Kvant 2015, số 1 · Trang

2

KVANT 2015/№1

Hai Đếm

E.SOKOLOV

QUẬN LEV NIKOLAEVICH TOLSTOY TRONG CÂU CHUYỆN CỦA MÌNH “Hadji Murat” mô tả các loại thảo mộc mùa hè ở Nga như thế này: “Có rất nhiều loại hoa đáng yêu cho thời điểm này trong năm: cháo bông xốp màu đỏ, trắng, hồng, thơm; hoa cúc táo bạo; màu trắng sữa với phần giữa màu vàng sáng “thích hay không” với mùi hôi thối cay nồng; hoa cải vàng với mùi mật ong; chuông hình hoa tulip cao màu tím và trắng; đậu Hà Lan; màu vàng, đỏ, hồng, hoa tử đinh hương, những vết ghẻ gọn gàng; với lông tơ hơi hồng và mùi hoa ngô dễ chịu, màu xanh sáng và xanh lam khi còn trẻ và chuyển sang màu đỏ vào buổi tối và khi về già…”

hiện tại. Trên thực tế, ánh sáng mặt trời là hỗn hợp của bảy màu sáng nhất, bảy màu của cầu vồng. Bạn có nhớ tên của họ không? Nếu không, cụm từ này sẽ giúp ích cho bạn: “Mọi thợ săn đều muốn biết gà lôi ngồi ở đâu”. Chữ K –

Trong tất cả các viện bảo tàng trên thế giới, chúng ta sẽ tìm thấy những bức tĩnh vật có hoa

• Làm sao vậy? Hoa ngô có màu đỏ không? – Tôi ngạc nhiên, đặt cuốn sách sang một bên. - Không hẳn! Không có hoa ngô đỏ! Tuy nhiên, tôi đã nhầm - có những bông hoa ngô đỏ! Mùa hè đến, và tại khu bảo tàng Yasnaya Polyana, nơi nhà văn vĩ đại sống và làm việc, tôi tìm thấy chúng giữa những cánh đồng hoa ngô xanh tươi. Lev Nikolaevich đã đúng!

Màu sắc được sinh ra như thế nào

Thế giới được trao cho chúng ta bằng màu sắc. Vật lý giải thích sự xuất hiện của màu sắc theo cách này. Ánh sáng đến với chúng ta từ Mặt trời có màu trắng. Chúng tôi thậm chí đôi khi nói không màu. Nhưng sự không màu này dường như

Lev Nikolaevich luôn có rất nhiều hoa ở Yasnaya Polyana

3

HAI

ĐẾM

đây là màu đỏ, O là màu cam, F là màu vàng, Z là… (bạn tiếp tục dòng này nhé). – Màu đen ở hàng này ở đâu? Và đâu là màu tím, quả mâm xôi, xanh nhạt và hàng nghìn sắc thái mà mắt chúng ta phân biệt được trong cuộc sống hàng ngày?

Đây không phải là rồng Trung Quốc, mà là hai phân tử chính của vương quốc thực vật và động vật - chất diệp lục và heme

Bạn có bao giờ nhận thấy rằng màu đỏ luôn có một chút màu xanh trong đó không?

– Tất cả những màu sắc mà chúng ta nhìn thấy xung quanh đều phát sinh từ sự pha trộn của bảy màu thuần khiết. Do đó, dòng “đỏ tươi-tím-tím-xanh-xanh”, được thể hiện rộng rãi trong các màu hoa, tương ứng với sự pha trộn giữa màu đỏ và xanh lam theo các tỷ lệ khác nhau. Nhưng màu đen là sự thiếu vắng ánh sáng. Vì vậy, ví dụ, bồ hóng có màu đen chính xác vì nó hấp thụ mọi thứ rơi vào nó.

Bài tập 1. Tại sao chúng ta luôn thấy đồng tử của mắt và các lỗ trong hốc mắt có màu đen? Tại sao nếu có một lỗ sâu trên bề mặt sơn thì cho dù bạn có đổ sơn đến mức nào thì chúng ta vẫn luôn nhìn thấy nó như một điểm đen? Bài tập 2. Màu xám gồm những màu nào?

Vì vậy, ánh sáng đến từ Mặt trời tới chúng ta không có màu sắc. Màu sắc chỉ xuất hiện sau khi tương tác với một chất. Các phân tử khác nhau hấp thụ các màu sắc khác nhau của ánh sáng mặt trời. Do đó, sau khi ánh sáng bị phản xạ hoặc truyền qua một chất, chỉ còn lại những màu đó mà các phân tử từ chối “ăn”. Khi nó tiếp xúc với một chất, ánh sáng sẽ có màu. Nếu chất có trong sơn hấp thụ mọi thứ ngoại trừ màu đỏ, thì một quả bóng được sơn bằng loại sơn đó sẽ có màu đỏ đối với chúng ta dưới ánh sáng, và loại sơn đó tất nhiên sẽ được gọi là màu đỏ.

Bài tập 3. Khi chiếu ánh sáng xanh vào chúng ta sẽ thấy quả bóng này như thế nào?

Và nếu các phân tử hấp thụ sáu màu trong số bảy màu: đỏ, cam, vàng, lam, chàm, tím thì loại sơn đó sẽ được gọi là… - Tất nhiên là xanh lá cây! Nhưng câu hỏi phức tạp hơn.

Bài tập 4. Bạn gọi sơn hấp thụ năm trong số bảy màu: đỏ, cam, lục, lam và tím là gì?

Màu sắc của thiên nhiên

Các phân tử mà Tự nhiên sử dụng làm màu sắc được gọi là sắc tố. Sắc tố đáng chú ý nhất trên hành tinh của chúng ta chắc chắn là $C_{55} H_{72} O_{5} N_{4} Mg$, tức là chất diệp lục (từ tiếng Hy Lạp “xanh” và “lá”). Chúng tôi gọi một sinh vật sống có các phân tử như vậy là thực vật.

Nguyên tử magie, nằm ở trung tâm của một sợi dây tuyệt vời gồm các nguyên tử carbon, nitơ và hydro, hấp thụ tất cả ánh sáng tới ngoại trừ màu xanh lá cây. Ánh sáng xanh phản chiếu còn sót lại này mang lại cho các khu rừng và cánh đồng màu ngọc lục bảo. Và bản thân phân tử diệp lục, sau khi hấp thụ ánh sáng, có được khả năng kỳ diệu - nó bắt đầu tổng hợp carbohydrate từ carbon dioxide và nước:

$CO_{2} + H_{2} O \to ( CH_{2} O )_{n} + O_{2}$.

Nhờ phản ứng liên tục này mà sự sống được duy trì trên Trái đất. Nếu thay thế nguyên tử magie trong phân tử diệp lục bằng nguyên tử sắt thì phân tử bị thay đổi sẽ hấp thụ tất cả các màu trừ màu đỏ. Các nhà hóa học gọi phân tử đó là “heme” (từ “máu” trong tiếng Hy Lạp). Nó là phần chính của phân tử huyết sắc tố (từ tiếng Hy Lạp “máu” và tiếng Latin “quả bóng”), mà cơ thể động vật có hệ tuần hoàn máu sử dụng để vận chuyển oxy. Chính phân tử này tạo ra màu đỏ cho máu động vật. – Vậy có phải các phân tử quan trọng nhất của giới thực vật và động vật là chị em song sinh? - Vâng, đó là sự thật! Và ngay cả loài ốc nho (Helix pomatia), loài có dòng máu xanh quý phái, cũng chỉ nguyên bản ở một thứ - thay vì magiê và sắt trong phân tử hemoglobin của nó - đồng.

Bài tập 5. Huyết sắc tố (chính xác hơn là hemocyanin) của ốc nho hấp thụ những màu gì?

Mùa hè kết thúc và mùa thu vàng bắt đầu. Chất diệp lục bị phân hủy, carotene và lycopene trở thành nguồn cung cấp chính các màu sắc của Thiên nhiên. Phân tử carotene (từ tiếng Latin “cà rốt”) $C_{40} H_{56}$ là một chuỗi dài gồm các nguyên tử cacbon và hydro (hydrocacbon) kết thúc bằng hai vòng benzen. Thiết kế này hấp thụ tất cả ánh sáng ngoại trừ màu vàng rất tốt. Vì vậy, cà rốt, hồng và xoài chứa nhiều caroten nên có màu vàng cam rất đẹp. Bộ xương “hydrocarbon” của phân tử carotene rất ổn định. Nhưng phần cuối của nó, các vòng benzen, có thể thay đổi để phản ứng với môi trường hóa học. Đồng thời, “mùi vị” của phân tử cũng thay đổi - nó bắt đầu “ăn” các màu khác và các vật thể chứa các phân tử biến đổi đó sẽ có màu mới. Ví dụ, nếu vòng benzen mở ra thì phân tử bị biến đổi, thay vì màu vàng-

4

KVANT 2015/№1

Tùy thuộc vào loại protein đã gắn vào phân tử võng mạc, rhodopsin sẽ nhạy cảm với các màu sắc khác nhau. Trong mắt người bình thường có ba loại rhodopsin: một loại nhận biết màu đỏ, một loại khác nhận biết màu xanh lá cây và loại thứ ba nhận biết màu xanh lam. Trong cơ thể con người, võng mạc được tạo ra bằng cách phân chia phân tử carotene. Và nếu việc hấp thụ carotene (còn gọi là vitamin A) vào cơ thể dừng lại, thì con người bắt đầu mắc chứng “quáng gà” - họ nhìn kém trong bóng tối.

Bài tập 6. Đề xuất cách đơn giản để phục hồi thị lực trong trường hợp này.

