thái của qubit, dễ bị phá hủy bởi bất kỳ tiếng ồn nào, gây ra những khó khăn chính. Trong một máy tính lượng tử một chiều, một cụm hạt lượng tử ban đầu được chuẩn bị ở trạng thái “vướng víu” cao và thuật toán điện toán lượng tử được giảm xuống thành một chuỗi các phép đo không thể đảo ngược về trạng thái của qubit. Tính không thể đảo ngược của các phép tính, ít bị nhiễu hơn nhiều, khiến việc gọi một máy tính như vậy là một chiều là cần thiết. Các nhà lý thuyết đã chỉ ra rằng có thể triển khai một thuật toán tìm kiếm theo cách đơn hướng để có thể giảm bớt tất cả các thuật toán “khó chữa” khác có thể giải được trên máy tính thông thường chỉ bằng cách liệt kê trực tiếp tất cả các tùy chọn đáp số. Trong thí nghiệm, một máy tính một chiều được chế tạo trên bốn qubit, được thể hiện về mặt vật lý bằng trạng thái phân cực của bốn photon. Thiết lập thử nghiệm là sự kết hợp phức tạp của laser xung, bộ lọc phân cực, tinh thể quang phi tuyến và bộ tách sóng quang. Bốn photon được chuẩn bị ở trạng thái lượng tử “vướng víu”, sau đó một loạt phép đo độ phân cực của chúng cho phép thuật toán được thực hiện thành công. Tất nhiên, bốn qubit không phải là nhiều, nhưng ở giai đoạn này điều quan trọng nhất là bằng chứng thực nghiệm về khái niệm. Cho đến nay, hướng đi tương đối non trẻ của điện toán lượng tử đơn hướng kém phát triển hơn so với hướng truyền thống. Tuy nhiên, chính nhờ nó mà một số chuyên gia đặt nhiều hy vọng vào việc tạo ra máy tính lượng tử để tính toán thực tế trong tương lai gần. Thật khó để nói liệu các nhà khoa học có thành công trong việc này hay không, nhưng xét trên thực tế là các vấn đề cũ lời giải mới liên tục được đề xuất, hy vọng của họ không có nghĩa là không có căn cứ. Gần đây, đã có sự hợp nhất của máy tính lượng tử với truyền thông lượng tử (dịch chuyển tức thời), một cách tự nhiên là tưởng tượng, vì cả cái này lẫn cái kia đều chưa tồn tại. Đã có cuộc nói chuyện về Internet lượng tử. Thực tế là trong máy tính lượng tử, rất khó để sắp xếp các hoạt động hai qubit, điều này dẫn đến trạng thái vướng víu - cơ sở của điện toán lượng tử. Nó có thể là một phương pháp đơn giản hơn (rẻ hơn) để cung cấp cho người tiêu dùng các qubit vướng víu làm sẵn từ một loại siêu máy tính nào đó được kết nối với mạng truyền thông lượng tử. Một số lượng lớn các kế hoạch dịch chuyển tức thời các trạng thái lượng tử đã được đề xuất. Ví dụ, các nhà khoa học ở Anh

42

KVANT 2008/№4

đến điểm giống nhau) một tam giác không vuông có thể cắt thành năm tam giác đồng dạng.

Hình 9

Vì vậy, bài toán được đặt ở đầu bài viết đã được giải quyết hoàn toàn. Hãy tóm tắt nó lại. Có thể cắt các hình sau đây thành n hình tam giác giống hình ban đầu: g với n = 2, 3 – bất kỳ tam giác vuông nào và không có tam giác nào khác; g với n = 4 và n ³ 6 – tam giác bất kỳ; g với n = 5 – bất kỳ tam giác vuông nào cũng như tam giác có các góc $120^\circ, 30^\circ, 30^\circ$. Bài tập 1. Đối với tam giác vuông, kết quả tính theo bài toán 3. Đối với tam giác cân và tam giác đều, hiển nhiên: hãy tìm chiều cao. Ngược lại, cắt hình tam giác thành hai hình giống nhau. Chúng có hình chữ nhật (tương tự lời giải bài toán 3). Hai góc không cắt bằng nhau (tức là tam giác cân hoặc tam giác đều) hoặc bằng hai góc nhọn khác nhau của một tam giác vuông. Khi đó tổng của chúng là $90^\circ$ và tam giác ban đầu là góc vuông. Bài tập 2. a) Chia mỗi cạnh của tam giác thành n phần bằng nhau. Qua các điểm chia ta vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác. b) Tương tự như bài tập 1, ta thấy các tam giác nhỏ (thu được bằng cách cắt) là vuông góc và có một cạnh chung. Vì các hình tam giác bằng nhau nên hai chân thứ hai cũng bằng nhau. Điều này có nghĩa là trong tam giác ban đầu, một trong các đường cao là đường trung tuyến, tức là các cạnh liền kề bằng nhau. c) Từ lời giải mục b) xét đến bài toán 3 rõ ràng tam giác đó là tam giác cân và vuông. Một hình tam giác như vậy rõ ràng thừa nhận việc cắt cần thiết.

