Kvant 2014, số 3 · Trang

2

KVANT 2014/№3

Tái tạo bộ gen: câu đố tỷ mảnh

F. COMPO, P. PEVZNER

SINH HỌC HIỆN ĐẠI CHƯA HỌC ĐỌC trình tự nucleotide trong các phân tử DNA lớn từng chữ cái. Thay vào đó, các nhà khoa học giải mã các chuỗi đoạn DNA ngắn (dài khoảng 100 đến 300 nucleotide) được gọi là các lần đọc mà không biết mỗi đoạn DNA được cắt từ đâu trong bộ gen. Quá trình lắp ráp bộ gen từ những lần đọc như vậy, được gọi một cách khoa học là giải trình tự DNA, giống như việc cố gắng lắp ráp một câu đố với hàng tỷ mảnh ghép. Đây là một số phép toán nghiêm túc bài toán và chúng tôi sẽ kể câu chuyện hấp dẫn về các khía cạnh toán học và sinh học của nó.

Giải trình tự DNA - Giới thiệu

Trình tự DNA và bài toán về các phần chồng chéo

Hãy tưởng tượng rằng toàn bộ số báo được đặt trong một chiếc hộp, và sau đó chiếc hộp này phát nổ. Giả sử rằng những tờ báo không bị cháy như thường xảy ra trong đời thực mà rải rác thành những mảnh nhỏ như hoa giấy (hình1). Câu hỏi tự nhiên:

Có thể dựng lại từ những mảnh vụn này những gì đã viết trên báo không? Bài toán thú vị hơn những gì thoạt nhìn - nó không chỉ là việc dán các mảnh vụn lại với nhau, như thể chúng là những mảnh ghép. Đầu tiên, chúng tôi rất có thể đã mất một số mẩu tin lưu niệm. Thứ hai, có rất nhiều bản sao của tờ báo trong rương, và do đó một số mẩu tin lưu niệm có thể chồng lên nhau và chứa những đoạn có cùng cụm từ. Vì vậy, bài toán về việc thu hồi tờ báo có thể gọi là bài toán các mảnh ghép chồng lên nhau. Mặc dù sự tương tự của chúng tôi với các mẩu tin lưu niệm trên báo hơi xa vời, nhưng việc khôi phục bài toán văn bản trên báo vốn tương tự như bài toán lắp ráp DNA từ các mảnh vỡ. Chúng ta hãy nhớ lại rằng DNA có thể được coi là một chuỗi liên kết (nucleotide) gồm bốn loại, được ký hiệu bằng các chữ cái A, T, G và C. Thật không may, công nghệ cho phép chúng ta đọc toàn bộ bộ gen một cách tuần tự, từng nucleotide một, vẫn chưa được phát minh. Tuy nhiên, các nhà khoa học đã học được cách xác định trình tự nucleotide trong các đoạn DNA ngắn. Hiện tại, các công nghệ phổ biến nhất xử lý các lần đọc chỉ có độ dài 100–300 nucleotide (hình2). Nhiều lần đọc được đọc từ nhiều bản sao của cùng một bộ gen, tạo ra một câu đố khổng lồ (trong đó các mảnh có thể chồng lên nhau). Ví dụ, một bộ gen của động vật có vú dài 3 tỷ nucleotide sẽ yêu cầu lắp ráp một câu đố gồm một tỷ mảnh, đây dường như là một kỷ lục cho các câu đố thuộc loại này.

Hình1. Sau khi hộp báo nổ tung, tất cả những gì còn lại chỉ là những mảnh vụn. Có thể tái tạo lại nội dung của tờ báo từ chúng không?

Bản dịch bài viết từ tiếng Anh của D. Vinogradov.

Hình2. Khi DNA được sắp xếp theo trình tự, nhiều bản sao (thường là hơn một tỷ) của phân tử này bị “phá vỡ” ở những vị trí ngẫu nhiên để tạo ra số lần đọc ngắn hơn nhiều.

3

XÂY DỰNG

bộ gen:

Do đó, bài toán trình tự bộ gen bao gồm việc đọc (tức là giải trình tự) đọc (phần sinh học) và lắp ráp các đoạn (phần toán học). bài toán đầu tiên có lịch sử lâu dài và phức tạp kể từ những năm 70, khi Walter Hilbert và Fred Sanger nhận được giải Nobel vì đã phát minh ra phương pháp đọc đầu tiên. Vào đầu những năm 1990, máy giải trình tự hiện đại (máy xác định các đoạn trình tự DNA) xuất hiện trên thị trường, và từ đó trở đi một kỷ nguyên mới bắt đầu cho việc giải trình tự bài toán. Vào năm 2000, hàng trăm máy như vậy, hoạt động không ngừng nghỉ trong hơn một năm, đọc một số lượng đủ lớn để có thể xác định trình tự bộ gen của con người. Việc lắp ráp bộ gen này cần vài tháng làm việc trên một số siêu máy tính mạnh nhất thời bấy giờ.

Khó khăn trong việc lắp ráp các mảnh vỡ

CÂU ĐỐ

TỪ

TỶ

MẢNH

Hình3. a) Khi dựng lại tờ báo, sự liên kết logic giữa các từ sẽ giúp ích: tuy hai mẩu tin này không giao nhau nhưng có thể giả định rằng chúng nên nằm gần nhau, vì các từ “giết người” (“giết người”) và “nghi ngờ” (“nghi ngờ”) có liên quan về nghĩa. b) Trong trường hợp này, các phần “oz” và “zone” rất có thể là một phần của từ “ozone” (“ozone”) và hai phần này có thể được dán lại với nhau, mặc dù chúng chỉ giao nhau bởi một chữ cái. Trong bài toán Trình tự DNA, nơi bảng chữ cái chỉ có 4 chữ cái, sẽ không có manh mối nào như vậy - chúng ta hầu như vẫn chưa biết đến các quy tắc của “ngôn ngữ” này. c) Các mảnh lặp đi lặp lại làm cho bài toán trở nên khó hơn, như đã thấy trong câu đố Triazzle, trong đó mỗi con cá xuất hiện ít nhất ba lần. d) Trình sắp xếp trình tự DNA không hoàn hảo: ở đây, nucleotide màu đỏ “T” được xác định không chính xác và trên thực tế phải có chữ “C” ở vị trí của nó. Một lỗi chỉ một nucleotide có thể khiến chúng ta coi hai lần đọc là trùng lặp trong khi thực tế không phải vậy.

Một lát sau, chúng ta sẽ nói chi tiết hơn về cách đọc các lần đọc, nhưng bây giờ chúng ta sẽ tập trung vào việc tập hợp các đoạn bài toán tính toán - bằng cách sử dụng các lần đọc thu được, chúng ta có thể xác định trình tự của toàn bộ bộ gen. Mặc dù cả việc khôi phục tờ báo và việc lắp ráp các mảnh đều hướng đến việc ghép lại một câu đố, việc lắp ráp bài toán phức tạp hơn nhiều và không chỉ vì quy mô khổng lồ của nó (hãy nhớ rằng chúng ta có thể cần xử lý một tỷ lượt đọc). Thứ nhất, tờ báo được viết bằng một số ngôn ngữ dễ hiểu. Các quy tắc của nó sẽ cho chúng ta biết liệu hai đoạn văn bất kỳ có thể liền kề nhau hay không, bất kể chúng có trùng nhau hay không (hình3,a). Đồng thời, các quy tắc của “ngôn ngữ” DNA hầu như không được các nhà sinh học biết đến và chỉ dựa vào trình tự, gần như không thể hiểu được liệu hai lần đọc không chồng chéo có thể nằm gần nhau hay xa nhau. Khó khăn thứ hai trong việc lắp ráp các đoạn là bảng chữ cái của chuỗi DNA chỉ bao gồm 4 chữ cái: A, T, G và C. Làm việc với một bảng chữ cái nhỏ sẽ làm phức tạp việc khôi phục chuỗi ban đầu, vì số lượng giao điểm lớn hơn sẽ do các lý do ngẫu nhiên (hình3, b). Thứ ba, bất kỳ chuỗi DNA nào cũng chứa nhiều “vùng được bảo tồn” - “từ” nucleotide được lặp lại nhiều lần liên tiếp mà hầu như không có thay đổi. Ví dụ, trong bộ gen của con người, cái gọi là trình tự lặp lại Alu (dài khoảng 300 nucleotide) xảy ra hơn một triệu lần, chỉ có một vài nucleotide thay đổi trong mỗi lần xuất hiện. Vì vậy đối với

Đối với một đoạn cụ thể, có thể khó xác định nó nằm ở vùng được bảo tồn nào của bộ gen. Một minh họa thích hợp cho khó khăn này là trò chơi giải đố Triazzle nổi tiếng một thời ở Hoa Kỳ. Mặc dù về bản chất nó là một câu đố thông thường chỉ có 16 mảnh, nhưng hình ảnh nguồn chứa nhiều hình giống hệt nhau được lặp lại trên nhiều mảnh, đó là lý do tại sao “Triazzle” khó lắp ráp hơn nhiều so với một câu đố thông thường (hình3,c) Cuối cùng, các trình sắp xếp chuỗi hiện đại còn lâu mới hoàn hảo và các bài đọc mà chúng đọc có nhiều lỗi. Do đó, ví dụ: hai lần đọc nằm cách xa nhau trong bộ gen có thể được hiểu là chồng chéo do lỗi (hình3,d). Bây giờ chúng ta đã xác định được những khó khăn liên quan đến quá trình giải trình tự DNA, chúng ta có thể nói về bộ máy toán học mà nhờ đó chúng ta có thể tiếp cận việc lắp ráp các mảnh bài toán.

Toán học về trình tự DNA

Chuyến tham quan lịch sử

Trước khi đi vào phần toán học, hãy quay lại một chút để cung cấp một số bối cảnh lịch sử. Hãy bắt đầu với thế kỷ 18 và thành phố Königsberg của Phổ (hiện tại -

4

KVANT 2014/№3

Kaliningrad). Koenigsberg khi đó nằm trên hai bờ sông Pregolya và hai hòn đảo của nó. Bốn khu vực này của thành phố được kết nối với nhau bằng bảy cây cầu (hình4,a). Cư dân Königsberg thích đi bộ và họ trở nên tò mò: liệu có thể đi bộ qua từng cây cầu trong số bảy cây cầu đúng một lần rồi quay lại điểm xuất phát không? Câu hỏi này được gọi là “Bài toán những cây cầu Konigsberg”. đáp số cuối cùng được trao cho nó vào năm 1735 bởi nhà toán học vĩ đại Leonhard Euler (chân dung của ông được hiển thị trên hình 14). Lời giải của Euler, mà chúng ta sẽ thảo luận dưới đây, rất thú vị vì nó có thể được áp dụng không chỉ cho các cây cầu Königsberg mà còn cho bất kỳ mạng lưới cầu nào khác. Câu chuyện thứ hai xảy ra ở Dublin, nơi vào năm 1857 nhà toán học người Ireland William Hamilton (chân dung của ông được hiển thị trên hình 14) đã phát minh ra trò chơi $«Икосаэдрическую^{1}$." “Trò chơi” này, khá khó để thưởng thức ngay cả theo tiêu chuẩn hiện đại, bao gồm một bảng gỗ có 20 lỗ, một số lỗ được nối với nhau bằng các đường thẳng và 20 quầy đánh số có thể được chèn vào các lỗ này (hình5,a). Mục tiêu của trò chơi là:

cái nào 1. Nói cách khác, nếu chúng ta đi theo các dòng từ chip này sang chip khác theo thứ tự số tăng dần thì chúng ta sẽ truy cập vào mỗi chip đúng một lần và cuối cùng chúng ta sẽ quay lại chip ban đầu.

Đồ thị

Kết thúc chuyến tham quan lịch sử, chúng ta hãy chuyển sang phần định nghĩa. Chúng ta hãy gọi đồ thị là một tập hợp các đỉnh được nối với nhau bằng các cạnh, trong đó mỗi cạnh nối hai đỉnh. Tính trừu tượng của định nghĩa này có thể hơi đáng sợ, vì vậy hãy để chúng tôi giải thích rằng đồ thị luôn có thể được coi là bản đồ của mạng lưới đường bộ, trong đó các thành phố là các đỉnh và các con đường nối chúng là các cạnh. Lý thuyết đồ thị (nhánh toán học liên quan đến nghiên cứu đồ thị) áp dụng cho nhiều loại bài toán. Các ứng dụng của lý thuyết này không chỉ bao gồm đường bộ, điện thoại hoặc mạng máy tính mà còn bao gồm các ví dụ ít rõ ràng hơn, chẳng hạn như nghiên cứu sự lây lan của dịch bệnh hoặc lập mô hình liên kết giữa các trang web trên Internet. Đặc biệt, chúng ta có thể áp dụng lý thuyết đồ thị cho hai bài toán lịch sử của mình. Trong bài toán về những cây cầu Königsberg, chúng ta thu được biểu đồ K nếu chúng ta ghép từng phần trong số bốn phần của thành phố dọc theo một đỉnh, sau đó vẽ giữa hai đỉnh đó một cạnh cho mỗi cây cầu nối hai phần tương ứng của thành phố (hình4,b). Và đối với “Trò chơi hai mặt”, chúng ta sẽ xây dựng biểu đồ I, gán một đỉnh cho mỗi lỗ và biến các đường nối chúng thành các cạnh tương ứng (hình5,b).

Hình4. a) Königsberg cổ, minh họa bởi Joachim Behring, 1613 b) “Đồ thị những cây cầu ở Königsberg”, thu được nếu mỗi hòn đảo được nén thành một điểm và những cây cầu được mô tả dưới dạng đường thẳng

Hình5. a) “Trò chơi hai mươi mặt.” b) Đồ thị tương ứng

sắp xếp các chip vào các lỗ sao cho chip 1 được kết nối trên bo mạch bằng một đường nối với chip 2, chip này lần lượt được kết nối với chip 3, v.v. cho đến chip 20, chip này sẽ được kết nối với chip

1 Điều thú vị là mặc dù trò chơi này được gọi là khối hai mươi mặt nhưng trên thực tế, nó liên quan đến việc đi qua các cạnh của khối mười hai mặt.

Chu trình Euler và Hamilton

Bây giờ chúng tôi khái quát hai bài toán lịch sử của mình cho tất cả các biểu đồ có thể có. Giả sử chúng ta có một đồ thị nhất định, biểu thị bằng G và tưởng tượng rằng một con kiến ​​nằm trên một đỉnh nào đó trong G. Cũng giống như cư dân của Königsberg, những người đi trên những cây cầu nối các khu vực khác nhau của thành phố, một con kiến ​​có thể bò dọc theo các cạnh từ đỉnh này đến đỉnh khác. Nếu con kiến ​​quay lại nơi nó bắt đầu, kết quả bước đi của nó sẽ là một chu trình trên G. Chúng ta đặt hai câu hỏi về chu trình trên G: 1. Có chu trình nào trên G sao cho con kiến ​​bò dọc theo mỗi cạnh đúng một lần không? 2. Có chu trình nào trên G sao cho một con kiến ​​đi đến mỗi đỉnh đúng một lần không? Câu hỏi đầu tiên được gọi là Bài toán chu trình Euler (ECP) - lưu ý rằng lời giải ECP trong trường hợp đồ thị của chúng ta là K tương ứng với lời giải bài toán về Cầu Königsberg. Do đó, chúng ta định nghĩa một chu trình Euler trên đồ thị G là một chu trình trên G,

6

KVANT 2014/№3

đường một chiều; thì đồ thị vô hướng ban đầu của chúng ta sẽ là sơ đồ đường hai chiều. Theo đó, chu trình Euler trong đồ thị có hướng G đơn giản là chu trình Euler đi qua các đường phố theo đúng hướng. Chu trình Hamilton trong G được định nghĩa tương tự như (hình8).

Hình8. a) Một ví dụ đơn giản về đồ thị có hướng. Các mũi tên chỉ hướng trên các cạnh. b) Ví dụ về chu trình Euler trong đồ thị có hướng; các cạnh được đánh số theo thứ tự chúng đi qua chu trình. c) Ví dụ về chu trình Hamilton (được tô màu đỏ) trong đồ thị có hướng

Với mỗi đỉnh v trong đồ thị có hướng G, chúng ta định nghĩa bậc trong của đỉnh v là số cạnh đi vào v, và bậc ngoài của v là số cạnh đi ra khỏi v. Bây giờ chúng ta đã sẵn sàng xây dựng kết quả Euler khi áp dụng cho đồ thị có hướng. Định lý thứ hai của Euler. Sự hiện diện của chu trình Euler trong đồ thị định hướng G tương đương với thực tế là mỗi đỉnh của G có bậc vào và bậc ra bằng nhau (hãy nhớ rằng đồ thị được coi là liên thông). Chứng minh định lý thứ hai của Euler được đưa ra ở cuối bài viết này, cùng với sự thảo luận về cách người ta có thể tìm ra chu trình Euler khá “nhanh” theo nghĩa của lý thuyết máy tính. Ý tưởng chính là chúng ta không cần kiểm tra lần lượt tất cả các chu trình có thể có trong đồ thị có hướng G để hiểu liệu G có chứa chu trình Euler hay không. Chỉ cần đếm bậc vào và bậc ra của tất cả các đỉnh là đủ: nếu mỗi đỉnh có cùng bậc vào và bậc ra thì có thể dễ dàng xây dựng một chu trình Euler; nếu có ít nhất một đỉnh có độ vào và ra khác nhau thì không thể thực hiện được chu trình Euler.