Sơn cho hoa Đối với hoa, Thiên nhiên đã chuẩn bị các loại sơn đặc biệt - anthocyanidins (từ tiếng Hy Lạp hoa hoa). Nhóm này bao gồm ba phân tử: pelargonidin $C_{15} H_{11} O_{5}$, cyanidin

Việc thu thập các sắc tố caroten sẽ khiến đèn đỏ “không được tiêu thụ”. Đó là lý do tại sao cà chua chín, trải qua những thay đổi chính xác như vậy trong cấu trúc của carotene trong quá trình chín, lại có đèn đỏ. Các nhà hóa học gọi đây là

Anthocyanin là “màu sắc” đặc biệt cho hoa

Các sản phẩm có màu carotenoid không chỉ tốt cho sức khỏe mà còn có vẻ ngoài đẹp mắt vì phân tử carotene được biến đổi bằng lycopene. Họ cũng đặt tên riêng cho các biến thể khác của carotene - zeaxanthin $C_{40} H_{56} O_{2}$ và astaxanthin $C_{40} H_{52} O_{4}$. Chất thứ nhất tạo màu vàng cho ngô, lòng đỏ trứng và màu cam, trong khi chất thứ hai tạo màu đỏ hồng cho tôm càng luộc và tôm. Thiên nhiên là một nhà phát minh vô song. Nó có sẵn hàng triệu phân tử thuốc nhuộm, nhưng thậm chí chỉ sử dụng một thiết kế, nó có thể vẽ nên thế giới của chúng ta với hàng trăm màu sắc! Và điều tuyệt vời nhất là Thiên nhiên đã sử dụng cấu trúc kiểu “carotene” để tạo ra tầm nhìn màu sắc cho chúng ta! Đây là cách khoa học hiện đại giải thích cơ chế của thị giác. Phân tử nhạy cảm với ánh sáng chính ở tất cả các loài động vật có xương sống (con người, động vật, chim…), cũng như ở bạch tuộc, là phân tử võng mạc $C_{20} H_{28} O$. Bạn có nhận ra cô ấy không? Đây là một phân tử carotene được chia làm đôi, trên đó có gắn một nguyên tử oxy. Với sự trợ giúp của nguyên tử oxy, phân tử võng mạc kết hợp với protein và tạo thành chất nhạy cảm với ánh sáng của mắt chúng ta - màu tím thị giác, hay rhodopsin. Khi ánh sáng được võng mạc hấp thụ, tín hiệu về điều này sẽ được dây thần kinh thị giác cảm nhận: chúng ta nhìn thấy ánh sáng. Tùy thuộc vào

$C_{15} H_{11} O_{6}$ và delphinidin $C_{15} H_{11} O_{7}$. Pelargonidin hấp thụ tất cả các màu trừ màu đỏ. Vì vậy nó tạo ra màu đỏ tươi. Sắc tố này lấy tên từ tên Latin của cây phong lữ (Pelargonium), từ đó nó được phân lập ban đầu. Delphinidin hấp thụ mọi thứ trừ màu xanh lam và tạo ra màu xanh lam. Delphinidin ban đầu được phân lập từ cây larkspur. Do đó, tên Latin của larkspur - delphinium - đã được cố định trong tên của anh ấy. Cyanidin (từ tiếng Latin “xanh lam”) xác định màu sắc của quả lý chua đen, quả mâm xôi và quả anh đào. Các nhà tự nhiên học xác định màu của cyanidin là màu tím. Và ở đây họ lặp lại một lỗi phổ biến! Trong cuộc sống hàng ngày, chúng ta thường sử dụng sai tên “tím”. Chúng tôi gọi từ này là màu thu được bằng cách trộn sơn màu đỏ và xanh. Ví dụ, chúng tôi gọi mực tím được tạo ra bằng cách trộn mực đỏ và mực xanh. Điều này là phổ biến, nhưng sai. Vì vậy, hãy sử dụng các thuật ngữ chính xác trong cuộc trò chuyện của chúng ta về phân tử và nói rằng cyanidin có màu xanh đỏ. Lưu ý rằng chúng ta hiếm khi nhìn thấy màu tím thực sự trong tự nhiên. Không phải vì nó có ít, mà thực ra là có rất nhiều trong tự nhiên, mà đơn giản vì màu sắc này nằm trên ranh giới nhận thức của chúng ta và chúng ta, không giống như những con ong, không nhận thấy nó qua màu sắc của hoa.

5

HAI

Ví dụ về màu sắc cấu trúc trong các tác phẩm thu nhỏ nghệ thuật là bầy đàn (cánh côn trùng, lông chim, vỏ nhuyễn thể), cũng như sự tán xạ ánh sáng trong một khối vật chất (màu bầu trời xanh của chúng ta).

Bài tập 7. Các nhà khoa học đã học cách tách các sắc tố tạo màu từ thực vật, nhưng họ vẫn chưa thể tách ra những màu tuyệt vời tạo màu cho cánh của một số loài bướm nhiệt đới, mặc dù nhiều người đã cố gắng làm điều này. Lý do thất bại của họ là gì?

Vì vậy, pelargonidin hấp thụ mọi thứ ngoại trừ màu đỏ, delphinidin hấp thụ mọi thứ ngoại trừ màu xanh lam, và cyanidin khiến màu đỏ và xanh lam “không được hấp thụ”. Bây giờ đã rõ tại sao cây anh túc có màu đỏ và hoa ngô có màu xanh: cây anh túc chứa pelargonidin và hoa ngô chứa delphinidin. Một điều vẫn chưa rõ ràng - hoa ngô xanh lấy pelargonidin đỏ tươi của nó để chuyển sang màu đỏ ở đâu? Tư duy trừu tượng và các nguyên tắc vật lý sẽ giúp chúng ta giải được câu đố này. Chúng ta hãy xem xét lại hình với anthocyanin. Điều gì đang ở phía trước chúng ta? Bạn có thể, theo truyền thống, nói: “Ba phân tử.” Hoặc bạn có thể nói khác đi: “Đây là một hệ thống nguyên tử, nằm ở ba trạng thái khác nhau”. Bước đi đúng đắn! Hãy gọi hệ thống nguyên tử của chúng ta là một “siêu phân tử” và các trạng thái của nó – “trung tính” (cyanidin), “hydro” (pelargonidin) và “hydroxyl” (delphinidin). Nếu siêu phân tử của chúng ta sống cô lập thì trạng thái của nó sẽ luôn không thay đổi. Nhưng trong cơ thể sống, nó được tìm thấy ở dạng dung dịch nước. Và trong dung dịch nước luôn có các phần hoạt động hóa học của phân tử nước - nguyên tử hydro H và nhóm hydroxyl OH. Trạng thái (và màu sắc) của siêu phân tử của chúng ta thay đổi khi những hạt lang thang này cố gắng thay đổi “đối cực” của chúng trong các liên kết hóa học. Bạn đã hiểu được điểm chính chưa? Hoa ngô đã chứa siêu phân tử! Chỉ có điều chúng ở trạng thái “hydroxyl”. Để chúng chuyển sang màu đỏ, chúng cần được chuyển sang trạng thái “hydro”. Nguyên lý của Le Chatelier sẽ giúp chúng ta tìm ra cách thực hiện điều này: trong các hệ thống ổn định, dưới tác động của các tác động bên ngoài, những thay đổi xảy ra có xu hướng bù đắp cho kết quả của tác động bên ngoài. Khi áp dụng vào hoàn cảnh của chúng ta, nguyên tắc này hoạt động như thế này. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta (“ảnh hưởng bên ngoài”) thêm một số lượng nguyên tử hydro bổ sung vào dung dịch chứa siêu phân tử của chúng ta.

ĐẾM

có (các nhà hóa học sẽ nói - chúng ta đang tăng độ axit của môi trường). Sau đó, phân tử của chúng ta, theo nguyên tắc của Le Chatelier, sẽ cố gắng bù đắp bằng cách nào đó cho sự gia tăng này. Nó có thể làm điều này chỉ bằng một cách - bằng cách cho nhóm hydroxyl của nó vào dung dịch và gắn một nguyên tử hydro vào chính nó. Sẽ có ít hơn một nguyên tử hydro trong dung dịch (chính xác hơn là: hai, vì nhóm hydrosil được giải phóng sẽ liên kết thêm một nguyên tử hydro, tạo thành phân tử nước), sự bù một phần đã xảy ra! Vì vậy, trong dung dịch axit, siêu phân tử của chúng ta chuyển sang trạng thái “hydro” và biến dung dịch thành màu đỏ.

Bài tập 8. Trộn mứt lý chua đen với giấm hoặc nước cốt chanh (cả hai nguyên liệu này đều là axit). Quan sát sự thay đổi màu sắc của mứt.

Khi các nhóm hydroxyl được thêm vào dung dịch (các nhà hóa học sẽ nói rằng dung dịch trở nên có tính kiềm), phân tử sẽ hy sinh một nguyên tử hydro và thêm nhóm OH vào chỗ trống. Vì vậy, nó sẽ đóng góp một phần nhỏ để bù đắp cho những tác động từ bên ngoài, và chúng ta sẽ thấy ngay điều đó - dung dịch sẽ chuyển sang màu xanh lam!

Bài tập 9. Trộn mứt lý chua đen (bằng cách nghiền nhỏ) với dung dịch baking soda (dung dịch soda là dung dịch kiềm). Quan sát sự thay đổi màu sắc của mứt.

Hoa cẩm tú cầu thay đổi màu sắc của hoa tùy thuộc vào độ axit của nước tưới. Rõ ràng, nước ép của nó hoàn toàn trung tính, giúp dễ dàng chuyển siêu phân tử của chúng ta sang các trạng thái khác nhau

Như vậy, phần giải thích cơ chế hoạt động của vạch màu “đỏ – xanh” ở thực vật đã được xây dựng. Siêu phân tử của chúng ta thay đổi màu xanh đỏ tùy thuộc vào độ axit của nước ép thực vật. Trong môi trường axit (cây anh túc, phong lữ, hoa hồng), nó nhường nhóm hydrostrong vào dung dịch và thêm một nguyên tử hydro vào vị trí của nó. Đồng thời, nó chuyển sang màu đỏ. Trong môi trường kiềm (hoa ngô, phi yến, đừng quên tôi), nó gắn một nhóm hydroxyl vào chính nó thay cho hydro và chuyển sang màu xanh lam. Do đó, theo lý thuyết của chúng tôi, hoa ngô xanh bắt đầu chuyển sang màu đỏ khi vì một lý do nào đó mà độ axit trong nước ép của nó bắt đầu tăng lên. Hoa ngô lúc đầu chuyển sang màu đỏ xanh, sau đó có màu đỏ hoàn toàn.

6

KVANT 2015/№1

Để chứng minh tính đúng đắn của lý thuyết, chúng tôi đã thực hiện thí nghiệm sau. Chúng tôi đặt những cánh hoa hồng đỏ tươi vào dung dịch baking soda (dung dịch kiềm) và những bông hoa ngô xanh trong dung dịch giấm (dung dịch axit). Điều đã xảy ra đúng như lý thuyết của chúng tôi dự đoán - màu sắc của cánh hoa đã thay đổi.

