Kvant 2016, số 1 · Trang

1

TIN KHOA HỌC

Hạt tự do Zike được trao giải “vì khám phá ra các dao động neutrino, cho thấy neutrino có khối lượng”. Những người đoạt giải là Takaaki Kajita người Nhật Bản (sinh năm 1959) và Arthur MacDonald người Canada (sinh năm 1943) - những nhân vật chủ chốt trong hai nhóm nghiên cứu lớn mà ngày nay thường được gọi là nhóm hợp tác.

Giải thưởng hiện tại đã là giải thứ tư (các giải trước đó là vào các năm 1988, 1995 và 2002). Vậy neutrino là gì và các dao động của nó? Trong Mô hình Chuẩn, lý thuyết hiện đại của thế giới vi mô, cùng với các quark và boson, có 6 lepton - các hạt cơ bản (không có cấu trúc) tuân theo các hạt đặc biệt, “yếu” $взаимодействиям.^{1}$ Lepton nổi tiếng nhất là electron. Bao quanh hạt nhân proton-neutron quark, các electron hợp nhất các nguyên tử thành phân tử và tinh thể, tạo nên mọi cấu trúc vật chất của thế giới, từ đá cho đến con người. Các lepton khác bay từ không gian lên bề mặt Trái đất; chúng được gọi là mu-meson hay muon. Chúng được sinh ra ở tầng trên của bầu khí quyển, nơi các proton vũ trụ (và mặt trời) phá vỡ hạt nhân nguyên tử của nitơ và oxy. Chúng cũng được phát hiện trong các thí nghiệm ở máy gia tốc hạt. Meson thứ ba được gọi là meson tau; nó chỉ được tìm thấy trong các thí nghiệm máy gia tốc. Ba lepton còn lại là neutrino: electron, muon và tauneutrino. Không giống như các lepton khác, cả ba neutrino đều có khối lượng rất nhỏ, nhỏ hơn khối lượng của electron ít nhất một triệu lần. Trong một thời gian dài người ta tin rằng neutrino không có khối lượng nào cả (chẳng hạn như photon). Sự giống nhau của các neutrino với nhau (khối lượng thấp, thiếu điện tích) dẫn đến thực tế là có ba loại neutrino khác nhau.

Arthur MacDonald

Takaaki Kajita

Cả hai người đoạt giải đều lưu ý rằng thành công đạt được nhờ công việc của tất cả những người tham gia dự án và trước hết là nhờ nỗ lực của những người thiết kế và xây dựng các cơ sở thí nghiệm hiện đại. Và một điều nữa. Takaaki Kajita, trong một cuộc phỏng vấn sau giải Nobel, đã lưu ý rằng ý tưởng lý thuyết chính cần được kiểm tra đã được nhà vật lý người Ý và Liên Xô Bruno Pontecorvo (1913–1993) trình bày cách đây 60 năm. Kajita gọi ông là “cha đỡ đầu” của dao động neutrino. Từ năm 1950, Potekorvo sống và làm việc ở Nga, gần Moscow (ở Dubna), tại Viện nghiên cứu hạt nhân chung. Ông được bầu làm thành viên chính thức của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và được nhận Giải thưởng Nhà nước (Stalin) cho công trình nghiên cứu của ông trong lĩnh vực vật lý neutrino. Và không phải ngẫu nhiên mà thi sĩ nổi tiếng của chúng ta, Vladimir Vysotsky, người đã tổ chức không dưới năm buổi hòa nhạc ở Dubna vào những năm 70, đã dành tặng một câu thơ trong “Hành khúc của các nhà vật lý” cho neutrino và nhà nghiên cứu nó. Các tượng đài được dựng lên cho cả nhà khoa học và nhà thơ ở Dubna. Trong số 132 giải Nobel về vật lý, hơn 30 giải đã được trao cho khám phá thực nghiệm về các hạt cơ bản mới hoặc cho công trình lý thuyết dẫn đến những khám phá này. Và đối với những khám phá và nghiên cứu về neutrino, neutrino bắt đầu được gọi là “hương vị” của neutrino (từ tiếng Anh hương vị không được dịch hoàn toàn chính xác sang tiếng Nga). Có thể còn có những “hương vị” khác của neutrino – Mô hình Chuẩn vẫn chưa phải là một lý thuyết đủ hoàn chỉnh. Ngoài ra, cần lưu ý rằng tất cả các lepton đều được biểu diễn trong Mô hình Chuẩn bằng các hạt và phản hạt. Vì vậy, ví dụ, một electron (hạt) có thể được sinh ra trong một cặp với phản neutrino và positron (phản hạt) - trong một cặp với neutrino. Để đơn giản, trong mọi trường hợp chúng ta sẽ tiếp tục gọi neutrino và bản thân các hạt này cũng như phản hạt của chúng. Neutrino phát sinh trong các phản ứng hạt nhân, trong sự biến đổi và trong tương tác hạt nhân. Khi vào buổi bình minh của sự ra đời của thế giới, các nguyên tử đầu tiên xuất hiện trong Vũ trụ - hydro và heli, thì neutrino tự do cũng xuất hiện. Những neutrino “bị loại bỏ” này, giống như các photon bị loại bỏ, lang thang khắp Vũ trụ, dần dần suy yếu về mức năng lượng thấp hơn. Nhưng nguồn neutrino chính trong Vũ trụ phát triển là các phản ứng nhiệt hạch trong ruột các ngôi sao. Trong một trong những phản ứng này, hạt nhân

L. BELOPUKHOV

Ngay cả khi bạn không bắt được neutrino bằng râu Và không cho nó vào ống nghiệm, Nhưng sẽ thật tuyệt nếu Pontecorvo nắm chặt cổ nó! V. Vysotsky. Tháng ba của các nhà vật lý

KHÁC, 2015, GIẢI NOBEL VẬT LÝ

Ví dụ, hãy xem bài viết của E. Boos và L. Dudko “Vật lý năng lượng cao thực nghiệm trong «Kvant» Số 5-6 cho năm 2015.

7

TÀU LƯỢT

ZHUKOVSKY

VÀ

SỰ CHUYỂN ĐỘNG

TRONG

CHÉO

TRƯỜNG

ly tác phẩm của Zhukovsky, những bức thư của ông. Ở đó có những tờ giấy trong tác phẩm “Về những chú chim bay lên” của ông được treo trên tường. Bảo tàng còn trưng bày một đường hầm gió bằng phẳng, được xây dựng dưới sự lãnh đạo của Zhukovsky tại Trường Kỹ thuật. Mối quan tâm lớn của Zhukovsky được khơi dậy bởi những chuyến bay của kỹ sư người Đức, một trong những người tiên phong trong ngành hàng không, Otto Lilienthal, trên những chiếc tàu lượn do chính ông thiết kế và chế tạo. Năm 1895, Zhukovsky lợi dụng lời mời tử tế của Lilienthal và tham dự các chuyến bay của ông. Tàu lượn Lilienthal mua trong chuyến đi này được lưu giữ trong Bảo tàng Zhukovsky. Có vẻ như đây là bản sao duy nhất còn tồn tại cho đến ngày nay. Frederick William Lanchester (1868–1946) là nhà phát minh, nhà sản xuất ô tô và nhà khí động học nổi tiếng người Anh. Năm 1897, Lanchester trình bày bài báo “Sự bay lên của loài chim và khả năng bay cơ học” cho Hiệp hội Vật lý Luân Đôn. Tác phẩm không nhận được sự ủng hộ và bị từ chối. Thất vọng, Lanchester từ bỏ khí động học và tập trung vào kỹ thuật ô tô. Sau khi anh em nhà Wright người Mỹ thực hiện chuyến bay lượn đầu tiên vào năm 1900, Lanchester quay lại nghiên cứu của mình; vào năm 1907, tập đầu tiên trong các tác phẩm của ông về khí động học của chuyến bay được xuất bản, và vào năm 1908, tập thứ hai đề cập đến các vấn đề về độ ổn định của chuyến bay và có mô tả về chuyển động phugoid. Và một lần nữa, công trình của ông không được chấp nhận ở Anh mà được các nhà khoa học Đức đọc và phát triển. Zhukovsky cũng quen thuộc với công việc của Lanchester.

Chuyển động không có lực cản

Chúng ta hãy quay trở lại phong trào phugoid và cuối cùng đưa ra những lời giải thích đã hứa về các chuyến bay mà không có sự kháng cự. Trên thực tế, chuyến bay của các phương tiện nặng hơn không khí được trang bị động cơ đã được thực hiện từ rất lâu trước chuyến bay của anh em nhà Wright. Chỉ đây là những thiết bị không được điều khiển - chẳng hạn như planophore của Alphonse Penaud (hình11). Nó có ở nhiều nơi

Hình 11. Planophore của Alphonse Penaud (1871)

Hình 10. Tai nạn máy bay không người lái Helios

Ở nhiều khía cạnh, đây là một thiết kế thành công trong đó Peno thực hiện các ý tưởng của mình về độ ổn định của chuyến bay, ý tưởng này sau này được sử dụng để chế tạo những chiếc máy bay lớn.

8

KVANT 2016/№1

ý kiến. Peno cũng tạo ra các mô hình bay của máy bay trực thăng và chim bay. Họ từng là người mẫu cho những món đồ chơi phổ biến. Ví dụ, một chiếc trực thăng như vậy đã được cha của anh em nhà Wright mua với giá nửa đô la. Hai anh em còn chưa nghĩ đến việc bay đã bị mê hoặc bởi chiếc trực thăng đồ chơi. Lanchester đã quen thuộc với công việc của Penaud và cuốn sách của ông có hai hình ảnh về loài planophora. Bản thân Lanchester đã thử nghiệm các mô hình tương tự và biết rằng với một cài đặt nhất định, chúng có thể thực hiện chuyến bay ngang đồng đều. Trong trường hợp này, lực cản được bù hoàn toàn bằng lực kéo và chuyển động là phugoid. Hơn nữa, chuyển động phugoid có thể được thực hiện trong chuyến bay có kiểm soát, khi phi công hoặc máy tự động có thể điều chỉnh lực đẩy, bù chính xác lực kéo tại từng thời điểm. Zhukovsky được thúc đẩy bởi những cân nhắc khác. Ông đề xuất chia toàn bộ đường bay của tàu lượn thành các phần riêng biệt và cho rằng chuyển động trong mỗi phần là dạng phugoid, tức là không có lực cản trong mỗi phần. Sự phản kháng cần phải được tính đến

chỉ thực hiện khi chuyển từ phần này sang phần khác. Cụ thể là tính tổn thất năng lượng do lực cản và giảm tốc độ ban đầu một lượng thích hợp trong phần tiếp theo. Để đánh giá cao ý tưởng này, hãy xem hình 5 và 9. Vòng đầu tiên tại hình 5 khá phù hợp với quỹ đạo phugoid thấp hơn ở hình 9. Vòng thứ hai cũng tương ứng với quỹ đạo phugoid loại này, nhưng với tốc độ ban đầu thấp hơn. Hơn nữa, tốc độ ban đầu thậm chí còn thấp hơn và chúng tôi chuyển sang quỹ đạo phugoid giống như sóng (thứ hai từ trên xuống ở hình 9), v.v. Đây chính xác là những gì Zhukovsky đã nói đến. Điều này kết thúc bài thuyết trình của chúng tôi. Để đọc thêm, ngoài bài viết đã được đề cập của A. Stasenko, nên đọc những cuốn sách sau: i T. von Karman. Khí động học. Các chủ đề được lựa chọn trong quá trình phát triển lịch sử của họ (Izhevsk, 2001) i A.L. Stasenko. Cơ sở vật lý của chuyến bay (Thư viện «Kvant», số 91, 2005)

BỘ SƯU TẬP CÂU ĐỐ

Ngũ giác của một tam giác đều

(Xem phần mở đầu ở trang bìa thứ 2)

Người đọc có thể sẽ ngạc nhiên rằng trong ví dụ này có một phần là một hình phức tạp, không liên kết (hình1). Nhưng trước hết, không có hạn chế nào được áp đặt đối với thuộc tính của các bộ phận. Thứ hai, để minh họa rằng không có gì khủng khiếp đang xảy ra ở đây, chúng ta có thể đưa ra một ví dụ từ cuộc sống: vùng Kaliningrad không được kết nối với phần còn lại của Nga bằng đường bộ, nhưng điều này không ngăn cản bất kỳ ai coi đây là một phần của đất nước chúng ta.

Hình 1

Tuy nhiên, câu hỏi liệu một tam giác đều có được chia thành năm phần kết nối giống hệt nhau hay không là khá logic. Nhưng anh vẫn đang chờ đợi một người có thể trả lời anh. Một câu hỏi mở khác được đặt ra ở đây là: để tồn tại N một tam giác đều cắt thành N phần bằng nhau? Ví dụ, cắt một hình tam giác đều thành 3, 4 hoặc 6 phần bằng nhau thật dễ dàng (hãy làm đi!). Bây giờ, như chúng ta thấy, việc cắt thành 5 phần bằng nhau đã biết. Nhưng liệu bằng cách nào đó có thể liệt kê được tất cả N như vậy hay không vẫn chưa được biết. Sự bình đẳng của các phần được sắp xếp phức tạp như vậy nên được hiểu như sau. Lấy một tờ phim trong suốt và vạch đường viền của bất kỳ bộ phận nào. Kết quả sẽ như được hiển thị trong hình 2. Bây giờ, di chuyển và lật phim lại, chúng ta sẽ cố gắng che bất kỳ phần nào còn lại bằng đường viền này. May mắn thay, trong ví dụ của chúng tôi, điều này sẽ hiệu quả, tức là các phần thực sự bằng nhau. E.Epifanov

Hình 2

Mười lăm người trên ngực người chết

S. GRIBOK, K. KNOP

TẤT CẢ CÁC NHIỆM VỤ MÀ CHÚNG TÔI SẼ NÓI VỚI BẠN đều được kết nối bởi một âm mưu chung: một băng cướp biển muốn chia số tiền vàng. Nhưng trước khi bắt đầu câu chuyện, chúng ta phải xem xét kỹ hơn logic của cướp biển và luật lệ của nó. i Trong mọi trường hợp, không có tên cướp biển nào muốn xuống tàu. i Cướp biển rất yêu thích vàng. Mỗi người trong số họ hành động theo cách để nhận được càng nhiều tiền càng tốt nhờ việc chia. i Không có tên cướp biển nào thông đồng với một tên cướp biển khác để cùng đánh bại những tên cướp biển khác. “Mỗi người vì chính mình” là quy tắc mà mọi tên cướp biển đều tuân theo. i Mọi tên cướp biển đều thông thạo logic và mọi hành động của hắn đều hợp lý. i Tất cả các sở thích, luật lệ và quy tắc của cướp biển (bao gồm cả quy tắc này) đều được bọn cướp biển biết. Vì thế…

Bài toán 1

Anh ta là một tên cướp biển bình thường, khát máu và tàn nhẫn, bị tước đoạt ngay cả sự trung thực cơ bản mà những tên trộm không bị tước đoạt. Tay sai của hắn, các thủy thủ, là một đám đông côn đồ không kiềm chế được thuộc nhiều quốc tịch khác nhau, không công nhận bất kỳ kỷ luật và bất kỳ luật nào, ngoại trừ một và chỉ một - luật phân chia chiến lợi phẩm công bằng. R. Sabatini. Biên niên sử của thuyền trưởng Blood

Mười lăm tên cướp biển từ cầu tàu Arabella - thuyền trưởng, 13 thủy thủ và một cậu bé phục vụ - đã tìm thấy một kho báu: một chiếc rương chứa 100 đồng tiền vàng giống hệt nhau. Để chia tiền, bọn cướp biển đã sử dụng thủ tục sau: 1. Thuyền trưởng, với tư cách là người lớn tuổi nhất, đề xuất kế hoạch chia kho báu. 2. Tất cả các tên cướp biển đều bỏ phiếu xem có chấp nhận kế hoạch này hay không. Mỗi tên cướp biển bỏ phiếu “có” hoặc “không”.