Giải được và không giải được bài toán

Lấy cảm hứng từ định lý Euler, chúng ta có thể tự hỏi liệu có tồn tại một kết quả đơn giản tương tự cho lời giải ZGC hay không. Nhưng mặc dù thực tế là việc chiến thắng “Trò chơi hai mặt” không quá khó, nhưng lời giải GZ cho một biểu đồ tùy ý vẫn chưa được biết. Khó khăn chính là nếu đối với lời giải ZEC chúng ta có định lý Euler, thì đối với ZGC, điều kiện đơn giản tương tự vẫn chưa được biết. Tất nhiên, bạn luôn có thể sử dụng phương pháp “bạo lực” cho lời giải GTS, tức là lập trình cho máy tính lặp qua tất cả các đường dẫn trong biểu đồ và báo cáo ngay khi tìm thấy chu trình Hamilton. Phương pháp này khá dễ hiểu, nhưng hãy tưởng tượng một đồ thị khổng lồ không có chu trình Hamilton. Đối với biểu đồ này, máy tính sẽ phải kiểm tra mọi đường đi dọc theo nó trước khi cho bạn biết rằng không có đường đi Hamilton. Lỗ hổng thảm khốc của phương pháp này là trong đồ thị trung bình chỉ một nghìn đỉnh có nhiều đường đi khác nhau hơn số nguyên tử trong vũ trụ! ZGZ là một trong những thuật toán bài toán đầu tiên, mà ngay cả những nhà khoa học lỗi lạc nhất cũng không thể giải được. Sau nhiều năm nỗ lực không có kết quả, các nhà khoa học máy tính bắt đầu tự hỏi liệu ZGC có thể được quyết định một cách hiệu quả hay không. Nói cách khác, có thể việc họ không tìm ra thuật toán nhanh không phải do thiếu thông minh mà là do thuật toán hiệu quả cho lời giải ZGC đơn giản là không tồn tại. Hơn nữa, vào những năm 1970, các nhà khoa học máy tính đã phát hiện ra thêm hàng nghìn thuật toán bài toán khác nhau có cùng số phận với ZGC: mặc dù thực tế là chúng trông cực kỳ đơn giản nhưng chưa ai có thể nghĩ ra một lời giải hiệu quả cho chúng. ZGC, cùng với nhiều bài toán bài toán này, hiện được gọi là bài toán $«NP-полными»^{2}$. Thêm vào sự thất vọng do thất bại trong mọi nỗ lực tìm kiếm một điều kiện đơn giản cho khả năng giải được của GZ, là thực tế sau: mặc dù tất cả NP-đầy đủ bài toán đều khác nhau, nhưng hóa ra chúng đều tương đương với nhau - nếu bạn tìm thấy một thuật toán nhanh lời giải cho một thuật toán bài toán như vậy, thì nó sẽ tự động trở thành một thuật toán nhanh cho tất cả những thuật toán khác! Bài toán hiệu quả lời giải NP-đầy đủ bài toán (hoặc bằng chứng dứt khoát rằng lời giải đó không tồn tại) rất cơ bản đối với khoa học máy tính và toán học đến mức nó được đưa vào danh sách “Bài toán Thiên niên kỷ” của Viện Toán học Clay, xuất bản năm 2000: tìm một thuật toán hiệu quả cho một số NP-đầy đủ bài toán hoặc chứng minh rằng nó không tồn tại và viện sẽ trao cho bạn giải thưởng triệu đô la. Từ giờ trở đi, chúng ta sẽ gọi ZEC là “đơn giản” và ZGC là “phức tạp”. Đừng quên sự khác biệt này, vì nó sẽ sớm trở nên quan trọng.

2 NP – từ từ đa thức không xác định (tiếng Anh).

9

XÂY DỰNG

bộ gen:

CÂU ĐỐ

Tew đã đọc). Hóa ra là chúng ta cũng có thể xử lý việc lắp ráp các mảnh vỡ trong trường hợp này. Đối với điều này, trên thực tế, chúng tôi sử dụng cùng một biểu đồ E, chỉ với một thay đổi: nếu số lượng bản sao của một số thước l nào đó bằng k, thì chúng tôi sẽ kết nối tiền tố của nó với hậu tố không phải bằng một mà bằng k cạnh. Hãy tiếp tục phân tích ví dụ của chúng ta từ hình 10: nếu trong khi đọc, người ta phát hiện ra rằng 4 TGC, GCH, CTG và GTG 3-mer có số bản sao là 2 và sáu 3-mers ATG, TGC, GGC, GCA, CAA và AAT có số bản sao là 1, thì chúng ta sẽ xây dựng biểu đồ như trong

Hình13. Một biểu đồ có hình 10, có nhiều cạnh được thêm vào - người ta đã tính đến việc số lượng bản sao của một số lần đọc lớn hơn 1. May mắn thay, việc khái quát hóa như vậy không làm phức tạp việc tìm kiếm bài toán cho chu trình Euler và chu trình cho biểu đồ mới cũng sẽ cung cấp một ứng cử viên cho chuỗi “DNA”

hình 13. Trong trường hợp tổng quát, dễ dàng nhận thấy rằng một đồ thị có các cạnh được thêm theo số bản sao cũng là Euler, vì nửa độ của đỉnh đi và đỉnh đến (tương ứng với thước đo (l – 1)) bằng số lần (l – 1)-mer này xuất hiện trong bộ gen. Trong thực tế, rất khó để có được thông tin chính xác về số lượng bản sao của (l – 1) trong bộ gen bằng các công nghệ giải trình tự hiện đại. Tuy nhiên, các nhà khoa học thuật toán gần đây đã nghĩ ra cách tái tạo lại trình tự bộ gen ngay cả khi dữ liệu này bị thiếu. Còn có những vấn đề phức tạp khác: Máy giải trình tự DNA dễ mắc lỗi, độ dài đọc có thể khác nhau, v.v. Tuy nhiên, cuối cùng, đối với tất cả các phương pháp lắp ráp phân đoạn, việc áp dụng một số phiên bản của đồ thị de Bruijn để giảm cấu trúc tự nhiên của chu trình Hamilton thành thuật toán đơn giản hơn về mặt thuật toán bài toán về chu trình Euler lại rất hữu ích.

TỪ

TỶ

MẢNH

Dù có muốn cũng không thể gặp nhau. Nhưng vào năm 1988, con đường của ba nhà khoa học khác đã đi ngang qua nhau (hình15). Radoje Drmanac (Serbia), Andrey Mirzabekov (Nga) và Edwin Southern (Anh) đã đồng thời và độc lập phát triển một phương pháp tương lai và vào thời điểm đó là phương pháp đọc đọc hoàn toàn đáng kinh ngạc bằng cách sử dụng chip DNA. Không ai trong số ba nhà sinh vật học này biết về công trình của Euler, Hamilton và de Bruijn; không ai có thể tưởng tượng được rằng kết quả thí nghiệm của chính họ lại đưa họ đối mặt với những gã khổng lồ toán học này. Năm 1977, Fred Sanger và các đồng nghiệp của ông đã giải trình tự virus đầu tiên, một thể thực khuẩn nhỏ $\phi$ X174, dài 5375 nucleotide. Mặc dù các nhà sinh học thường xuyên giải trình tự các virus có chiều dài hàng trăm nghìn nucleotide vào cuối những năm 1980, nhưng ý tưởng giải trình tự bộ gen của vi khuẩn (chưa nói đến bộ gen của con người) dường như còn quá sớm theo cả quan điểm thực nghiệm và tính toán. Drmanac, Mirzabekov và Southern nhận ra rằng nhược điểm lớn nhất của công nghệ giải trình tự DNA ban đầu được phát triển vào những năm 1970 là nó quá đắt đối với những bộ gen dài hơn. Thật vậy, việc đọc một lần đọc vào cuối những năm 1980 tốn hơn một đô la, và do đó việc giải trình tự bộ gen của bất kỳ động vật có vú nào cũng sẽ tiêu tốn hàng tỷ đô la. Bởi vì chi phí cao nên không thể đọc được tất cả các l-mer của bộ gen, một điều kiện thiết yếu để áp dụng thành công phương pháp Euler. Chip DNA được phát minh để làm cho việc đọc tất cả các l-mer trong bộ gen trở nên rẻ hơn, mặc dù với độ dài đọc l ngắn hơn so với công nghệ giải trình tự DNA ban đầu. Ví dụ, trong khi các công nghệ giải trình tự truyền thống đọc các đoạn đọc dài khoảng 500 nucleotide thì các nhà phát minh chip DNA lại tập trung vào các đoạn đọc dài khoảng 15 nucleotide. Các chip DNA được thiết kế như sau: đầu tiên, tất cả $4^{l}$ các l-mer có thể được tổng hợp (tức là tất cả các đoạn DNA có độ dài l), sau đó chúng được gắn vào một vi mạch DNA, là một mạng có một ô riêng biệt cho mỗi l-mer. Sau đó họ lấy (không rõ)

Một lịch sử ngắn về đọc đọc

Câu chuyện về ba nhà sinh vật học: Chip DNA

Mặc dù các di sản toán học của Euler, Hamilton và de Bruijn (hình14) có mối liên hệ chặt chẽ với nhau, nhưng chúng

Hình14. Ba nhà toán học. Từ trái sang phải: Leonhard Euler, William Hamilton, Nicholas de Bruyn

14

KVANT 2014/№3

gương (bạn nhìn vào gương) thay vì neutrino bạn nhìn thấy phản neutrino, không phải neutrino. Đây là nghịch lý mà các nhà vật lý phải đối mặt vào những năm 1956–57. Bạn có thể làm thí nghiệm tương tự, ví dụ. Hãy xem xét một hạt nhân phân cực đang phân rã, các electron bay ra một góc $\theta$ và bạn tạo ra sự phản xạ. Hạt nhân bị phân cực của bạn sẽ vẫn bị phân cực theo cùng một hướng và động lượng sẽ đổi dấu. Nếu bạn có định luật bảo toàn tính chẵn lẻ thì cả hai quá trình sẽ giống nhau. Nhưng trên thực tế, hóa ra là trong quá trình phân rã beta, các hạt bay ra chủ yếu theo hoặc ngược lại động lượng của hạt nhân. Đây là thí nghiệm nổi tiếng của Wu, được thực hiện vào năm 1957 chỉ trong sáu tháng. Và người ta đã chứng minh: đúng vậy, trong vật lý tương tác yếu, tức là trong vật lý neutrino, tính chẵn lẻ bị vi phạm. Và ở đây hóa ra Niels Bohr đã đúng. Thực sự, Niels Bohr đã nói gì? Anh ấy đã tìm ra sai sót trong định luật bảo toàn năng lượng, nhưng anh ấy đã đúng trong logic của mình: ở mức $10^{-} 13 - 10^{-} 17$ cm, các định luật bảo toàn năng lượng có thể khác. Và về mặt này, ý tưởng của anh ấy dường như đã trở lại sống động. Không có gì mất đi, những ý tưởng hay vẫn tiếp tục được bảo tồn. Đây là quan điểm ngày nay: một neutrino không khối lượng bị phân cực theo động lượng, và một phản neutrino bị phân cực dọc theo động lượng. Thế giới bên trong, với sự tương tác yếu, hóa ra không đối xứng. Trong gương bạn không thấy neutrino mà là phản neutrino. Và một khám phá khác được thực hiện ngay sau đó: các quá trình liên quan đến hướng thời gian hóa ra cũng khác. Các quá trình được phát hiện trong sự phân rã của $K^{o}$ -meson, chúng khác nhau về thời gian và ngược lại (với sự thay đổi dấu thời gian). Vì vậy, đây là những gì đã xảy ra trong giai đoạn lý thuyết từ năm 1953 đến năm 1967. Lee và Yang đã đưa ra một phỏng đoán cho bài toán lời giải $\tau - \theta$, tức là giả thuyết vi phạm tính chẵn lẻ. Nó được phát hiện bằng thực nghiệm vào năm 1957 - đầu tiên là trong phân rã beta của hạt nhân, sau đó là trong phân rã beta của các hạt khác nhau: $\mu$ -meson, $\pi$ -meson, K-meson; bây giờ nó là chuyện nhỏ. Và cuối cùng, điều thực sự mới mẻ đối với các nhà vật lý là nó được khám phá ra trong sự tương tác giữa các nucleon với các nucleon trong hạt nhân. Nhân tiện, điều này vẫn còn một chút bí ẩn. Chúng ta biết rất rõ rằng có cái gọi là lực lượng hạt nhân vi phạm tính chẵn lẻ. Những lực này tồn tại và chúng đã được chứng minh bằng thực nghiệm. Nhân tiện, Nga đã thực hiện rất nhiều công việc ở đây - ví dụ như Lobashev (người thí nghiệm) và Abov Yury Georgievich. Nhưng cho đến ngày nay, lĩnh vực hiện tượng này không có mối liên hệ nào với những lĩnh vực khác; bạn không thể tính toán nó dựa trên các hạt cơ bản. Một hạt cơ bản sống một mình và vật lý hạt nhân, với sự vi phạm tương tác yếu nucleon-nucleon, tự sống. Cuối cùng, tương tác yếu cũng được phát hiện trong nguyên tử - tương tác giữa hạt nhân và electron, ngoài tương tác Coulomb thông thường, còn có một số bổ sung nhỏ. Sự cộng thêm này là do electron vẫn tương tác yếu với nucleon. Những quá trình này được phát hiện lần đầu tiên sau đó. Và lý thuyết, sau khi người ta phát hiện ra rằng neutrino thực sự có độ phân cực được xác định chặt chẽ, còn phản neutrino có độ phân cực hoàn toàn khác

phân cực hoàn toàn, được trả về Weyl, tức là trường hợp giới hạn có thể thu được từ phương trình Dirac và đã bị bỏ qua vào năm 1928–29. Hóa ra neutrino được mô tả chính xác bằng phương trình Weyl. Lấy phương trình Dirac, đặt khối lượng bằng 0 và bạn thu được một neutrino. Thật đơn giản! Nhưng sau đó nó đã bị từ chối. Nó đã bị từ chối vì có sự vi phạm tính chẵn lẻ. Không ai có thể tin được điều đó. Và bây giờ lại có một điều nghịch lý thú vị như vậy. Tôi đang nói về năm 1956. Vì vậy, chúng ta quay trở lại với neutrino hai thành phần. Landau đã cố gắng đưa ra sự vi phạm tính chẵn lẻ, nhưng ít nhất vẫn giữ được ý tưởng rằng nếu bạn nhìn vào một neutrino, thì trong gương bạn có một phản neutrino, tức là đưa ra cái gọi là CP-save$^{1}$. Thật không may, sự bảo toàn này hóa ra cũng bị vi phạm, mặc dù ở mức độ thấp hơn nhiều (do đó, tỷ lệ phân rã của meson K trung tính vi phạm tính bất biến CP là khoảng $10^{-} 3 ).$ Sau đó, và điều này được Feynman đưa ra chủ yếu, $гамильтониан^{2}$ của tương tác yếu với vi phạm chẵn lẻ thực tế đã được viết ra (cái gọi là V-A yếu $взаимодействие^{3} ).$ Và vi phạm chẵn lẻ CP cũng được phát hiện (tức là, nếu bạn muốn, $T-четности^{4} )$ trong thí nghiệm là điểm tiếp theo. Và cuối cùng, vào khoảng năm 1963–66, cái gọi là Tiêu chuẩn $модель^{5}$ đã được hình thành. Đây là một mô hình trong đó (tôi sẽ nói về điều này thêm một chút) hai thứ được kết hợp: tương tác điện từ và tương tác yếu - tương tác xảy ra với neutrino đã được hình thành vào thời điểm đó, nhưng vẫn phải mất khá nhiều thời gian, khoảng 20 năm, để chứng minh rằng đây là sự thật.

1 Đối xứng CP, hay tính chẵn lẻ kết hợp, là tính bất biến của các định luật vật lý dưới một phép biến đổi trong đó đồng thời có sự phản xạ gương không gian (P) của hệ vật lý và sự thay thế mỗi hạt bằng phản hạt tương ứng của nó (C, điện tích $сопряжение).^{2}$ Hamiltonian là toán tử của tổng năng lượng của hệ với cơ học lượng tử $описании.^{3}$ Lý thuyết V-A là một lý thuyết phổ quát về tương tác yếu có tính đến sự vi phạm tính chẵn lẻ (đối xứng P) với tương tác yếu. Được đề xuất trong 1957 bởi M. Gell-Mann, R. Feynman, R. Marshak và $Дж.Сударшаном.^{4}$ Đối xứng T, hay sự đối xứng đối với sự đảo ngược thời gian, là sự bất biến của các định luật vật lý đối với việc thay thế thời gian t bằng –t. của $T-симметрии.^{5}$ Chính xác hơn, chúng ta đang nói về lý thuyết tương tác điện yếu, được xây dựng vào năm 1967 bởi S. Weinberg, S. Glashow và A. Salam và hình thành cơ sở (cùng với sắc động lực học lượng tử) của Mô hình Chuẩn của vật lý hạt được tạo ra trong thập kỷ tiếp theo.