Bài tập 10. Các chất màu tự nhiên, trong đó có nước hoa ngô, luôn được sử dụng trong công nghiệp thực phẩm để tạo màu cho sản phẩm. Giải thích bản chất của công thức cũ, điều có vẻ vô lý đối với những người chưa quen: “Để tạo cho rượu sâm panh một màu hồng, hãy thêm một thìa nước ép hoa ngô xanh vào thùng mười thùng nước ép nho lên men…”

Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn

Một trong những lợi thế không thể nghi ngờ của công việc khoa học là tham gia các hội nghị khoa học. Họ luôn cố gắng giữ chúng ở những nơi thú vị nhất, điều này cho phép bạn kết hợp công việc kinh doanh với niềm vui. Nếu địa điểm tổ chức hội nghị là London, thì hãy chắc chắn rằng bạn sẽ được mời tham quan dọc theo tuyến đường “Cung điện Buckingham - Tu viện Westminster - Nghị viện - Quảng trường Trafalgar - Phòng trưng bày Quốc gia - Tháp”. Dọc theo lộ trình của chuyến tham quan là tòa nhà của Hiệp hội Hoàng gia. Hiệp hội Hoàng gia là Học viện Khoa học Anh, học viện đầu tiên trên thế giới, được thành lập vào năm 1662. Học viện có một bảo tàng, Trung tâm Lịch sử Khoa học, nơi lưu trữ các tài liệu lưu trữ của Ngài Isaac Newton, các dụng cụ khoa học của Ngài Henry Cavendish, và thậm chí cả góc phần tư của Ngài Francis Drake, người Anh đầu tiên đi vòng quanh thế giới. Nhưng ánh mắt của tôi luôn dừng lại ở một mảnh giấy nhỏ màu hồng. Đây là một bài kiểm tra giấy quỳ, một thứ mà hóa học đã bắt đầu với tất cả chúng ta ở trường. Tôi không biết về bạn

nhưng tôi luôn vô cùng quan tâm đến câu hỏi loại giấy kỳ diệu này được tạo ra như thế nào. Hôm nay tôi biết đáp số về câu hỏi này và tôi muốn chia sẻ nó với bạn. Người phát minh ra giấy quỳ là Robert Boyle (1627–1691). Ngài Robert Boyle là một người đàn ông hoàn toàn khác thường. Là con thứ mười ba của Richard Boyle, Bá tước Cork, anh trở thành sinh viên của Đại học Eton khi mới 8 tuổi. Đến năm ba mươi tuổi, ông đã trở thành nhà bách khoa toàn thư nổi tiếng ở châu Âu. Ông là một triết gia, một nhà vật lý, một nhà hóa học, một nhà thần học và một nhà thơ. Những khám phá và phát minh nổi tiếng nhất của ông là giấy quỳ, mực hiện đại, máy bơm sơ tán, sản xuất chân không, quan sát sôi lạnh, tạo ra hóa học phân tích, phân tích nước khoáng, sản xuất phốt pho trắng, phát hiện ra định luật khí. Ông là người khởi xướng việc thành lập và là chủ tịch Hiệp hội Hoàng gia Luân Đôn, giám đốc Công ty Thương mại Đông Ấn, nhà từ thiện (Boyle để lại toàn bộ vốn của mình cho sự phát triển khoa học ở Anh). Boyle cũng tiến hành nghiên cứu quang học, đặc biệt là nghiên cứu câu hỏi về sự xuất hiện của màu sắc trong tự nhiên. Nó hình thành nên những khái niệm mà ngày nay đối với chúng ta

Những địa điểm gắn liền với tên tuổi của Robert Boyle: Lâu đài Lismore, Eton, Oxford, London rất đơn giản và dễ hiểu, nhưng vào thời của ông lại mang tính cách mạng vô cùng. Nhận thấy sự phụ thuộc của màu sắc của nước ép thực vật vào độ axit của môi trường, ông đã tạo ra thiết bị hóa học đầu tiên - một chỉ báo về độ axit của môi trường. Để làm điều này, anh ta ngâm một dải giấy với nước màu xanh đỏ của địa y. Đây là cách thử nghiệm giấy quỳ đầu tiên xuất hiện. Đây là bước đầu tiên từ thuật giả kim cổ đại đến khoa học hóa học hiện đại. Và QUẬN ROBERT BOYLE đã thực hiện bước này.

Tinh thần của thế kỷ XVII ngự trị trong bảo tàng này

TIN KHOA HỌC

Hãy để có ánh sáng!

L. BELOPUKHOV

GIẢI NOBEL VẬT LÝ 2014 đã thuộc về các nhà vật lý Nhật Bản Isamu Akasaki, Hiroshi Amano và Shuji Nakamura “vì đã phát minh ra đèn LED màu xanh lam hiệu quả, dẫn đến sự ra đời của các nguồn ánh sáng trắng sáng và tiết kiệm năng lượng”. Từ khóa “LED” cho biết phát minh này thuộc lĩnh vực công nghệ bán dẫn. Và những từ ngữ đơn giản và dễ hiểu khác phản ánh tầm quan trọng to lớn của thành tựu này đối với cuộc sống của chúng ta, hay nói theo di chúc của Alfred Nobel, thành tựu “mang lại lợi ích lớn nhất cho nhân loại”. Nhiều người đã làm việc trên đèn LED. Lần đầu tiên, sự phát sáng của một số chất bán dẫn tự nhiên được các kỹ sư vô tuyến ghi lại - vào năm 1907 bởi một nhân viên của công ty G. Marconi, Henry Round, và vào năm 1923 bởi Oleg Losev tại phòng thí nghiệm vô tuyến Nizhny Novgorod. Trong gần 40 năm, hiệu ứng này được gọi là “Ánh sáng Losev”. Nhưng chỉ sau khi lý thuyết lượng tử hiện đại của vật lý chất rắn ra đời vào giữa thế kỷ 20 thì hiện tượng này mới được hiểu rõ. Đèn LED phát ra ánh sáng đỏ đầu tiên được Nick Holonyak phát minh vào năm 1961 tại Hoa Kỳ và nhanh chóng được sử dụng trong các thiết bị chỉ báo và tín hiệu. Nhưng đèn LED màu đỏ đủ sáng ban đầu rất đắt tiền. Kể từ năm 1980, công việc vẫn tiếp tục ở một số quốc gia (Mỹ, Nhật Bản, Nga) để tạo ra đèn LED với đủ màu sắc của cầu vồng - từ đỏ đến xanh lam. Tuy nhiên, giá thành của chúng tiếp tục cao và hiệu suất của chúng không đủ để tạo ra các thiết bị chiếu sáng cạnh tranh với đèn sợi đốt hoặc đèn phóng điện. Khả năng thu được nhiều sắc thái ánh sáng đã được sử dụng rộng rãi trong thiết kế, trưng bày và đồ chơi đắt tiền. Nhưng hai nhóm nhà nghiên cứu Nhật Bản vẫn tiếp tục làm việc chăm chỉ để tạo ra đèn LED hiệu quả không phải để giải trí mà để chiếu sáng đường phố và các phòng. Khó khăn chính trong trường hợp này được thể hiện bằng nguồn đèn LED màu xanh lam đủ mạnh. Chỉ chúng, kết hợp với các nguồn màu đỏ, vàng và xanh lục đã được tạo sẵn, mới có thể cung cấp nguồn ánh sáng trắng. Chúng ta hãy nhớ lại các nguyên tắc cơ bản của lý thuyết chất bán dẫn, những nguyên tắc cần thiết để hiểu các quá trình trong đèn LED và

khó khăn mà các nhà nghiên cứu gặp phải. Chỉ cần xem xét các chất bán dẫn tinh thể trong đó các nguyên tử được kết nối với nhau bằng các cặp electron hóa trị chung (gọi là liên kết cộng hóa trị) là đủ. Ví dụ, các nguyên tố thuộc nhóm thứ tư của bảng tuần hoàn là silicon, germanium. Mỗi nguyên tử của các nguyên tố như vậy có 4 electron, trung bình chúng ở xa hạt nhân hơn các electron khác. Những electron này là electron hóa trị, tức là có khả năng liên kết với các nguyên tử lân cận. Khi các nguyên tử ở gần nhau, một mô hình đối xứng được thiết lập - các nguyên tử được kết nối với nhau bằng bốn cặp electron. Liên kết cộng hóa trị này khá mạnh, có nghĩa là electron hóa trị không thể nhận được một phần năng lượng nhỏ để thoát khỏi liên kết của nó. Theo vật lý trạng thái rắn lượng tử, một electron cộng hóa trị không thể, với sự tăng nhẹ năng lượng của nó, vẫn gắn một phần với nguyên tử. Nó chỉ có thể có hai trạng thái - bị ràng buộc mạnh mẽ hoặc tự do. Bất cứ điều gì khác đều bị thiên nhiên cấm (luật lượng tử). Do đó, năng lượng tối thiểu cần thiết để giải phóng một electron được gọi là khe năng lượng trong vật lý chất rắn. Một electron đôi khi có thể nhận được năng lượng như vậy từ một nguyên tử lân cận khi nguyên tử lân cận, trong chuyển động dao động của nó, có biên độ khác biệt đáng kể so với mức trung bình. Chuyển động dao động của các nguyên tử trong mạng tinh thể của vật rắn tồn tại ở bất kỳ nhiệt độ nào (theo lý thuyết lượng tử, thậm chí ở độ không tuyệt đối). Ở nhiệt độ khoảng 300 K (nhiệt độ phòng), năng lượng trung bình của chuyển động dao động của các nguyên tử là 0,025 eV. Và khoảng cách năng lượng trong chất bán dẫn lớn hơn ít nhất 50 lần. Để một electron hóa trị thu được năng lượng như vậy và trở nên tự do, một trong những nguyên tử lân cận phải trải qua một dao động rất mạnh, năng lượng của nó sẽ khác biệt đáng kể so với mức trung bình. Đây là một sự kiện cực kỳ hiếm nên có rất ít electron bị tách ra. Nhưng những electron này ít nhiều có khả năng chuyển động hỗn loạn tự do trong toàn bộ tinh thể. Và trong điện trường, chuyển động của chúng trở nên có định hướng, tương tự như chuyển động có hướng của các electron dẫn tự do trong kim loại. Tinh thể dẫn dòng điện, mặc dù nó khá yếu. Độ dẫn điện riêng của các chất đó nhỏ hơn $10^{12}$ lần so với độ dẫn điện (kim loại). Vì vậy, chúng được gọi là chất bán dẫn. Nhưng chất bán dẫn có một sự khác biệt rất quan trọng về chất so với kim loại - sự hình thành các “lỗ”. Vị trí trống trong cấu trúc liên kết, được hình thành sau khi giải phóng một trong các electron, không tồn tại lâu - nó được thay thế bằng một số electron hóa trị từ một trong các nguyên tử lân cận. Quá trình này có thể được lặp lại một lần nữa