Trên thực tế, các công thức nghiêm ngặt của bài toán được thảo luận ở đây về việc phân chia tiền xu (với việc chính thức hóa các quy tắc theo đó những tên cướp biển có thể chấp nhận lời giải trong quá trình bỏ phiếu) thuộc về lý thuyết trò chơi. Những sản phẩm này rất phức tạp và nằm ngoài phạm vi bài viết của chúng tôi. Theo mặc định, bài báo giả định rằng quy trình phân chia là đến thời điểm bỏ phiếu tiếp theo, mỗi tên cướp biển đều biết điều gì sẽ xảy ra sau khi đề xuất không được chấp nhận. Điều này cho phép chúng ta lý luận “từ cuối”.

Brig “Arabella”

3. Nếu tất cả bọn cướp biển bỏ phiếu “có” thì kế hoạch được chấp nhận và số tiền được chia theo kế hoạch. Nếu ít nhất một trong số những tên cướp biển bỏ phiếu chống thì tên cướp biển cấp cao sẽ bị ném xuống biển. Sau đó, tên cướp biển cấp cao tiếp theo đệ trình kế hoạch của mình, những tên cướp biển bỏ phiếu lại, v.v., cho đến khi cuối cùng một trong những kế hoạch của bọn cướp biển được chấp nhận. Một đặc điểm khác của cướp biển Arabella là lòng tốt tự nhiên của họ. Nếu lời giải bỏ phiếu thuận hoặc chống của một tên cướp biển không ảnh hưởng đến việc tên cướp biển đó có bị ném xuống biển hay anh ta nhận được bao nhiêu tiền hay không, thì mọi tên cướp biển vì lòng tốt sẽ luôn bỏ phiếu đồng ý. Số tiền sẽ được chia như thế nào nếu cướp biển sử dụng cách chia này? Kế hoạch của ai sẽ được thông qua? Lời giải. Không khó để nhận ra rằng cậu bé phục vụ có một cách đơn giản để đảm bảo rằng tất cả số tiền sẽ đến tay mình. Anh ta phải bỏ phiếu chống lại bất kỳ kế hoạch nào khác cho đến khi một trong những tên cướp biển đưa cho anh ta tất cả số tiền, hoặc tất cả những tên cướp biển ngoại trừ cậu bé lái tàu đều ở trên tàu. Hiểu được điều này và muốn cứu mạng mình, đích thân thuyền trưởng sẽ đưa toàn bộ số tiền cho cậu bé lái tàu. Young sẽ đồng ý với kế hoạch này vì lòng tốt của anh ấy: nếu tiền đã là của anh ấy thì tại sao lại bỏ phiếu chống lại và hủy hoại thuyền trưởng. Những tên cướp biển còn lại cũng sẽ bỏ phiếu “ủng hộ”, vì dù sao thì chúng cũng sẽ không nhận được tiền. Trong tất cả các bài toán sau, chúng ta sử dụng lời giải “đảo ngược”, tức là suy luận từ cuối. Vì vậy, chúng tôi mời độc giả rèn luyện khả năng suy luận theo cách này bằng những chủ đề đơn giản hơn.

10

KVANT 2016/№1

Bài tập

1. Thuyền trưởng chia chiến lợi phẩm cho bọn cướp biển. Đầu tiên anh ta lấy 1/16 số tiền và thêm một đồng cho mình. Anh ta đưa cho tên cướp biển thứ hai 1/16 số đồng xu còn lại và hai đồng xu nữa, v.v. Đến tên thứ mười lăm (cậu bé lái tàu), anh ta đưa 1/16 số đồng xu còn lại và 15 đồng xu khác. Hóa ra mọi người đều nhận được như nhau và tất cả số tiền đều được phân phát. Tổng cộng có bao nhiêu đồng xu?

Bạn có sợ chúng tôi sẽ dính một chiếc lông vũ vào bên cạnh bạn không? Vậy hãy trả lời tôi đi, chết tiệt, Làm thế nào để chia hai lít rượu rum thành ba? A. Chernin

Ba tên cướp biển đang ngồi ở bàn, trước mặt mỗi tên là một chiếc cốc, một số cốc chứa đầy rượu rum (có lẽ không bằng nhau). Người đầu tiên đổ đều toàn bộ rượu rum của mình vào cốc của những người khác. Sau đó, người thứ hai đổ rượu rum của mình đều cho hai người còn lại (kể cả người thứ nhất), và người thứ ba cũng làm như vậy. Cuối cùng, mỗi cốc đều chứa cùng một lượng rượu rum như lúc đầu. Có bao nhiêu rượu rum trong mỗi cốc nếu có tổng cộng hai pint?

Bây giờ chúng ta hãy nói về cách một nhóm cướp biển khác từ tàu “Bestia” đã chia sẻ kho báu.

Bài toán 2

• Nếu tên vũ phu này quyết định nuốt lời, ngươi cho rằng hắn sẽ dừng lại giữa chừng sao? Chỉ cần chúng ta đồng ý một phần mười, yên tâm, hắn sẽ lập tức tìm cớ không cho chúng ta cái gì cả. R. Sabatini. Biên niên sử của thuyền trưởng Blood

Những tên cướp biển trên Bestia đã sử dụng một phương pháp chia sẻ khác: 1. Tên cướp biển lớn tuổi nhất kể kế hoạch cho những người khác. 2. Tất cả các tên cướp biển đều bỏ phiếu xem có nên chấp nhận kế hoạch của trưởng lão hay không. Mỗi tên cướp biển bỏ phiếu “có” hoặc “không”. 3. Nếu ít nhất một nửa số cướp biển bỏ phiếu “đồng ý” thì phương án được chấp nhận và số tiền được chia theo phương án. Nếu đa số cướp biển bỏ phiếu chống lại thì tên cướp biển cấp cao sẽ bị ném xuống biển. Sau đó, tên cướp biển cấp cao tiếp theo vạch ra kế hoạch của mình, những tên cướp biển lại bỏ phiếu, v.v., cho đến khi cuối cùng một trong những kế hoạch của bọn cướp biển được chấp nhận. Những tên cướp biển của Bestia đều là những người tốt bụng giống như những đồng nghiệp của họ ở Arabella. Nếu lời giải phiếu thuận hoặc không ủng hộ của một tên cướp biển không ảnh hưởng đến việc tên cướp biển đó có bị ném xuống biển hay anh ta nhận được bao nhiêu tiền hay không, thì mọi tên cướp biển luôn bỏ phiếu ủng hộ. 15 tên cướp biển từ tàu Bestia sẽ chia 100 xu như thế nào? Đáp số: Tên cướp biển lớn tuổi sẽ lấy hết tiền cho mình. Lời giải. Vì vậy, “hãy bắt đầu từ cuối”, tức là hãy đặt mình vào vị trí của tên cướp biển cuối cùng, giả sử rằng đến lượt hắn. Hãy để 14 kế hoạch đã bị từ chối. Sau đó cậu bé phục vụ bị bỏ lại một mình và cậu lấy hết số tiền:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

Bây giờ chúng ta đã biết cậu bé phục vụ sẽ làm gì, chúng ta có thể lùi lại một bước trong tâm trí. Hãy để nó là 13

kế hoạch đã bị từ chối. Tên cướp biển thứ 14 sẽ bỏ phiếu cho bất kỳ kế hoạch nào của hắn, và cuộc bỏ phiếu này đối với hắn đã là đủ rồi. Vì vậy, anh ta có thể không chia sẻ với cậu bé cabin và chỉ lấy tất cả số tiền cho mình:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0

Hãy lùi lại một bước nữa. Tên cướp biển thứ 13 sẽ có lý do như thế nào? Để sống sót, anh ta cần hai trong số ba phiếu bầu. Ngày 14 sẽ chống lại nó trong mọi trường hợp, điều đó có nghĩa là chỉ có thể mong đợi sự hỗ trợ từ cậu bé phục vụ. Nhưng cậu bé cabin thứ 14 sẽ không để lại bất cứ thứ gì nên dù bạn không cho cậu ấy thứ gì thì cậu bé cabin yêu chuộng hòa bình vẫn sẽ bỏ phiếu “cho”. Vì vậy, kế hoạch của tên cướp biển thứ 13

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 0 vượt qua hai phiếu bầu (thứ 13, 15) thành một. Cướp biển tiếp theo (thứ 12) cũng chỉ cần hai phiếu, đồng thời phiếu của người thứ 14 và thứ 15 (người sẽ không nhận được gì từ ngày 13) đã có sẵn trong túi của anh ta. Và vì anh ta không còn cần nó nữa nên anh ta cũng lấy mọi thứ cho mình: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 0 0 Tiếp tục lý luận theo cách tương tự, chúng ta thấy rằng tên cướp biển đầu tiên cũng có thể tin tưởng vào phiếu bầu của tất cả những tên cướp biển khác, ngoại trừ tên cướp biển thứ hai, cho bất kỳ kế hoạch nào của hắn. Và vì anh ta muốn kiếm được nhiều tiền hơn nên kế hoạch của anh ta sẽ là tham lam nhất có thể: 100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Bài tập 3. Việc phân phối tiền xu trên “Bestia” sẽ thay đổi như thế nào nếu bọn cướp biển thay đổi quy tắc 3: kế hoạch sẽ được coi là chấp nhận nếu tất cả bọn cướp biển, có lẽ ngoại trừ một người, bỏ phiếu “có”?

Bài toán 3

• Chúng tôi đã mời bạn, Thuyền trưởng Pike, bởi vì giờ đây chúng ta có một, như người ta nói, sở thích chung - đây là những giá trị này. Chúng cần được phân chia càng nhanh càng tốt, không có sự chậm trễ không cần thiết, và sau đó mỗi chúng ta có thể đi bất cứ nơi nào ai cần. R. Sabatini. Biên niên sử của thuyền trưởng Blood

Những tên cướp biển từ tàu khu trục nhỏ “Valkyrie” khác với những tên cướp biển từ “Bestia” ở chỗ chúng thiếu lòng tốt: nếu lời giải phiếu bầu “ủng hộ” hoặc “chống lại” của một tên cướp biển không ảnh hưởng đến việc tên cướp biển này có bị ném xuống biển hay không và anh ta nhận được bao nhiêu tiền, thì người bà độc ác bên cha anh ta đánh thức tên cướp biển và anh ta bỏ phiếu “chống lại”. Và như một thuật toán để phân chia các Valkyrie, các quy tắc được mô tả trong bài tập 3 được sử dụng: 1. Tên cướp biển lớn tuổi nhất nói cho những người khác biết kế hoạch của mình. 2. Tất cả các tên cướp biển đều bỏ phiếu xem có chấp nhận kế hoạch này hay không. Mỗi tên cướp biển bỏ phiếu “có” hoặc “không”. 3. Nếu tất cả những tên cướp biển, ngoại trừ một người, bỏ phiếu đồng ý, thì kế hoạch được chấp nhận và số tiền được chia theo kế hoạch. Nếu ít nhất hai tên cướp biển bỏ phiếu chống lại thì tên cướp biển lớn tuổi nhất sẽ bị ném xuống biển. Sau đó, kế hoạch cao nhất tiếp theo được đề xuất, bọn cướp biển bỏ phiếu lại, v.v. cho đến khi một trong những kế hoạch của bọn cướp biển được chấp nhận.

11

MƯỜI LĂM

NHÂN LOẠI

TRÊN

HỘP

NGƯỜI CHẾT

Bài toán 4

Xưa có sự phân chia chiến lợi phẩm phong phú - Và bọn cướp biển giận dữ tru lên… Yung chợt tái mặt và chộp lấy một con dao, Bởi vì anh ta đã bị tước đoạt. V. Vysotsky. Có một bình minh hồng tươi vui…

Khinh hạm “Valkyrie”

15 tên cướp biển từ Valkyrie sẽ chia 100 xu như thế nào? Đáp số: 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Lời giải. Hãy bắt đầu nói chuyện lại với bọn cướp biển từ cuối. Tên cướp biển thứ 14 (thứ hai từ cuối cùng) không cần phải lo lắng về tính mạng và số phận của kế hoạch của mình: bất kể hắn đưa ra điều gì, “tất cả trừ một” vẫn là chính hắn. Vì vậy, anh ta có thể lấy tất cả số tiền cho mình: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 Tên cướp biển thứ 13 (thứ ba từ cuối cùng) đã cần tranh thủ sự hỗ trợ của ít nhất một trong hai tên cuối cùng. Của ai? Rõ ràng là không phải vào ngày 14: nếu kế hoạch vào ngày 13 thất bại, anh ta có cơ hội đạt được mọi thứ. Điều này có nghĩa là cần có sự hỗ trợ của cậu bé cabin. Để có được nó, chỉ cần cung cấp cho anh ta nhiều hơn 0, tức là 1 xu là đủ. Vì vậy anh ấy đề nghị

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1 và cùng với cậu bé phục vụ, bỏ phiếu “cho”. Tên cướp biển thứ 12, hiểu được tình huống này, phải phớt lờ tên thứ 13 tham lam và xoa dịu tất cả những điều sau đây, đưa ra cho họ nhiều hơn mức mà tên thứ 13 sẽ đưa cho họ. Vì thế điều anh ấy có thể tin tưởng nhất là

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 97 0 1 2

Mỗi tên cướp biển tiếp theo buộc phải làm điều tương tự, tăng tỷ lệ của tất cả các tên cướp biển lên ít nhất một xu. Như vậy, khi đưa phép tính lên cướp biển cao nhất (thứ 15 từ dưới lên), chúng ta sẽ được tỷ lệ phân bổ xu như sau:

9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Bài tập 4. a) 15 tên cướp biển sẽ chia 20 đồng xu như thế nào? b) N tên cướp biển từ Valkyrie sẽ chia K xu như thế nào?