15

TIỂU LUẬN

CÂU CHUYỆN

NGHIÊN CỨU

Nhưng đây là điều thú vị: mặc dù thực tế là có vẻ như mọi thứ đã được xây dựng và mọi thứ đều mở, vẫn còn hai hòn đảo vào thời điểm đó vẫn chưa được hiểu rõ. Đầu tiên là giả thuyết Pontecorvo về dao động neutrino mà tôi sẽ nói đến bây giờ, và thứ hai là giả thuyết Majorana. Vì vậy, bây giờ tôi muốn nói vài lời về Bruno Pontecorvo và giả thuyết năm 1957 của ông. Đây là giả thuyết dao động, nó đã được xuất bản lại trong bản in trước, hiện chỉ có ở Dubna. Nhớ lại công trình của Majorana (Pontecorvo ở một mức độ nào đó là học trò của ông), ông không ngừng suy nghĩ liệu neutrino và phản neutrino có giống nhau hay không? Nếu chúng là một và giống nhau thì sẽ thu được các quá trình giống nhau; nếu chúng là những thứ khác nhau thì thu được các quá trình khác nhau. Và vì vậy, khi nghĩ về điều này, Bruno Pontecorvo đã đưa ra giả thuyết rất thú vị này. Trong phần kết bài báo của mình, ông viết rằng nếu bạn không có neutrino và phản neutrino, nhưng có sự vi phạm định luật bảo toàn điện tích lepton (tức là, nếu điện tích neutrino không được bảo toàn), thì neutrino có thể biến đổi thành phản neutrino trong quá trình chuyển động, $( \nu$ ` $\nu ɶ ),$ và sau đó các quá trình tương tự như những quá trình được phát hiện trong $K^{0} -$ meson sẽ xảy ra. Và trong các meson $K^{0}$ - lúc này người ta phát hiện ra các dao động, khi $K^{0}$ đi vào phản- $K^{0}$ và phản- $K^{0}$ đi vào $K^{0}$. Và Pontecorvo thậm chí còn viết rằng, rõ ràng, quá trình này rất có thể được phát hiện, ít nhất là trong vật lý thiên văn, ở quy mô vật lý thiên văn. Hơn nữa, ông thậm chí còn đưa ra ước tính về độ dài của những dao động này. Năng lượng trung bình của neutrino, chẳng hạn, do Mặt trời phát ra, là 1 MeV, và khi đó độ dài của dao động là khoảng $10^{3}$ km. Nhưng ngày nay các dao động là mở và cường độ của chúng là khoảng 100–200 km. Nói cách khác, khối lượng neutrino không bằng 0 (Pontecorvo giả định giá trị $10^{-} 11$ eV đối với khối lượng neutrino). Như vậy, nếu lúc đó mọi người đều bị Weyl cuốn đi và tin rằng khối lượng neutrino bằng 0 và không còn gì để nói thì Pontecorvo đã đưa ra giả thuyết sau. Và tôi nhấn mạnh một lần nữa, đây thực ra là một câu của Majorana: Giả thuyết của Majorana là năm 1937, 1946 là suy nghĩ của Pontecorvo về vật lý neutrino, và năm 1957, khi đã ở Nga, ông đã bày tỏ ý tưởng về dao động neutrino. Vào thời điểm đó chỉ có một neutrino. Tuy nhiên, nhân tiện, ông viết rằng nếu không có một mà có nhiều loại neutrino, thì cũng có thể có neutrino $осцилляции^{6}$. Và vào năm 1958, Pontecorvo bày tỏ ý tưởng rằng thực tế không có một neutrino, nhưng có thể có hai, rằng neutrino liên kết với electron và neutrino liên kết với muon là có thể. Dựa trên ý tưởng của ông, một thí nghiệm đã được thực hiện tại CERN trong đó hai loại neutrino được phát hiện: neutrino electron và neutrino muon (1962). Như thế này. Và rồi chúng ta được biết rằng người Nhật là những người đầu tiên nói: “dao động neutrino” vào năm 1962. Tốt thôi. Hãy tiếp tục. Như bạn có thể thấy, mọi thứ không đơn giản. Có một mô hình tiêu chuẩn, nhưng anh ấy (Pontecorvo) là của riêng anh ấy. Anh ấy nói thế

6 Dao động không còn giữa neutrino và phản neutrino nữa mà là giữa hai loại neutrino.

neutrino

neutrino có thể có những tính chất hoàn toàn khác nhau. Thời gian này, khoảng từ năm 1956 đến năm 1966, là thời gian “lý thuyết”, thời gian của những cuộc thảo luận, rất nhiều chuyện đã xảy ra ở đó, rất nhiều ý tưởng được bày tỏ. Sau đó, các nhà lý thuyết im lặng và những người thực nghiệm bắt đầu làm việc. Trong 20 năm tiếp theo, các nhà thí nghiệm chứng minh rằng Mô hình Chuẩn thực sự có hiệu quả. Ba hướng chính trong vật lý neutrino đang nổi lên - bây giờ chúng ta đã học cách làm việc với neutrino. Thứ nhất, neutrino năng lượng thấp chủ yếu là neutrino phản ứng hoặc phân rã beta. Nghiên cứu đang được tiến hành về các tính chất của neutrino, các ước tính đang được thực hiện về khối lượng neutrino, sự phân cực của neutrino, và người ta đang tìm kiếm bằng chứng cho thấy neutrino không bằng phản neutrino. Và cuối cùng, cái gọi là kênh phản ứng trung tính đã được phát hiện, khi một neutrino không tạo ra electron trong quá trình ngược lại mà chỉ đơn giản là tán xạ. Nó tan biến và thế là xong. Hơn nữa, nó có thể phân tán trên các nucleon - ví dụ như trên deuteron và trên các electron. Đồng thời, hóa ra là trong những quá trình như vậy, các nhà vật lý buộc phải làm việc với những tiết diện cực kỳ nhỏ: $10^{-} 43 см^{2}$ vẫn tốt. Bây giờ họ đang tiến gần đến mức $10^{-} 46 см^{2}$. Những giá trị cực kỳ nhỏ - chúng tôi không thể đo lường bất cứ điều gì thấp hơn. Nhưng đó là lúc nó được nhận ra. Hướng thứ hai là neutrino năng lượng cao. Đặc biệt, nó nảy sinh do thực tế là các nhà vật lý đã học cách làm việc với các chùm máy gia tốc. Ví dụ, trong các chùm pi-meson, neutrino được sinh ra từ sự phân rã của pion, và những neutrino này có năng lượng vốn đã cao hơn nhiều - không phải ở mức 1 MeV, như trong vật lý lò phản ứng, mà ở mức 1 GeV và thậm chí cao hơn. Và tiết diện cho sự tương tác của neutrino với nucleon, và nói chung cho tất cả các quá trình yếu trong vùng này, tỷ lệ với bình phương năng lượng của neutrino tới. Nếu vậy thì bây giờ bạn có thể, bằng cách sử dụng các chùm neutrino có năng lượng đủ cao, đạt tới các tiết diện lớn. Quả thực, hướng này đã phát triển, các phương pháp ghi neutrino mới đã xuất hiện, đặc biệt là các loại máy ảnh, và người ta đã chứng minh được rằng neutrino electron không giống neutrino muon, neutrino muon không giống phản neutrino của nó, và rằng có một loại neutrino thứ ba, cái gọi là neutrino tau, từ sự phân hủy của meson tau. Như vậy, ba họ neutrino đã xuất hiện. Các quá trình tán xạ neutrino trên các electron và trên các nucleon đã được nghiên cứu, và song song với quá trình này, các quark mới, c, b, t, đã được phát hiện, và người ta đã tìm thấy một sự tương đồng nhất định giữa neutrino và quark. Có ba loại neutrino và có ba họ quark. Cuối cùng, bằng chứng mạnh mẽ nhất cho thấy Mô hình Chuẩn được hiện thực hóa trong tự nhiên là hai khám phá: thứ nhất, việc phát hiện ra $процессов^{7}$ trung tính, vốn chỉ được dự đoán trong Mô hình Chuẩn, và thứ hai,

7 Dòng trung tính là một trong những cơ chế tương tác yếu, được thực hiện thông qua sự trao đổi boson Z ảo giữa quark và lepton mà không làm thay đổi điện tích của hạt ban đầu và hạt cuối cùng. Được tiên đoán vào năm 1973 bởi A. Salam, S. Glashow và S. Weinberg, được xác nhận bằng thực nghiệm vào năm 1974 tại CERN.

16

KVANT 2014/№3

khám phá ra các boson W và Z (các hạt cơ bản - chất mang tương tác yếu), 1983. Hơn nữa, hóa ra khối lượng của chúng hoàn toàn tương ứng với Mô hình Chuẩn. Vậy đó, các nhà vật lý lẽ ra phải bình tĩnh lại, Mô hình Chuẩn đã hoạt động. Và song song đó, một hướng thứ ba đang nổi lên - vật lý thiên văn neutrino. Việc tìm kiếm neutrino từ Mặt trời, từ các ngôi sao, từ sự sụp đổ của siêu tân tinh bắt đầu và ý tưởng nảy sinh rằng có một biển neutrino trong Vũ trụ - neutrino có năng lượng rất thấp tạo thành một nền tảng nhất định. Thí nghiệm năng lượng mặt trời bắt đầu. Một trong những thí nghiệm đầu tiên được thực hiện bằng phản ứng do Pontecorvo đề xuất: một neutrino rơi vào clo, thu được argon. Đây là thí nghiệm của Davis, được thực hiện trong 30 năm tại Homestake ở Mỹ. Và cuối cùng, các phòng thí nghiệm dưới lòng đất và những kính thiên văn neutrino đầu tiên xuất hiện. Vì vậy, trong giai đoạn này, kiến ​​thức của chúng ta về tính chất của neutrino mở rộng sang các quá trình tán xạ, nghiên cứu diễn ra trong Mô hình Chuẩn, neutrino biến thành công cụ nghiên cứu, chùm neutrino và máy dò neutrino xuất hiện. Vai trò đặc biệt của neutrino trong bức tranh vũ trụ thế giới được bộc lộ. Đây là một bức tranh gây tò mò xuất hiện nếu bạn nhìn vào nó bắt đầu từ những năm 30. Giả thuyết về hạt trung hòa xuất hiện, năm 1930 người ta phát hiện ra neutron. Điện động lực học lượng tử được xây dựng và mô hình neutron-proton của hạt nhân xuất hiện. Và song song đó, một mặt, nghiên cứu thực nghiệm bắt đầu, thực tế độc lập với các nhà lý thuyết và mặt khác là nghiên cứu lý thuyết. Nghiên cứu thực nghiệm - phân rã beta của hạt nhân, hạt cơ bản, phương pháp thí nghiệm mới - bắt đầu từ năm 1930-32 cho đến cuối năm 1956. Đây là nơi nảy sinh vấn đề tương tự $\tau - \theta$ mà tôi đã mô tả. Như họ nói, các nhà lý thuyết cũng không ngủ quên, đang phát triển các phương pháp và suy ngẫm của riêng họ: Fermi đã đưa ra lý thuyết hiện tượng học về phân rã beta; Giả thuyết của Majorana nảy sinh, nó vẫn treo lơ lửng, không ai có thể nói gì về nó. Ý tưởng cho rằng cần phải có sự đối xứng liên quan đến các phép biến đổi không gian, nhưng chính điểm đó lại bị phá vỡ. Đây là cách vật lý lý thuyết và thực nghiệm kết hợp với nhau. Vào năm 1956–58, một bước nhảy vọt mạnh mẽ xảy ra khi thí nghiệm cần lý thuyết và lý thuyết cần thí nghiệm. Tôi nhấn mạnh lại các quá trình hoàn toàn độc lập, có rất ít ảnh hưởng lẫn nhau: một mặt là sự phát triển của các phương pháp thực nghiệm, mặt khác là sự phát triển của lý thuyết. Phương pháp thực nghiệm - trong vật lý năng lượng cao thuần túy, với các vật thể thiên văn. Và về mặt lý thuyết, đây là cấu trúc của các hạt, Mô hình Chuẩn, các quark mới. Và đến giữa những năm 1980, tình trạng này xuất hiện: Mô hình Chuẩn đã được phê duyệt và việc tìm kiếm lối thoát cho Mô hình Chuẩn bắt đầu. Câu hỏi là - tiếp theo là gì? Vâng, chúng ta không thể dừng lại, phải có sự phát triển hơn nữa. Sau đó - cái gì? Có điều gì ngoài Mô hình Chuẩn không? Đây

Đây là lần đầu tiên các nhà vật lý tự hỏi mình câu hỏi này. Nhưng để nói về nó, tôi sẽ nhắc bạn Mô hình Chuẩn là gì theo quan điểm ngày nay. Mô hình chuẩn của tương tác điện yếu mà tôi chủ yếu sẽ nói đến là một mô hình độc đáo xét theo quan điểm toán học. Đôi khi trong vật lý xuất hiện các mô hình kết hợp toán học và vật lý. Và đây chính xác là những điểm đặc biệt khi sự bùng nổ hiểu biết của chúng ta thực sự xảy ra. Mô hình chuẩn theo quan điểm toán học được gọi là đối xứng SU(2)–U(1), đã được các nhà toán học nghiên cứu kỹ lưỡng trong một thời gian dài, kể từ cuối thế kỷ trước. Theo quan điểm vật lý: có các lepton tạo thành các cặp đôi ở bên trái và các đơn vị ở bên phải $частиц.^{8}$ Theo đó - đối với các họ electron, muon và tau. Đây là khối lượng của các hạt này: 0,5 MeV đối với electron, 105 MeV đối với muon, 1777 MeV đối với hạt tau. Neutrino chỉ tồn tại ở bên trái; không có neutrino thuận tay phải trong Mô hình Chuẩn. Neutrino có khối lượng không? Đây là câu hỏi đầu tiên phát sinh. Theo Mô hình Chuẩn, ở cấp độ này không có khối lượng, không có hạt neutrino chỉ thuận tay trái và không có câu hỏi nào. Các quark đều giống nhau, có quark đôi và có quark đơn, có quark thuận và có quark thuận tay trái. Có quark u và d, quark c và s, quark t và b. Đây là khối lượng quark ngày nay: từ 2–5 MeV đối với quark u và d đến 180 GeV đối với quark t. Nhân tiện, họ đã mở cách đây không lâu. Hóa ra (và đây là câu hỏi đầu tiên cho lý thuyết), một số quark này, cụ thể là d, s, b, bản thân chúng không được đưa vào lý thuyết mà được trộn lẫn. Và có một ma trận Kobayashi–Maskawa hoàn toàn mang tính hiện tượng học, chưa được giải thích, mô tả những sự pha trộn này. Nó đến từ đâu, nó là gì? Câu hỏi. Nhưng câu hỏi sau đây được đặt ra: liệu có sự trộn lẫn của neutrino không? Hơn nữa. Mọi tương tác trong Mô hình Chuẩn đều rất đơn giản. Có cái gọi là tương tác chuẩn và có các hằng số kết nối các tương tác khác nhau. Về lý thuyết, trong phép tính gần đúng thứ 0, mọi thứ đều không có khối lượng, không có gì có khối lượng. Sau đó cơ chế xuất hiện khối lượng, gọi là cơ chế Higgs, được kích hoạt. Nguồn khối lượng là boson Higgs này, nó vẫn chưa phải là $открыт^{9}$, và sau đó một số hạt này, đặc biệt là các boson, nhận được khối lượng. Lượng tử gamma vẫn không có khối lượng và các boson Z- và W- nhận được một khối lượng nhất định. Điều này có nghĩa là để mô tả các hằng số được đề cập này, chỉ cần đưa ra một góc thực nghiệm là góc $Вайнберга^{10}$ là đủ. Trong trường hợp này, lần đầu tiên trong vật lý, một cơ chế nhất định cho sự xuất hiện của khối lượng xuất hiện. Chúng ta vẫn chưa biết cơ chế này đúng hay sai

8 Các hạt có độ xoắn “thuận tay trái” là những hạt có spin hướng ngược với hướng chuyển động của hạt. Trong các trường hợp “đúng”, spin được định hướng dọc theo chuyển động $частицы.^{9}$ Boson Higgs được phát hiện bằng thực nghiệm vào năm 2012 (nó được nhà vật lý người Anh P. Higgs dự đoán trong $1964 году).^{10}$ Một tham số trong lý thuyết tương tác điện yếu, xác định mối quan hệ giữa các hằng số tương tác yếu và tương tác điện từ.