Các kỹ sư vật lý Nhật Bản Isamu Akasaki, Hiroshi Amano và Shuji Nakamura

14

KVANT 2015/№1

và một lần nữa. Mỗi electron được giải phóng sẽ sinh ra một “căn hộ” được giải phóng - một lỗ trống trong cấu trúc hài hòa của liên kết cộng hóa trị. Sự chuyển động của các electron từ vị trí này sang vị trí khác là hỗn loạn - lỗ trống di chuyển hỗn loạn khắp tinh thể. Nhưng trong điện trường, những chuyển động này có tính định hướng. Sự chuyển động của không có điện tích âm tương đương với sự chuyển động của điện tích dương. Dòng điện tương ứng với chuyển động này là dòng điện tích dương - lỗ trống và độ dẫn điện đi kèm gọi là độ dẫn điện của lỗ trống. Số lượng lỗ trống tương ứng với số lượng electron được giải phóng, do đó độ dẫn điện tử và lỗ trống của chất bán dẫn có giá trị xấp xỉ nhau. Tổng độ dẫn điện này của chất bán dẫn tinh khiết được gọi là độ dẫn điện nội tại. Sự khác biệt giữa độ dẫn điện nội tại của chất bán dẫn và độ dẫn điện tử thuần túy của kim loại không chỉ về mặt định lượng. Độ dẫn điện của chất bán dẫn thay đổi hoàn toàn khác nhau, chẳng hạn như khi thay đổi nhiệt độ. Khi nhiệt độ tăng, xác suất các electron tách khỏi liên kết nguyên tử tăng mạnh (theo cấp số nhân), nghĩa là nồng độ electron và lỗ trống tăng mạnh. Độ dẫn điện của chất bán dẫn tăng theo cấp số nhân theo nhiệt độ, trong khi đối với kim loại khi đun nóng thì ngược lại, nó giảm (theo định luật tuyến tính). Rõ ràng, độ dẫn điện của chất bán dẫn có thể bị ảnh hưởng bởi sự hiện diện của tạp chất lạ, và với sự trợ giúp của tạp chất, chất bán dẫn có thể bị “hư hỏng” một cách có chủ đích. Ví dụ, làm cho độ dẫn điện của nó gần như trở thành điện tử thuần túy - không tạo ra lỗ trống. Để làm điều này, bạn cần thêm một lượng được kiểm soát chặt chẽ của nguyên tố hóa trị năm - asen hoặc phốt pho - vào nguyên tố hóa trị bốn. Trong quá trình làm lạnh và kết tinh, các nguyên tử tạp chất sẽ được tạo thành cấu trúc của các nguyên tử hóa trị bốn, nhưng mỗi nguyên tử tạp chất sẽ có một electron thứ năm “mồ côi”. Trong điện trường, các electron này sẽ là các electron dẫn giống như các electron tự do của chất bán dẫn. Tuy nhiên, thứ nhất, sẽ có nhiều chúng hơn (thường là $10^{6}$ lần) và thứ hai, sẽ không có lỗ nào hình thành. Một chất bán dẫn tạp chất như vậy sẽ chỉ có độ dẫn điện tử gần như 100% và chỉ một phần nhỏ độ dẫn điện của lỗ trống. Nó được gọi là chất bán dẫn loại n (từ âm) và tạp chất được gọi là chất cho (cho). Nhưng bạn có thể làm ngược lại - thêm một hỗn hợp của nguyên tố hóa trị ba - gali hoặc indium - vào nguyên tố hóa trị bốn. Khi các nguyên tử của nó được tích hợp vào cấu trúc của các nguyên tử hóa trị bốn, chúng sẽ thiếu một electron để tạo thành bốn liên kết điện tử đôi với các nguyên tử lân cận - tạo thành lỗ trống. Giống như trong trường hợp độ dẫn nội tại, lỗ trống sẽ bắt đầu được thay thế bởi các electron của các nguyên tử lân cận và di chuyển khắp tinh thể. Trong điện trường, chuyển động này sẽ có bản chất là dòng điện tích dương. Một chất bán dẫn tạp chất như vậy sẽ chỉ có độ dẫn điện lỗ trống gần như 100% và chỉ một phần trăm – ​​độ dẫn điện tử. Nó được gọi là chất bán dẫn loại p (từ dương) và tạp chất được gọi là chất nhận (nhận). Ứng dụng chính của chất bán dẫn tạp chất là chế tạo các thiết bị bán dẫn dựa trên tính chất của lớp tiếp xúc p–n - sự tiếp xúc giữa chất bán dẫn loại n và loại p. Khi tiếp xúc, sự khuếch tán của các electron dẫn từ chất bán dẫn loại n vào vùng tiếp xúc và bắt đầu khuếch tán các lỗ trống từ chất bán dẫn loại p vào vùng tiếp xúc. Nhưng

quá trình khuếch tán nhanh chóng kết thúc - nó bị gián đoạn do thực tế là chất bán dẫn loại n, bị mất một số electron, thu được điện tích dương dư thừa và chất bán dẫn loại r thu được điện tích âm dư thừa. Một rào cản tiềm năng xuất hiện trên đường chuyển động tiếp theo của các electron và lỗ trống. Điện trường bên trong của rào cản này hướng từ chất bán dẫn loại n sang chất bán dẫn loại p, do đó ngăn cản sự chuyển động tiếp theo của các electron và lỗ trống. Do đó, tiếp điểm p–n thường được gọi là lớp chặn. Nhưng nếu tiếp điểm này được nối với nguồn dòng điện sao cho xuất hiện một điện trường trong lớp chặn, ngược hướng với trường bên trong của hàng rào điện thế (để làm được điều này, cực dương của nguồn dòng điện phải được nối với một chất bán dẫn loại p), thì hàng rào điện thế trên đường đi của điện tích sẽ yếu đi đáng kể. Một dòng điện sẽ chạy qua mạch, cường độ của nó sẽ tăng theo cấp số nhân khi điện áp đặt vào tăng. Ở cùng một điện áp, nó sẽ lớn hơn hàng nghìn lần so với dòng điện chạy qua một chất bán dẫn thuần túy (tinh khiết). Kết nối này của điểm nối pn được gọi là trực tiếp. Nếu nguồn hiện tại được kết nối theo hướng ngược lại, thì ngược lại, rào cản tiềm năng sẽ tăng lên và thực tế sẽ không có dòng điện qua vùng tiếp xúc (hay nói đúng hơn là nó sẽ rất yếu). Kết nối này được gọi là đảo ngược. Do đó, dòng điện chạy qua tiếp giáp p-n hầu như chỉ theo một hướng. Dòng điện xoay chiều được “chỉnh lưu” (trong trường hợp này, trong nửa chu kỳ của dòng điện hình sin xoay chiều, tiếp điểm không cho dòng điện đi qua). Tương tự với các ống vô tuyến đầu tiên xuất hiện vào đầu thế kỷ XX, thiết bị này được gọi là diode. Ưu điểm chính của bộ chỉnh lưu bán dẫn so với bộ chỉnh lưu ống là tính nhỏ gọn của chúng. Diode bán dẫn nhanh chóng trở nên phức tạp hơn với việc bổ sung các điện cực khác nhằm mục đích khuếch đại và tạo ra tín hiệu; sự kết hợp của các điểm nối p-n (được gọi là bóng bán dẫn) đã trở thành thành phần chính của mạch vô tuyến bán dẫn và nhiều thiết bị khác trong đó việc sử dụng ống vô tuyến rất khó hoặc thậm chí là không thể do kích thước lớn của chúng. Những người tạo ra các thiết bị bán dẫn đầu tiên, William Bradford Shockley, John Bardeen và Walter Hauser Brattain, đã trở thành người đoạt giải Nobel năm 1956 “vì nghiên cứu về chất bán dẫn và khám phá ra hiệu ứng bóng bán dẫn”. Cuộc cách mạng bán dẫn đã thay đổi bộ mặt nền văn minh nhân loại đến mức ngay cả những nhà văn khoa học viễn tưởng táo bạo nhất cũng không thể tưởng tượng được. Năm 1961, nghiên cứu bắt đầu về một tính chất khác của tiếp giáp p–n – sự phát ra ánh sáng của nó. Thật vậy, bức xạ điện từ sẽ phát sinh ở vùng tiếp xúc - sự ra đời của lượng tử năng lượng bức xạ. Thật vậy, khi một điểm nối p–n được nối trực tiếp với nguồn dòng điện, chuyển động mạnh trong vùng tiếp xúc của các electron tự do và các lỗ trống đối với nhau sẽ dẫn đến sự thay thế ngẫu nhiên (xác suất) các lỗ trống bằng các electron. Trong vật lý, quá trình này được gọi là sự tái hợp của electron và lỗ trống. Trong trường hợp này, electron đột ngột thu được thế năng âm (âm vì nó là năng lượng của lực hấp dẫn). Và cũng giống như trong quá trình tái hợp giữa electron và ion, một lượng tử bức xạ sẽ xuất hiện, năng lượng của nó bằng giá trị của năng lượng liên kết tiềm năng xuất hiện trong electron. Đây là quá trình ngược lại của quá trình giải phóng electron khi liên kết cộng hóa trị bị phá vỡ. Do đó, lượng tử bức xạ sinh ra từ sự tái hợp của electron và lỗ trống có năng lượng bằng năng lượng vùng cấm.