Đáng chú ý là chỉ có một sự khác biệt nhỏ trong tính cách của những tên cướp biển (những tên cướp biển tốt bụng của Bestia bỏ phiếu “đồng ý” trong tình huống trung lập, và những tên cướp biển ngoan cố của Valkyrie bỏ phiếu chống lại) dẫn đến kết quả phân chia hoàn toàn khác nhau. Khả năng của phi hành đoàn Valkyrie trong việc đảm bảo các điều kiện chia sẻ thuận lợi hơn đáng kể minh họa cho một nguyên tắc chung quan trọng, bằng chứng của nguyên tắc này vượt xa phạm vi của bài viết này: hoạt động xã hội dẫn đến sự gia tăng phúc lợi của xã hội.

Một trong những tên cướp biển, từng là cậu bé phục vụ trên tàu Valkyrie vào thời kỳ huy hoàng đó, nhiều năm sau những sự kiện được mô tả, đã khoe rằng hắn đã chiếm được toàn bộ kho báu cho riêng mình. - Một ngàn con quỷ! Người thuyền trưởng keo kiệt này chỉ đưa cho tôi 13 xu. Sau đó tôi thấy đội trưởng đang bỏ phiếu chống và anh ta cũng bỏ phiếu chống! Và trong khi mọi người đang nhìn chằm chằm vào tôi thì thuyền trưởng đã ném được thuyền trưởng xuống biển. Và sau đó, như thể không có chuyện gì xảy ra, người đội trưởng chỉ đề nghị tôi 12! Chà, tôi lại bỏ phiếu chống lại điều đó - và cựu đội trưởng của chúng tôi ngay lập tức bay qua chỗ cựu thuyền trưởng. Và rồi điều gì đó bắt đầu xuất hiện ở phần tiếp theo… Một ngàn con quỷ! Anh ấy bắt đầu nói điều gì đó năm lần liên tiếp và mỗi lần, không đi vào trọng tâm câu nói, anh ấy nhìn tôi và bối rối… Cuối cùng, anh ấy đề nghị trao mọi thứ cho tôi. Với tôi, một cậu bé phục vụ không có râu! Và tất cả những tên cướp biển khác, liên tục nhìn sang tôi, bỏ phiếu “cho”. Tất nhiên, sau đó, tôi không thể ở lại tàu khu trục nhỏ của mình thêm một phút nào nữa, vì vậy tôi đã cởi dây buộc cho thuyền trưởng, chất chiếc rương vào đó và ngay lập tức ra khơi. Chứng minh rằng câu chuyện của cậu bé phục vụ này có chút sai sự thật. Lời giải. Câu chuyện này là một minh họa hoàn hảo cho thấy thế giới lý tưởng của toán học bài toán khác với thế giới thực như thế nào. Tất nhiên, trên những con tàu cướp biển thực sự, những điều như vậy không xảy ra, nhưng nhiệm vụ của chúng tôi ban đầu quy định tính logic hoàn hảo của cướp biển. Như chúng ta sẽ thấy, điều này không có chỗ cho việc tống tiền, và do đó bọn cướp biển Valkyrie (bắt đầu từ thuyền trưởng) không có lý do gì để sợ cậu bé phục vụ cố chấp. Thật vậy, nếu (à, nếu như!) đến lượt đưa ra kế hoạch đến lượt thứ hai của tên cướp biển cuối cùng, thì anh ta không mạo hiểm bất cứ điều gì, bởi vì ngoài anh ta chỉ còn lại một cậu bé phục vụ. Vì vậy, trong trường hợp này cậu bé phục vụ sẽ không nhận được gì. Vì vậy, anh ta không có gì để tống tiền tên cướp biển thứ ba tính từ cuối cùng vào lúc anh ta trình bày kế hoạch của mình. Junga sẽ đơn giản bị buộc phải bỏ phiếu cho bất kỳ kế hoạch nào của anh ta, chỉ cần anh ta đưa cho cậu bé phục vụ ít nhất một đồng xu. Hơn nữa, tên cướp biển thứ ba tính từ cuối cùng cũng hiểu rất rõ điều này nên sẽ đưa số tiền tương đương cho cậu bé lái tàu. Nhưng, trên thực tế, anh ta sẽ không có cơ hội như vậy, bởi vì tất cả những tên cướp biển trước đây đều hiểu theo cách giống hệt nhau về việc không thể tống tiền (và do đó không cần phải sợ nó). Do đó, mọi thứ sẽ diễn ra chính xác như được mô tả trong lời giải bài toán trước đó, chứ không phải như cậu bé phục vụ trước đây đã cố gắng kể.

Chuỗi câu chuyện về cướp biển của chúng ta sẽ không hoàn chỉnh nếu không kể câu chuyện về những tên cướp biển từ thuyền buồm Gorgon.

12

KVANT 2016/№1

Bài toán 5

“Họ sẽ không kiểm tra sách của bạn, đặc biệt là khi rất ít người của tôi biết đọc.” Nhưng họ biết rõ - bạn buộc tôi phải gay gắt - rằng những tính toán của bạn là sai. R. Sabatini. Cuộc phiêu lưu của thuyền trưởng Blood

Tất cả những tên cướp biển trên thuyền buồm “Gorgon” đều độc ác như những tên cướp biển trên “Valkyrie”, và để phân chia, họ sử dụng phương pháp tương tự như thủy thủ đoàn của con tàu lười biếng “Bestia”: 1. Tên cướp biển lớn tuổi nhất vạch ra kế hoạch phân chia của mình. 2. Tất cả các tên cướp biển đều bỏ phiếu xem có chấp nhận kế hoạch này hay không. Mỗi tên cướp biển bỏ phiếu “có” hoặc “không”.

phiếu bầu, và phiếu bầu của tên cướp biển thứ 14 được mua rẻ nhất. Để làm được điều này, chỉ cần đưa cho anh ta một đồng xu là đủ, vì anh ta sẽ không nhận được bất cứ thứ gì từ ngày 13: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1 0 Tiếp tục lý luận theo cách tương tự, chúng ta thấy rằng tên cướp biển cao cấp chỉ cần chia sẻ đồng xu với bảy người khác - người thứ ba, thứ năm, …, thứ mười lăm. Trong trường hợp này, tất cả họ sẽ bỏ phiếu cho kế hoạch của anh ấy, và không ai bị bỏ rơi. Như vậy, lần phân bổ xu cuối cùng là 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 b) Đáp số: kế hoạch của tên cướp biển thứ 94, tính từ cuối (thứ 7 tính từ đầu). Lời giải. Khi chỉ có 15 đồng xu thì logic từ điểm a) có tới 32 tên cướp biển. Người lớn tuổi nhất trong số 32 tên cướp biển không nhận được bất cứ thứ gì nhưng chia sẻ 15 xu với những người khác và với số tiền này (cùng với phiếu bầu của mình), anh ta nhận được 16 phiếu bầu mà anh ta cần:

0 0 1 0 1 0 … 1 0 1 0

Thuyền buồm “Gorgon”

3. Nếu ít nhất một nửa số cướp biển bỏ phiếu ủng hộ thì kế hoạch được chấp nhận và số tiền được chia như đề xuất. Nếu đa số cướp biển bỏ phiếu chống lại thì tên cướp biển cấp cao sẽ bị ném xuống biển. Sau đó, tên cướp biển cao cấp nhất tiếp theo giới thiệu một kế hoạch mới, những tên cướp biển còn lại bỏ phiếu một lần nữa, v.v., cho đến khi cuối cùng một trong những kế hoạch của tên cướp biển được chấp nhận. a) 15 tên cướp biển Gorgon sẽ chia 100 đồng xu như thế nào? b) Kế hoạch của ai sẽ được chấp nhận nếu 100 tên cướp biển từ tàu Gorgon cần chia 15 đồng xu? a) Đáp số: 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Lời giải. Như thường lệ, chúng ta hãy bắt đầu xem xét bài toán từ cuối. Ngay cả khi 13 kế hoạch đã bị từ chối, thì tên cướp biển thứ hai tính từ cuối cùng sẽ có lý do gì? Phiếu bầu của anh ta chiếm ít nhất một nửa số phiếu còn lại, vì vậy anh ta có thể không chia sẻ gì với cậu bé phục vụ. Vì vậy, anh ta chỉ cần lấy tất cả số tiền cho mình: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 Hãy lùi lại một bước. Tên cướp biển thứ 13 sẽ có lý do như thế nào? Để sống sót, anh ta cần hai trong số ba phiếu bầu. Ngày 14 sẽ chống lại nó trong mọi trường hợp, điều đó có nghĩa là chỉ có thể mong đợi sự hỗ trợ từ cậu bé phục vụ. Để nhận được, cậu bé phục vụ chỉ cần cho nhiều hơn những gì mình sẽ nhận được kể từ ngày 14. Điều này có nghĩa là cậu bé phục vụ có thể để lại một đồng xu và lấy phần còn lại cho mình:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1

Tên cướp biển tiếp theo (thứ 12) cũng cần hai

Hãy cố gắng đối phó với 33 tên cướp biển. Chỉ có 15 đồng xu, và để sống sót, tên cướp biển cao cấp phải “mua” 16 phiếu bầu của người khác. Thật vô nghĩa khi anh ta đưa thứ gì đó cho 15 người đó, cùng với 32 tên cướp biển, sẽ nhận được tiền, nghĩa là anh ta phải chia 15 đồng xu cho mình và 17 người khác. Nhưng vì anh ta sẽ không thể đưa bất cứ thứ gì cho ít nhất hai trong số 17 người, nên những tên cướp biển hung hãn này chắc chắn sẽ bỏ phiếu chống lại kế hoạch của anh ta. Như vậy, tên cướp biển thứ 33 sẽ chết trên tàu. Vị trí của tên cướp biển thứ 34 rõ ràng là tốt hơn, bởi vì hắn không chỉ có tiếng nói của chính mình mà còn có tiếng nói của tên cướp biển thứ 33, người này chắc chắn muốn kế hoạch của tên cướp biển thứ 34 được thông qua, nếu không bản thân hắn sẽ phải chịu thiệt. Anh ta sẽ có thể mua thêm 15 phiếu bầu khác bằng cách tặng một đồng xu cho 15 người bất kỳ trong số 17 người đó sẽ không có tiền khi bỏ phiếu theo kế hoạch vào ngày 32. Chúng tôi sẽ phản ánh khoảnh khắc này bằng cách sử dụng một biểu tượng đặc biệt - dấu hoa thị. Dấu hoa thị có nghĩa là cướp biển có thể lấy được tiền hoặc không. Trong trường hợp này, 15 người trong số những người được đánh dấu hoa thị sẽ nhận được một đồng xu, nhưng hai người còn lại thì không. Vì vậy, với 34 tên cướp biển, kế hoạch của trưởng lão được chấp nhận và số tiền được chia như sau:

0 0 * * 0 * 0 * … 0 *

Người thứ 35, giống như người thứ 33, sẽ phải lặn lội: anh ta không có một phiếu bầu “miễn phí” nào của người khác, và anh ta chỉ có thể mua 15 trong số 17 cái anh ta cần. Ngày 36 thì dễ dàng hơn một chút, nhưng không nhiều: người thứ 35 sẽ bỏ phiếu miễn phí cho đề xuất của anh ấy, nhưng anh ấy cần 18 phiếu, nhưng anh ấy sẽ chỉ mua được 15 phiếu, tổng cộng anh ấy sẽ nhận được 17 phiếu, nên số phận của anh ấy cũng thật đáng buồn. Vì lý do tương tự, chiếc thứ 37 bị giết. Nhưng người thứ 38 vẫn sống sót: bản thân anh ta, cũng như người thứ 37, 36 và 35, bỏ phiếu “cho” và anh ta mua thêm 15 phiếu bầu bằng tiền xu, chẳng hạn như từ những người chắc chắn không nhận được gì từ ngày 34. (Bạn cũng có thể mua phiếu bầu từ những tên cướp biển được đánh dấu hoa thị, giả sử rằng mỗi người trong số họ thích một đồng xu được đảm bảo vào lúc này thay vì một “ngôi sao” - không phải

13

MƯỜI LĂM

NHÂN LOẠI

đồng xu được đảm bảo theo một trong các kế hoạch sau.) Tổng cộng, anh ấy có 19 phiếu bầu. Một số tên cướp biển tiếp theo cũng không sống sót và chỉ có tên thứ 46 mới có cơ hội sống sót: tất cả những kẻ đánh bom liều chết sẽ bỏ phiếu cho kế hoạch của hắn, bắt đầu từ tên thứ 39 (tổng cộng 8) và 15 tên nữa được mua bằng tiền từ 38 tên cuối cùng, cuối cùng hắn sẽ nhận được 23 phiếu bầu mà mình cần. Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng cướp biển có số (đếm từ cuối) $30 + 2^{k}$ sống sót. Nhưng không thể thiết lập một cách rõ ràng việc phân phối tiền, bởi vì mỗi tên cướp biển có quyền lựa chọn khá tự do về việc chính xác hắn sẽ đưa tiền cho ai.