17

TIỂU LUẬN

CÂU CHUYỆN

NGHIÊN CỨU

được đề xuất, nhưng, trong mọi trường hợp, ở mức độ mà chúng ta hiểu về vật lý ngày nay, cơ chế này vẫn hoạt động. Vì vậy, có các lepton và quark, đây là các hạt fermion, tức là các hạt có nửa spin. Có các máy phát tương tác máy đo - $\gamma$ -quanta, W- và Z-boson, và các tương tác xảy ra phổ biến: ở đây bạn có một quark hoặc một lepton đang bay, nó phát ra một trong những boson này trong quá trình tương tác và chuyển sang một trạng thái mới. Đây là sơ đồ của tất cả các tương tác mà chúng ta biết hiện nay và được mô tả trong Mô hình Chuẩn. Điều này có nghĩa là nảy sinh một mối liên kết phổ quát của tất cả các trường, tức là có thể thậm chí có một số hằng số thống nhất chung, hằng số này dần dần, do các giai đoạn phá vỡ đối xứng tự phát khác nhau, biến đổi thành các hằng số khác và nguồn khối lượng là sự phá vỡ đối xứng chân không tự phát. Đây là những gì chúng ta biết ngày nay. Nhược điểm của lý thuyết này là gì? Trước hết, không rõ những thế hệ này được hình thành như thế nào, tại sao chúng lại có khối lượng hoàn toàn khác nhau, v.v. Khối lượng của neutrino là bao nhiêu? Ở đây (trong Mô hình Chuẩn) nó bằng 0, nhưng có lẽ nó không bằng 0? Tại sao lại có sự trộn lẫn giữa các thế hệ này? Và cuối cùng, sự vi phạm này và hằng số liên quan đến những vi phạm này đến từ đâu (tức là góc Weinberg)? Ở đây tôi muốn bạn chú ý đến một sự tương tự rất thú vị giữa lý thuyết Newton mà mọi người đều biết và Mô hình Chuẩn. Trong Mô hình Chuẩn, bạn có các hạt không có khối lượng, xấp xỉ bậc 0. Các hạt không có khối lượng là thứ mô tả hình học. Không cần vật lý để mô tả các hạt không có khối lượng. Hình học thuần túy, từ quan điểm của hình học cao cấp hiện đại. Tương tự như vậy, trong lý thuyết Newton, bạn có chuyển động quán tính - nếu bạn không có tương tác, mọi thứ đều tắt, khi đó các hạt sẽ chuyển động theo quán tính theo đường thẳng. Nhưng các đường thẳng lại là hình học thuần túy. Cả hai lý thuyết đều dựa trên hình học thuần túy. Và sau đó vật lý phát huy tác dụng. Trong cơ học Newton, các lực được tác dụng và tất cả các hạt bắt đầu chuyển động theo những quỹ đạo nhất định, tức là hình học bắt đầu bị phá vỡ. Theo cách tương tự, trong vật lý hạt cơ bản, các tương tác chuẩn, cơ chế Higgs, được bật lên và mọi thứ bắt đầu với bạn, vật lý phát sinh. Vật lý khác với toán học ở chỗ nó liên quan đến việc phá vỡ tính đối xứng. Đây là những suy nghĩ nhỏ… Chà, bây giờ chúng ta tiếp tục, chúng ta tiến một bước tới lý thuyết hiện đại, đến vật lý hiện đại. Từ những năm 1980, lý thuyết này bắt đầu tìm cách thoát khỏi Mô hình Chuẩn. Có hai con đường mà lý thuyết đi theo. Ý tưởng đầu tiên có liên quan đến Đại thống nhất. Hãy giới thiệu các đối xứng toán học ngày càng cao hơn trong Mô hình Chuẩn, trong đó chúng ta có đối xứng đơn giản nhất - thay vì SO(2), hãy xem xét SO(5), v.v. Nói cách khác, về mặt toán học, chúng ta sẽ ngày càng mở rộng trường của các hạt này. Đồng thời, chúng ta sẽ bắt đầu kết hợp điện động lực học với vật lý tương tác yếu, sau đó chúng ta sẽ thêm vào

neutrino

có một tương tác mạnh, sau đó chúng ta thêm lực hấp dẫn vào, và bằng cách này chúng ta sẽ phát triển một lý thuyết. Đây là ý tưởng chung của Lý thuyết thống nhất lớn. Nhưng một con đường khác có thể xảy ra - và rất có thể, Tự nhiên đã đi theo con đường này: điều gì sẽ xảy ra nếu neutrino (chính xác là neutrino trong trường hợp này) có những đặc tính phi tiêu chuẩn? Ví dụ, có một neutrino Majorana, tức là neutrino bằng phản neutrino. Hoặc bạn có các dao động - sự chuyển đổi của neutrino electron và muon thành tauneutrino. Hoặc các dao động trong vật chất, được phát minh muộn hơn một chút. Neutrino có mô men từ, và chúng ta hãy giới thiệu tuế sai của mô men từ này của neutrino trong vật chất. vân vân, tức là đường đi thứ hai là đường đi gắn liền với bản chất phi chuẩn của neutrino. Và các thí nghiệm bắt đầu trả lời điều này như thế nào? Phải nói rằng vụ nổ siêu tân tinh hóa ra lại là một khoảnh khắc hết sức thú vị gắn liền với quá trình phát triển của thí nghiệm. Năm 1987, đặc biệt đối với các nhà vật lý, một siêu tân tinh đã phát nổ trong Đám mây Magellan Lớn. Vào Ngày Quân đội Liên Xô, ngày 23 tháng 2. Chính vì lý do này mà các nhà vật lý Nga đều không ghi nhận vụ nổ này. Ví dụ, ở dưới lòng đất Krasnoyarsk có một ngày nghỉ để vinh danh ngày 23 tháng 2. Và lần đầu tiên trong lịch sử nhân loại, một vụ nổ siêu tân tinh được quan sát thấy không chỉ ở vùng ánh sáng mà còn ở vùng neutrino. Cụ thể, khoảng hai chục vụ nổ neutrino và dấu vết neutrino đã được ghi lại trong năm máy dò chính đang hoạt động trên mặt đất vào thời điểm đó. Nhưng ngay cả ở đây cũng nảy sinh một tình huống rất buồn cười, một bí ẩn neutrino khác. Mọi người đều ghi lại những đợt bùng phát này gần như cùng một lúc. Mặc dù vậy, tôi phải nói rằng, một tình huống tuyệt vời đã nảy sinh - đồng hồ Nhật Bản (!) Đã bị hỏng. Và chúng không chỉ bị hỏng - có sự khác biệt trong một phút ở đâu đó, mặc dù tất cả các lần nhấp nháy đều được tính bằng giây. Nhưng cuối cùng chúng tôi đã đồng ý, chuyển chiếc đồng hồ Nhật Bản về đúng vị trí và mọi thứ dường như đã ăn khớp với nhau. Vì vậy, năm giờ trước khi tia sáng này - điều này được ghi lại bởi năm máy dò - bốn sự kiện nữa đã được ghi lại. Đây là một bí ẩn vẫn còn tồn tại, mặc dù gần đây chúng tôi đã bắt đầu làm sáng tỏ nó. Không ai đơn giản tin vào điều đó trong suốt hai mươi năm. Tiếp theo là neutrino phản ứng. Vào thời điểm này, các tương tác của neutrino với proton, với deuteron, với electron đã được đo, mômen từ của neutrino được đo, và họ bắt đầu tìm kiếm dao động neutrino trong neutrino phản ứng. Và cuối cùng, một điều rất thú vị đã được phát minh. Hóa ra với sự trợ giúp của neutrino, bạn có thể chẩn đoán hoạt động của lò phản ứng - đặt máy dò ở khoảng cách 100 m và quan sát cách hoạt động của lò phản ứng. Ở Iran chẳng hạn. Và báo cáo cho IAEA xem hôm nay họ có sản xuất plutonium hay không. Điều này được gọi là chẩn đoán neutrino. Thật không may, nó vẫn chưa được thực hiện, nhưng về nguyên tắc nó tồn tại và có thể thực hiện được. Tiếp theo là neutrino mặt trời. Những thí nghiệm đầu tiên, như tôi đã nói, là những thí nghiệm của Davis.

18

KVANT 2014/№3

Neutrino mặt trời được nghiên cứu bằng phương pháp clo-argon, sau đó máy dò hạt Kamiokanda lớn được chế tạo ở Nhật Bản và người ta đã chứng minh được rằng có sự thiếu hụt neutrino từ Mặt trời. Sự thiếu hụt này sau đó đã được xác nhận trong các thí nghiệm của chúng tôi tại Baksan, tại máy dò Super-Kamiokand, và cuối cùng là tại Đài quan sát Neutrino Mặt trời ở Canada. Tiếp theo là neutrino máy gia tốc. Thật vậy, họ bắt đầu làm việc với năng lượng cao trong máy gia tốc, và người ta phát hiện ra một hiệu ứng vẫn chưa rõ ràng. Ở Mỹ, tại máy gia tốc Los Alamos, người ta đã ghi lại những dao động neutrino bất thường. Chúng có tồn tại hay không, chúng ta vẫn chưa biết. Có thể đó là một sai lầm, có thể không. Cuối cùng, trong các neutrino máy gia tốc ở những khoảng cách lớn, chúng cũng hoạt động với các dao động; ngày nay điều này đã trở nên tầm thường. Tiếp theo là neutrino khí quyển. Neutrino sinh ra trong các quá trình trong tia vũ trụ cũng có thể được phát hiện, và vào năm 1998–99 dao động của các neutrino này đã được tìm thấy. Cho đến nay điều này vẫn còn là một bí ẩn, mặc dù có rất nhiều nghiên cứu về sự phân rã neutron beta. Hoặc là anh ta phù hợp với Mô hình Chuẩn, sau đó thử nghiệm tiếp theo được thực hiện và hóa ra có sự khác biệt ở một số $сигма^{11}$. Và cứ như vậy cho đến bây giờ. Cho đến gần đây, chúng ta vẫn chắc chắn rằng tuổi thọ của neutron được đo với độ chính xác đến một giây. Và gần đây Anatoly Serebrov đến từ Leningrad đã thực hiện một thí nghiệm và cho thấy rằng anh ấy có sự chênh lệch là 10 giây. Và cuối cùng là khối lượng neutrino. Pontecorvo còn đề xuất sử dụng tritium để đo khối lượng neutrino. Bây giờ những thí nghiệm này đang được tiến hành, và chúng cho phép chúng ta nói rằng khối lượng của neutrino electron thoát ra khỏi tritium, trong mọi trường hợp, đều nhỏ hơn 2 eV. Điều đó cũng không tệ. Tôi đang kết thúc câu chuyện của mình về lịch sử phát triển ý tưởng của chúng ta về neutrino. Như các bạn có thể thấy, lĩnh vực này đã mang lại rất nhiều điều mới mẻ và bất ngờ, nhiều ý tưởng then chốt cho vật lý. Tôi nghĩ rằng đây chính là lúc chúng ta nên mong đợi những điều bất ngờ, những ý tưởng mới và những bước ngoặt trong sự phát triển của vật lý trong tương lai.

bình luận danh nghĩa

(địa điểm - như đã đề cập trong nội dung bài viết)

Zhengdao Li (sinh năm 1926) là nhà vật lý người Trung Quốc và Mỹ. Người đoạt giải Nobel Vật lý (cùng với C. Young) “vì nghiên cứu chặt chẽ về cái gọi là định luật chẵn lẻ, dẫn đến những khám phá quan trọng trong lĩnh vực hạt cơ bản” vào năm 1957. Zhenning Yang (sinh năm 1922) là một nhà vật lý người Mỹ gốc Trung Quốc. Giành giải Nobel Vật lý (cùng với Ch. Lee) năm 1957. Jianxiong Wu (1912–1997), một nhà vật lý người Mỹ gốc Trung Quốc, đã tiến hành “thí nghiệm Wu” nổi tiếng, chứng minh sự không bảo toàn tính chẵn lẻ của không gian trong các tương tác yếu.

11 Sigma $( \sigma )$ – giá trị của sai số đo tiêu chuẩn.

Vladimir Mikhailovich Lobashev (1934–2011) - Nhà vật lý hạt nhân Liên Xô và Nga. Yury Georgievich Abov (sinh năm 1922) là nhà vật lý người Liên Xô và Nga, người phát hiện ra tương tác yếu của các nucleon trong hạt nhân. Richard Phillips Feynman (1918–1988) là một nhà khoa học xuất sắc người Mỹ, một trong những tác giả của Bài giảng Vật lý nổi tiếng của Feynman và là nhà phổ biến khoa học xuất sắc. Người đoạt giải Nobel Vật lý (cùng với S. Tomonaga và J. Schwinger) năm 1965. Raymond Davis Jr. (1914–2006) là một nhà hóa học và vật lý học người Mỹ. Giành giải Nobel Vật lý “vì sáng tạo ra thiên văn học neutrino” năm 2002. Steven Weinberg (sinh năm 1933) là nhà vật lý người Mỹ. Góc Weinberg là một trong những tham số của lý thuyết Glashow–Weinberg–Salam về tương tác điện yếu. Giành giải Nobel Vật lý (cùng với Sh. Glashow và A. Salam) năm 1979. Peter Weir Higgs (sinh năm 1929) là nhà vật lý lý thuyết người Anh và là thành viên của Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn. Vào những năm 1960, ông đã dự đoán sự tồn tại của một hạt cơ bản mới, ngày nay được gọi là boson Higgs. Giành giải Nobel Vật lý (cùng với F. Engler) năm 2013. Anatoly Pavlovich Serebrov (sinh năm 1944) là nhà vật lý người Nga, chuyên gia nghiên cứu về tương tác cơ bản và vật lý neutron.

Đề nghị đọc

1. Lịch sử của phương trình Dirac cùng những ý tưởng và sự kiện liên quan trong vật lý những năm đó đã được chính P. Dirac mô tả trong bài báo “Phương trình sóng tương đối tính của electron” (Uspekhi Fizicheskikh Nauk, 1979, tập 129, câu 4, trang 681–691). Trong bản dịch tiếng Nga, bài viết có trên Internet tại: http://ufn.ru/ufn79/ufn79_8/Russian/r798e.pdf 2. Về lịch sử giả thuyết Landau về sự tồn tại của “các ngôi sao đặc”, có thể coi là dự đoán đầu tiên về sao neutron (được đưa ra trước khi phát hiện ra neutron), bạn có thể đọc trong bài viết của D.G. Ykovlev, P. Hansel, G. Beim và K. Petik “L.D. Landau và khái niệm về sao neutron” (Những tiến bộ trong khoa học vật lý, 2013, tập 183, câu 3, trang 307–314). Địa chỉ của bài viết trên Internet: http://ufn.ru/ru/articles/2013/ 3/f/ 3. Giả thuyết Majorana được thảo luận chi tiết trong bài viết của chính E. Majorana, “Lý thuyết đối xứng của electron và positron” (Vật lý của các hạt cơ bản và hạt nhân nguyên tử, 2003, câu 34, câu 1, trang 242–256), cũng như trong bài viết của Yu.V. Gaponov “Sự khởi đầu của vật lý Majorana. Để tưởng nhớ E. Majorana” (ibid., trang 240–241). Cả hai bài viết đều có sẵn trên Internet tại: http://www1.jinr.ru/Archive/Pepan/v-34-1/ 7.htm; http://www1.jinr.ru/Archive/Pepan/v-34-1/v-34- 1-6.pdf 4. Sự tiến hóa của Vũ trụ, siêu hấp dẫn và siêu dây, sắc động lực học lượng tử, những nỗ lực xây dựng một lý thuyết trường thống nhất và những người sáng tạo ra chúng được viết rất hay trong cuốn sách nổi tiếng của Barry Parker “Giấc mơ của Einstein. Đi tìm một lý thuyết thống nhất về cấu trúc của Vũ trụ" (M.: Nauka, Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học, 1991, do V.I. và O.I. dịch từ tiếng Anh sang tiếng Anh bởi V.I. và O.I. Matsarskikh, do Ya.A.Smorodinsky biên tập). Địa chỉ đặt sách trên Internet: http:// www.ega-math.narod.ru/Reid/Parker.htm

23

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

Hãy để điểm $I_{a}, I_{b}, I_{c}$ – Tâm của các đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng (xem. hình). Vì thẳng $CI_{c}$ Và $I_{a} I_{b}$ là phân giác của góc trong và góc ngoài ACB thì đường thẳng $I_{c} C$ - chiều cao trong tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$. Tương tự, thẳng $I_{a} A$ Và $I_{b} B$ là chiều cao của nó. Do đó, tam giác ABC là tam giác trực giao (tức là tam giác có các đỉnh ở đáy và các đường cao) của tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$. Vì điểm I là trực tâm của tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$thì tam giác ABC cũng là tam giác trực giao của tam giác $II_{a} I_{b}$. Lưu ý rằng các điểm $A, B, I_{a}, I_{b}$ nằm trên cùng một đường tròn (có đường kính $I_{a} I_{b} ),$ do đó hình tam giác $II_{a} I_{b}$ và IAB được kết hợp bằng một phép biến đổi tương tự - đối xứng qua phân giác của góc AIB theo sau là đồng nhất với tâm I. Do đó, đường tròn (ABC) (nội tiếp tam giác trực giao của tam giác) $II_{a} I_{b} )$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác trực giao tam giác AIB được kết hợp bởi cùng một phép biến đổi đồng dạng. Điều này có nghĩa là tâm của chúng là O và $O_{C}$, và tia $IO_{C}$ và IO được chuyển đổi lẫn nhau bằng cùng một phép biến đổi. Vì vậy, điểm $E_{C}$ nằm trên đường IO. Tương tự, điểm $E_{A}$ Và $E_{B}$ nằm trên đường IO. S. Ilyasov

$M2333^{*}$. Đồ thị là một tập hữu hạn các đỉnh, một số cặp đỉnh được nối với nhau bằng các cạnh. Một đồ thị được gọi là tô màu đúng bằng m màu nếu mỗi đỉnh của nó được gán một trong m màu cho trước sao cho hai đỉnh bất kỳ nối với nhau bằng một cạnh đều được tô màu khác nhau. Các đỉnh của một đồ thị nhất định được chia thành ba tập A, B, C sao cho các đỉnh của tập A không được nối bởi các cạnh với các đỉnh của tập C. Người ta biết rằng nếu tất cả các đỉnh của tập C bị loại bỏ khỏi đồ thị (cùng với các cạnh ngoài), thì đồ thị thu được có thể được tô màu chính xác bằng k màu và nếu tất cả các đỉnh trong tập A bị loại bỏ khỏi nó thì có n màu. Số lượng màu tối thiểu mà một biểu đồ như vậy có thể được tô màu chính xác với sự đảm bảo là bao nhiêu?