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Bài toán trong toán học và vật lý

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này nên được gửi đến địa chỉ sau: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Lời giải bài toán từ các số tạp chí khác nhau hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hãy gửi vào các phong bì khác nhau. Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết: “Bài toán Kvant Số 1–2015” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M2366” hoặc “F2373”. Trong cột “Từ”, vui lòng viết họ và tên của bạn một cách rõ ràng. Trong thư, vui lòng gửi kèm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn và bộ tem được yêu cầu (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải). Lời giải bài toán trong toán học và vật lý cũng có thể được gửi đến các địa chỉ email tương ứng: math@kvant.ras.ru và Phys@kvant.ras.ru. Vui lòng gửi các điều kiện của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản trong một phong bì riêng thành hai bản cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Bài toán Kvant, bài toán mới trong vật lý” hoặc “Bài toán Kvant, bài toán mới trong toán học”). Ở đầu mỗi chữ cái hãy cho biết mã số trường, lớp bạn đang theo học. Bài toán M2366 – M2369, М2370а, M2373 đã được cung cấp tại Giải đấu Thành phố XXXVI, bài toán M2371, M2372 – tại XVIII A.N. Cúp tưởng niệm Kolmogorov.

Bài toán M2366–M2373, F2373–F2379

M2366. Kể từ đầu năm học, Andrei đã ghi điểm môn toán. Khi anh ấy nhận được một xếp hạng khác (2, 3, 4 hoặc 5), anh ấy gọi đó là điều bất ngờ nếu cho đến thời điểm đó nó xảy ra ít thường xuyên hơn mỗi xếp hạng có thể có khác. (Ví dụ: nếu ngay từ đầu năm anh ấy đã nhận được các điểm liên tiếp là 3,4,2,5,5,5,2,3,4,3, thì năm điểm đầu tiên và bốn điểm thứ hai sẽ là điều bất ngờ.) Trong cả năm học, Andrei nhận được 40 điểm - 10 điểm trong số năm, bốn, ba và hai (không biết theo thứ tự nào). Có thể nói chính xác có bao nhiêu xếp hạng bất ngờ đối với anh ấy? E. Bakaev

M2367. Chứng minh rằng trong mọi đa giác ngoại tiếp một đường tròn đều có ba cạnh để tạo thành một tam giác. T. Kazitsyna, B. Frenkin

M2368. Bên trong một tam giác vuông, người ta dựng hai đường tròn bằng nhau sao cho đường tròn đầu tiên tiếp xúc với một chân và cạnh huyền, đường tròn thứ hai tiếp xúc với chân kia và cạnh huyền, các đường tròn này cũng chạm vào nhau. Gọi M và N là điểm tiếp tuyến của đường tròn với cạnh huyền. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn MN nằm trên phân giác góc vuông của tam giác. E. Bakaev

M2369. Grisha viết 100 con số lên bảng. Sau đó, ông tăng mỗi số lên 1 và nhận thấy tích của cả 100 số không thay đổi. Anh ta lại tăng mỗi số lên 1, và một lần nữa tích của tất cả các số không thay đổi, v.v. Tổng cộng, Grisha đã lặp lại quy trình này k lần và tất cả k lần tích của các số đều không thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của k. I. Bogdanov, G. Galperin

M2370. Có phải tất cả các ước tự nhiên của số 100 đều có thể? (gồm 1 và chính số đó) chia: a) thành hai nhóm; b) thành 100 nhóm sao cho các nhóm có cùng số số và tích các số ở nhóm thứ nhất bằng tích các số ở nhóm thứ hai? c) Tìm mọi n tự nhiên sao cho có thể chia tất cả các ước của số n thành hai nhóm sao cho các nhóm có cùng số số và tích các số của nhóm thứ nhất bằng tích các số của nhóm thứ hai. M. Malkin

M2371. a) Chúng ta gọi tâm của một góc có ba ô là điểm thuộc cả ba ô của nó. Bàn cờ $99 \times 99$ được bao phủ hoàn toàn bằng ba góc vuông không chồng lên nhau, sau đó mỗi góc được xoay quanh tâm của nó $90^\circ$ (theo một trong hai hướng). Chứng minh rằng trong trường hợp này một số hình vuông trên bảng hóa ra bị che khuất bởi một góc duy nhất. b) Giải bài toán nếu mỗi góc có thể xoay quanh tâm của nó bằng $90^\circ$ hoặc $180^\circ$. A. Gribalko

$M2372^{*}$. Cho một hình cầu Ω và một điểm P bên trong nó. Ba cặp dây vuông góc $AA ', BB '$ và $CC '$ được vẽ qua P. Điểm $X, X '$ là hình chiếu của điểm P trên mặt phẳng ABC và $A ' B ' C '$. Chứng minh rằng mọi đường thẳng $XX '$ đều đi qua một điểm. A. Zaslavsky

$M2373^{*}$. Ở một số nước, cát vàng và bạch kim được đánh giá cao. Vàng có thể đổi lấy bạch kim, và bạch kim lấy vàng với tỷ lệ được xác định bởi các số tự nhiên g và p như sau: x gam cát vàng tương đương với y gam cát bạch kim, nếu xg = yp (các số x và y có thể không phải là số nguyên). Bây giờ tại ngân hàng

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

Bài toán

Số 2015 có thể biểu diễn dưới dạng tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp không? T. Volosnikova

Chúng tôi có hai cây bạch dương và hai cây thanh lương trà mọc trong sân. Khi Vasya nhìn ra ngoài cửa sổ, anh thấy hai cây bạch dương đứng giữa hai cây thanh lương trà. Khi Petya nhìn ra ngoài cửa sổ, anh thấy hai cây thanh lương trà đứng giữa hai cây bạch dương. Làm thế nào điều này có thể được? S. Dvoryaninov

Số hình nhỏ nhất mà hình vuông $7 \times 7,$ có thể được cắt hoàn toàn là bao nhiêu nếu các hình đó là các góc có ba ô và các hình có năm ô, như trong hình? Các số liệu có thể được xoay và lật lại. N. Agakhanov, O. Podlipsky

Borya, Valya và Gera đưa ra một định lý: Cho hai đa giác có diện tích bằng nhau. Sau đó, một trong số chúng có thể được cắt thành 100 mảnh, từ đó một mảnh khác có thể được gấp lại. Định lý Bory, Vali và Hera có đúng không? P.Kozhevnikov

Minh họa của D. Grishukova

Mười một người ngồi quanh một chiếc bàn tròn - mỗi người là hiệp sĩ hoặc kẻ nói dối. Hiệp sĩ luôn nói sự thật và kẻ nói dối luôn nói dối. Mỗi người trong số họ được hỏi: “Ai ngồi bên phải bạn?” Liệu tất cả mười một người có thể trả lời là “kẻ nói dối” không? N. Agakhanov, O. Podlipsky

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

28

KVANT 2015/№1

Về đầu và con quay hồi chuyển

S. DVORYANINOV

TRƯỚC ĐÂY, KHI ĐỒNG HỒ BÁO THỨC LÀ MÁY, nhiều chàng trai đã nóng lòng chờ đợi một thiết bị rất cần thiết trong cuộc sống hàng ngày… bị hỏng. Sau đó, người ta có thể tháo vỏ đồng hồ ra và xem cơ chế của nó - một hệ thống các bánh răng được kết nối với nhau. Chúng khác nhau về số lượng răng. Bạn quay một bánh răng, không nhanh lắm, nhưng bánh răng bên cạnh nó ở đáp số có thể quay rất nhanh. Tất cả phụ thuộc vào tỷ số truyền - tỷ lệ số răng trên mỗi bánh răng. Và sau đó, nếu đồng hồ không thể sửa chữa được, giai đoạn tiếp theo sẽ bắt đầu - cơ chế được tháo rời thành các bộ phận riêng biệt. Và ở đây trên bàn có hàng tá ngọn nhỏ - trên đó có một trục và một bánh răng. Bạn có thể nắm lấy trục bằng hai ngón tay và quay nó theo chiều dọc. Sau đó, chiếc áo này quay trên bàn rất lâu và không hề rơi xuống. Tại sao lại có cái tên như vậy - con quay? Có lẽ những con sói con cũng quay vòng vòng theo cách tương tự, cố gắng tự tóm lấy đuôi của mình và rồi kiệt sức vì mệt mỏi. Ngoài ra còn có một món đồ chơi như vậy - con quay. Nó thư giãn bằng cách nhấn định kỳ vào tay cầm. Một đỉnh thông thường rơi xuống theo thời gian vì ma sát làm cho tốc độ quay của nó giảm đi. Và con quay có nguồn cung cấp năng lượng liên tục, bù đắp cho sự mất mát động năng. Đây vẫn là một hiện tượng đáng kinh ngạc: ngọn đứng bằng một chân và không bị ngã! Nếu chúng ta cố gắng nghiêng đầu xoay, chúng ta sẽ không thể làm được điều này. Ở đáp số phần trên sẽ chỉ lệch sang một bên một chút và tiếp tục xoay như không có chuyện gì xảy ra. Tốt hơn là bạn nên tự mình cảm nhận tài sản này và đây là cách thực hiện. Khi bạn thay săm hoặc lốp xe đạp, đừng vội đặt bánh xe vào vị trí cũ. Cầm trục bánh xe bằng cả hai tay, đặt nằm ngang và nhờ một người bạn quay bánh xe. Vì vậy, bánh xe quay, bạn cảm nhận được sức nặng của nó. Bây giờ hãy thử nghiêng bánh xe sang trái hoặc phải, nghiêng trục hoặc xoay bánh xe sang trái và phải. Bạn sẽ nhận thấy ngay rằng điều này không dễ thực hiện. Khi cố gắng thay đổi vị trí của trục bánh xe một cách nhỏ nhất, áp lực lên bạn sẽ