TRÊN

HỘP

NGƯỜI CHẾT

Lời giải. Như thường lệ, chúng ta hãy bắt đầu xem xét bài toán từ cuối. Hãy để 14 kế hoạch đã bị từ chối. Sau đó tất cả số tiền xu gần như đã nằm trong túi của cậu bé phục vụ trong cabin. Chỉ cần anh ta đưa ra bất kỳ kế hoạch nào mà những tên cướp biển còn lại sẽ không bỏ phiếu là đủ (ví dụ: đề nghị giữ toàn bộ số tiền cho mình). Sau khi kế hoạch này bị từ chối, cậu bé phục vụ sẽ nhận được tất cả số tiền:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

Các phương pháp chia sẻ mà chúng tôi đã kiểm tra trong các nhiệm vụ trước có một nhược điểm đáng kể: hầu hết bọn cướp biển có thể rơi xuống biển và điều này ảnh hưởng xấu đến khả năng sẵn sàng chiến đấu của thủy thủ đoàn. May mắn thay, trong số các băng hải tặc cũng có ít kẻ khát máu hơn.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại một bước. Hãy để 13 kế hoạch bị từ chối. Tên cướp biển thứ 14 nên lý luận thế nào? Anh ta không thể cho phép kế hoạch của mình bị từ chối, vì trong trường hợp này cậu bé phục vụ sẽ lấy hết số tiền. Điều này có nghĩa là anh ta cần một kế hoạch mà 14 trong số 15 tên cướp biển sẽ bỏ phiếu. Young sẽ bỏ phiếu chống lại bất kỳ kế hoạch nào của anh ấy, do đó, ngày 14 cần mọi người khác ủng hộ kế hoạch của anh ấy. Để làm được điều này, anh ta phải phân phát một đồng xu cho mỗi tên cướp biển, ngoại trừ cậu bé phục vụ tàu. Điều này sẽ cần 13 xu. Tên cướp biển thứ 14 sẽ lấy 87 đồng còn lại cho mình:

Bài toán 6

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 87 0

Thôi, nếu không về Portland, Hãy chia vàng như anh em. B. Okudzhava. Cướp biển trữ tình

Những tên cướp biển trên Danae cũng tàn bạo như những tên cướp biển trên Gorgon và Valkyrie, nhưng họ đã nghĩ ra một cách mới để chia số tiền xu cho phép những tên cướp biển ở lại trên tàu và đòi một phần chiến lợi phẩm ngay cả khi kế hoạch của chúng không được chấp nhận. 1. Tên cướp biển lớn tuổi nhất vạch ra kế hoạch phân chia của mình. 2. Tất cả những tên cướp biển đều bỏ phiếu ủng hộ hoặc phản đối. 3. Nếu tất cả những tên cướp biển, ngoại trừ một người, bỏ phiếu ủng hộ thì kế hoạch được chấp nhận và số tiền được chia như đề xuất. Nếu ít nhất hai trong số những tên cướp biển bỏ phiếu “chống”, thì kế hoạch sẽ không được thông qua và việc bỏ phiếu vẫn tiếp tục. Tên cướp biển lớn tuổi nhất tiếp theo đề xuất kế hoạch của mình, những tên cướp biển lại bỏ phiếu, v.v. cho đến khi một trong những kế hoạch của bọn cướp biển được chấp nhận. Nếu không có kế hoạch nào thành công thì cậu bé bồi bàn sẽ nhận được toàn bộ số tiền. 15 tên cướp biển Danae sẽ chia 100 xu như thế nào? Đáp số: 11 11 11 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Hãy lùi lại một bước nữa. Hãy để 12 kế hoạch bị từ chối. Tên cướp biển thứ 13 sẽ có lý do như thế nào? Nếu kế hoạch của anh ta bị từ chối thì tên cướp biển thứ 14 sẽ đưa cho anh ta một đồng xu. Nhưng một đồng xu đối với anh ta không đủ nên anh ta không nên để điều này xảy ra. Để làm được điều này, anh ta phải đưa nhiều xu hơn cho ít nhất 14 tên cướp biển (bao gồm cả anh ta) so với số tiền mà người thứ 14 sẽ đưa cho họ. Như vậy, những tên cướp biển có số từ 1 đến 12 cần được phát 2 đồng xu, và một đồng xu cho cậu bé lái tàu. Tên cướp biển thứ 13 sẽ giữ 75 đồng còn lại cho mình:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 75 0 1

Tên cướp biển thứ 12 cũng nghĩ tương tự. Anh ta không đưa gì cho ngày 13, nhưng đưa cho những người còn lại nhiều hơn một xu so với số tiền họ có thể nhận được từ ngày 13. Do đó, tên cướp biển có số từ 1 đến 11 sẽ nhận được 3 xu, tên cướp biển thứ 14 sẽ nhận được một và tên cướp biển thứ 15 sẽ nhận được hai xu. Bạn có thể giữ 64 xu còn lại cho mình:

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 64 0 1 2

Có thể tiếp tục với tinh thần tương tự và viết ra kế hoạch của những tên cướp biển còn lại. Nhưng mô hình chung đã rõ ràng rồi. Tên cướp biển có số X đưa cho mỗi tên cướp biển có số thấp hơn 15 - X xu, mỗi tên cướp biển có số Y cao hơn đưa cho Y - X - 1 xu và lấy số xu còn lại cho mình. Như vậy, lợi nhuận của cướp biển số X là

100 - (X - 1) (15 - X) - (15 - X) (14 - X) 2 xu. Mở ngoặc, chúng ta nhận được biểu thức sau về lợi nhuận của tên cướp biển số X:

$X^{2} 2 - 3 X 2 + 10$.

Lợi nhuận phải lớn hơn số xu mà cướp biển số X + 1 sẽ phân bổ cho cướp biển số X ở bước tiếp theo, nếu không kế hoạch của chính anh ta sẽ không mang lại lợi ích gì cho cướp biển số X. Như vậy, bất đẳng thức sau là đúng:

Tàu hộ tống “Danae”

$X^{2} 2 - 3 X 2 + 10 > 14 - X$.

14

KVANT 2016/№1

Đơn giản hóa, chúng tôi nhận được

$X^{2} - X > 8$. X tự nhiên nhỏ nhất mà bất đẳng thức đúng là 4. Do đó, phương án của tên cướp biển thứ 4 sẽ được chấp nhận:

11 11 11 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Vì bọn cướp biển Danae rất độc ác nên mỗi người trong số họ sẽ bỏ phiếu chống lại bất kỳ kế hoạch nào mà anh ta không nhận được nhiều hơn số tiền anh ta có thể nhận được từ lần thứ 4. Dù tên cướp biển thứ 3 đề xuất kế hoạch nào, hắn chỉ có thể “lấy” tiền từ một trong những người khác và phải phân phát số tiền đó cho tất cả những người khác (nếu không hắn sẽ có ít nhất hai người bị xúc phạm và kế hoạch của hắn sẽ thất bại). Nhưng anh ta chỉ có thể lấy 12 xu, nếu chia cho 14 thì sẽ dẫn đến việc ai đó sẽ không nhận được xu. Vì vậy, không phương án nào của người thứ 3 sẽ được chấp nhận, kể cả khi anh ta đề xuất phương án mà người thứ 4 đề xuất sau đó (vì ai cũng độc ác, và nếu số tiền ủng hộ và “chống” bằng nhau thì họ bỏ phiếu “chống”)! Tương tự như vậy, không có kế hoạch nào của hai tên cướp biển đầu tiên sẽ được chấp nhận.

Lưu ý rằng niềm tin của bọn cướp biển vào cơ chế áp dụng dân chủ lời giải cũng không tuyệt đối như bạn nghĩ…

Bài toán 7

Easterling phồng má và làm một động tác rộng bằng bàn chân to lớn của mình. – Bạn đề xuất cách phân chia nào? - Chúng ta cần bàn chuyện này. Nhưng dù thế nào đi nữa, phần của chúng ta không thể ít hơn 1/5. R. Sabatini. Biên niên sử của thuyền trưởng Blood

Trên tàu Brigantine Echidna, chỉ thuyền trưởng và thuyền trưởng mới có quyền đề xuất phương án chia tiền. Tất cả những tên cướp biển khác chỉ có thể bỏ phiếu. Do đó, thuật toán chia trông như sau: 1. Người đội trưởng nói cho mọi người biết kế hoạch chia tiền của mình. 2. Sau đó, thuyền trưởng kể cho mọi người nghe kế hoạch chia tiền của mình. 3. Tất cả cướp biển (kể cả thuyền trưởng và thuyền trưởng) bỏ phiếu cho phương án thứ nhất hoặc phương án thứ hai. 4. Xu được chia theo phương án có nhiều người bình chọn nhất. Được biết, nếu cả hai phương án đều hứa với tên cướp biển số tiền bằng nhau thì hắn sẽ bỏ phiếu cho phương án đầu tiên. 15 tên cướp biển (thuyền trưởng, thuyền trưởng và 13 thủy thủ) từ Echidna sẽ chia 63 đồng xu như thế nào? Đáp số: 49 8 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 Lời giải. Như mọi khi, hãy bắt đầu hiểu vấn đề từ đầu. Trước hết, hãy thiết lập chiến lược tối ưu của thuyền trưởng. Hãy xem xét một nhóm gồm 14 tên cướp biển, không bao gồm thuyền trưởng. Chúng ta hãy chia họ thành hai nhóm A và B, mỗi nhóm có 7 tên cướp biển, sao cho thuyền trưởng đưa cho mỗi tên cướp biển ở nhóm A không ít xu hơn bất kỳ tên cướp biển nào ở nhóm B. Dễ dàng thấy rằng chiến lược tối ưu của thuyền trưởng là

Brigantine “Echidna”

lấy hết số tiền từ 7 tên cướp biển “giàu” của nhóm A, chia một đồng từ số tiền này cho mỗi tên trong số 7 tên cướp biển “nghèo” của nhóm B và lấy tất cả những đồng tiền còn lại cho mình. Trong trường hợp này, tất cả cướp biển nhóm B và chính thuyền trưởng sẽ bỏ phiếu tán thành phương án của thuyền trưởng. Cướp biển Nhóm A sẽ bỏ phiếu chống lại nó, nhưng họ sẽ thuộc thiểu số. Tất nhiên, chiến lược này chỉ hiệu quả nếu cướp biển nhóm A có ít nhất 8 xu. Nếu không, thuyền trưởng sẽ không thể phân phát một đồng xu cho mỗi tên trong số 7 tên cướp biển nhóm B, đồng thời giữ lại ít nhất một đồng xu cho mình, đồng ý với kế hoạch của thuyền trưởng sẽ có lợi hơn. Bây giờ hãy phân tích chiến lược của thuyền trưởng. Anh ta có hai lựa chọn khả thi. Đầu tiên là đẩy thuyền trưởng vào tình thế buộc phải đồng ý với phương án của thuyền trưởng. Để làm được điều này, như chúng tôi đã tìm ra, chỉ cần 7 tên cướp biển được thuyền trưởng đưa ra số lượng xu lớn nhất có tổng cộng không quá 7 xu là đủ. Thuyền trưởng không có lợi khi chia sẻ với những tên cướp biển khác, vì vậy anh ta chỉ cần lấy 7 xu cho mình và đưa số xu còn lại cho thuyền trưởng. Thuyền trưởng sẽ đưa ra một số kế hoạch mà những người khác sẽ không biểu quyết (ví dụ, giữ toàn bộ số tiền cho mình), sau đó kế hoạch của thuyền trưởng sẽ được đa số phiếu chấp nhận: 56 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Chiến lược khả thi thứ hai cho thuyền trưởng là cho phép thuyền trưởng đưa ra một kế hoạch nhận được đa số phiếu bầu, nhưng đồng thời bản thân thuyền trưởng sẽ nằm trong số bảy tên cướp biển đó. người mà thuyền trưởng sẽ đưa thêm một đồng xu (còn lại bằng chữ, sẽ được xếp vào nhóm B). Để làm được điều này, thuyền trưởng phải hứa với 7 tên cướp biển (những người sẽ được xếp vào nhóm A) nhiều tiền hơn mình. 6 tên cướp biển còn lại sẽ giữ đại đội trưởng ở nhóm B không phải đưa ra bất cứ điều gì. Do đó, kế hoạch của thuyền trưởng như sau: 0 7 0 0 0 0 0 0 8 8 8 8 8 8 8 8 Thuyền trưởng sẽ đưa cho thuyền trưởng và 6 tên cướp biển còn lại mỗi người một đồng xu và lấy số tiền còn lại cho mình: 49 8 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0

15

MƯỜI LĂM

NHÂN LOẠI

Vì vậy, chiến lược đầu tiên sẽ mang lại cho đội trưởng 7 xu, trong khi chiến lược thứ hai sẽ cho phép anh ta nhận được 8 xu. Vì vậy, thuyền trưởng sẽ thích chiến lược thứ hai hơn.

Bài toán 8

Tại cảng Cape Town, với một lỗ thủng ở bên hông, “Jeanette” đã điều chỉnh giàn khoan. P. Gandelman. Tại cảng Cape Town

Trên tàu Jeanette, cũng như trên tàu Echidna, các thủy thủ không có quyền đưa ra kế hoạch. Chỉ có những tên cướp biển cao cấp mới có thể làm được điều này. Thuật toán phân chia như sau: 1. Tên cướp biển đầu tiên kể về kế hoạch phân chia của mình. 2. Tên cướp biển thứ hai kể về kế hoạch của mình - “phương án thay thế”. 3. So sánh phương án và phương án thay thế. Nếu một kế hoạch đưa cho ít nhất hai tên cướp biển số xu ít nhất bằng với phương án thay thế thì phương án thay thế sẽ bị từ chối. Nếu phương án thay thế mang lại nhiều tiền hơn cho tất cả mọi người trừ một trong những tên cướp biển, thì kế hoạch đó sẽ bị bác bỏ và phương án thay thế sẽ trở thành kế hoạch. Sau đó, tên cướp biển tiếp theo lên tiếng về một giải pháp thay thế mới, v.v. 4. Sau khi tất cả những tên cướp biển cấp cao đã lên tiếng, số tiền được chia theo kế hoạch. 5 tên cướp biển cấp cao và 10 thủy thủ từ Jeannette chia nhau 105 đồng xu. Làm thế nào tên cướp biển đầu tiên có thể nhận được 14 xu?

Vỏ cây “Jeanette”

Lời giải. Các quy tắc trong bài toán này có vẻ khá khó hiểu, nhưng bạn có thể nhận thấy những điều sau: nếu kế hoạch nào đó hứa hẹn cho một trong số những tên cướp biển 14 xu và mỗi tên cướp biển khác không quá 13 xu, thì chỉ có một phương án thay thế có thể thay thế kế hoạch này (tức là, tốt hơn kế hoạch dành cho tất cả trừ một trong số những tên cướp biển): lấy tất cả số tiền từ chủ sở hữu của 14 đồng xu và chia từng đồng xu cho những người khác. Bây giờ hãy xem xét kế hoạch 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14. Phương án thay thế tốt nhất duy nhất cho nó là 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 0. Dễ dàng nhận thấy rằng đây là cùng một kế hoạch, được dịch chuyển theo chu kỳ bởi một vị trí. Để tận dụng tài sản này, tên cướp biển đầu tiên đưa ra kế hoạch này:

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13 12 11

TRÊN

HỘP

NGƯỜI CHẾT

Vì vậy, anh ta giữ 10 xu cho mình và đưa cho những tên cướp biển cấp cao khác lần lượt là 9, 8, 7 và 6 xu. Một chuỗi các phương án thay thế, mỗi phương án tốt hơn phương án trước và thay thế nó, được xây dựng theo một cách riêng: 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13 12

12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14

14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 Có thể dễ dàng nhận thấy cổ phần của mỗi tên trong số 5 tên cướp biển cao cấp đang ngày càng tăng lên. Vì vậy, mỗi người trong số họ đều quan tâm đến việc lần lượt đưa ra 4 phương án này. Kế hoạch cuối cùng sẽ là kế hoạch cuối cùng trong số họ. Như vậy, tên cướp biển đầu tiên sẽ trở nên giàu có hơn với 14 xu.