“QUANTA”

Đáp số. k + n – 1. Hãy chứng minh rằng trong k + n – 1 màu, tất cả các đỉnh luôn có thể được tô màu đúng. Hãy tô màu B » C với n màu, gọi một trong các màu này là màu đầu tiên và gọi D là tập hợp tất cả các đỉnh từ B được tô màu bằng màu đầu tiên. Bây giờ, hãy tô màu A » D bằng k màu (đồng thời chúng ta tô màu lại các đỉnh từ tập D), sử dụng màu đầu tiên làm một trong số chúng (và lấy k – 1 màu còn lại khác với n màu đã sử dụng). Chúng ta giữ nguyên cách tô màu cho các đỉnh không có trong A » D. Vì không có đỉnh nào từ A » D được nối bởi các cạnh có các đỉnh từ C được tô màu thứ nhất (từ D – do tô màu đúng B » C theo n màu, từ A – theo điều kiện), nên chúng ta thu được màu chính xác của đồ thị theo màu k + n – 1. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng ít màu hơn có thể vẫn chưa đủ. Hãy sắp xếp kn điểm thành một hình chữ nhật gồm n hàng và k cột. Giả sử tập hợp này là B. Thêm một hàng k điểm ở dưới cùng, coi là A, thêm một cột số 0 ở bên trái, coi là C. Sử dụng các cạnh trong B, nối hai điểm bất kỳ không nằm trong bất kỳ hàng hoặc cột nào. Trong A, chúng ta kết nối hai điểm với các cạnh và trong C cũng vậy. Ngoài ra, chúng ta nối các điểm từ A bằng các cạnh với tất cả các điểm từ B không nằm cùng cột với nó và mỗi điểm trong C với tất cả các điểm từ B không nằm trên cùng một hàng. Cách tô màu chính xác của A » B theo k màu (theo cột) và C » B theo n màu (theo hàng) là hiển nhiên. Hãy chứng minh rằng đồ thị thu được không thể được tô ít hơn k + n – 1 màu. Giả sử có một màu thông thường A » B » C với k + n – 2 màu. Vì các điểm của tập A được tô màu bằng k màu khác nhau và các điểm của tập C được tô màu bằng n màu khác nhau, nên có $m \ge 2$ màu (hãy gọi chúng là màu chung) trong đó các điểm của cả hai tập hợp này đều được tô màu. Chúng ta hãy đánh dấu các hàng và cột chứa các điểm đó; tại giao điểm của chúng có $m^{2}$ điểm của tập B. Lưu ý rằng mỗi màu trong số m màu chung có thể được tô tối đa một trong số $m^{2}$ điểm này, tức là điểm nằm ở giao điểm của cột và hàng tương ứng. Do đó, trong số các điểm $m^{2}$ này có $m^{2} - m$ điểm được sơn bằng các màu khác nhau. Đây không thể là những màu phổ biến, nhưng cũng không thể là những màu khác được sử dụng để tô màu các điểm của tập hợp A và C, vì các điểm từ các hàng và cột được đánh dấu được nối bằng các cạnh với tất cả các điểm có màu đó. Tổng cộng, k + n – m màu đã được sử dụng để tô màu các điểm trong A và C. Từ $m^{2} - m$ điểm được đề cập ở trên, có thể chọn m điểm, không có hai điểm nào nằm trên cùng một hàng hoặc cột. Mỗi điểm trong số m điểm này được nối với nhau bằng một cạnh nên chúng được tô bằng ít nhất m màu. Hóa ra tổng cộng có ít nhất k + n màu được sử dụng. Sự mâu thuẫn. I. Bogdanov

27

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

TRẺ EM HỌC SINH

Bài toán

Masha muốn mua một chiếc bánh có giá bằng số rúp. Cô không thể trả chính xác và chuẩn bị càng ít tiền càng tốt, nhưng đủ cho một chiếc bánh bao. Kết quả là cô ấy đưa cho người bán hàng 9 rúp và nhận lại tiền lẻ. Cái bánh bao nhiêu tiền? S. Ivanov, B. Druzhinin

4. Petya muốn nghĩ ra một trò chơi tương tự như trò chơi “đá -

Những người đi xe đạp Alyosha, Borya và Vasya xuất phát đồng thời từ cùng một điểm trên đường tròn (tốc độ của mỗi người là không đổi). Alyosha và Borya là những người đầu tiên vượt qua nhau sau khi bắt đầu (theo một hướng hoặc các hướng khác nhau - không xác định). Người ta biết rằng, cái kéo là tờ giấy” của 10 đồ vật. Nó phải thỏa mãn hai điều kiện: hai vật bất kỳ có thể nói là vật nào trúng ai, hai vật nào bằng nhau (tức là mỗi vật đập được số vật bằng nhau). Liệu Petya có nghĩ ra được trò chơi như vậy không? G. Zhukov

Minh họa của D. Grishukova

Alyosha lái xe theo chiều kim đồng hồ và Vasya lái xe ngược chiều kim đồng hồ. Borya đang đi theo hướng nào? B.Frenkin

3. Có một số cây cột xếp thành một hàng từ trái sang phải, có một sợi dây căng giữa hai cây liền kề. Gió thổi mạnh, toàn bộ cột đổ sang trái nhưng dây không đứt mà lại căng ra. Chứng minh rằng ban đầu các dây đều song song với mặt đất. S. Dorichenko

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

Trên máy đánh chữ cũ của Dunno, lượng mực luôn được tiêu thụ như nhau để in từng con số cụ thể. Dunno nói rằng trên chiếc máy đánh chữ này không thể in hai số tự nhiên, một số lớn hơn số kia 9 lần, sử dụng cùng một lượng mực cho mỗi số. Chúng ta có thể nói rằng có lẽ anh ấy đã sai không? E. Bakaev

28

KVANT 2014/№3

Bức xạ điện từ trên ngón tay

(Vật lý lớp 1 của Đại học Einstein)

V. SYSHHENKO

THÔNG BÁO TRÊN LỚP HỌC NÓI: “Lớp học hôm nay do Giáo sư Van Teller giảng dạy.” Tiếng chuông vang lên, dòng chữ bùng lên ngọn lửa xanh rồi biến mất, để lại tấm bảng sạch sẽ không tì vết. Cùng lúc đó, cánh cửa mở ra và một người đàn ông cao lớn với đôi lông mày rậm bước vào khán giả. Nikki không nhận ra ngay vị giáo sư già đã trải qua khóa học trẻ hóa. - Xin chào! Đồng nghiệp Dermurray đã đi dự hội nghị và bài học hôm nay sẽ do tôi dạy. Đánh giá theo chương trình, bạn đã thành thạo khá nhiều về điện động lực học. – Giáo sư nhìn quanh lớp. - Bây giờ hãy xem bạn hiểu nó như thế nào. – Thưa Giáo sư, chúng ta có thể thảo luận về kết quả của thế kỷ trước trong bao lâu? – Hoàng tử Ditbit nói với giọng khẳng định. - Bài kiểm tra đầu tiên, bài kiểm tra thứ hai, hội thảo… - Vâng, vâng, ở thời của tôi, sau ba điểm kém liên tiếp, một sinh viên đã bỏ học đại học… - một nụ cười hạnh phúc nở trên khuôn mặt giáo sư, trái ngược hoàn toàn với khuôn mặt bất mãn của hoàng tử. - Vậy ai trong số các bạn sẽ chỉ cho tôi cách tạo ra sóng điện từ? Trong đáp số một điệp khúc vang lên: – Chuyển electron với gia tốc! Xoay qua lại! – Ai sẽ giải thích tại sao một điện tích chuyển động có gia tốc lại phát ra bức xạ? “…Phương trình Maxwell…tiềm năng chậm phát triển…” vang lên từ nhiều phía khác nhau, thậm chí có người còn bắt đầu ném công thức lên bảng và tường thông qua máy tính của trường. - Đủ rồi, đủ rồi! – Giáo sư giơ lòng bàn tay lên trước mặt. “Tôi tin rằng bạn biết tất cả những điều này bắt nguồn từ đâu, nếu không thì bạn đã không ngồi đây,” và vị giáo sư lại mỉm cười ăn thịt. – Nhưng những người chú ý nhất có thể nhận thấy rằng tôi đã hỏi một câu hỏi hơi khác: ai có thể GIẢI THÍCH tại sao một điện tích chuyển động có gia tốc lại phát ra bức xạ? Phong cách công nông phải chăng? “Về phần công việc thì thế nào?…” Hoàng tử Ditbit không thể tin vào tai mình, cong môi. Nụ cười biến mất trên khuôn mặt giáo sư. Hóa ra anh ta có thể trông khá đáng sợ ngay cả khi không có gậy gỗ. - Nông dân! - Van Teller nhấn mạnh lặp lại, nhìn thẳng vào hoàng tử với ánh mắt cứng rắn đến nỗi từ đó

1 Bạn có thể tìm hiểu về trường đại học tuyệt vời này từ cuốn sách

N. Gorkavy “Astrovityanka” (M.: AST, 2011). (Ghi chú của biên tập viên)

ba mươi phần trăm sự xấc xược thường ngày ngay lập tức biến mất. Qua lớp vỏ mỏng manh của mình, người thừa kế của triều đại Ditbit cảm nhận được ánh mắt lạnh lùng của những người theo ông, những người đã nói rõ ràng hơn bất kỳ lời nào: “Nếu bạn nhượng bộ, điều đó có nghĩa là bạn là một kẻ yếu đuối!” Không biết mọi chuyện sẽ kết thúc như thế nào nếu cùng lúc đó, cả lớp không quay lại, như thể ra lệnh, chỉ vào cô gái có mái tóc pha lê: “Nikki!” Cô ấy biết! Cô ấy đã trồng khoai tây trên tiểu hành tinh của mình! “Và tôi đã nhổ cây bao báp ra!” - Nikki lẩm bẩm và nói to: - Thực ra là cà chua, thưa giáo sư… - Cà chua Nightshade cũng vậy, không tệ… Vậy cô Greenwich? – Nếu một electron chuyển động thẳng đều và đều thì bạn luôn có thể tìm được hệ quy chiếu quán tính trong đó nó đứng yên. Nhưng một electron đứng yên có năng lượng tối thiểu; nó chỉ đơn giản là không có gì để phát ra. Và vì tính chất vật lý của hiện tượng này không thay đổi khi chuyển từ hệ quy chiếu quán tính này sang hệ quy chiếu quán tính khác, nên một electron chuyển động đều sẽ không phát ra. Điều này có nghĩa là chỉ có chuyển động có gia tốc mới có khả năng phát xạ. - Ồ, cô Nikki. Đúng là sức hấp dẫn

TRƯỜNG KVANT

Xe buýt siêu thanh, thuyền và… cây cối

Người hái nấm và xe buýt Mặc dù những người hái nấm cho rằng nấm bắt đầu xuất hiện ngay khi bạn đến trễ xe buýt, nhưng tốt hơn hết là đừng đưa vấn đề đến mức nghiêm trọng. Bạn nên theo dõi chặt chẽ thời gian và tính toán lịch trình di chuyển của mình. Đây là bài toán cổ điển cho phép tính này. Bài toán 1. Một chiếc xe buýt (hình2) đang di chuyển dọc theo đường cao tốc thẳng với tốc độ không đổi. Vẽ cái gọi là

E.SOKOLOV

ĐIỀU KHOẢN “TÀU BAY SIÊU ÂM VÀ HÌNH NÓN MAX”

(«Kvant» Số 3, 2010) đã cho thấy việc sử dụng khái niệm hình nón Mach khi nghiên cứu động học của máy bay siêu âm là hữu ích như thế nào. Chúng ta hãy nhớ lại rằng đây là một hình nón có góc $\alpha$ ở đỉnh được xác định bởi mối quan hệ sin $\alpha = c v$, trong đó tử số và mẫu số lần lượt là tốc độ âm thanh và tốc độ máy bay. Nón Mach là những hình dạng rất thực tế đi kèm với các vật thể chuyển động nhanh: máy bay phản lực, đạn và đạn pháo, thiên thạch. Chúng xuất hiện dưới dạng nén không khí có thể nhìn thấy trong ảnh. Bức ảnh đầu tiên thuộc loại này được chụp bởi chính Ernst Mach (điều thú vị là anh ấy phải chế tạo một chiếc máy ảnh đặc biệt cho việc này). Nón Mach có thể được nhìn thấy trong cuộc sống hàng ngày (hình1), bạn chỉ cần để ý kỹ là được. Chúng đặc biệt có thể nhìn thấy ở vùng nước nông. Ví dụ, sau cơn mưa, những dòng nước rộng nhưng nhỏ chảy qua đường phố. Nếu một hòn đá cản đường họ, nước chảy xung quanh nó sẽ tạo thành hai đường cao trên mặt suối - hình nón Mach. Và đôi khi một con sóng sẽ tràn vào bờ cát và khi nó rút đi, mỗi chiếc vỏ sẽ tạo thành hình nón Mach nhỏ của riêng mình. “Và tôi thấy một con quạ đi qua một vũng nước cạn, tìm chỗ uống nước, và những làn sóng từ bàn chân của nó tạo thành hình nón Mach. “Và tôi thấy những giọt nước rơi từ mái chèo tạo thành hình nón Mach trên mặt nước. – Đây là những ví dụ rất hay. Tôi sẽ nói thêm rằng bạn cũng có thể chỉ cần kéo một cành cây trên bề mặt vũng nước và điều này cũng sẽ tạo thành hình nón Mach. – Và thực tế là ngọn cây có hình nón, đây cũng là nón Mach phải không? – Nếu các nhà thực vật học xác nhận rằng chồi phát triển với tốc độ không đổi thì có. Nhưng trong các vấn đề, nón Mach không chỉ gặp phải trong quá trình chuyển động của máy bay siêu thanh, thiên thạch và đạn mà còn trong quá trình chuyển động của xe buýt hoặc thuyền thông thường.

Hình 1

Hình 2

khu vực mà xe buýt có thể tiếp cận, tức là khu vực mà người hái nấm vẫn có thể bắt được. Giả sử tốc độ của người hái nấm nhỏ hơn tốc độ của xe buýt 5 lần. Cuộc thảo luận. Hãy cùng tìm hiểu những gì chúng ta cần làm để có được đáp số. Đầu tiên, tại mỗi điểm của mặt phẳng (và có vô số điểm trong số đó) chúng ta cần đặt một dụng cụ hái nấm. Thứ hai, chúng ta cần cho phép mỗi người hái nấm di chuyển theo mọi hướng có thể (và cũng có vô số hướng) để tìm hiểu xem liệu anh ta có thể bắt được xe buýt theo bất kỳ hướng chuyển động nào hay không. – Cá nhân tôi thấy người hái nấm phải luôn đi dọc theo đường OA vuông góc với đường (hình3). Đây là con đường ngắn nhất và sẽ mất ít thời gian nhất. – Đúng, con đường OA là ngắn nhất, nhưng đối với người hái nấm thì nó không phải là đường tốt nhất - suy cho cùng, người hái nấm không có mục tiêu Hình 3 là lên đường nhanh nhất có thể, nhưng có mục tiêu là lên đường trước xe buýt. Trong điều kiện này, đường dẫn $OA_{1}$, hơi chếch về bên phải, rõ ràng sẽ thích hợp hơn cho người hái nấm. – Tôi thực sự không hiểu tại sao con đường dài hơn $OA_{1}$ lại thích hợp hơn cho người hái nấm. Và không rõ tại sao điều này lại có thể nhìn thấy rõ ràng! - Thôi, chúng ta hãy kiên nhẫn và lắng nghe lời giải thích. Trong một số trường hợp, khi người hái nấm thấy mình ở rất gần đường, anh ta thực tế không quan tâm phải đi đâu, miễn là anh ta không đi vào lề đường. Nhưng khi anh ta ở xa đường, có thể xảy ra trường hợp anh ta đi dọc theo đường vuông góc OA sẽ lỡ xe buýt, nhưng đi dọc theo đường $OA_{1}$ thì anh ta sẽ đến kịp, mặc dù sẽ lâu hơn. Hãy lấy một ví dụ cụ thể. Cho đoạn OA dài 10 km, điểm $A_{1}$ nằm cách điểm A 100 m về bên phải, người hái nấm đi dọc đường OA bị trễ xe buýt một chút. Nhưng người hái nấm đi đến điểm $A_{1}$ vẫn còn thời gian - dù sao thì xe buýt vẫn phải đi hết 100 mét mới đến được điểm này. - Thôi, người hái nấm phải tiến xa hơn nữa! - Tất nhiên rồi, nhưng đau đớn đến thế nào-

(Tiếp theo trang 34)

… chuyển động tương đối của các vật thể được bao bọc trong bất kỳ không gian nào đều giống nhau, cho dù không gian này đứng yên hay chuyển động đều và thẳng mà không quay. Isaac Newton

…lực ly tâm của các vật thể không bằng nhau chuyển động với tốc độ như nhau trong những vòng tròn bằng nhau có liên quan với nhau theo trọng lượng của các vật thể này, tức là có bao nhiêu chất trong chúng… Christiaan Huygens

Nếu tại bất kỳ thời điểm nào các lực quán tính tương ứng tác dụng lên từng điểm của hệ, cộng với các ngoại lực và nội lực thực tế tác dụng lên điểm đó, thì hệ lực thu được sẽ bằng nhau.

trọng lượng và tất cả các phương trình tĩnh học có thể được áp dụng cho nó. Jean Leron d’Alembert

Khó có thể kể tên một định lý cơ học khác có thể gây ra nhiều kiểu hiểu lầm khác nhau như sự khởi đầu của D’Alembert. Những lực quán tính được đề cập ở phần mở đầu này là thực hay hư cấu? Evgeniy Nikolai

Để làm việc với các định luật Newton, [cần thiết] phải hiệu chỉnh các lực, đưa vào chúng một thuật ngữ bổ sung. Nói cách khác, một thế lực mới, huyền bí, rõ ràng không rõ nguồn gốc xuất hiện… Richard Feynman

Bạn có thực sự quen thuộc với điều này?