ngón tay tăng lên. Tuy nhiên, bạn có thể di chuyển bánh xe tới lui hoặc lên xuống mà không cần tốn nhiều sức - trong những chuyển động như vậy, trục bánh xe vẫn giữ nguyên hướng ban đầu. Nhưng khi quay hoặc nghiêng thì hướng này sẽ thay đổi. Thí nghiệm đơn giản này cho thấy rõ đặc tính chính của đỉnh - giữ cho hướng của trục quay không đổi trong không gian. Hãy tiếp tục thử nghiệm của chúng tôi với phần trên cùng. Sau khi tháo phần trên của tấm bìa cứng, bạn có thể ném nó lên. Sau khi quay trong không khí và dừng lại trên tấm bìa cứng, phần trên sẽ tiếp tục quay. Các tông có thể nghiêng một chút - trục quay sẽ vẫn thẳng đứng. Đúng, trong trường hợp này, điểm tựa của đỉnh sẽ từ từ bắt đầu trượt xuống mặt phẳng nghiêng. Để ngăn điều này xảy ra, bạn có thể tạo một vết lõm nhỏ trên bìa cứng - một lỗ để đặt giá đỡ vào đó. Sau đó, bìa cứng có thể nghiêng khá nhiều theo các hướng khác nhau và trục của mặt trên sẽ vẫn thẳng đứng. Và bây giờ - phần thú vị nhất. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta đang ở Cực Bắc của Trái đất, quay phần trên của chúng ta quanh một trục thẳng đứng và đặt nó lên một miếng bìa cứng nằm ngang. Tấm bìa cứng thể hiện các hướng bắc, nam, tây và đông, bìa cứng có thể được đặt theo các hướng này. Ví dụ, hãy che phần trên của chúng ta bằng một chiếc mũ giấy. Hãy để nó xoay ở đó, vẫn vô hình đối với chúng ta. Sử dụng la bàn, bây giờ chúng ta sẽ khởi hành từ điểm đã chỉ định dọc theo kinh tuyến về phía xích đạo, giữ tấm bìa cứng có mặt trên trước mặt. Tại mỗi điểm trên bề mặt trái đất, phương thẳng đứng hướng dọc theo bán kính trái đất; Theo đó, mỗi điểm có mặt phẳng ngang riêng. Vì vậy, khi chúng ta di chuyển dọc theo kinh tuyến từ bắc xuống nam, đối với chúng ta, dường như tấm bìa cứng nằm ngang của chúng ta không thay đổi ở vị trí nằm ngang. Nhưng khi chúng ta đi được nửa đường xích đạo và đến vĩ tuyến tương ứng với $45 ^\circ$ vĩ độ Bắc, tấm bìa sẽ quay trong không gian từ vị trí ban đầu một góc $45 ^\circ$. Nhưng đối với chúng tôi, sự thay đổi này sẽ hoàn toàn không được chú ý. Bây giờ chúng ta hãy tháo chiếc mũ che phần trên của chúng ta. Bạn nghĩ hướng của trục quay sẽ như thế nào? Trục vẫn sẽ thẳng đứng? Không, bây giờ trục của đỉnh sẽ không thẳng đứng. Nó sẽ duy trì hướng thẳng đứng ở Bắc Cực. Và góc giữa đường thẳng đứng cũ này và đường thẳng đứng mới tại điểm chúng ta đã đạt tới sẽ bằng $45 ^\circ$. Chính ở góc này theo hướng bắc, trục của đỉnh bây giờ sẽ bị lệch so với phương thẳng đứng (hình1). Vì vậy, khi di chuyển dọc theo kinh tuyến về phía Nam, trục đỉnh lệch về phía Bắc. Chúng ta sẽ theo dõi sự sai lệch này. Giả sử tại một điểm nào đó trên đường đi của chúng ta độ lệch của trục so với phương thẳng đứng là $30 ^\circ$.

31

“Lượng tử”

lớp 7

III

8 đầu tiên 8 cao nhất 8 cao nhất 8 cao nhất 8 cao nhất

I I III III III

lớp 9 lớp 9 lớp 9

I II II

FML 30-7 (St. Petersburg) Đội LMSh 179-8 (Moscow) 1543-8A (Moscow) 2007-8 (Moscow) YuMSh-8 (St. Petersburg) 1543-9 (Moscow) Chernogolovka 2007-9 (Moscow)

VÌ

TRẺ HƠN

A.V.Sadovnikov

LÀ. Kolomeets S.A. Dorichenko A.V. Antropov E.G. Lysenok A.A. Solynin

K.A. Skoptsov L.N. Golovko V.V. Trushkov

Vào một ngày, các chuyến du ngoạn được tổ chức cho những người tham gia, nhưng sự kiện chính của ngày này là Olympic cá nhân. Trong tất cả các so sánh, học sinh từ Moscow trở thành người giỏi nhất. Giải Grand Prix của Olympic cá nhân được trao cho Alesya Ivanova ở lớp 6 (lớp 5 trường 2007), lớp 7 - Boris Shapoval, lớp 8 - Timofey Zaitsev (cả hai đều học trường 179). Ở lớp 9, không có giải thưởng lớn nào được trao, vị trí đầu tiên thuộc về Andrey Balakin và Nikita Tsoi (cả hai đều học năm 2007). Giải đấu năm nay được tổ chức bởi Quỹ Giáo dục và Khai sáng Toán học cũng như chương trình giáo dục “Big Change”. Việc lựa chọn bài toán và tổng hợp các phương án được thực hiện bởi một ủy ban phương pháp luận bao gồm những người sau: A.D. Blinkov, A.V. Shapovalov, I.V. Raskina, E.A. Akopyan, Yu.S. Kotelnikova, P.V. Chulkov, V.V. Trushkov, E.V. Bakaev, O.A. Zaslavsky, A.V. Khachaturyan, A.V. Gribalko, A.G. Bannikova, M.A. Artemyev, V.V. Arutyunov, A.A. Zaslavsky, A.P. Zertsalov, A.A. Garkavy. Thật thú vị khi lưu ý rằng danh sách này được bổ sung những người mới hàng năm và những người gần đây đã tham gia giải đấu với tư cách là người tham gia đã là thành viên đầy đủ của ban giám khảo. bài toán thú vị nhất của giải đấu được đưa ra dưới đây.

NHIỆM VỤ

Số học và đại số

1. Kolya viết một số tự nhiên có tất cả các chữ số khác nhau. Nếu bạn đổi chỗ bất kỳ hai chữ số nào khác nhau 1 của số này thì số đó sẽ tăng lên và nếu bạn đổi chỗ bất kỳ hai chữ số nào khác nhau 2 thì số đó sẽ giảm đi. Số lớn nhất mà Kolya có thể viết được là bao nhiêu? N. Chernyatyev

2. Một số tự nhiên có đúng 2014 chữ số, trong đó 4 chữ số ở giữa là 2, 0, 1, 4 (theo thứ tự đó). Con số này có thể là một hình vuông hoàn hảo? A. Shapovalov

3. Bốn người bạn toán học đang bị biệt giam. Mỗi người trong số họ được cho biết rằng các số của họ trong danh sách là khác nhau, có hai chữ số và một trong những số này bằng tổng của ba số còn lại. Nhưng ngay cả sau khi tìm ra số của ba người còn lại, không ai trong số họ có thể tìm ra số của chính mình. Vậy con số của họ là bao nhiêu? A. Shapovalov

TRẺ EM HỌC SINH

4. Có p đĩa (p nghĩa là đơn giản) xung quanh bàn cách nhau một mét, mỗi đĩa có một chiếc bánh quy trên đó. Carlson đi quanh bàn k mét, dừng lại và lấy một chiếc bánh quy từ đĩa. Sau đó, Kid, bắt đầu từ chỗ cũ, đi bộ m mét quanh bàn, dừng lại và lấy một chiếc bánh quy từ chiếc đĩa ở đó. Sau đó, Carlson đi bộ k mét từ điểm dừng của mình và lấy bánh quy từ đĩa (nếu còn sót lại ở đó), v.v. Họ thực hiện tất cả các chuyển đổi theo một hướng. Ai trong số họ sẽ nhận được nhiều cookie hơn và bao nhiêu, nếu k và m là tự nhiên, khác biệt và cả hai đều nhỏ hơn p? M. Shapovalov

5. Sasha đã viết một chương trình tính tuần tự tổng các số tự nhiên, bắt đầu từ năm 2014, đồng thời loại bỏ tùy ý một chữ số trong ký hiệu thập phân khỏi mỗi phần phụ (được phép xóa chữ số đầu tiên, ngay cả khi có số 0 sau nó). Chương trình sẽ kết thúc hoạt động ngay khi số tiền nhận được ở bước tiếp theo chia hết cho 3. Liệu chương trình có thể chạy vô tận không? A. Gribalko

6. Petya viết một số tự nhiên lên bảng, sau đó xóa chữ số cuối cùng và viết nó cao hơn một chút, theo số mũ. Hóa ra kết quả chia hết cho số đầu tiên được viết. Ban đầu Petya có thể viết được số lớn nhất lên bảng là bao nhiêu? A. Shapovalov

Hình học

7. Các đường chéo của tứ giác lồi ABCD cắt nhau tại điểm O. Biết AB = BC = CD và – AOD $= 120 \infty$. Chứng minh rằng AO = DO. E. Bakaev

8. Trên các cạnh BC và CD của hình vuông ABCD lần lượt lấy điểm E và F. Chứng minh rằng các đường vuông góc kẻ từ điểm A đến EF, từ điểm B đến AE và từ điểm D đến AF cắt nhau tại một điểm. A.Garkavy

9. Trên các cạnh của một tứ giác lồi, các hình tam giác đều được dựng hướng vào trong. Hóa ra các hình tam giác được xây dựng trên một cặp cạnh đối diện có một đỉnh chung. Chứng minh rằng các tam giác dựng trên một cặp cạnh đối diện khác có một tâm chung. E. Bakaev

10. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm $C_{1}, A_{1}, B_{1}$, BH là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng trực tâm của các tam giác $AC_{1} B_{1}$ và $CA_{1} B_{1}$ cũng như các điểm H và $B_{1}$ cùng nằm trên một đường tròn. D. Shvetsov

11. Ba đường thẳng được vẽ trên bảng, đi qua một điểm và tạo thành các cặp góc tại $60\infty$, và

(Tiếp theo trang 34)

Kính vạn hoa trong kính vạn hoa

Kính vạn hoa «Kvant» số này dành riêng cho… kính vạn hoa! Tên này xuất phát từ các từ tiếng Hy Lạp $\kappa \alpha \lambda ος$ - đẹp, $\varepsilon \iota \delta ος$ - xem, $\sigma \kappa ο\pi \varepsilon \omega$ - nhìn, quan sát. Thiết bị đồ chơi quang học này được phát minh vào đầu thế kỷ 19 và nhanh chóng trở thành trò tiêu khiển được yêu thích ở nhiều nước, trong đó có Nga.