Bài toán dành cho độc lập lời giải Số tiền nhận được ngày càng lớn hơn. Và cuối cùng, sau năm sáu lần tính toán sai, bị gạch bỏ, tổng số tiền được cộng lại và ký tên ở phía dưới: “Phần thưởng”. R. L. Stevenson. Đảo kho báu

Trung bình, những bài toán này phức tạp hơn những gì đã thảo luận ở trên. 1. Sự phân chia trên sông Danae sẽ thay đổi như thế nào nếu cướp biển thay đổi quy tắc 3: kế hoạch sẽ được coi là chấp nhận nếu hơn một nửa số cướp biển bỏ phiếu ủng hộ? lời giải bài toán yêu cầu làm rõ cách một tên cướp biển quyết định nên đưa ra kế hoạch nào nếu có nhiều kế hoạch khác nhau, mỗi kế hoạch sẽ mang lại cho tên cướp biển đó cùng một số xu. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ giả định rằng việc lựa chọn phương án xảy ra ngẫu nhiên (ví dụ: một tên cướp biển ném một đồng xu để chọn giữa hai phương án có giá trị như nhau). 2. lời giải sẽ thay đổi như thế nào so với bài toán trước đó nếu được lựa chọn giữa các phương án ngang nhau, tên cướp biển “Danaë” luôn thích kế hoạch để lại nhiều tiền hơn cho những tên cướp biển lớn tuổi hơn? 3. Chính xác thì số tiền sẽ được chia như thế nào trong bài toán 5 b) (“Gorgon” với một đội lớn và nguồn cung vàng nhỏ), nếu việc lựa chọn giữa các phương án bằng nhau được thực hiện giống như trong bài toán 2 trước đó? 4. Người hoa tiêu trên con tàu “Echidna” sẽ nhận được bao nhiêu tiền khi chia K xu cho 2 tên cướp biển M + 1? 5**. Trên du thuyền “Cô bé Lọ Lem”, thủy thủ đoàn chỉ có ba người - thuyền trưởng, thuyền trưởng và cậu bé phục vụ. Kho báu họ tìm thấy chỉ có 15 đồng xu. Vì vậy, họ đồng ý rằng trước tiên họ sẽ nghe cả ba phương án, sau đó mới lựa chọn. Vì vậy, mọi người thay phiên nhau, bắt đầu từ thuyền trưởng và kết thúc với cậu bé phục vụ, đưa ra những lựa chọn chia sẻ của riêng mình. Sau đó, cả ba bỏ phiếu cùng lúc - mỗi người chọn phương án mà mình nhận được nhiều tiền hơn. Nếu có một số kế hoạch như vậy, anh ấy sẽ bỏ phiếu cho kế hoạch đầu tiên. Kế hoạch nhận được nhiều hơn một phiếu bầu sẽ được chấp nhận và kho báu sẽ được chia tương ứng. Tuy nhiên, nếu không có kế hoạch như vậy thì không ai lấy được gì cả (toàn bộ kho báu sẽ bị ném xuống biển). Những đồng xu sẽ được chia như thế nào? Việc phân phối sẽ như thế nào nếu lời giải chỉ có thể được nhất trí thông qua?

18

KVANT 2016/№1

giống nhau. Để lại hạt nhân cùng với một hạt beta (electron), neutron đảm nhận những phần năng lượng, động lượng và xung lượng góc cần thiết để tuân theo các định luật bảo toàn… Tuy nhiên, bạn tôi, Debye, đã viết cho tôi rằng tốt hơn hết là bạn không nên nghĩ đến vấn đề này, cũng như bạn không nên nghĩ đến các loại thuế mới chẳng hạn. Nhưng dù khó có thể xảy ra, vì không có bằng chứng thực nghiệm nào, tôi vẫn sẽ mạo hiểm đưa ra giả thuyết này. Nếu bạn không mạo hiểm, bạn sẽ không thắng." Một năm sau, vào năm 1931, Pauli xuất bản một bài báo về hạt bí ẩn này, hạt này sẽ cứu được các định luật bảo toàn, nhưng khối lượng của nó đã được đề xuất là nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của electron. Và vào năm 1932, Chadwick đã chứng minh bằng thực nghiệm rằng hạt nhân nguyên tử chứa các hạt trung tính khổng lồ - neutron, và trong quá trình phân rã beta, chúng không bay ra khỏi hạt nhân. Khám phá này đã mang lại cho Chadwick giải thưởng Nobel (1935). Bây giờ Hạt Pauli giả định - vị cứu tinh của các định luật bảo toàn - đã phải đặt một cái tên khác. Điều này được thực hiện vào năm 1932 không phải bởi chính ông mà bởi nhà vật lý trẻ người Ý Enrico Fermi, một người đoạt giải Nobel trong tương lai, ngay tại một bài giảng về vật lý đại cương cho sinh viên năm thứ nhất tại Đại học Rome (nhân tiện, có sinh viên Bruno Pontecorvo theo học). Vì vậy, các định luật bảo toàn đã được lưu lại trên giấy. Chỉ có một mục tiêu nhỏ - bắt hạt này, chứng minh bằng thực nghiệm rằng nó tồn tại và đo năng lượng và động lượng của nó trong quá trình phân rã beta. Với sự phát triển của vật lý hạt nhân, người ta thấy rõ rằng có các quá trình sản xuất neutrino, nhưng người ta chưa biết gì về các quá trình bắt giữ. Cuối cùng, vào những năm 1960, một số quá trình như vậy đã được dự đoán. Các hạt nhân riêng lẻ có các mức năng lượng riêng biệt thích hợp để bắt giữ các neutrino có năng lượng đã biết về mặt lý thuyết. Đúng vậy, theo tính toán, xác suất bị bắt vẫn rất nhỏ. Do đó, các thí nghiệm đầu tiên bắt đầu được thực hiện ở nơi có nhiều neutrino - gần các lò phản ứng hạt nhân đang hoạt động. Và vào năm 1975 tại Mỹ, F. Raines và K. Cowan đã đạt được thành công. Họ đã sử dụng phản ứng bắt giữ phản neutrino electron bằng clo để tạo ra đồng vị của argon và positron (phản electron). Vì các positron ngay lập tức biến mất, hủy diệt cùng với các electron đầu tiên đi ngang qua, nên số nguyên tử argon tạo ra được xác định để đếm số phản neutrino bị hấp thụ. Đây cũng không phải là một nhiệm vụ dễ dàng vì rất ít argon được tạo ra. Sau ba tháng vận hành hệ thống lắp đặt, chỉ có khoảng 5000 nguyên tử argon được hình thành trong đó (khoảng 40 sự kiện bắt giữ xảy ra mỗi ngày). Tất nhiên, không thể cân điều này trên bất kỳ cân nào; lượng argon được xác định bởi tính phóng xạ của nó. Thí nghiệm này đã đi vào lịch sử vật lý với cái tên “Poltergeist”, dịch theo nghĩa đen là “tinh thần bận rộn”, và theo bản dịch tự do hiện đại là “tay trống”. Tuy nhiên, chiếc trống này (hoặc chiếc trống này) đã mang lại cho Reines giải thưởng Nobel vào năm 1995, khi nhà khoa học này tròn 85 tuổi (tác giả khác của phát hiện này đã không còn sống để nhận giải thưởng). Tại sao lại có một kỳ nghỉ dài như vậy? Thực tế là khi họ bắt đầu cải tiến và lặp lại công việc của Reines, người ta có thể thu được neutrino mặt trời theo cách tương tự. Và hóa ra các thí nghiệm trên mặt đất luôn tạo ra số neutrino ít hơn nhiều lần so với dự đoán của thiên văn học về mặt trời. Những nghi ngờ nảy sinh về những sai sót trong vật lý mặt trời. Nhưng trong tất cả các khía cạnh khác, hậu quả của nó đã được chứng minh bằng kinh nghiệm. Một lần nữa, neutrino đặt ra cho các nhà vật lý một câu đố - một “cơn đau đầu” khi họ bắt đầu nói

Bruno Pontecorvo vào thời điểm đó. Và chính lúc đó Pontecorvo đã đưa ra dự đoán xuất sắc của mình về “hypostase” của neutrino và sự dao động của các mùi khác nhau của nó. Theo giả thuyết này, bất kỳ neutrino nào cũng tồn tại ở ba dạng - các nhà vật lý cho đến nay gọi những dạng này đơn giản là các số 1, 2, 3. Các dạng này có khối lượng khác nhau và tốc độ truyền lan khác nhau. Theo tính đối ngẫu sóng-hạt, chúng được đặc trưng bởi các sóng de Broglie có độ dài khác nhau. Chúng ta hãy lưu ý rằng nếu chúng không có khối lượng thì tốc độ sẽ bằng tốc độ ánh sáng và không thể nói đến bất kỳ sóng de Broglie nào. Khi truyền theo một hướng, sóng de Broglie của ba giai đoạn trễ giao thoa và tạo thành cực đại đều. Những cực đại này là hương vị của neutrino. Do đó, nếu khi được hạt nhân của điện tử hấp thụ, neutrino được tạo ra có mùi điện tử, thì do nó bao gồm ba giai đoạn trễ, sau một thời gian chuyển động, nó sẽ trở thành neutrino muon và sau một thời gian - neutrino tau. Và điều này sẽ lặp lại mọi lúc. Loại người sói này là một neutrino bí ẩn. Và các thí nghiệm ban đầu chỉ nhằm mục đích thu giữ các neutrino electron (“bắt”). Neutrino Muon và neutrino tau đơn giản là không được phát hiện trong các thí nghiệm. Đây là cách xảy ra hiện tượng “mất tích” 2/3 số neutrino mặt trời. Nhưng trên lý thuyết thì tất cả đều trông rất đẹp. Việc kiểm tra thực nghiệm giả thuyết của Pontecorvo đòi hỏi độ chính xác cao hơn nhiều của các thí nghiệm neutrino. Điều cần thiết là các sự kiện bắt giữ neutrino phải xảy ra thường xuyên hơn, ít nhất là mỗi giây. Rõ ràng, cách duy nhất cho việc này là tăng đáng kể tại một thời điểm (trong một phòng thí nghiệm) số lượng cơ sở lắp đặt nơi có thể thu giữ neutrino. Tính toán ước tính cho thấy chất này ít nhất phải vài chục tấn. Và ngoài ra, tất cả những điều này sẽ xảy ra khi sự xuất hiện của bất kỳ hạt nào khác ngoại trừ neutrino sẽ bị loại trừ. Và bức xạ vũ trụ - cả từ mặt trời và đến từ độ sâu của không gian - làm phát sinh ra toàn bộ “cơn mưa” hạt trong bầu khí quyển trái đất. Điều này có nghĩa là các cơ sở bắt neutrino phải được đặt sâu dưới lòng đất (hoặc dưới nước), điều này làm tăng đáng kể chi phí cho những thí nghiệm như vậy. Vào những năm 80 của thế kỷ trước, nguyên tố duy nhất phù hợp xét về mức năng lượng hạt nhân để thu giữ neutrino mặt trời là gali. Khi hạt nhân gali bắt neutrino, hạt nhân đồng vị germani và electron được hình thành. Germanium có thể được tách ra khỏi gali về mặt hóa học, và bằng sự phát xạ của nó, người ta có thể đánh giá số lượng của nó và do đó, số lượng neutrino bị bắt giữ. Gallium thường được chứa ở dạng rất không độc hại

20

KVANT 2016/№1

Cài đặt Super-Kamiokande. Máy dò neutrino nhỏ hơn.) Và sau đó electron bắt đầu mất năng lượng - nó phát ra một sóng điện từ, mặt trước của sóng này có dạng $конуса.^{2}$ Khi mặt trước này đi qua tế bào quang điện, một xung quang điện sẽ xuất hiện. Nó rất yếu nên phải được khuếch đại bằng một thiết bị đặc biệt - máy nhân quang. Máy nhân quang phát hiện năng lượng bức xạ, và do đó phát hiện năng lượng của electron phát ra trong quá trình bắt giữ neutrino. Phản ứng của máy nhân quang phụ thuộc vào hướng chuyển động của các electron này. Tại cơ sở SNO, 9.500 ống nhân quang được lắp đặt trên bề mặt một quả cầu chứa nước nặng. Kết quả của việc lắp đặt này cho phép đếm cả số lần bắt do chỉ các neutrino electron gây ra và số lần bắt do cả ba loại neutrino gây ra. Hóa ra, với độ chính xác cao, chúng lớn hơn gấp 3 lần. Kết luận rõ ràng từ thực tế này là: mặc dù thực tế là chỉ có neutrino electron được sinh ra ở độ sâu của Mặt trời, nhưng trên đường tới Canada, chúng vẫn dao động, biến thành các hương vị khác. Giả thuyết của Pontecorvo về dao động neutrino và do đó, sự hiện diện của khối lượng trong chúng đã được xác nhận một cách đáng tin cậy, điều này đã mang về cho người lãnh đạo và người truyền cảm hứng cho dự án, Arthur MacDonald, một giải thưởng Nobel. Trong khi những sự kiện này đang diễn ra ở Canada, cách xa nơi này, ở Nhật Bản, cách Tokyo 290 km trong một mỏ kẽm bị bỏ hoang vào năm 1986, cơ sở lắp đặt Super-Kamiokande hiện đại hóa (được đặt tên theo khu vực gần Núi Kamio) bắt đầu hoạt động. Và mặc dù về nhiều mặt, hai hệ thống lắp đặt này giống nhau và mục đích công việc của chúng giống nhau, nhưng phòng thí nghiệm Nhật Bản ghi nhận các neutrino hoàn toàn khác nhau - không phải neutrino muon mặt trời mà là neutrino muon khí quyển-vũ trụ, sinh ra khá gần, ở tầng trên bầu khí quyển của Trái đất ở độ cao 20-30 km. Trước đó người ta đã phát hiện ra rằng các neutrino muon có năng lượng như vậy có khả năng gây ra một vụ pogrom nhỏ trong đám mây điện tử của một phân tử nước thông thường, ở

2 Bức xạ của các electron chuyển động trong một chất nhanh hơn tốc độ ánh sáng trong chất này được gọi là bức xạ Cherenkov, được đặt theo tên của nhà vật lý P.A. Cherenkov, người đã phát hiện ra nó vào năm 1934. Cherenkov và các nhà vật lý lý thuyết I.E. Tamm và I.M. Frank, người giải thích hiện tượng này, đã đoạt giải Nobel năm 1958. Đây là giải Nobel vật lý đầu tiên được các nhà khoa học ở nước ta nhận được.