?

lực quán tính

Quán tính nữa à? Rốt cuộc, gần đây - trong số cuối cùng của Kính vạn hoa - nó đã được thảo luận. Đúng vậy, những vấn đề này được kết nối theo chủ đề. Người ta có thể nói rằng cái này tiếp nối cái kia, nhưng không thay thế hoặc lặp lại nó. Xin lưu ý rằng tiêu đề chỉ thêm một từ - “sức mạnh”. Các câu chuyện hôm nay nhằm thảo luận về cách thức bổ sung này mở rộng cuộc trò chuyện về quán tính và đưa nó vượt ra ngoài khuôn khổ khái niệm đã được hình thành lần trước. Những thế lực bí ẩn này ám ảnh cả các nhà lý thuyết và các nhà thực hành là gì? Liệu có thể quản lý chúng, đưa chúng vào phục vụ chúng ta nếu trong nhiều thập kỷ không thể đi đến một mẫu số khái niệm chung? Đừng lo lắng: một người đã thành thạo cách kiềm chế lực quán tính và học cách bảo vệ máy móc và cơ chế mà họ có thể bộc lộ “tính khí bạo lực” của mình. Và tôi đã có thể tìm thấy ứng dụng của chúng trong các thiết bị vi cơ hiện đại nhất - từ robot đến hệ thống thực tế ảo. Và ông đã giải thích được nhiều hiện tượng tự nhiên với sự giúp đỡ của họ. Hơn nữa, việc phân tích tỉ mỉ các câu hỏi có vẻ rõ ràng đối với một số người và bí ẩn đối với những người khác đã dẫn đến sự hiểu biết về chính nền tảng cấu trúc của thế giới và dẫn đến sự xuất hiện của các lý thuyết cơ bản mới mô tả thế giới này. Đây là cách chúng tôi – “theo quán tính” – đã được đưa đi xa! Chúng ta hãy tri ân khái niệm phức tạp nhưng tuyệt vời này, cũng như nhà khoa học vĩ đại, người đã bắt đầu câu chuyện từ lâu liên quan đến khái niệm này - Galileo Galilei. Đặc biệt là vào năm kỷ niệm 450 năm ngày sinh của ông.

Câu hỏi và bài toán 1. Một hòn đá được thả vào một ô tô đang chuyển động với vận tốc không đổi. Những người quan sát trong ô tô và trên đường thấy rằng chuyển động của nó xảy ra theo những quỹ đạo khác nhau. Cái nào là đúng?

2. Một người chuyển động so với mặt đất theo một đường thẳng nhưng không đều, còn bệ chuyển động so với mặt đất theo một đường thẳng và đều. Quỹ đạo chuyển động của một người so với người quan sát trên trái đất có thể là gì? 3. Một quả bi-a nằm yên trên sàn không ma sát của một chiếc xe điện đang chuyển động. Thỉnh thoảng quả bóng bắt đầu lăn không đều trên sàn. Khi nó là $происходит?_{r} 4.$ Lực F tác dụng lên một vật có khối lượng m là bao nhiêu để nó chuyển động thẳng đều $относительно_{r}$ của một cỗ xe chuyển động tịnh tiến với gia tốc a? 5. Góc lệch $\alpha$ so với phương thẳng đứng của một sợi dây có vật nặng khối lượng m treo trên đó trong một ô tô chuyển động dọc theo đường nằm ngang với gia tốc a là bao nhiêu? Góc này có phụ thuộc vào khối lượng của vật nặng không? 6. Một bình thủy ngân chứa một phần thủy ngân chuyển động với gia tốc theo phương ngang, do đó bề mặt thủy ngân nghiêng về phía chân trời một góc nhất định $\alpha$. Góc này có thay đổi không nếu đổ nước lên trên thủy ngân? 7. Một quả bóng chứa đầy khí heli sẽ hoạt động như thế nào khi một chiếc ô tô đóng kín đang tăng tốc về phía trước? 8. Một bình chứa nước trượt trên một mặt phẳng nghiêng nhẵn có góc nghiêng $\alpha$. Mặt nước tạo với đường chân trời một góc bao nhiêu? Liệu đáp số có thay đổi nếu trượt xảy ra do ma sát không? 9. Một bình chứa nước bắt đầu rơi từ một độ cao nhất định, trong đó lúc đầu có một mảnh nút chai ở độ sâu nhất định. Nút chai sẽ dịch chuyển như thế nào so với thành bình nếu bỏ qua sức cản của không khí? 10. Ống nghiệm bị lật úp được cố định bất động trên một bình chứa nước, như minh họa ở hình hình. Nó sẽ thay đổi như thế nào

mực nước trong đó nếu toàn bộ hệ thống bắt đầu rơi tự do? 11. Chu kỳ dao động của một con lắc toán học đặt trong tên lửa đứng yên bằng T. Chu kỳ dao động này sẽ như thế nào khi tên lửa lao xuống theo phương thẳng đứng với gia tốc 2g? 12. Một chiếc máy bay bay với tốc độ không đổi, mô tả một vòng tròn ở độ cao không đổi. Sợi dây dọi treo trong cabin máy bay sẽ chỉ hướng nào? 13. Một người đi xe đạp di chuyển dọc theo một mặt phẳng nằm ngang quay quanh một trục thẳng đứng theo hướng và với tốc độ sao cho người đó đứng yên so với mặt đất. Nó có nên nghiêng về phía trục quay của mặt phẳng không? 14. Dùng cân đòn bẩy, chúng ta cân được 10 kg quả cam ở xích đạo. Kết quả cân tại cột có thay đổi không? 15. Trong một hình trụ chứa đầy nước và kín bốn phía, có một nút, một miếng chì và một vật A nào đó có khối lượng riêng bằng khối lượng riêng của nước. Hình trụ được đưa vào trạng thái quay nhanh quanh trục của nó. Các vật sẽ ở vị trí như thế nào trong hình trụ nếu trục quay thẳng đứng? 16. Không khí từ vùng cận nhiệt đới có áp suất cao đi vào vùng xích đạo có áp suất thấp. Theo hướng nào - tây hay đông - nó sẽ lệch khi di chuyển?

Thí nghiệm vi mô Hãy thử quay một xô nước nhỏ trong mặt phẳng thẳng đứng với tốc độ sao cho nước không tràn ra ngoài. Nó có hoạt động không? Sau đó giải thích hiện tượng.

Điều tò mò là… … Aristotle đã đoán được về sự tồn tại của lực quán tính ly tâm, và Ptolemy tin rằng nếu Trái đất quay quanh trục của nó, thì do lực ly tâm mà chúng ta sẽ không thể đứng trên bề mặt của nó. Kepler và Galileo bác bỏ quan điểm này, nhưng tin rằng lực ly tâm sẽ giảm theo khoảng cách tính từ tâm quay. … trong khi nghiên cứu chuyển động của một con lắc, Huygens đã chứng minh rằng nếu một vật nặng lơ lửng trên một sợi dây chuyển động theo một vòng tròn, thì sợi dây đó bắt đầu giãn ra, như thể chịu một lực khác, bổ sung thêm cho lực hấp dẫn. Ông gọi đó là xu hướng ly tâm và trích dẫn các định luật xác định nó, những định luật này vẫn giữ được ý nghĩa cho đến ngày nay. Hơn nữa, đối với Huygens, nó hoàn toàn không phải là hư cấu mà là một lực hoàn toàn có thật có cùng bản chất với lực hấp dẫn. …rằng trong quá trình rơi xuống Trái đất đang quay, một vật sẽ dịch chuyển về phía đông, Newton đã chỉ ra vào năm 1679 tại một cuộc họp của Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn. Nhà thiên văn học đầu tiên của Royal, John Flamsteed, đã phát biểu tại cuộc thảo luận và lập luận rằng hiệu ứng này đã được biết đến từ lâu trong pháo binh. Vì vậy, với góc nâng của súng là $87 ^\circ$, viên đạn đại bác đã bắn sẽ rơi trở lại miệng núi lửa, trong khi trên Trái đất đứng yên, góc này phải bằng $90 ^\circ$. …đồng hồ chạy nhịp nhàng, chính xác hoàn hảo được gọi là quán tính. Quá trình hoạt động của tất cả các đồng hồ như vậy trong mọi hệ quy chiếu quán tính đều giống nhau - trên thế giới có một thời gian duy nhất, phổ quát và phổ quát, được gọi là thời gian tuyệt đối. Quan điểm này là kết quả quan trọng nhất của cơ học cổ điển của Galileo–Newton, được nó chấp nhận như một tiên đề. …nhà khoa học vĩ đại người Pháp D’Alembert là một người được giáo dục rộng rãi - một nhà toán học, cơ khí và triết gia giáo dục. Ông được bầu vào tất cả các Viện Hàn lâm Khoa học hiện có vào thời điểm đó, bao gồm cả Học viện St. Petersburg. Nguyên tắc nổi tiếng được đưa ra trong đoạn văn, giúp có thể biến bài toán động thành tĩnh, được D’Alembert đưa ra vào năm 1743 trong “Chuyên luận về Động lực học”, khi ông mới 26 tuổi. …trong các hệ quy chiếu phi quán tính, khi tính đến các lực quán tính, định luật thứ ba của Newton không thể áp dụng cho chúng, vì vật đã cho không có phản lực nào tác dụng lên vật thể khác và không có bản thân vật thể “khác”. Ngoài ra, trong các hệ thống này, hậu quả của định luật thứ ba, bao gồm cả định luật bảo toàn động lượng, cũng không công bằng. …tranh chấp về sự thật hay hư cấu của lực quán tính đã tiếp tục trong hơn hai trăm năm. Thật vậy, khi chuyển sang hệ quy chiếu quán tính, bạn có thể loại bỏ chúng một cách đơn giản. Mặt khác, chúng gây ra những sự kiện rất thực tế - bánh đà bị vỡ, trật bánh và đâm tàu, v.v. …nhà vật lý và triết học người Áo Ernst Mach coi Vũ trụ quay xung quanh người quan sát là nguồn gốc của lực quán tính. Với cách tiếp cận này, khối lượng quán tính của bất kỳ vật thể nào là do ảnh hưởng của tất cả các vật thể trong thế giới xung quanh. Quan điểm này, được gọi là nguyên lý Mach, ban đầu được Einstein chia sẻ, nhưng sau đó đã từ bỏ nó. …trong tự nhiên, tác dụng của lực quán tính đặc biệt rõ rệt trong quá trình chuyển động của những khối nước và không khí khổng lồ trong đại dương và trong khí quyển. Do đó, Dòng Vịnh, di chuyển về phía bắc ở bán cầu bắc, bị lệch sang bên phải dưới tác động của lực quán tính Coriolis, làm cạn kiệt nhiệt của Canada và làm nóng lên châu Âu. Sự xuất hiện của các xoáy thuận khổng lồ, quay ngược chiều kim đồng hồ ở bán cầu bắc và theo chiều kim đồng hồ ở bán cầu nam, là do cùng một lực. …không có dẫn đường quán tính, cả các chuyến bay của tàu vũ trụ và máy bay chở khách cũng như việc dẫn đường của các tàu mặt nước và đặc biệt là các tàu ngầm của hạm đội ngày nay đều là điều không thể tưởng tượng được. Một trong những thiết bị được sử dụng trong điều hướng quán tính là gia tốc kế nhạy nhất, cho phép bạn đo gia tốc của vật thể chuyển động với độ chính xác $10 -7 g$.

Đọc gì trong «Kvant» về lực quán tính

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Nguyên lý Torricelli và lực quán tính ly tâm” – 2005, số 3, tr. 35; 2. “Cạm bẫy” của sức mạnh của Archimedes” – 2009, Số 2, trang 46, 3. “Bài toán cơ học trong các hệ quy chiếu phi quán tính” – 2010, Số 2, trang 51, 4. “Kính vạn hoa vật lý. Số 3” – 2012, Phụ lục số 3, trang 16, 126, 5. “Kính vạn hoa «Kvant» – 2014, số 1, trang. 32.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

34

KVANT 2014/№3

(Để bắt đầu, xem trang 31)

Gì? Đoạn đường $OA_{1}$ dài hơn đường vuông góc bao nhiêu: 100, 50, 20 m? Hóa ra nó chỉ có 50 cm! (Ví dụ: hãy đảm bảo điều này bằng cách sử dụng máy tính.) Do đó, người hái nấm thứ hai sẽ vào đường tại điểm $A_{1}$, có thể muộn hơn nửa giây so với người hái đầu tiên. Nhưng xe buýt vẫn phải đi và đi! Và thực tế là con đường $OA_{1}$ có ​​lợi hơn là điều hiển nhiên ngay lập tức đối với một người có kinh nghiệm vì lý do sau. OA vuông góc là đoạn ngắn nhất trong số tất cả các đoạn dẫn vào đường và tất cả các đoạn gần nó chỉ dài hơn nó một chút. Vì vậy, bằng cách dịch chuyển điểm cuối của đường vuông góc với đoạn OA sang phải, chúng ta chỉ tăng nhẹ đường đi của người hái nấm nhưng lại tăng đáng kể đường đi của xe buýt. Vì vậy, chúng tôi đã chỉ ra rằng việc di chuyển vuông góc với đường không phải là lựa chọn tốt nhất cho người hái nấm. Và cách tốt nhất là gì? Than ôi, chúng tôi vẫn chưa biết điều này, và do đó, cách tiếp cận tiêu chuẩn vẫn là bất khả xâm phạm đối với chúng tôi. Chúng ta cần tìm kiếm thứ gì đó không chuẩn. Chúng tôi đã có gợi ý - hình nón Mach sẽ xuất hiện ở đâu đó ở đây. Lời giải. Hãy làm ngược lại - chúng ta sẽ đưa rất nhiều người hái nấm lên xe buýt và đưa họ từ thành phố vào rừng. Đồng thời, chúng ta sẽ thống nhất rằng tại mỗi điểm trên đường cao tốc sẽ có rất nhiều người hái nấm (nhưng không phải tất cả) sẽ xuống xe và phân tán ra mọi hướng. Như vậy xe buýt di chuyển dọc theo con đường với

Hình 5

Và bây giờ – bài toán dành cho độc lập lời giải.

Bài toán 2. Những người hái nấm Egor, Peter và Ivan đang trở về từ rừng. Egor đi theo con đường bên trái (hình5). Anh ấy đi bộ ra đường trong 30 phút và đến đúng giờ để đón xe buýt. Ivan đã đi đúng hướng. Anh ấy đi bộ khoảng 40 phút và cũng đi thẳng đến xe buýt. Và Peter đã đi theo con đường ngắn nhất và đến đích trong 24 phút. Peter đã đợi xe buýt bao lâu? Tốc độ của tất cả các máy hái nấm đều như nhau. Bài toán 3. Và Sidor cũng đi cùng với những người hái nấm, họ lý luận như thế này: “Tại sao lại đi theo những con đường không tối ưu? Tôi sẽ đi theo con đường tối ưu, và thời gian mà tôi có trong kho sẽ tốt hơn để dành cho việc hái nấm. Không phải vô cớ mà những người hái nấm có kinh nghiệm nói: thời gian lên xe buýt càng ít thì nấm trong rừng càng nhiều!” Hãy cho tôi biết: Sidor còn lại bao nhiêu thời gian nếu anh ấy thực sự biết con đường tối ưu?