Bên trong ống hình trụ của kính vạn hoa có ba tấm gương hình chữ nhật dài, tạo thành một lăng kính gương. Đằng sau hình tam giác ở đáy lăng kính có một “chèn lấp”. Khi kính vạn hoa quay, nó sẽ rắc nước, tạo ra một bức tranh ngẫu nhiên. Hình ảnh tạo thành trong hình tam giác được phản chiếu trong gương và lấp đầy toàn bộ tầm nhìn bằng một hoa văn đẹp mắt.

Kính vạn hoa thông thường sử dụng gương giống hệt nhau, có nghĩa là hình tam giác ở đáy lăng kính là hình đều.

Hãy phản chiếu một hình tam giác nằm trên một mặt phẳng so với các cạnh của nó, sau đó phản chiếu các hình tam giác mới so với các cạnh thu được, v.v. (mỗi phản xạ tương đương với việc lật hình tam giác). Dần dần, một hình ảnh sẽ xuất hiện, được quan sát trong kính vạn hoa.

34

KVANT 2015/№1

(Để bắt đầu, xem trang 30)

cũng có 2014 điểm khác nhau. Petya viết lên bảng tất cả khoảng cách từ những điểm này đến đường thẳng. Liệu các con số trên bảng có thể tạo thành một cấp số cộng theo một thứ tự nào đó không? A. Gribalko

12. Từ 6 que có chiều dài khác nhau, hai hình tam giác có cùng chu vi được gấp lại. Độ dài của các que chênh nhau không quá 7 lần. Có phải luôn luôn có thể cộng hai hình tam giác có chu vi khác nhau từ chúng không? A. Shapovalov

Tổ hợp bài toán

13. Trong hang có 100 bao có khối lượng lần lượt là 1kg và 2kg nằm xếp thành một hàng. Bọn cướp giữ vàng trong một số túi và bạc trong những túi khác. Bên cạnh mỗi túi hai cân có hai túi bạc, bên cạnh mỗi cân có ít nhất một túi bạc. Ali Baba đã lấy hết vàng trong hang. Số vàng lớn nhất mà anh ta có thể nhận được là bao nhiêu? A. Shapovalov

14. Alice và Basilio chia nhau đống 100 chiếc ví thu được, trong đó lần lượt chứa 1, 2, …, 100 miếng vàng. Họ thay phiên nhau, Alice bắt đầu. Trong một lần di chuyển, bạn có thể lấy bất kỳ chiếc ví nào từ đống và lấy nó cho chính mình hoặc đưa cho đối tác của mình. Khi ai đó có 50 ví, người khác sẽ lấy hết số còn lại. Số vàng lớn nhất mà Alice có thể đảm bảo cho mình là bao nhiêu, bất kể Basilio hành động như thế nào? A. Shapovalov

15. Petya đánh dấu 20 chấm đỏ và 20 chấm xanh trên vòng tròn. Sau đó, Vasya vẽ các dây sao cho các đầu của mỗi dây có cùng màu và sao cho các dây này không giao nhau (kể cả ở các đỉnh). Số lượng hợp âm lớn nhất mà Vasya được đảm bảo có thể vẽ được là bao nhiêu, bất kể Petya ghi điểm như thế nào? E. Bakaev

16. Có $n^{3}$ khối đơn vị. Petya sơn chúng bằng hai màu (có thể theo nhiều cách khác nhau), với mỗi cạnh một màu. Vasya sẽ thắng nếu anh ta có thể sử dụng tất cả các hình khối để tạo thành một khối có cạnh n và mỗi mặt cùng màu. Ở mức tối thiểu nào thì Petya sẽ không thể ngăn cản anh ta? A. Shapovalov

17. Mỗi ống nghiệm trong số n ống nghiệm giống hệt nhau chứa không quá một nửa ống nghiệm chứa dung dịch có nồng độ khác nhau. Nhà hóa học biết mọi thứ ở đâu và có thể đổ từ ống nghiệm này sang ống nghiệm khác bất kỳ lượng dung dịch nào anh ta cần (miễn là ống nghiệm không bị tràn). Hỏi số lần truyền máu tối thiểu là bao nhiêu để đảm bảo rằng dung dịch trong mỗi ống nghiệm sẽ có cùng nồng độ (với một số ống nghiệm có thể rỗng)? A. Shapovalov

18. Ở Vương quốc Thiên Bình cong vẹo, những chiếc cân chảo thể hiện sự cân bằng khi khối lượng của tải trọng trên chảo bằng nhau đều bị cấm. Tuy nhiên, với bất kỳ a > 1 nào, cho phép sử dụng các cân có nhánh không bằng nhau, biểu thị trạng thái cân bằng nếu trọng lượng của tải ở đĩa bên trái lớn hơn trọng lượng ở đĩa bên phải một lần. Chỉ có một chiếc cân, Tolya có thể xác định được một trong số 8 đồng xu giả (nhẹ hơn) trong hai lần cân. Giá trị của a trên thang Tolya là bao nhiêu? (Tất cả các đồng tiền thật đều có trọng lượng như nhau.) A. Shapovalov

19. Sáu đội thi đấu một vòng ghi được 10, 7, 6, 6, 3 và 3 điểm. Có bao nhiêu điểm (không nhất thiết phải là số nguyên) cho một trận thắng, nếu hòa 1 điểm và 0 điểm nếu thua? A. Shapovalov

20. Có 14 kỳ thủ tham gia một giải đấu cờ vua. Trong mỗi hiệp, họ được chia ngẫu nhiên thành từng cặp, nhưng hai kỳ thủ đã từng đấu với nhau trước đó không được chơi lần thứ hai. Giải đấu kết thúc khi không thể thực hiện được sự phân chia như vậy. Tìm số chuyến tham quan tối thiểu có thể. A. Blinkov

21. Dải ca rô 1 ¥ n được chia thành các ô đơn lẻ. Có thể sơn các cạnh của ô bằng ba màu để khi ném ra các đoạn màu bất kỳ, dọc theo các đoạn còn lại có thể đi từ đỉnh này sang đỉnh khác không? A. Shapovalov

22. Andrey đã vẽ một số ô của hình vuông 100 ¥ 100. Sau đó, anh ta được phép tô màu các ô theo quy tắc sau: nếu ba ô được sơn thành hình vuông 2 ¥ 2 thì anh ta sơn ô thứ tư. Hỏi ban đầu Andrey phải vẽ số ô nhỏ nhất để sau này có thể sơn toàn bộ hình vuông là bao nhiêu? A.Garkavy

23. Bàn vuông 5 ¥ 5 chứa đầy các con số. Petya đã sắp xếp lại các cột của mình để không còn cột nào ở nguyên vị trí. Trong bảng kết quả, Vasya đã sắp xếp lại các hàng để không còn hàng nào còn nguyên. Kết quả là bảng gốc. Số lớn nhất có thể có của các số khác nhau trong đó là bao nhiêu? B.Frenkin

24. Có một quân xe vô hình trên bàn cờ ¥100. Trong một câu hỏi, bạn có thể chỉ định bất kỳ tập hợp ô nào và tìm hiểu xem có bao nhiêu ô trong số đó bị quân xe bắt giữ. Cần bao nhiêu câu hỏi như thế này để biết chắc chắn vị trí của quân Xe? (Người ta coi quân Xe chạm vào ô vuông nơi nó đứng.) A. Shapovalov

Ấn phẩm được biên soạn bởi L. Mednikov, A. Gribalko

45

TOÁN HỌC

C > 0 sao cho tổng các số ở cột bất kỳ không nhỏ hơn C và tổng các số ở hàng bất kỳ không lớn hơn C. Khi đó có thể chọn một ô có số dương trong mỗi cột để các ô được chọn sẽ ở các hàng khác nhau. Vì vậy, có thể chọn đại diện của các cột từ các ô có số dương. Thực tế là các số không âm rất quan trọng: đối với các số tùy ý, câu lệnh bài toán 4a là sai. Hãy kiểm tra nó. Vấn đề kinh điển về người đại diện là bài toán về đám cưới. Bài toán 5. Xét một tập hữu hạn các chàng trai, mỗi người biết một số cô gái. Câu hỏi đặt ra là, với những điều kiện nào thì nam thanh niên có thể kết hôn để mỗi người cưới một cô gái mà mình quen biết? Định lý (Philip Hall, 1935). Lời giải bài toán về đám cưới tồn tại khi và chỉ khi bất kỳ K chàng trai nào trong một nhóm N chàng trai nhất định đều quen thuộc với ít nhất K cô gái $( 1 \le K \le N ).$ Nhu cầu này là hiển nhiên. Nếu một số chàng trai K biết ít hơn K cô gái thì một số người trong số họ sẽ không tìm được người phù hợp. Ta hãy chứng minh tính đủ bằng phản chứng. Gọi N là số tự nhiên nhỏ nhất mà định lý sai. Rõ ràng là N > 1. Có thể là mọi K chàng trai $( 1 \le K < N )$ đều biết nhiều hơn K cô gái, hoặc có thể có một tập hợp con K chàng trai biết chính xác K cô gái. Trong trường hợp đầu tiên, chàng trai đầu tiên có thể cưới bất kỳ cô gái nào anh ta biết, và khi đó điều kiện của định lý vẫn được thỏa mãn đối với những chàng trai và cô gái còn lại. Thật vậy, hãy để mọi chàng trai K biết nhiều hơn K cô gái. Một trong những cô gái này có thể đã kết hôn với chàng trai đầu tiên. Nhưng không có cô ấy thì các chàng trai cũng biết ít nhất K cô gái. Điều này có nghĩa là sau khi kết hôn của bất kỳ cặp vợ chồng nào cũng còn lại N - 1 bé trai và M - 1 bé gái (trong đó M là số bé gái ban đầu), thỏa mãn điều kiện của định lý. Nhưng N là nhỏ nhất nên định lý này sai, nghĩa là tất cả thanh niên đều có thể kết hôn. Trong trường hợp thứ hai, có K chàng trai biết chính xác K cô gái. Vì K < N nên chúng ta có thể gả những chàng trai này cho những cô gái này. Hãy chứng minh rằng những thanh niên còn lại cũng có thể kết hôn. Xét một tập con tùy ý gồm N – K thanh niên còn lại. Hãy để L thanh niên trong đó. Khi đó, theo định lý, K chàng trai đã kết hôn cộng với chàng trai L này biết ít nhất K + L cô gái. Vì K chàng trai đã có gia đình không quen với những cô gái chưa chồng nên những chàng trai L còn lại phải quen ít nhất L những cô gái chưa chồng. Điều này có nghĩa là đối với N – K thanh niên còn lại, điều kiện của định lý được thỏa mãn và họ sẽ có thể kết hôn. Định lý đã được chứng minh. Định lý Hall cho phép chúng ta giải bài toán 4 theo cách khác. Hãy gọi học sinh là nam và nữ phục vụ đĩa. Chúng ta hãy coi những người quen của cậu học sinh là những chiếc đĩa đặt miếng bánh mà cậu học sinh mang đến. Điều kiện của định lý Hall được thỏa mãn, vì bất kỳ K học sinh nào cũng mang ít nhất K kg bánh nướng và chúng sẽ cần ít nhất K đĩa. Định lý (D. Koenig, 1931). Cho một bảng hình chữ nhật, trong đó có các ô chứa số 1 và số 0. Một dòng trong bảng đề cập đến cả một hàng và một cột của bảng này. Khi đó, số dòng tối thiểu chứa tất cả các đơn vị bằng số lượng đơn vị tối đa có thể được chọn sao cho trong số chúng không có hai đơn vị nào nằm trên cùng một dòng. Có nhiều cách trực tiếp để chứng minh định lý Koenig nhưng sử dụng định lý Hall sẽ dễ dàng hơn. Hãy để tôi –