kết quả là phân tử giải phóng một mu-meson (muon) nhanh, do đó trở thành một ion. Muon rất giống với electron; Theo cách tương tự, di chuyển trong nước nhanh hơn tốc độ ánh sáng trong đó, nó tạo ra bức xạ Cherenkov, được phát hiện bởi máy nhân quang. Super-Kamiokande thậm chí còn lớn hơn bản cài đặt SNO. Nó là một hình trụ có đường kính khoảng 40 mét và cùng chiều cao. Xi lanh chứa đầy nước thông thường, nhưng được làm sạch hoàn toàn khỏi mọi tạp chất. Có 11.146 bộ nhân quang nằm ở bề mặt bên trong của hình trụ. Giống như trong SNO, có sự hỗ trợ rất lớn về điện, vô tuyến điện tử và máy tính để vận hành các bộ nhân quang và xử lý dữ liệu nhận được. Kết quả chính của công việc của phòng thí nghiệm này là phát hiện ra thực tế là số lượng neutrino bị hấp thụ phụ thuộc vào hướng chuyển động của chúng. Những hạt di chuyển từ trên xuống dưới hóa ra nhiều gấp đôi những hạt di chuyển từ bên dưới. Sau này, trước khi rơi vào bẫy, phải đi qua toàn bộ địa cầu. Chúng không bị mắc kẹt trên đường đi vì hầu như không có nước ở đó và các neutrino có năng lượng như vậy không có lựa chọn nào khác để biến mất. Kết luận: trên đường đi qua địa cầu, các neutrino đã dao động sao cho chỉ còn lại một nửa số neutrino muon ban đầu. Nửa còn lại quay lại, trở thành neutrino tau, ngay cả khi chúng tạo ra pogrom cho phân tử nước, chúng cũng không tạo ra meson mu mà là meson tau. Nhưng các bộ nhân quang không phản ứng với bức xạ Cherenkov của meson tau, vốn có khối lượng khác. Về mặt thời gian, đây là bằng chứng đầu tiên về các dao động, mặc dù không phải là các dao động của mặt trời mà là các neutrino khí quyển-vũ trụ. Trong những thí nghiệm này thậm chí người ta còn có thể ước tính khối lượng của neutrino muon và tauneutrino. Lưu ý rằng chính tại đây vào ngày 23 tháng 11 năm 1987, vào cùng thời điểm đó, tất cả các ống nhân quang dường như hoạt động điên cuồng - chúng ghi nhận một số lượng lớn neutrino đến từ đám mây vụ nổ siêu tân tinh. Vào năm 2015, 15 năm sau khi công bố kết quả thành công của công trình, người đứng đầu nhóm phòng thí nghiệm này, Takaaki Kajita, đã trở thành người đoạt giải Nobel cùng với Arthur MacDonald. Tuy nhiên, ông và nhóm của mình đã phải chịu một cú sốc nặng - vào ngày 12/11/2001, lớp vỏ thủy tinh của một ống nhân quang không chịu được áp lực của nước và bị nứt. Vì phải có chân không sâu trong không gian bên trong của thiết bị này nên sự phá hủy có tính chất nổ và sóng xung kích sinh ra đã dẫn đến sự phá hủy 7.000 ống nhân quang và các thiết bị khác. Trong 5 năm, mọi thứ đã được xây dựng lại và ở phiên bản cải tiến, hệ thống lắp đặt Super-Kamiokande II tiếp tục hoạt động thành công cho đến ngày nay. Câu hỏi đặt ra - tại sao? Kết quả thu được là neutrino dao động. Chúng ta có thể nói rằng chỉ có anh ta tồn tại ở ba dạng, mỗi dạng đó cũng là một neutrino. Neutrino có rất nhiều… Trên thực tế, còn rất nhiều câu hỏi nữa mà chưa có đáp số câu trả lời. Đã xuất hiện các giả thuyết về các mùi neutrino khác, ngoài ba mùi đã được biết đến. Một trong số chúng, “neutrino vô trùng”, có thể mang lại giải pháp gần hơn cho vật chất tối, cái còn lại, “neutrino Majorana”, sẽ giúp làm sáng tỏ sự bất đối xứng của vật chất và phản vật chất trong Vũ trụ. Vì vậy, có lẽ, sẽ hơn một lần trên các trang của «Kvant» bài báo về Giải Nobel dành cho neutrino, loại hạt gần như tự do này, sẽ xuất hiện.

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 1–2016” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ “M2406” hoặc “F2413”. 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 M2406–M2411, M2413 đã được cung cấp tại Giải đấu Thành phố XXXVII.

Bài toán M2406–M2413, F2413–F2419

M2406. K số đã bị loại bỏ khỏi các số nguyên từ 1 đến 100. Có cần chọn k số khác nhau có tổng bằng 100 trong số các số còn lại nếu: a) k = 9; b) k = 8? A. Shapovalov

M2407. Mọi hệ số của một đa thức đều là số nguyên và mô đun của chúng không vượt quá 2015. Chứng minh rằng mọi nghiệm dương của đa thức này đều lớn hơn 1/2016. A. Khrabrov

M2408. Trong tam giác ABC, các đường trung tuyến $AA_{0}, BB_{0}, CC_{0}$ cắt nhau tại điểm M. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $MA_{0} B_{0}, MCB_{0}, MA_{0} C_{0}, MBC_{0}$ và điểm M cùng nằm trên một đường tròn. P.Kozhevnikov

M2409. Một hình vuông ca rô 9 ¥ 9 được làm bằng các que diêm, cạnh của mỗi hình vuông là một que diêm. Petya và Vasya thay phiên nhau bỏ que diêm, Petya bắt đầu. Người chiến thắng là người có nước đi không còn 1 ¥ 1 ô vuông. Ai có thể hành động theo cách đảm bảo chiến thắng, bất kể đối thủ của mình chơi như thế nào? A. Shapovalov

M2410. Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Các phần kéo dài của các cạnh đối diện của nó cắt nhau tại các điểm P và Q. Gọi K và N là trung điểm của các đường chéo. Chứng minh rằng tổng các góc PKQ và PNQ bằng $180\infty$. M. Didin

M2411. Petya nhìn thấy một số số khác nhau trên bảng và quyết định tạo một biểu thức có giá trị bao gồm tất cả các số này chứ không phải các số khác. Khi soạn một biểu thức, Petya có thể sử dụng bất kỳ số nào, ký hiệu đặc biệt “$\pm$”, cũng như các ký hiệu thông thường “+”, “–”, “¥” và dấu ngoặc. Các giá trị của biểu thức được biên dịch

Nó tính toán bằng cách chọn cho mỗi dấu hiệu “$\pm$” hoặc “+” hoặc “–” trong tất cả các kết hợp có thể có. Ví dụ: nếu có số 4 và 6 trên bảng thì biểu thức $5 \pm 1$ sẽ phù hợp và nếu có các số 1, 2 và 3 trên bảng thì biểu thức $( 2 \pm 0,5 ) \pm 0,5$ sẽ phù hợp. Có thể soạn biểu thức cần thiết nếu viết các số sau lên bảng: a) các số 1, 2, 4; b) có 100 số thực khác nhau không? Ko Bong Gyun (Hàn Quốc)

M2412. Dễ dàng kiểm tra xem thể tích của một bát diện đều mô tả xung quanh một hình cầu có bán kính 1 có bằng 4 3 hay không. Hãy tìm hiểu xem câu phát biểu sau đây có đúng hay không: “Thể tích của bất kỳ bát diện đều nào được mô tả xung quanh một hình cầu có bán kính 1 không nhỏ hơn 4 3”. A. Merkulova

$M2413^{*}$. Hàng gồm N chàng trai có chiều cao khác nhau xếp thành từng cặp. Nó được chia thành số lượng nhóm chàng trai đứng thành hàng ít nhất có thể, trong đó mỗi nhóm đứng theo chiều cao tăng dần từ trái sang phải (có thể là nhóm một người). Sau đó ở mỗi nhóm các em được sắp xếp lại theo thứ tự chiều cao giảm dần từ trái qua phải. Chứng minh rằng sau N – 1 phép tính như vậy các em sẽ đứng theo thứ tự chiều cao giảm dần từ trái sang phải. N. Gladkov

F2413. Vào đêm giao thừa trong thời tiết lặng gió, một chiếc máy bay cất cánh từ sân bay St. Petersburg $( 60\infty$ vĩ độ Bắc và bay ở độ cao không đổi h = 5 km với tốc độ không đổi v = 1000 km/h, luôn hướng về phía đông bắc (theo các vì sao). Với gia tốc bằng bao nhiêu so với Trái đất (hệ Ptolemaic) để máy bay chuyển động chính xác sau T = 4 giờ bay? Có thể coi Trái đất là một quả bóng có bán kính R = 6400 km. V. Chkalov

22

KVANT 2016/№1

F2414. Một khối nhỏ có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn cách một khoảng $L_{0}$ tính từ một cột thẳng đứng trên đó gắn một khối nhỏ không trọng lượng có trục nằm ngang cố định ở độ cao h. Một sợi dây dài không trọng lượng, không giãn được gắn ở một đầu vào một khối, ném qua một khối và bị căng với một lực không đổi F > mg. Không có ma sát trong trục khối. Tại thời điểm ban đầu, khối trượt dọc theo bề mặt và có tốc độ $v_{0}$, hướng ra xa cột. Khi vật dừng lại một lúc thì khoảng cách từ cột đến khối là bao nhiêu? Vận tốc của khối tại thời điểm khối ngừng ép lên bề mặt là bao nhiêu? A. Starov

F2415. Một khối hình chữ nhật dài L = 1 m có tiết diện hình vuông a ¥ a = 10 ¥ 10 cm có khối lượng riêng $\rho = 500$ kg $м^{3}$. Khối được hạ xuống nước hồ và được giữ ở vị trí cân bằng không ổn định đến mức một trong các cạnh dài của khối bị khô và nằm ngang, trong khi một nửa thể tích của khối được ngâm trong nước. Khối được thả ra và nó ở một vị trí ổn định, quay quanh trục đối xứng một góc $\alpha = 45 \infty$. Thế năng của hệ “khối nước” đã giảm đi bao nhiêu? S. Dmitriev

F2416. Vasya thổi bong bóng xà phòng qua một ống dài. Sau khi thổi phồng bong bóng, anh ta thả ống ra khỏi miệng, đồng thời không khí từ bong bóng thoát ra ngoài qua ống. Bong bóng cuối cùng cũng biến mất mà không vỡ sau thời gian $\tau$. Sẽ mất bao lâu để một bong bóng xà phòng có bán kính gấp đôi được bơm căng theo cùng một cách như vậy sẽ xẹp xuống? Giả sử rằng không khí di chuyển qua ống khá chậm và tính chất của màng xà phòng đối với cả hai bong bóng là như nhau. V. Puzyrev

nhưng với các điện tích Q có thể giống hệt nhau. Sau đó, họ ngắt các quả bóng ra khỏi nguồn và bắt đầu nối đất lần lượt các quả bóng bằng một sợi dây dài mỏng và ngắt chúng ra khỏi đất. Sau lần tiếp đất đầu tiên của quả bóng 1, nó có điện tích $q_{1}$, sau khi quả bóng tiếp đất 2 nó có điện tích $q_{2}$, v.v. Nói cách khác, việc nối đất lẻ được thực hiện cho quả bóng 1 và chẵn cho quả bóng 2. Tìm $Q, q_{1}, q_{2}, q_{3}$, … cho đến số lần tiếp đất tối đa, khi vẫn đạt được đáp số “hợp lý”. Cường độ điện trường “đột phá” trong không khí $E_{0} = 3$ ◊ $10^{6}$ V m. S.Zaryadov

F2419. Được biết, khối lượng của Mặt Trời là M = 2 ◊ $10^{30}$ kg. Khoảng 73% khối lượng của Mặt trời là hydro, 25% khối lượng là heli và phần còn lại chỉ chiếm 2% khối lượng Mặt trời. Nguồn năng lượng của Mặt trời là phản ứng hạt nhân chuyển đổi hydro thành heli, xảy ra ở một khu vực nhỏ (so với kích thước của Mặt trời) gần trung tâm của nó. Các phản ứng khác, đặc biệt là phản ứng chuyển helium thành carbon, v.v., theo tính toán của các nhà khoa học, sẽ chỉ bắt đầu xảy ra ở Mặt trời ở giai đoạn tiến hóa cuối cùng. Sau bao lâu thì tỉ lệ hydro trong khối lượng Mặt trời bằng 72%? Để tham khảo: hằng số mặt trời gần Trái đất là W = 1370 W $м^{2}$, khối lượng proton là $m_{п} = 1,0072765$ amu, proton nặng hơn electron 1836,1527 lần, khối lượng hạt nhân helium-4 là $m_{г} = 4,00260325415$ amu. M. Solntsev

Lời giải bài toán M2389–M2395, F2395–F2402

M2389. Cho 2n + 1 số (n là số tự nhiên), trong đó một số bằng 0, hai số bằng 1, hai số bằng 2, …, hai số bằng n. Với n nào thì các số này có thể viết thành một dòng sao cho với mỗi số nguyên dương m từ 1 đến n có đúng m số số khác nằm giữa hai số bằng m?

F2417. Một chất khí gồm các photon mà nội năng U tỷ lệ với thể tích V và nhiệt độ tuyệt đối T theo lũy thừa bậc 4: $U = \alpha VT^{4}$, và áp suất khí p bằng 1/3 tỷ số giữa nội năng và thể tích: $p = \alpha T^{4} 3$, tham gia vào quá trình được mô tả ở hình. Hiệu suất của quá trình này là gì? Hiệu suất tối đa có thể có của động cơ nhiệt ở nhiệt độ nóng và lạnh bằng nhiệt độ tối đa và tối thiểu trong quá trình đang xem xét là bao nhiêu? A. Gazov

M2390. Đồ thị của tam thức bậc hai có hệ số nguyên cắt trục x tại các điểm X, Z và trục tọa độ tại điểm Y (cả ba điểm đều khác nhau). Tìm giá trị lớn nhất có thể có của góc XYZ.

F2418. Hai quả cầu dẫn điện giống hệt nhau 1 và 2 có đường kính d = 10 cm, mỗi quả được lắp đặt trên các giá đỡ không dẫn điện trong không khí sao cho khoảng cách giữa tâm của chúng là L = 1 m. Đầu tiên, các quả bóng được nối với nguồn điện áp cao và được tích điện ở mức tối đa.