Bài tập 3. Đáp số tương tự như bài tập 1: được rồi, tam giác cân và tam giác đều và chỉ chúng thôi. Đối với những hình tam giác như vậy, việc cắt thành ba hình tam giác giống nhau là rõ ràng so với hình trước. Ngược lại, hãy cắt hình tam giác thành ba hình giống nhau. Nếu cả ba góc của nó đều bị cắt thì chúng ta thu được cấu hình với hình 8; suy luận như phần b) lời giải bài toán 9, ta thu được tam giác đều. Nếu một trong các góc không bị cắt thì theo lý luận như trong lời giải bài toán 4 và 3, chúng ta thấy rằng các hình tam giác nhỏ là vuông góc và một góc nữa của tam giác ban đầu không bị cắt. Khi đó một trong các góc không cắt là góc vuông hoặc hai góc như vậy bằng nhau (và tam giác là cân hoặc đều), hoặc chúng bằng hai góc nhọn khác nhau của một tam giác nhỏ. Trong trường hợp sau, tổng của chúng là $90^\circ$ và tam giác ban đầu là vuông góc. Giá trị duy nhất còn lại chưa được khám phá là: n = 5. Không phải mọi tam giác đều có thể cắt thành 5 cặp tương tự nhau $треугольников.^{3}$ Từ bài tập 1 và bài toán 3, rõ ràng là tất cả các tam giác vuông, tam giác cân và tam giác đều đều phù hợp: chúng ta cắt chúng thành hai hình chữ nhật giống nhau, và sau đó chúng ta cắt một trong số chúng thành bốn hình tương tự nhau. Lưu ý rằng tam giác có hình 9 cũng là tam giác cân. Tuy nhiên, bài viết của C.A.Jones, P.Jones và A.B.Bolt nêu trên cho thấy sáu hình tam giác không cân và không vuông có thể cắt thành 5 cặp hình tam giác giống nhau. Không rõ liệu danh sách này có thể được mở rộng hay không. Có lẽ một trong những độc giả quan tâm sẽ có thể chứng minh (hoặc bác bỏ) điều này. Tác giả xin cảm ơn S.V. Markelov để biết thông tin về bài viết này và một số ấn phẩm khác nêu trên.

3 Trong «Kvant» số 7 năm 1990, bài toán A. Soifera (M1234) về chủ đề này đã được xuất bản (và hai trong số lời giải của bà đã được A. Soifer và N. Vasiliev xuất bản ở số 12 trong cùng năm).

PHÒNG THÍ NGHIỆM “QUANTA”

Liệu thuyền của chúng ta có tồn tại được không?