VÒNG TRÒN

số dòng tối thiểu chứa tất cả các dòng đơn vị và M là số lượng dòng đơn vị tối đa, không có hai dòng nào nằm trên cùng một dòng. Rõ ràng là $m \ge M$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $m \le M$. Giả sử độ bao phủ tối thiểu của m dòng bao gồm r hàng và s cột, trong đó r + s = m. Vì việc sắp xếp lại hàng và cột không ảnh hưởng đến m và M nên chúng ta có thể sắp xếp lại hàng và cột sao cho đường bao phủ là r hàng và s cột đầu tiên. Hãy gọi r hàng đầu tiên của bảng là bé trai và bé gái là các cột có số lớn hơn s (hình 2). Một chàng trai và một cô gái sẽ được coi là người quen nếu có một đơn vị ở giao điểm của hàng và cột tương ứng. Các điều kiện của định lý Hall được thỏa mãn do số lượng dòng tối thiểu, nếu không, một số K hàng phủ sóng có thể được thay thế bằng K – 1 cột và tất cả các cột sẽ bị gạch bỏ. Vì vậy, có thể kết hôn với nam thanh niên, tức là chọn một người ở mỗi hàng đầu tiên sao cho không có hai người nào nằm cùng một cột và không có ai nằm ở cột s đầu tiên. Lập luận tương tự, chúng ta có thể chọn s đơn vị trong s cột đầu tiên nằm ở các hàng khác nhau và không nằm ở r hàng đầu tiên. Vì vậy, chúng ta đã chứng minh được sự tồn tại của m đơn vị, trong đó không có hai đơn vị nào

Hình 2

rykh không nằm trên cùng một đường. Do đó, $m \le M$, và chứng minh hoàn tất. Ngược lại, định lý Hall lại tiếp nối định lý König. Thật vậy, cho một bảng gồm M hàng và N cột chứa các số trong ô nếu chàng trai đánh số cột quen với cô gái đánh số hàng. Rõ ràng là tất cả các đơn vị trong bảng như vậy không thể gạch bỏ dưới N dòng, vì sau khi gạch bỏ K cột trong N – K cột còn lại sẽ còn lại các đơn vị trong ít nhất N – K hàng.

Bài toán dành cho độc lập lời giải

1. Trên bàn cờ $8 \times 8$ 16 ô vuông được đánh dấu sao cho trên mỗi hàng dọc và mỗi hàng ngang có hai ô vuông được đánh dấu. Chứng minh rằng có thể đặt 8 quân trắng và 8 quân đen vào các ô đã đánh dấu sao cho trên mỗi đường dọc và một đường ngang đều có một quân trắng và một quân đen. 2. Học sinh giải bài toán theo vòng tròn. Hóa ra mỗi câu giải được 4 bài toán và mỗi câu bài toán được giải bởi bốn học sinh. Chứng minh rằng có thể tổ chức phân tích bài toán sao cho mỗi học sinh nói đúng một bài toán và tất cả bài toán đều được phân tích. 3. Cho mỗi chàng trai biết ít nhất m cô gái, mỗi cô gái biết không quá m chàng trai (m là tùy ý)

(Tiếp theo trang 53)

Thế Vận Hội

Giải đấu thành phố XXXVI

MỤC ĐÍCH CỦA DU LỊCH MÙA THU (2014)

Tùy chọn cơ bản

lớp 8 – 9

1. (3) Có 99 que có độ dài 1, 2, 3,…, 99. Có thể dùng chúng để tạo thành đường viền của một hình chữ nhật không? E. Bakaev

1

2. Có phải có mười số tự nhiên phân biệt từng cặp sao cho trung bình số học của chúng lớn hơn ước số chung lớn nhất của chúng: a) (2) đúng sáu lần; b) (2) chính xác là năm lần? I. Akulich

3. (5) Điểm K trên cạnh AB của hình vuông ABCD và điểm L trên cạnh BC sao cho KB = LC. Các đoạn AL và CK cắt nhau tại điểm P. Chứng minh rằng các đoạn DP và KL vuông góc. E. Bakaev

4. (5) Xem bài toán M2366 “Bài toán Kvant

5. Cho N tam giác vuông. Họ chọn một chân trong mỗi chân và tìm tổng chiều dài của chúng, sau đó tìm tổng chiều dài của các chân còn lại và cuối cùng, tìm tổng chiều dài của tất cả các cạnh huyền. Hóa ra ba số tìm được là độ dài các cạnh của một tam giác vuông nào đó. Chứng minh rằng mọi tam giác ban đầu đều có cùng tỷ lệ cạnh lớn và cạnh nhỏ nếu: a) (2) N = 2; b) (3) N – bất kỳ số tự nhiên nào lớn hơn 1. E. Bakaev

lớp 10 – 11

1. a) (1) Xem bài toán 2,a dành cho lớp 8–9. b) (2) Xem bài toán 2, b dành cho lớp 8–9.

2. (4) Các đỉnh của tam giác được dán nhãn A, B, C theo chiều kim đồng hồ. Tam giác được xoay tuần tự theo chiều kim đồng hồ: đầu tiên quanh đỉnh A một góc bằng $\angle A$, sau đó quanh đỉnh B một góc bằng $\angle B$, v.v. theo một chu kỳ (mỗi lần thực hiện phép quay quanh vị trí hiện tại của đỉnh tiếp theo). Chứng minh rằng sau sáu lần quay tam giác sẽ ở vị trí ban đầu. V. Rastorguev

3. (5) Cho 15 số nguyên, không có số nào giống hệt nhau. Petya viết lên bảng tất cả các số tiền có thể có của 7 số này, và Vasya viết ra tất cả các số tiền có thể có của 8 số này. Có thể nào họ viết những dãy số giống nhau lên bảng? (Nếu một số nhất định được lặp lại nhiều lần trong bộ của Petya thì bộ của Vasya phải lặp lại số lần đó.) I. Bogdanov

4. (5) Xem bài toán 5, b cho lớp 8–9.

1 Trong ngoặc đơn sau số bài toán số điểm tối đa được trao cho lời giải được biểu thị. Kết quả được tổng hợp dựa trên ba nhiệm vụ đạt được kết quả tốt nhất.

5. (5) Có một đống đồng bạc trên bàn. Mỗi hành động hoặc thêm một đồng vàng và ghi số đồng bạc lên tờ giấy đầu tiên, hoặc lấy đi một đồng bạc và ghi số đồng tiền vàng lên tờ giấy thứ hai. Kết quả là chỉ còn lại những đồng tiền vàng trên bàn. Chứng minh rằng tại thời điểm này tổng các số ở tờ thứ nhất bằng tổng các số ở tờ thứ hai. E. Bakaev

Tùy chọn phức tạp

lớp 8–9

1. (4) Cho một bảng hình vuông. Trong mỗi ô của nó có một điểm cộng hoặc một điểm trừ và có số lượng điểm cộng và điểm trừ bằng nhau. Chứng minh rằng có hai hàng hoặc hai cột có số điểm cộng bằng nhau. B.Frenkin

2. (5) Xem bài toán M2367 “Bài toán Kvant”.

3. (6) Xem bài toán M2370 và “Bài toán Kvant”.

4. (7) Có 25 trạm kiểm soát định kỳ trên đường vành đai, mỗi trạm đều do một cảnh sát quản lý. Các cảnh sát được đánh số theo thứ tự nào đó từ 1 đến 25. Yêu cầu họ băng qua đường sao cho mỗi đồn đều có một cảnh sát, nhưng theo chiều kim đồng hồ sau số 1 có số 2, sau số 2 có số 3,…, sau số 25 có số 1. Chứng minh rằng nếu tổ chức vượt đường sao cho tổng quãng đường đi được là nhỏ nhất thì một người cảnh sát sẽ ở lại đồn của mình. E. Bakaev

5. (8) Xem bài toán M2368 “Bài toán Kvant”.

6. (8) Gọi một số tự nhiên ngay cả khi tất cả các chữ số của nó giống nhau (ví dụ: 4, 111, 999999). Chứng minh rằng mọi số có n chữ số đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của nhiều nhất n + 1 số chẵn. A. Shapovalov

7. Trang web có dạng lưới ca rô gồm các nút $100 \times 100$ (nói cách khác, đó là lưới gồm các ô $99 \times 99$). Ở một góc nào đó của nó có một con nhện và ở khoảng 100 nút có những con ruồi bị mắc kẹt trên mạng. Trong quá trình di chuyển, con nhện có thể di chuyển đến bất kỳ nút nào gần nó. Liệu một con nhện có thể được đảm bảo ăn hết ruồi nếu chi không quá: a) (5) 2100 lần di chuyển; b) (5) 2000 nước đi? I. Bogdanov

lớp 10–11

1. (4) Xem bài toán M2367 “Bài toán Kvant”.

2. (5) Xem bài toán 4 cho lớp 8–9.

3. (6) Xem bài toán M2369 “Bài toán Kvant”.

4. (7) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm $A ', B ', C '$