Đáp số: $90\infty$. Một ví dụ là tam thức $x^{2} - 1$. Hãy chứng minh rằng không thể có được một góc tù. Gọi O là gốc tọa độ, tam thức là $ax^{2} + bx + c$ và gọi các nghiệm của nó là r và s. Giả sử góc XYZ

Đáp số: cho bất kỳ. Hãy sắp xếp các số như sau: …, 6, 4, 2, n, 0, 2, 4, 6, …, 5, 3, 1, n, 1, 3, 5, … (đầu tiên các số chẵn nhỏ hơn n xếp theo thứ tự giảm dần, sau đó n, 0, các số chẵn giống nhau theo thứ tự tăng dần, các số lẻ nhỏ hơn n xếp theo thứ tự giảm dần, n và các số lẻ giống nhau theo thứ tự tăng dần). I. Akulich

30

KVANT 2016/№1

thể tích cầu) là dầm hoặc giàn nằm trên các gối đỡ cầu. Biến dạng nguy hiểm nhất của cầu dầm là biến dạng uốn của dầm; Để giảm bớt nó, các nhịp nên được thực hiện càng ngắn càng tốt. Trong trường hợp nhịp lớn, không thể lắp đặt các giá đỡ trung gian thì sử dụng cầu treo. Bộ phận chịu lực chính của cầu treo là bộ phận linh hoạt được gọi là cáp hoặc $цепью^{1}$, được cố định vào hai trụ đỡ chắc chắn - trụ, nằm ở đầu và cuối cầu, còn lòng đường được treo bằng dây xích trên các dây cáp thẳng đứng. Thiết kế này giúp loại bỏ các ứng suất uốn nguy hiểm nhất. Ứng suất chính của cầu treo là ứng suất kéo trong dây xích và cáp thẳng đứng, không nguy hiểm như uốn dầm bê tông cốt thép và thép cường độ cao hiện đại có thể dễ dàng chịu được.

Cầu Crimean, Moscow

Cầu Xihoumen, Trung Quốc - cây cầu đầu tiên có nhịp hơn một km (nhịp chính dài 1067 m, khai trương năm 1931, Hoa Kỳ), Cầu Cổng Vàng (1280 m, 1937, Hoa Kỳ), Cầu Akashi-Kaikyo (1991 m, 1991, Nhật Bản), Cầu Xihoumen - cây cầu đầu tiên có nhịp dài hơn hai km (2120 m, 2009, Trung Quốc) và nhiều cầu khác. Cầu treo không yêu cầu buộc chặt đường vào các trụ đỡ và do đó có thể làm giảm tải trọng gió hoặc địa chấn mà không ảnh hưởng đến tính toàn vẹn của kết cấu. Tuy nhiên, gió là mối đe dọa chính đối với cầu treo: khi có gió mạnh, cây cầu hoạt động giống như cánh máy bay - ứng suất phát sinh trong suốt nhịp dưới tác động của lực nâng, có thể phá hủy cây cầu. Một trường hợp như vậy đã xảy ra trong thực tiễn xây dựng cầu - Cầu treo Tacoma ở Mỹ đã bị phá hủy trong một cơn bão vào ngày 7 tháng 11 năm 1940. May mắn thay, không có ai thiệt mạng trong vụ phá hủy này. Quá trình phá hủy cầu Tacoma được quay bằng máy quay nghiệp dư. Việc phân tích những vật liệu này cho phép các kỹ sư hiểu được những sai sót trong thiết kế của cầu treo và phát triển các cơ chế để loại bỏ chúng. Trong các dự án tiếp theo, biện pháp bảo vệ khỏi tải trọng gió đã được đưa ra và các tai nạn lớn với cầu treo không còn xảy ra nữa. (Có thể xem video ấn tượng về vụ phá hủy cầu Tacoma trên Internet tại http://www.youtube.com/watch?v=Xxgobk5AFrI)

Cầu Zhivopisny, Moscow

Hiện tại, tất cả các cây cầu có nhịp lớn đều là cầu treo (hoặc một biến thể là cầu dây văng). Ví dụ, đây là Cầu George Washington bắc qua Hood

1 Tất nhiên, xích trên cầu treo lớn hoàn toàn không

một sợi dây xích theo nghĩa thông thường mà là một sợi cáp thép cường độ cao dày vài chục cm, có khả năng đỡ trọng lượng của mặt cầu.

Cầu George Washington, Mỹ

…những gì mất đi về sức mạnh sẽ được tăng lên về tốc độ. Simon Stevin

Ở trạng thái cân bằng, lực không tạo ra tác dụng thực sự nào; nó chỉ gợi lên một mong muốn đơn giản là di chuyển; nhưng nó phải luôn được đo lường bằng hiệu quả mà nó sẽ tạo ra nếu nó hành động mà không gặp bất kỳ trở ngại nào. Joseph Louis Lagrange

Chuyển động của một hệ thống các điểm vật chất được kết nối với nhau một cách tùy ý…, tại mọi thời điểm đều xảy ra một cách hoàn hảo nhất… phù hợp với chuyển động mà các điểm này sẽ có nếu tất cả chúng trở nên tự do, tức là xảy ra với ít sự ép buộc nhất có thể… Carl Friedrich Gauss

…đối với các hệ thống có kết nối, phương pháp phân tích hóa ra lại tiết kiệm và đơn giản hơn. Các kết nối đã cho được tính đến ở đây một cách tự nhiên, vì các chuyển động của hệ thống chỉ được xem xét dọc theo các quỹ đạo không mâu thuẫn với các kết nối. Cornelius Lanczos

…tĩnh học đã đạt đến sự phát triển cao nhất trong quy luật chuyển động có thể xảy ra… Một trường hợp đặc biệt là quy luật đòn bẩy; một ví dụ khác là quy tắc của Archimedes… Max von Laue

Cách tiếp cận này được gọi là nguyên tắc công ảo (tức là có thể hoặc tưởng tượng), bởi vì để áp dụng nó, chúng ta phải tưởng tượng rằng hệ thống của chúng ta đã di chuyển một chút, ngay cả khi nó thực sự không di chuyển hoặc không thể di chuyển chút nào. Richard Feynman

Bạn có quá quen thuộc với phong trào kết nối?

Đoạn trích từ công trình của cả một dòng các nhà khoa học lỗi lạc chứng minh sự tồn tại lâu dài của họ - vài thế kỷ! – hãy chú ý đến chủ đề của số báo ngày hôm nay của chúng ta. Điều nổi bật trong “bản tóm tắt” này là sự tìm kiếm tỉ mỉ những định luật tổng quát nhất làm nền tảng cho cơ học, cái gọi là những nguyên lý đầu tiên, hay, theo cách nói của Lagrange, một “công thức tổng quát” nào đó. Từ những nguyên lý phổ quát này, các nhà khoa học hy vọng rút ra được, trong những trường hợp đặc biệt, tất cả sự đa dạng của các định luật đã được khám phá. Và họ đã thành công! Việc tạo ra cơ học phân tích - một giải pháp thay thế cho phương pháp Newton - hóa ra lại cực kỳ hiệu quả không chỉ đối với lời giải của riêng bài toán, mà các phương pháp của nó đã phát triển từ vật lý cổ điển đến vật lý hiện đại, kết nối chặt chẽ với các thời đại khoa học lịch sử khác nhau. Bạn có thể phải đối mặt với điều này trong tương lai, và bạn sẽ đánh giá cao cả sức mạnh trí tuệ của những người đi trước cũng như vẻ đẹp đáng kinh ngạc của những kết quả mà họ đạt được. Nhưng điều này còn ở phía trước - rất xa và cao. Chúng ta, những người vẫn chưa cởi bỏ “quần” vật lý học đường, nên làm gì bây giờ? Bạn không thể không nhận thấy rằng các biểu tượng liên tục đề cập đến các chướng ngại vật, các hạn chế áp đặt lên vị trí hoặc chuyển động của các hệ thống cơ học - những gì được gọi là các kết nối. Và đây không gì khác hơn là những mặt phẳng nghiêng, những bản lề điểm, những thanh cứng và nhẹ, những sợi chỉ không thể giãn nở và không trọng lượng, những khối lý tưởng… Bạn có biết các nhân vật không? Vì vậy, bây giờ, đừng sợ hãi, hãy “liên lạc” với những anh hùng trong chủ đề của chúng ta, bởi vì một trong những ý nghĩa của từ “kết nối” là liên hệ. Hãy để nó được gần gũi và sinh hoa trái.

Các câu hỏi và bài toán Nếu cần, hãy sử dụng các gợi ý từ phần “Đáp số, gợi ý, lời giải”.

1. Một tấm ván có chiều dài l nằm ở một đầu trên một hình trụ, đầu kia được giữ bởi một người sao cho tấm ván ở vị trí nằm ngang. Người đó bắt đầu đẩy tấm ván về phía trước làm cho hình trụ lăn không bị trượt. Một người phải đi bao xa để đến được hình trụ? 2. Ống cuộn có quấn chỉ nằm trên bàn nằm ngang và có thể lăn mà không bị trượt. Đầu tiên, sợi chỉ được kéo theo phương ngang với tốc độ v “từ phía trên” ống chỉ, sau đó với cùng tốc độ theo phương ngang đó “từ phía dưới”. Trục cuộn dây sẽ di chuyển ở đâu và với tốc độ bao nhiêu? 3. Trên mặt trong của một hình trụ nằm cố định có bán kính 2R, một bánh xe có bán kính R lăn không trượt. Để tâm của bánh xe quay một vòng quanh tâm của hình trụ. Bánh xe sẽ quay quanh trục của nó bao nhiêu lần trong thời gian này? Một điểm trên vành của nó sẽ chuyển động theo quỹ đạo nào? 4. Một thanh không trọng lượng có trọng lượng điểm ở hai đầu trượt dọc theo các cạnh của một góc nhị diện vuông. Vận tốc của tải trên tại thời điểm tải dưới chuyển động ngang bằng $v_{0}$ và thanh tạo một góc $\alpha$ với phương ngang là bao nhiêu? 5. Điểm nào của thanh trong điều kiện bài toán trước đó chuyển động với tốc độ tối thiểu? Tốc độ này là bao nhiêu? 6. Liệu một vận động viên trượt nước có thể di chuyển nhanh hơn chiếc thuyền đang kéo anh ta không? Một chiếc thuyền có thể đi nhanh hơn một người trượt nước? 7. Tam giác đều ABC trượt trên mặt bàn. Vận tốc của đỉnh A bằng v và hướng về đỉnh B. Vận tốc của đỉnh B là 2v. Tìm bằng cách dựng vận tốc của đỉnh C. 8. Quả bóng lăn không trượt dọc theo cạnh của rãnh hình chữ nhật ACB, như hình hình 1,

Hình 1

Hình 2

và khoảng cách AB bằng bán kính của quả bóng. Điểm nào trên quả bóng có tốc độ tối đa? 9. Một sợi dây không dãn (hình 2) nằm trên một hình nêm cố định tạo thành một góc $\alpha$ với đường chân trời. Một đầu của nó được cố định ở điểm A, đầu kia gắn một vật nặng nhỏ. Bằng cách xây dựng, hãy tìm gia tốc của quả lắc khi nó ở trên nêm khi nó di chuyển sang phải với gia tốc a. 10. Ba quả bóng lớn được cố định ở hai đầu và ở giữa một thanh thẳng đứng không trọng lượng. Vận tốc của các quả bóng có khác nhau khi rơi xuống bàn nằm ngang trong hai trường hợp: a) quả bóng phía dưới có bản lề; b) Quả bóng phía dưới không cố định thì giữa nó và mặt bàn không có ma sát? 11. Một sợi dây có trọng lượng ở hai đầu được ném xuyên qua khối. Trục của khối được nâng lên với tốc độ v và một trong các vật nặng được hạ xuống với cùng tốc độ. Trọng lượng thứ hai tăng với tốc độ bao nhiêu? 12. Gia tốc của các tải trong hệ thống được thể hiện ở hình 3 là bao nhiêu? Bỏ qua khối lượng của vật, sợi dây và ma sát. Các khối sẽ quay theo hướng nào khi tải di chuyển?

Hình 3

Hình 5

Hình 4

13. Một vòng nhỏ đặt trên một vòng dây bán kính R, vòng này có thể trượt tự do dọc theo vòng dưới tác dụng của một nan hoa quay quanh điểm O với vận tốc góc $\omega$ (hình 4). Tìm tốc độ của vòng tròn tại một thời điểm tùy ý. 14. Tìm lực căng của ren nối trục bản lề của hình thoi trên của hệ thống treo bản lề nhẹ như ở hình 5. Khối lượng của tải trọng m.

Trải nghiệm vi mô Giữ một cây bút chì tròn, tốt nhất là dày và thô, giữa hai thước gỗ nằm ngang. Di chuyển thước theo một hướng hoặc theo các hướng khác nhau với tốc độ khác nhau. Bạn có thể quan sát được những kiểu chuyển động nào của bút chì?

Thật tò mò rằng… …công thức đầu tiên, mặc dù bị ẩn giấu, của nguyên lý chuyển động ảo lại có trong Vật lý của Aristotle, cuốn sách đã giúp ông rút ra định luật đòn bẩy. Nguyên tắc tương tự dưới một hình thức khác đã được Stevin sử dụng để rút ra các định luật cân bằng khối. … Galileo, sau khi sửa Aristotle, đã áp dụng nguyên lý chuyển vị ảo để tính các điều kiện cân bằng của một vật trên một mặt phẳng nghiêng, và cũng với sự trợ giúp của nó đã rút ra các định luật về áp suất thủy tĩnh do Archimedes thiết lập trên một cơ sở khác. …“quy tắc vàng của cơ học”, được học sinh biết đến - sức mạnh tăng lên sẽ được bù đắp bằng sự mất chuyển động và ngược lại - không gì khác hơn là nguyên lý chuyển động ảo trong trường hợp đơn giản nhất. …vào năm 1717, Johann Bernoulli đã phát triển một phương pháp mới để tìm điều kiện cân bằng của một hệ cơ học, dựa trên tính chất của lực phản ứng liên kết: với một độ lệch nhỏ của hệ so với vị trí cân bằng, tổng công của các lực phản ứng liên kết bằng không. … Lagrange đã viết tác phẩm kinh điển “Cơ học phân tích”, trong số những thứ khác, dựa trên nguyên tắc chuyển vị ảo. …khái niệm “vật rắn tuyệt đối” là hết sức cần thiết đối với lời giải bài toán trên các kết nối động học. Nó là mô hình của một hệ thống các điểm vật chất, khoảng cách giữa chúng không thay đổi. Và điều này cho phép, ví dụ, sử dụng cái gọi là quy tắc chiếu, khi hình chiếu vận tốc của các điểm cơ thể bằng với trục nối chúng. …với sự có mặt của các kết nối cứng, các điều kiện cân bằng được đơn giản hóa: chỉ cần xem xét sự cân bằng của các lực theo các hướng mà các kết nối không cản trở chuyển động (ví dụ, đối với một pít-tông - dọc theo hình trụ). Sự cân bằng của các lực theo các hướng khác được đảm bảo bởi chính nó, vì ngay cả khi mối nối bị biến dạng nhỏ, phản lực sẽ xuất hiện để cân bằng lực tác dụng. …nguyên lý dịch chuyển ảo là “con én đầu tiên” trong toàn bộ “đàn” cái gọi là nguyên lý biến phân ra đời sau đó, không chỉ của cơ học, mà còn của quang học, điện động lực học, nhiệt động lực học, và trong thế kỷ 20 - lý thuyết tương đối và lý thuyết lượng tử.