S. BOGDANOV, O. POPOV, D. TARASOV

NHIỀU NGƯỜI TRONG CHÚNG TÔI LÀM TÀU THUYỀN NHƯ CON TRAI - từ ván, thanh, hộp, và đôi khi từ vỏ quả óc chó hoặc giày cao su cũ. Chúng hóa ra rất khác nhau: đôi khi nhẹ nhàng và nhanh nhẹn, giống như những chiếc ca nô của Ấn Độ, đôi khi nặng nề và vụng về, giống như những chiếc tatu cổ đại. Một số hoàn toàn khó coi, chỉ nổi ở một bên, có danh sách hoặc thậm chí bị lật úp. Ngoài ra còn có nhiều cuốn sách khác nhau vẽ những con tàu đẹp tuyệt vời với hệ thống giàn phức tạp, thân tàu kiêu hãnh và đầy đủ thiết bị chèo thuyền. Cuối cùng, có một khóa học cơ khí tại trường đại học - với sự đơn giản tinh tế của các công thức và công thức cô đọng, phác thảo nghiêm ngặt thực tế và ranh giới có thể xảy ra: “Con tàu ổn định nếu siêu tâm nằm phía trên trọng tâm”. Mọi thứ đều dựa trên bằng chứng, rõ ràng và dễ hiểu, đồng thời các thuật toán và nguyên tắc tính toán để cải thiện thân tàu, các đường viền, sống tàu và khung của chúng đều rõ ràng. Chưa hết, điều thu hút chính là khoảng cách xa xôi, khi mọi thứ đều ở phía trước và dù mơ hồ và đầy sương mù nhưng mọi thứ đều có thể xảy ra. Khi cảm giác tự hào với tư cách là một bậc thầy, một người có chuyên môn vẫn chưa thay thế được niềm vui khôn tả từ những khám phá bất ngờ trong những điều đơn giản, bằng những điều bình thường… Và những điều bình dị vẫn làm nảy sinh những bất ngờ, những khám phá nho nhỏ. Và đôi khi chúng cho phép bạn nhìn sự phức tạp theo một cách mới. Thuyền của chúng tôi. Ví dụ, chúng ta hãy xem xét một khối dài có mặt cắt ngang hình chữ nhật - tại sao không phải là mô hình một con tàu, bởi vì đây là phần cơ bản của thân tàu, phần còn lại có thể được tưởng tượng và sau đó hoàn thành. Như thường lệ, ngay cả để đơn giản, chúng ta sẽ coi khối này có chiều dài vô hạn (hoặc, như người đóng tàu sẽ nói, chúng ta sẽ từ chối xem xét độ cắt và hệ số dọc có thể có- Hình 1

49

Thế Vận Hội

3. Trên các cạnh AB và BC của tam giác ABC lần lượt chọn các điểm K và M sao cho KM || AC. Các đoạn AM và KS cắt nhau tại điểm O. Biết AK = AO và KM = MC. Chứng minh rằng AM = KB. M. Murashkin

4. Giải đấu có 20 vận động viên tham gia, được giám định bởi 10 trọng tài. Mỗi đấu thủ đấu với nhau một lần và mỗi trận đấu được điều hành bởi đúng một trọng tài. Sau khi kết thúc mỗi trận đấu, cả hai thí sinh chụp ảnh chung với trọng tài. Một năm sau giải đấu, người ta đã tìm thấy một chồng tất cả những bức ảnh này (trong bức ảnh không rõ các cầu thủ là ai và ai là trọng tài). Hóa ra không phải ai cũng có thể được định nghĩa là vận động viên hay trọng tài. Có thể có bao nhiêu người như vậy? B.Frenkin

5. Đặt 9 điểm trên mặt phẳng sao cho không có 4 điểm nào thẳng hàng nhưng trong 6 điểm bất kỳ có 3 điểm nằm trên cùng một đường thẳng. (Trên hình vẽ tất cả các đường thẳng chứa ba điểm được đánh dấu.) A. Hakobyan

6. Người chơi có M đồng vàng và N đồng bạc. Vào đầu mỗi vòng, người chơi đặt cược một số xu vào màu đỏ, một số vào màu đen (bạn không cần phải đặt cược bất cứ thứ gì vào một trong các màu, một số xu không cần phải đặt cược ở bất kỳ đâu). Cuối mỗi vòng, nhà cái thông báo một trong các màu đã thắng. Nhà cái đưa ra mức cược màu thắng cho người chơi, nhân đôi số xu mỗi loại và tự mình đặt cược màu thua. Người chơi muốn có chính xác gấp ba lần số xu thuộc loại này so với loại khác (đặc biệt, anh ta sẽ hài lòng khi hoàn toàn không có tiền). Ở mức M và N nào thì người chia bài sẽ không thể ngăn cản anh ta? A. Chebotarev

lớp 9

1. Hai đội KVN tham gia một trò chơi gồm bốn phần thi. Đối với mỗi cuộc thi, mỗi giám khảo trong số sáu giám khảo cho điểm - một số nguyên từ 1 đến 5; máy tính tìm điểm trung bình số học của cuộc thi và làm tròn đến phần mười gần nhất. Người chiến thắng được xác định bằng tổng của bốn giá trị mà máy tính thu được. Phải chăng tổng số điểm do ban giám khảo đưa ra sẽ lớn hơn của đội thua so với đội thắng? A. Gorbachev