Hình 4

tốc độ v, và từ nó theo mọi hướng, giống như âm thanh từ máy bay, chúng chuyển hướng với tốc độ của người hái nấm. Và chúng ta tạo thành… một hình nón Mach (hình4) có góc mở $\alpha =$ arcsin ( c v ), trong đó c là tốc độ của người hái nấm và v là tốc độ của xe buýt. Tại mỗi điểm bên trong hình nón sẽ có hai người hái nấm, ở rìa sẽ có một người, còn ngoài rìa sẽ không có ai. Nón Mach sẽ là khu vực mà du khách có thể bắt xe buýt. Chứng minh? Vui lòng. Bất kỳ du khách nào ở bên trong hoặc ở rìa hình nón Mach đều có thể bắt xe buýt. Để làm điều này, anh ta chỉ cần đi theo hướng ngược lại với hướng mà một trong những người hái nấm đã đến một điểm nhất định. Hơn nữa, du khách sẽ ra đường ngay khi xe buýt đang đến gần. Tương tự như vậy, không khó để chứng minh rằng không một du khách nào đứng ngoài hình nón Mach mà chúng ta đã dựng sẽ không bao giờ bắt được xe buýt (bạn hãy tự mình chứng minh). Vì vậy, đáp số đối với bài toán của chúng ta là thế này: vùng có thể tiếp cận của xe buýt là hình nón Mach với đỉnh tại xe buýt và góc tại đỉnh $2 \alpha = 2$ arcsin ( c v ). Mỗi du khách nằm bên trong hình nón này có một sự lựa chọn - anh ta có hai con đường mà anh ta có thể đi vào con đường chính xác khi xe buýt đến gần và anh ta cũng có thể chọn bất kỳ con đường nào nằm giữa chúng. Đúng vậy, trong trường hợp này anh ta sẽ phải đợi xe buýt một thời gian. Đối với một du khách đứng trên đường sinh của hình nón, chỉ có một lựa chọn duy nhất để quay trở lại - anh ta phải đi vuông góc với đường sinh này.

Hình 6

Bài toán 4. Xây dựng vùng tiếp cận của xe buýt đối với các trường hợp: a) đường rẽ tại $90^\circ$ (hình6,a); b) Lái xe đón khách nghiêm ngặt tại các điểm dừng O 1, O 2, O 3 (hình6,b). Coi số Mach của xe buýt và người du lịch bằng hai.

Qua sông Hãy tưởng tượng chúng ta đang đứng trên bờ một con sông chảy xiết và rộng (hình7). Giả sử chiều rộng của dòng sông là L = 120 m, tốc độ dòng chảy của nó là v = 4 m/s, và chúng ta có sẵn một chiếc thuyền chèo có thể chèo với tốc độ c = = 3 m/s. Vì vậy, kể từ thời điểm này các giá trị của L, v và c được cố định. Chúng ta chỉ được tự do trong một điều - trong việc lựa chọn hướng đi của con thuyền, tức là trong việc chọn hướng mà chúng ta sẽ chèo.

Hình 7

35

TRƯỜNG HỌC

Chúng tôi xin cảnh báo ngay tới người đọc về điều này. Trong vùng nước lặng (trên hồ), nơi chúng ta chèo thuyền (chèo), đó là nơi nó di chuyển. Nhưng trên sông đây đã là những hướng khác nhau. hình 7 cho thấy điều gì xảy ra trên sông với một chiếc thuyền trong một giây. Chúng ta chèo (lái thuyền) nghiêng một góc $\beta$ so với bờ và chuyển động so với mặt nước một khoảng c. Nhưng bên cạnh đó, còn có một dòng điện và nó mang chúng ta đi một quãng đường v trong một giây. Kết quả là chúng ta di chuyển so với bờ ở một góc hoàn toàn khác $\alpha$ và với tốc độ hoàn toàn khác u.

Dưới đây là một số bài toángắn liền với việc vượt sông. Bài toán 5. Thời gian tối thiểu cho thuyền của chúng tôi là bao lâu (xem. hình7) anh ta có thể qua sông được không? Hướng nào (góc $\beta )$ người chèo thuyền có nên chọn không? Nó sẽ được mang dọc bờ biển bao xa? Quãng đường của thuyền so với bờ là bao nhiêu? Cuộc thảo luận. Chúng tôi cho rằng những anh chàng quá tự tin đã có kinh nghiệm cá nhân về tình huống này và họ sẽ đoán ngay được cách lái thuyền sao cho thời gian vượt biển là tối thiểu. “Quá tự tin”, chúng tôi gọi những người chưa học bơi trong ao hoặc hồ bơi đã bắt đầu chinh phục những con sông thực sự có dòng chảy xiết. Thật tốt nếu dòng sông nhỏ và bạn có đủ sức mạnh. Điều gì sẽ xảy ra nếu mọi chuyện trở nên nghiêm trọng: sức lực của bạn đang cạn kiệt nhưng bờ bên kia vẫn còn rất xa? Đây là lúc chúng ta rơi vào tình thế cần phải sang bên kia càng nhanh càng tốt. Bạn nên cư xử như thế nào? Tất nhiên, bơi vuông góc với dòng chảy, tức là giữ nguyên hướng đi $\beta = 90 ^\circ$. Và dòng nước cuốn chúng ta xuống không quan trọng, cái chính là mỗi cú đánh đều đưa chúng ta đến gần bờ mong muốn hơn. Vậy là cùng với bạn chúng tôi đã trả lời được câu hỏi quan trọng nhất bài toán. Nghỉ ngơi đáp số Chúng tôi khuyên bạn nên tự mình lấy nó.

Và bây giờ - bài toán phức tạp hơn. Bài toán 6. Người lái đò cần qua sông sao cho thuyền bị trôi là nhỏ nhất. Hướng nào (góc $\beta )$ anh ấy có nên chọn điều này không? Góc nào (góc $\alpha )$ quỹ đạo của thuyền có hình thành với bờ không? Người lái thuyền sẽ cần bao nhiêu thời gian (t) để vượt biển như vậy? Thuyền sẽ trôi đi bao xa (d)? Hỏi thuyền sẽ đi được khoảng cách bao nhiêu so với bờ? Trong tình huống này, kinh nghiệm cá nhân khó có thể giúp ích cho chúng ta. Ngay cả khi ai đó vượt qua sông, cố gắng bơi ít trôi nhất, thì thực tế không phải là người đó đã tìm đúng hướng. Vì vậy, khi lời giải cái này bài toán người ta phải dùng đến lý luận. Và tốt hơn hết hãy tiến hành lý luận ngay trước mắt bạn hình, nơi tất cả các tùy chọn cắt ngang có thể được hiển thị ngay lập tức. - Có điều kỳ diệu như thế à?hình? - Ăn! Và yếu tố chính của nó là hình nón Mach. Hãy bắt đầu xây dựng. Và không phải từ tốc độ c, mà từ tốc độ v (hình8). Trong một giây, dòng sông sẽ đưa thuyền sang bên phải một khoảng cách v. Sau đó, chúng ta phải di chuyển con thuyền đi một khoảng c, và chúng ta có thể hướng nó đi theo bất kỳ hướng nào. Do đó, chúng ta vẽ một hình bán nguyệt có bán kính c. Mỗi điểm trên đường cong này tương ứng với một lựa chọn khóa học cụ thể. Và vận tốc của thuyền so với bờ là một vectơ nối điểm O và điểm ta đã chọn trên đường tròn.

Hình 8

Hình 9

TRONG

“QUANTE”

Vì vậy, tất cả các tùy chọn đều có sẵn. Đúng, chưa có hình nón Mach nào ở hình. Hãy cùng làm việc một chút với hình của chúng tôi - hãy nói về các điểm khác nhau trên đó (hình9). – Điểm $1 ( \beta = 180 ^\circ ),$ bạn sẽ gọi nó là gì? – Lựa chọn vượt biển này có thể gọi là cách di chuyển nhanh nhất. Vận tốc của thuyền trong trường hợp này so với bờ là cao nhất: $u_{max} = v + c$. Mặc dù rõ ràng là với việc lựa chọn hướng đi như vậy, chúng ta sẽ không bao giờ qua sông được. – Điểm $2 ( \beta = 0 )$ có thể gọi là khoảng cách chậm nhất tính từ điểm xuất phát. Thuyền ở đây di chuyển với tốc độ chậm nhất: $u_{min} = v - c$. – Và điểm $3 ( \beta = 90 ^\circ )$ là điểm tính từ điểm bài toán trước đó, tức là điểm giao nhau nhanh nhất. – Còn lại rất ít: tìm điểm trôi tối thiểu trên đường tròn. Đáp số trở nên rõ ràng khi chúng ta đặt hình trên bản đồ sông (hình10). Sau đó ngay lập tức

Hình 10

Có thể thấy độ trôi sẽ là tối thiểu nếu quỹ đạo của thuyền chạm vào vòng tròn lựa chọn của chúng ta. Kết quả là điểm 4 – một điểm giao cắt có độ trôi tối thiểu. Bây giờ trên hình của chúng ta, một hình nón Mach đã xuất hiện với góc đáy $\alpha =$ cungsin ( c v ). đáp số còn lại liên quan đến việc vượt biển với mức độ phá hủy tối thiểu, bạn sẽ nhận được cho mình.

Sử dụng lý luận hữu ích của chúng tôi và hình, hãy tự mình giải quyết bài toán sau.

Bài toán 7. Khi qua sông, người lái đò đã điều khiển thuyền sao cho qua sông càng nhanh càng tốt. Và anh ta quay trở lại để việc phá hủy con thuyền được giảm thiểu. Được biết, anh đã dành gấp đôi thời gian cho hành trình trở về. Tìm vận tốc dòng nước lớn hơn vận tốc cano bao nhiêu lần. Hành trình của thuyền đến đó dài hơn hành trình đến đó bao nhiêu lần? Bài toán 8. Thông thường một người chèo thuyền qua sông trong 12 phút. Và khi anh ta chọn một hướng đi mới để băng qua, tạo một góc $90^\circ$ so với hướng đầu tiên, anh ta chỉ dành 9 phút để băng qua. 1) Người lái thuyền sẽ mất bao nhiêu thời gian để vượt biển nếu anh ta giữ hướng đi vuông góc với bờ biển? 2) Tỷ số giữa vận tốc dòng nước và vận tốc của thuyền là bao nhiêu nếu cả hai hướng cũ và hướng mới người chèo thuyền bị cuốn đi cùng một khoảng cách? Bài toán 9. Hai người lái thuyền đi những hướng khác nhau cho thuyền của họ, nhưng lại qua sông cùng một lúc $t_{0}$. Trong trường hợp này, khi vượt biển, chiếc thuyền thứ hai được chở xa hơn chiếc thứ nhất n lần. 1) Người chèo thuyền có thể qua sông trong thời gian tối thiểu bao nhiêu nếu vận tốc dòng nước bằng M lần vận tốc thuyền? 2) Điều này có thể đạt được ở mức tối đa M nào? Vận tốc của cả hai thuyền khi nước lặng là như nhau.

– Và nếu vận tốc của thuyền lớn hơn vận tốc của sông thì có bài toán như vậy không? - Tất nhiên là có. Chỉ bây giờ, hình ảnh hiển thị tất cả các tùy chọn cho lựa chọn của chúng ta trông hơi khác một chút (hình11). Nhưng phần lớn trong bức tranh này vẫn còn sót lại từ vụ án cũ. Điểm 1, như trước, là điểm tốc độ cao nhất của thuyền so với bờ, điểm 2 là điểm tốc độ thuyền chậm nhất, điểm 3 là điểm nhanh nhất

42

KVANT 2014/№3

kéo điểm trong của tam giác tới các đỉnh của nó thông qua p, q, r. Chứng minh rằng p + q + r < b + c. 9. Tìm điểm có tổng khoảng cách đến bốn điểm cho trước là nhỏ nhất (cần xét hai trường hợp: khi các điểm tạo thành một tứ giác lồi và khi một điểm nằm trong tam giác gồm ba điểm còn lại).

Tôi muốn mở rộng bộ sưu tập lời giải của mình với bài toán tuyệt vời về quan điểm của Torricelli. Nếu bạn tìm thấy một lời giải khác đẹp, vui lòng gửi cho tác giả theo địa chỉ levr78@hotmail.com

Lại về hiệp sĩ và kẻ hèn nhát

Câu hỏi của chúng ta phải là một “chỉ số” về hiệp sĩ và kẻ hèn nhát: tức là hiệp sĩ phải luôn trả lời “ya”, và kẻ hèn nhát luôn phải trả lời “wa”, hoặc ngược lại. Hãy hỏi bất kỳ thổ dân nào câu hỏi “Ya - có phải không?” Tùy chọn 1: Gọi “ya” có nghĩa là “có”. Sau đó, hiệp sĩ phải trả lời “có” cho câu hỏi như vậy, tức là “ya”. Kẻ nói dối phải trả lời câu hỏi như vậy “không”, tức là “va”. Tùy chọn 2: Gọi “ya” có nghĩa là “không”. Sau đó, hiệp sĩ trả lời “không” cho câu hỏi như vậy, tức là lại “yay”! Và kẻ nói dối phải trả lời “có”, tức là “Wah” lần nữa! Vì vậy, hiệp sĩ luôn trả lời “ya” cho câu hỏi của chúng tôi và kẻ nói dối luôn trả lời “va”. Bài toán đã giải quyết.

L.BOYKO, M.BOYKO

NGƯỜI ĐỌC CHẮC CHẮN ĐÃ GẶP NHỮNG VẤN ĐỀ THÚ VỊ về những hiệp sĩ luôn nói sự thật và những kẻ dối trá luôn nói dối. Đôi khi các nhân vật khác xuất hiện trong các nhiệm vụ tương tự.

Những người xảo quyệt này là ai? Bài toán 1 (Giải đấu các thành phố XXVIII). Người ta biết rằng những kẻ dối trá luôn nói dối, những hiệp sĩ luôn nói sự thật và những kẻ xảo quyệt có thể nói dối và nói sự thật. Bạn có thể đặt những câu hỏi có thể trả lời đáp số “có” hoặc “không” (ví dụ: “Có đúng người này là người xảo quyệt không?”). Trước mặt bạn là ba người - một kẻ nói dối, một hiệp sĩ và một kẻ xảo quyệt, những người biết cái nào là cái nào. Làm thế nào bạn có thể tìm ra? bài toán này có một số lời giải. Trước khi bạn đọc một trong số chúng trong đoạn tiếp theo, hãy thử nghĩ ra ý tưởng của riêng bạn! Chìa khóa của lời giải có thể là một số câu hỏi được đặt ra cho mỗi người trong số ba người, đáp số sẽ cho biết sự khác biệt giữa một hiệp sĩ và một kẻ nói dối. Ví dụ: hãy hỏi từng người trong số ba người: “Bạn có tinh ranh không?” Hiệp sĩ sẽ trả lời “không”, kẻ nói dối sẽ trả lời “có”. Dù kẻ xảo quyệt trả lời thế nào đi nữa, trong số ba đáp số chúng tôi nhận được chỉ có một câu “không” hoặc một câu “có”. Trong trường hợp đầu tiên, chúng tôi xác định rõ ràng hiệp sĩ, bằng cách hỏi xem ai là người dễ dàng có được thông tin về hai người còn lại. Trong trường hợp thứ hai, chúng tôi xác định rõ ràng kẻ nói dối. Hơn nữa, hỏi anh ta về những người khác (có tính đến thực tế là đáp số của kẻ nói dối trái ngược với sự thật), chúng ta lại tìm hiểu thông tin về người khác.

Bài tập (Giải đấu XXVIII của các thành phố). Hãy để trong điều kiện bài toán 1 có bốn người trước mặt bạn - một kẻ dối trá, một hiệp sĩ và hai kẻ xảo quyệt (cả bốn đều biết ai là ai). Chứng minh rằng những người xảo quyệt có thể đồng ý trả lời theo cách mà bạn khi hỏi bốn người này sẽ không biết chắc chắn anh ta là ai.

Khó khăn về ngôn ngữ

Nhưng nếu bạn không biết rõ ngôn ngữ địa phương thì sao? Bài toán 2. Một số cư dân của một hòn đảo nào đó là hiệp sĩ, số còn lại là những kẻ dối trá. Người dân trên đảo hiểu ngôn ngữ của chúng tôi, nhưng chúng tôi chỉ biết ngôn ngữ của người dân đảo trong đó một từ “ya” và “va” có nghĩa là “có”, còn từ kia có nghĩa là “không” (nhưng chúng tôi không nhớ chính xác như thế nào). Chúng ta hãy gặp hai người bản xứ, một người là hiệp sĩ và người kia là kẻ nói dối. Liệu chúng ta có thể chỉ hỏi một câu hỏi (ngụ ý đáp số “có” hoặc “không”, tức là “ya” hoặc “va”), tìm ra cái nào trong số đó là cái nào không?