2. Một người đi xe đạp đi dọc theo đường vành đai, chuyển động theo một hướng. Mỗi ngày anh lái xe 71 km và dừng lại qua đêm bên đường. Có một vùng dị thường dài 71 km trên đường. Nếu một người đi xe đạp dừng lại qua đêm ở khoảng cách một km tính từ ranh giới của khu vực, anh ta sẽ thức dậy ở vị trí đối diện của khu vực, cách ranh giới kia một km. Chứng minh rằng dù người đi xe đạp bắt đầu cuộc hành trình của mình ở đâu thì sớm hay muộn anh ta cũng sẽ ngủ hoặc thức dậy ở nơi này. G. Kolyutsky

3. Gọi AL là phân giác của tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác này, D là điểm trên cạnh AC sao cho AD = AB. Chứng minh rằng AO và LD vuông góc với nhau. R.Zhenodarov

4. Chúng ta hãy gọi một biến chứng của một số bằng cách thêm một chữ số vào đầu, ở cuối hoặc giữa hai chữ số bất kỳ của nó. Có số tự nhiên nào mà từ đó

Không thể có được một hình vuông hoàn hảo với hàng trăm biến chứng? A. Gorbachev

5. Vasya có 100 thẻ ngân hàng. Vasya biết rằng một trong các thẻ có 1 rúp, thẻ còn lại có 2 rúp, v.v., thẻ cuối cùng có 100 rúp, nhưng anh ta không biết thẻ nào có bao nhiêu tiền. Vasya có thể đưa thẻ vào máy ATM và yêu cầu một số tiền nhất định. ATM sẽ phân phát số tiền cần thiết nếu có trong thẻ, không phân phối bất cứ thứ gì nếu không có số tiền đó trong thẻ và ăn thẻ trong mọi trường hợp. Tuy nhiên, ATM không hiển thị số tiền trong thẻ. Số tiền lớn nhất Vasya có thể được đảm bảo nhận được là bao nhiêu? I. Mitrofanov

6. Chứng minh rằng có một hình lồi giới hạn bởi các cung tròn, có thể cắt thành nhiều phần và từ đó có thể gấp lại hai hình lồi giới hạn bởi các cung tròn. I. Ivanov-Pogodaev, A. Malistov

lớp 10

1. Khán phòng có hình lục giác đều, cạnh 3 m. Mỗi góc được lắp một đồng hồ đo giật để xác định số học sinh đang ngủ ở khoảng cách không quá 3 m. Có bao nhiêu học sinh đang ngủ trong lớp học, nếu tổng số chỉ của đồng hồ đo tốc độ là 7? A. Kaibhanov

2. Andrey và Boris đang chơi trò tiếp theo. Ban đầu có một robot trên trục số tại điểm p. Đầu tiên, Andrey cho biết khoảng cách mà robot sẽ di chuyển. Sau đó, Boris chọn hướng mà rô-bốt di chuyển theo khoảng cách này, v.v. Với p, Andrey có thể đảm bảo rằng trong một số hữu hạn bước di chuyển, rô-bốt sẽ đến một trong các điểm 0 hoặc 1, bất kể hành động của Boris là gì? D. Baranov

3. Tất cả các số nguyên từ –33 đến 100 đều được đặt theo một thứ tự nào đó và tổng của hai số liền kề đã được xem xét. Hóa ra không có số 0 nào trong số đó. Sau đó, với mỗi tổng như vậy, chúng tôi tìm thấy một số nghịch đảo của nó. Các số kết quả đã được thêm vào. Kết quả có thể là một số nguyên? I. Bogdanov

4. Chứng minh rằng nếu một đa thức nào đó có hệ số nguyên lấy giá trị tại k điểm nguyên trong số các số từ 1 đến k – 1 thì với k ³ 6 các giá trị này bằng nhau. M. Malkin

5. Các đường cao AA¢ và CC¢ của tam giác nhọn ABC cắt nhau tại điểm H. Điểm $B_{0}$ là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng đối xứng $BB_{0}$ và $HB_{0}$ lần lượt theo các phân giác của các góc ABC và ANS nằm trên đường thẳng A ¢ C ¢. A. Zaslavsky

6. Các số tự nhiên được tô bằng N màu. Có vô số số lượng của mỗi màu. Biết rằng màu của nửa tổng của hai số khác nhau cùng chẵn lẻ chỉ phụ thuộc vào màu của các số hạng (ví dụ nửa tổng của màu xanh và màu đỏ luôn có màu vàng). a) Chứng minh rằng nửa tổng các số chẵn lẻ cùng màu luôn được sơn cùng một màu. b) Với N thì có thể tô màu như vậy? A. Shapovalov