Một chút lịch sử Năm 1992, triết gia và nhà logic học người Mỹ George Boulos đã xuất bản bài toán, mà ông gọi là “Vấn đề logic khó nhất”. Nhìn bề ngoài, “Khó nhất bài toán” tương tự như bài toán 1 đã thảo luận ở trên, nhưng nó có thêm độ phức tạp như trong bài toán 2: các nhân vật hiểu ngôn ngữ của chúng tôi, nhưng chỉ trả lời chúng tôi bằng ngôn ngữ của họ, điều mà chúng tôi không thể hiểu được. J. Boulos gọi các nhân vật là những vị thần trong thần thoại, nhưng chúng ta sẽ cho phép mình giữ lại những nhân vật quen thuộc hơn. Ngoài ra, điều đó có vẻ tự nhiên hơn đối với chúng tôi, vì tác giả cuốn “Khó khăn nhất bài toán” J. Boulos chỉ vào Raymond Smullyan. Chúng tôi không biết liệu điều này có thực sự xảy ra hay không, nhưng R. Smullyan chắc chắn là người phổ biến bài toán loại này nổi tiếng nhất. Các tác giả của bài viết này rất quan tâm đến việc giải logic bài toán từ sách của R. Smullyan ở trường. Trong bản dịch tiếng Nga của cuốn sách này, theo quy định, chính xác những nhân vật này đã được sử dụng: hiệp sĩ và kẻ nói dối.

Tuyên bố về “Logic phức tạp nhất bài toán” Vì vậy, hãy đưa ra công thức chính xác của “Logic phức tạp nhất bài toán”. Bài toán 3. Trên đảo Java, người dân được chia thành ba loại: hiệp sĩ - những người luôn nói sự thật; kẻ nói dối là kẻ luôn nói dối; và những kẻ xảo quyệt là những người có thể nói cả sự thật và lời nói dối. Giả sử có ba người trước mặt chúng ta - ông A, ông B, ông C. Chúng ta biết rằng trong số họ có đúng một hiệp sĩ, một kẻ dối trá và một kẻ xảo quyệt, nhưng chúng ta không biết ai trong số họ là ai. Bạn cần xác định ai là hiệp sĩ, ai là kẻ nói dối và ai là kẻ xảo quyệt bằng cách hỏi không quá ba câu hỏi. Các câu hỏi phải sao cho có thể trả lời “có” hoặc “không”. Mỗi câu hỏi chỉ được hỏi cho một người. Một điều phức tạp nữa là người dân trên đảo hiểu ngôn ngữ của chúng tôi nhưng chỉ trả lời chúng tôi bằng ngôn ngữ của họ. Chúng ta biết rằng trong ngôn ngữ này có hai từ “ya” và “wa”, có nghĩa là “có” và “không”, nhưng chúng ta không biết từ nào có nghĩa là “có” và từ nào có nghĩa là “không”. Chúng ta hãy đưa ra một số giải thích cho cách diễn đạt mà J. Boulos chỉ ra trong bài viết của mình. i Bạn có thể hỏi nhiều câu hỏi cho một người (trong trường hợp đó những người khác không được hỏi bất kỳ câu hỏi nào).

43

TOÁN HỌC

i Câu hỏi tiếp theo là gì và hỏi ai có thể phụ thuộc vào đáp số của câu hỏi trước. Bạn không thể hỏi những câu hỏi nghịch lý mà có thể trả lời bằng cả “có” và “không” hoặc không thể trả lời được chút nào. Ví dụ: “Bây giờ bạn có định trả lời ‘ya’ không?” i Kẻ ranh mãnh trả lời các câu hỏi một cách hoàn toàn tùy tiện. Chúng ta có thể giả định rằng mỗi lần anh ta gieo một đồng xu trong tâm trí và nếu nó ngửa thì anh ta trả lời sự thật, còn nếu nó ngửa thì anh ta nói dối. Nói thêm rằng, tất nhiên, ông A, B và C biết nhau và biết ai là kẻ dối trá, ai là hiệp sĩ, ai là kẻ gian xảo. Trước khi trình bày lời giải, chúng ta hãy giới thiệu hai cấu trúc tinh thần.

Ông Ya, ông Wa và ông Hee Ở trên, chúng tôi gọi hiệp sĩ là người luôn nói sự thật. Nói cách khác, chúng ta có thể nói điều này: hiệp sĩ là người trả lời “có” nếu tuyên bố trong câu hỏi là đúng. Đồng thời, kẻ nói dối là người trả lời “không” cho câu nói như vậy. Chúng ta hãy nhớ rằng người dân trên đảo sử dụng ngôn ngữ riêng của họ. Do đó, đối với một câu hỏi khẳng định đúng, cả hiệp sĩ và hiệp sĩ đều trả lời luôn là “ya” hoặc luôn là “va”. Người trả lời “Ya” sẽ được đặt tên đệm – Mr. Ya. Và người luôn trả lời “va” sẽ được gọi là anh Va. Cuối cùng, chúng ta sẽ gọi người đàn ông xảo quyệt là anh He. Lưu ý rằng chúng ta không thể biết ông Ya là hiệp sĩ hay kẻ nói dối, nhưng chính những người dân đảo A, B và C phải biết cái nào là cái nào. Vì vậy chúng ta có thể sử dụng tên mới trong câu hỏi. Ví dụ: chúng ta có thể hỏi anh A, “Anh có phải là anh Ya không?” hoặc hỏi anh ta: “Anh B là anh Va phải không?”

Bộ bài Bây giờ lấy ba tờ giấy giống hệt nhau và viết “Mr. Ya” trên tờ đầu tiên, “Mr. Wa” trên tờ thứ hai và “Mr. Hee” trên tờ thứ ba. Chúng ta sẽ nhận được ba lá bài - lá Ya, lá Wa và lá Hi.

Có sự tương ứng tự nhiên giữa người và thẻ. Vì vậy, nếu khái niệm “thẻ của ông A” xuất hiện trong một câu hỏi thì người dân trên đảo nên hiểu như sau: họ cần tra xem ông A là ai - ông Ya, Wa hay Hi - và tìm một tấm thẻ có ghi tên tương ứng trên đó. Điều tương tự cũng nên được thực hiện nếu câu hỏi có chứa khái niệm “thẻ của bạn”. Bây giờ chúng ta hãy đặt ba lá bài này vào một bộ bài: lá Ya ở trên, sau đó là lá Wa và lá dưới cùng – lá Hi. Nếu không có giấy và không làm được bộ bài như vậy thì chúng ta phải yêu cầu người dân trên đảo làm một thí nghiệm tư duy: hãy tưởng tượng ba lá bài này theo thứ tự như vậy. Tại sao thứ tự thẻ này được chọn? Chúng tôi sẽ giải thích điều này một lát sau. Trong các câu hỏi sau này, chúng ta sẽ gặp khái niệm “một quân bài nằm trên một quân bài khác”. Trong trường hợp này chúng tôi

VÒNG TRÒN

Chúng ta hiểu như sau: lá bài này cao hơn lá bài kia trong bộ bài, và hai lá bài này nằm liền kề nhau trong bộ bài. Như vậy, trong bộ bài của chúng ta, quân Ya nằm trên quân Ba, quân Wa nằm trên quân Hi. Nhưng thẻ Ya KHÔNG nằm trên thẻ Hi. Bây giờ chúng ta có thể chuyển trực tiếp đến các câu hỏi để xác định ai là người dân trên đảo.

Lời giải bài toán 3

Câu hỏi đầu tiên

Hãy hỏi anh A như sau: “Bộ bài của anh có nằm trong bộ bài của anh B không?” Hãy chứng minh rằng trong trường hợp đáp số “ya” của câu hỏi này, anh B không phải là người xảo quyệt (anh ấy là hiệp sĩ hoặc kẻ nói dối), và trong trường hợp đáp số “va” của câu hỏi này, anh B không phải là Hi. Lưu ý rằng nếu A là ông Xi thì cả B và C đều không thể là Xi, đó là điều chúng ta cần. Giả sử rằng anh A không phải là anh ấy và xem xét các lựa chọn đáp số của anh ấy cho câu hỏi. Hãy để A trả lời “ya”. Phương án 1: Ông A là ông Ya. Khi đó khẳng định trong câu hỏi là đúng và thẻ của anh A là thẻ của Y. Vì trong bộ bài lá Ya nằm trên lá Wa nên ông B là ông Va. Phương án 2: Ông A là ông Ba. Vì ông Wa trả lời “ừ” nên khẳng định “Thẻ của ông A nằm trên thẻ của ông B” là sai. Điều này có nghĩa là quân bài Wa không nằm trên quân bài của ông B. Theo định nghĩa của bộ bài, lá Wa nằm trên lá Chi. Vậy ông B không phải là Ông. Hãy để A trả lời “va”. Phương án 1: Ông A là ông Ya. Tuyên bố trong câu hỏi là sai. Lá bài Ya nằm trong bộ bài của lá bài Wa và không nằm trên lá bài Hi. Vậy ông B là Ông và ông C là ông Wa. Phương án 2: Ông A là ông Ba. Tuyên bố này là đúng. Lá bài Wa nằm trong bộ bài trên lá Chi. Vậy ông B là ông, ông C là ông Ya.

Câu hỏi thứ hai

Với câu hỏi đầu tiên, chúng tôi xác định được anh B và anh C chắc chắn không phải là người xảo quyệt. Câu hỏi thứ hai cần được hỏi cụ thể với người dân đảo này, một người không phải là người xảo quyệt. Trong cả hai trường hợp, câu hỏi sẽ giống nhau và rất giống với câu hỏi trước: “Có phải quân bài của bạn nằm trong bộ bài của ông A không?” Như chúng ta đã thấy ở trên, đáp số câu hỏi này cho chúng ta thấy trong số hai người dân trên đảo (những người mà câu hỏi hiện tại không đề cập đến) một người chắc chắn không phải là ông He. Để cụ thể hơn, hãy xem xét trường hợp khi câu hỏi được đặt ra bởi B. Khi đó A hoặc B không phải là Xi. Gọi B. Thì Hee là ông A. Tương tự, trong mọi trường hợp có thể ta đều nhận ra ông Hee là ai.

Câu hỏi thứ ba

Vì vậy, với hai câu hỏi trước, chúng tôi đã tìm thấy ông He trong số những người dân trên đảo. Như trong lời giải bài toán 2, hãy hỏi bất kỳ ai trong số hai cư dân còn lại trên đảo câu hỏi “chỉ số” của các hiệp sĩ và những kẻ nói dối “Ya là Yes?” và từ đó tìm ra ai là ai. Thuật toán được trình bày và bài toán đã được giải quyết! lời giải đã cho gần giống với bản gốc lời giải của J. Boulos về mặt ý thức hệ. Tuy nhiên, hai cấu trúc tinh thần - tên mới của người và một bộ bài (mối quan hệ giữa các tên mới) - giúp tránh được các câu lệnh có điều kiện, và

Thế Vận Hội

Olympic quốc tế lần thứ XXII “Marathon trí tuệ”

Câu lạc bộ Trí tuệ Quốc tế (IIC) “Gluon” trong khuôn khổ chương trình quốc tế “Trẻ em. Trí tuệ. Sáng tạo” với sự tham gia của M.V. Đại học quốc gia Lomonosov Moscow, Viện nghiên cứu sư phạm về năng khiếu của Học viện giáo dục Nga (Novosibirsk) và với sự hỗ trợ của Quỹ chương trình phi lợi nhuận Triều đại, các công ty Cyril và Methodius, Physikon, 1C, Nhà xuất bản “Đầu tháng 9” và tạp chí «Kvant», “Tiềm năng” đã tổ chức Cuộc thi xếp hạng bài kiểm tra quốc tế XXII “Cuộc thi Marathon trí tuệ”. Thế vận hội diễn ra từ ngày 12 tháng 10 đến ngày 19 tháng 10 năm 2013 tại Barcelona (Tây Ban Nha) trên lãnh thổ của khách sạn Golden Palace ấm cúng, nằm trên bờ Biển Địa Trung Hải. Học sinh từ các vùng khác nhau của Nga và Kazakhstan đã đến tham dự Olympic. Đại diện của Tây Ban Nha, Anh và Ba Lan là quan sát viên. Những học sinh năng khiếu thể hiện sự quan tâm đến các môn khoa học cơ bản sẽ thi đấu theo nhóm và cá nhân trong các môn toán, vật lý cũng như lịch sử của các ý tưởng và khám phá khoa học. Lần thứ 11, các học sinh quan tâm đến sinh thái và sinh học đã tham gia Olympic, tranh tài trong chuyến tham quan đồng đội về lịch sử các ý tưởng và khám phá khoa học cũng như các chuyến tham quan cá nhân về sinh học và sinh thái. Các nhà giáo dục và nhà tâm lý học tập trung cho phiên họp khoa học của họ lần thứ năm. Nằm trong khuôn khổ Olympic, Giải Toán học Quốc tế lần thứ II mang tên M.V. Lomonosov dành cho học sinh lớp 5–8 (dự bị Olympic của Olympic Marathon trí tuệ) cũng được tổ chức. Số lượng người tham gia tăng so với năm ngoái, điều này càng làm tăng thêm cường độ cạnh tranh trí tuệ giữa các em học sinh THCS. Đội giành chiến thắng tuyệt đối tại Olympic Trí tuệ Marathon 2013 môn khoa học cơ bản ở nội dung thi đồng đội là đội Lyceum 4 đến từ Taganrog (Nga). Cô đã được trao giải thưởng chính của cuộc thi - Siêu cúp. Nhóm cũng là đội xuất sắc nhất trong chuyến tham quan về lịch sử của những ý tưởng và khám phá khoa học, đồng thời là người chiến thắng trong các chuyến tham quan về toán học và vật lý. Vị trí thứ hai trên bảng xếp hạng chung thuộc về đội của Trung tâm Giáo dục bổ sung trẻ em có năng khiếu khu vực Rostov-on-Don (Nga). Cô còn đứng hạng nhất môn toán, hạng nhì môn lịch sử

những ý tưởng và khám phá khoa học và thứ ba trong vật lý. Đội đã được trao cúp lớn cho vị trí thứ hai chung cuộc và bằng cấp tương ứng vì thành tích trong các cuộc thi đồng đội. Đội Lyceum 2 đến từ Almetyevsk (Nga) giành vị trí thứ ba. Cô cũng đứng đầu môn vật lý. Cô đã được tặng một chiếc cúp và bằng tốt nghiệp. Trong các cuộc thi cá nhân, người chiến thắng tuyệt đối của Olympic là Bulat Ibragimov, học sinh trường Lyceum 2 đến từ Almetyevsk. Ông đã được trao một huy chương vàng lớn và một huy chương bạc nhỏ về vật lý. Người đoạt giải nhì trên bảng xếp hạng chung là Kirill Zaruba (Lyceum 4, Taganrog). Anh đã nhận được huy chương bạc lớn và huy chương vàng nhỏ cho vị trí đầu tiên về vật lý. Yulia Shenshchina (Lyceum 4, Taganrog) giành huy chương đồng lớn trên bảng xếp hạng chung. Oleg Klimenko (Lyceum 13, Rostov-on-Don) được trao huy chương vàng nhỏ môn toán, Kamil Lotfullin (Lyceum 2, Almetyevsk) nhận được huy chương bạc nhỏ môn toán và Ruslan Suprunov (trường 9, Gukovo) nhận được huy chương đồng nhỏ môn toán. Dmitry Kisel (Lyceum 4, Taganrog) được trao huy chương đồng nhỏ môn vật lý. Tại Giải Toán Quốc tế lần thứ II mang tên M.V. Lomonosov trong số học sinh lớp 7–8, người chiến thắng là Roman Tynyanko (Trung tâm Giáo dục bổ sung dành cho trẻ em có năng khiếu khu vực, Rostov-on-Don). Những người chiến thắng là Vladislav Akavets (Lyceum “Classical”, Rostov-on-Don), Mikhail Borisov (Lyceum 24, Volgodonsk), Dinasyl Koilybay (NIS, Aktobe, Kazakhstan). Trong số học sinh lớp 5–6, người chiến thắng giải đấu là Evgeniy Primak (Lyceum “Classical”, Rostov-on-Don). Những người chiến thắng là Stepan Shelepov, Arsen Dzhukusov, Timur Sarsenbaev, Aisha Shen (đội Keleshek, Almaty, Kazakhstan). Tất cả các đội đoạt giải và á quân đều nhận được nhiều quà tặng, giải thưởng từ ban tổ chức và nhà tài trợ của Olympic. Câu lạc bộ Trí tuệ Quốc tế “Gluon” mời các trung tâm khu vực, trường học, trường trung học và phòng tập thể dục làm việc với trẻ em có năng khiếu tham gia Cuộc thi Marathon trí tuệ Olympic quốc tế XXIII, sẽ được tổ chức vào tháng 10 năm 2014 tại Maroc. Gửi đơn đăng ký tham gia đến địa chỉ: 115522 Russia, Moscow, Proletarsky Prospekt, 15/6, tòa nhà 2, MIC “Gluon” Điện thoại: (495)517-8014, fax: (495)396-8227 E-mail: gluon@yandex.ru Trang web: http:www.gluon.ru

MỤC TIÊU CỦA OLYMPIAD TRONG KHOA HỌC CƠ BẢN

Vòng thi đồng đội miệng

Toán học

Đoàn tham quan Olympic Vật lý

1. Trong 2 năm, nhà máy giảm sản lượng 51%. Mỗi năm anh ấy đều giảm nó theo tỷ lệ tương tự. Cái nào? 2. Cắt hình vuông thành 3 phần, từ đó bạn có thể tạo thành một hình tam giác không đều.