Những gì cần đọc trong «Kvant» về chuyển động có kết nối (các ấn phẩm không chỉ của những năm gần đây) 1. “Động học và kết nối” - 1971, số 2, tr. 44; 2. “Mối liên hệ động học trong các bài toán động lực học” - 1988, số 2, tr. 57; 3. “Sự cân bằng của hệ cơ học và phương pháp chuyển vị ảo” - 1989, số 1, tr. 45; 4. “Động học “đơn giản” này” - 2008, số 1, tr. 40; 5. “Tốc độ và khả năng tăng tốc” – 2011, số 1, tr. 34; 6. “Công thức kỳ diệu, hay Chuyển động có sự kết nối” – 2012, Số 1, tr. 34; 7. “Kính vạn hoa vật lý, số 3” – 2012, Phụ lục số 3, tr. 11, 50; 8. “Động học của một phân khúc” – 2015, số 3, tr. 43. Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

$\int$

$\ge$

£ £

$^\circ C$

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

Bài toán

Ở một thị trấn nhỏ chỉ có một tuyến xe điện. Nó có hình tròn và xe điện chạy dọc theo nó theo cả hai hướng. Trên võ đài có các điểm dừng Rạp xiếc, Công viên và Sở thú. Từ Công viên đến Sở thú, đi xe điện qua

Rạp xiếc dài gấp ba lần so với việc không đi qua Rạp xiếc. Từ Rạp xiếc đến Vườn thú, quãng đường qua Công viên dài bằng một nửa nếu không đi qua Công viên. Con đường nào từ Công viên đến Rạp xiếc - qua Sở thú hay không qua Sở thú - ngắn hơn và bao nhiêu lần? A. Shapovalov

Một tam giác đều cạnh 8 được chia thành các tam giác đều cạnh 1 (như minh họa ở hình). Hỏi số hình tam giác nhỏ nhất phải sơn sao cho tất cả các giao điểm của các đường thẳng (kể cả các điểm ở các cạnh) là bao nhiêu?

anh ấy đã viết ra một mật mã cho chính mình: ROBOT = 3112131233. Sau khi mã hóa các từ CROCODILE và BEHEMOTH, anh ấy rất ngạc nhiên khi nhận thấy rằng các con số xuất hiện giống hệt nhau! Sau đó Robot viết ra từ TOÁN HỌC. Viết số vừa tìm được. Biện minh cho đáp số của bạn. A. Khachaturyan

Gấp ba hình ca rô giống hệt nhau không có trục đối xứng thành hình có trục đối xứng. G. Merzon

các đỉnh của ít nhất một tam giác đầy có phải không? Cho ví dụ và chứng minh rằng không thể vẽ ít hình tam giác hơn. N. Avilov

Robot đã nghĩ ra một mã để viết từ: nó thay thế một số chữ cái trong bảng chữ cái bằng các số có một hoặc hai chữ số, chỉ sử dụng các số 1, 2 và 3 (nó thay thế các chữ cái khác nhau bằng các số khác nhau). Lúc đầu

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6–8. Những bài toán này đã được đưa ra tại Lễ hội Toán học XXVII.

Minh họa của D. Grishukova

Bốn mươi đứa trẻ nhảy múa thành một vòng tròn. Trong số này, 22 người nắm tay con trai và 30 người nắm tay con gái. Có bao nhiêu cô gái tham gia điệu nhảy vòng tròn? E. Bakaev

TRƯỜNG KVANT

Điều gì sẽ thay đổi nếu…?

E.SOKOLOV

MỘT ngày nọ, tôi được yêu cầu đưa ra một bài toán cho học sinh lớp 8 về chủ đề “Trắc quang”. Sau một thời gian, bài toán đã sẵn sàng.

Bài toán về Pinocchio

Buratino nhận thấy rằng nếu bật đèn $Л_{2}$ cùng với đèn $Л_{1}$ (các đèn giống nhau), thì độ chiếu sáng của điểm O (hình 1) sẽ tăng 80%.

Hình 1

“Tôi tự hỏi,” Pinocchio nghĩ, “sau này độ chiếu sáng ở điểm O sẽ tăng bao nhiêu nếu tấm bảng đen $D_{1} D_{2}$ biến thành một tấm gương?” Trên đường đi học về, Pinocchio gặp lại những người bạn cũ của mình là cáo Alice và mèo Basilio.

Hình 2

Hình 3

• Xin chào Pinocchio thông minh và nhạy cảm của chúng ta! Hôm nay bạn đã nghĩ ra điều gì mới trong lớp? “Tôi đã nghĩ ra bài toán về bóng đèn và biến bảng phấn thành gương,” Pinocchio nói một cách tự hào và nhanh chóng vẽ hình trên cát (xem hình 1). - Pinocchio thông minh và khôn ngoan, bạn có biết đúng đáp số không? “Tôi chưa biết, nhưng tôi nghĩ tôi sẽ sớm biết thôi.” - Tất nhiên, bạn sẽ sớm tìm ra đáp số chính xác, bởi vì những người bạn thân nhất của bạn luôn ở bên bạn! Và bạn sẽ tốn rất ít tiền - chỉ có hai xu mà bạn có trong túi. “Nhìn này,” con cáo tiếp tục huyên thuyên không ngừng. – Cho bóng đèn thứ nhất tạo ra độ sáng $E_{1} = E_{0}$ tại điểm O. Sau đó, theo điều kiện bài toán, bóng đèn thứ hai tạo ra độ sáng $E_{2} = 0,8 E_{0}$ tại điểm này. Khi tấm bảng biến thành gương, nó phản chiếu tất cả các tia chiếu vào nó: cả từ ngọn đèn thứ nhất và từ ngọn đèn thứ hai. Vì vậy, nếu gương phản chiếu tất cả các tia chiếu vào nó, thì ánh sáng tại điểm O sẽ tăng gấp đôi, tức là $E_{кон} = 2 ( E_{1} + E_{2} ) = 3,6 E_{0}$. Điều này có nghĩa là độ chiếu sáng đã tăng gấp đôi, tức là 100% và tiền của bạn đã trở thành của tôi! Vâng, đưa cho tôi hai selli của tôi ở đây! - Nhưng không! Nhưng không! - Con mèo Basilio đột nhiên hét lên, lúc này nó đã vẽ được hình 2 trên cát. - Tất nhiên, tất cả các tia chiếu vào nó đều bị phản xạ khỏi gương, nhưng sau đó chỉ có các tia phát ra từ đèn $Л_{1}$ mới đi đến điểm O. Do đó, độ rọi tại điểm O sẽ trở thành $E_{кон} = ( E_{1} + E_{2} ) + E_{1} = 2,8 E_{0}$ thay vì giá trị ban đầu $E_{нач} = E_{1} + E_{2} = 1,8 E_{0}$. Điều này có nghĩa là độ chiếu sáng sẽ tăng $E_{кон} E_{нач} = 2,8 E_{0} 1,8 E_{0} = 1,56$ lần, tức là tăng 56%. Vì vậy, hai selli trở thành của tôi! Của tôi! Của tôi! - Ồ, vâng! Hãy nắm lấy, chàng trai thông minh," và con cáo Alice tóm lấy con mèo Basilio. Để tìm kiếm sự thật, những người bạn đã lăn lộn trên trái đất… Người đọc chắc chắn biết rằng các cuộc tranh luận của những chuyên gia đáng kính này có đặc điểm là tính khí và thời gian cực kỳ khắc nghiệt. Do đó, Pinocchio của chúng ta đã bỏ cáo và mèo và vội vã về nhà để cuối cùng tìm ra điều đúng đáp số. Tất nhiên, bạn biết rằng do danh tiếng đã có của họ, cáo Alice và mèo Basilio luôn bị buộc phải đưa ra sai đáp số. Chính xác thì những sai lầm mà các nhân vật này đã mắc phải là gì? Chúng ta hãy nhớ lại các nguyên tắc cơ bản làm nền tảng cho quang học hình học (hình3). Chúng được phát ra bởi các vật thể phát sáng (nguồn sáng) với số lượng vô hạn và theo mọi hướng. Một bề mặt không phát sáng sẽ được chiếu sáng khi có tia sáng chiếu vào nó. Chúng ta nhìn thấy các vật khi tia sáng phát ra từ chúng đi vào mắt chúng ta. Lý thuyết số 1 nói như vậy. Nhưng còn có lý thuyết số 2 về quang học hình học, nó nói lên tất cả

40

KVANT 2016/№1

điều tương tự, ngoại trừ một điều. Cô tin rằng những tia sáng phát ra từ mắt chúng ta và cảm nhận được mọi thứ xung quanh chúng ta. Tuy nhiên, hãy biết rằng, cho dù những lý thuyết này có khác biệt bao nhiêu so với quan điểm thường ngày thì ở lời giải bài toán chúng hoàn toàn tương đương nhau. Do đó, hãy chọn cái cho phép bạn nhanh chóng tạo ra chùm tia mong muốn.

Bài tập

1. Trong bức ảnh (xem hình 3), như để xác nhận lý thuyết số 1, tia nắng mặt trời hiện rõ xuyên qua các đám mây. Nhưng câu hỏi đặt ra là: tại sao chúng ta lại nhìn thấy chúng nếu chúng đi ngang qua mắt chúng ta? 2. hình3 cho thấy điều gì xảy ra với các tia sáng chiếu lên các bề mặt màu đen, gương và mờ. Xây dựng quy tắc riêng của bạn về sự tương tác của tia sáng với các bề mặt khác nhau. 3. Bề mặt nào trong ba bề mặt - đen, gương, mờ - người quan sát có thể nhìn thấy từ bất kỳ điểm nào, dù đứng ở đâu?

Lời nhắc nhở đã kết thúc. Bây giờ về những sai lầm của con cáo Alice và con mèo Basilio. Con cáo nói đúng rằng 100% tia sáng chiếu vào gương sẽ bị phản xạ lại. Điều này đã đúng theo định nghĩa về bề mặt gương. Nhưng Alice đã không tính đến thực tế là các tia phản xạ có thể đơn giản đi qua điểm O. Chú mèo Basilio đã xây dựng chính xác đường đi của các chùm tia phản xạ từ gương (xem hình 2). Từ các công trình của ông, rõ ràng là sau khi phản xạ, chỉ có các tia của ngọn đèn đầu tiên mới thực sự đạt đến điểm O. Nhưng điều này không có nghĩa là những tia như vậy sẽ góp phần vào sự chiếu sáng tương tự $E_{1} = E_{0}$ như những tia tới trực tiếp từ ngọn đèn đầu tiên. Trên thực tế, sự đóng góp của họ sẽ ít hơn. Đây là điều mà chú mèo Basilio thậm chí còn không nghĩ tới. Bạn có thể nghĩ về yếu tố quyết định sự đóng góp vào sự chiếu sáng do các nguồn sáng khác nhau tạo ra khi hoàn thành hai nhiệm vụ sau.

Bài tập

4. Pierrot quyết định trang trí bìa bài thơ nổi tiếng “Malvina, cô dâu của tôi mất tích” bằng bức ảnh của mình. Trong studio ảnh (hình 4,a), để đạt được hiệu ứng mong muốn, người chụp lần lượt bật ba đèn giống hệt nhau $Л_{1}, Л_{2}$ và $Л_{3}$. Và Pinocchio một lần nữa nhận thấy rằng độ chiếu sáng tại điểm $O_{1}$, nằm ngay dưới đèn thứ nhất, tăng 1,8 lần khi đèn thứ hai được bật và thêm 1,26 lần khi đèn thứ ba được bật. “Tôi tự hỏi,” Pinocchio nghĩ, “độ chiếu sáng tăng lên như thế nào khi đèn thứ hai và thứ ba được bật ở điểm $O_{2}$, nằm dưới đèn thứ hai?” 5. Một khu vực nhỏ trên sàn được chiếu sáng bởi bốn nguồn sáng giống hệt nhau (hình 4, b). Sắp xếp các nguồn theo thứ tự giảm dần của độ sáng mà chúng tạo ra trên địa điểm này.

Nhưng làm thế nào mà Pinocchio vẫn nhận ra lời giải đúng của bài toán của mình? Ai sẽ nói điều đó với anh ta?

Hình 5

Hình 4

Hãy đan xen hai dòng: dòng của Pinocchio và dòng của anh trai Pinocchio. Giả sử rằng Pinocchio đã gọi cho Pinocchio và nói với cậu ấy về bài toán. Và Pinocchio đã kể mọi chuyện cho người bạn Tiên tóc xanh của mình. Nhưng các nàng tiên chắc chắn có thể xử lý được những việc khó khăn nhất bài toán.

Bài giảng của Nàng Tiên Tóc Xanh Khó khăn chính của quang học hình học là gì? Thực tế là nó hoạt động với vô số tia. Tất nhiên, không ai có thể khảo sát vô số tia. Vì vậy, nghệ thuật lời giải bài toán của quang học hình học phụ thuộc vào khả năng chọn chùm tia phù hợp. Đôi khi cái gọi là quy tắc cực trị sẽ giúp giải quyết vấn đề này: Nếu bạn không biết bắt đầu từ đâu lời giải, hãy xem xét các phần tử cực trị nhất (ngoài cùng bên trái, ngoài cùng bên phải, lớn nhất, nhỏ nhất, v.v.). Hãy cố gắng tự mình tìm ra những tia “bên ngoài” trong các nhiệm vụ sau.

Bài tập

6. Xây dựng một khu vực được chiếu sáng bởi các tia đuốc phản chiếu từ gương $D_{1} D_{2}$ (hình 5,a). Họ có chiếu sáng chiếc chìa khóa vàng nằm trên sàn không? Coi ngọn đuốc là một nguồn sáng điểm S. 7. Karabas có nhìn thấy Barabas trong gương $D_{1} D_{2}$ chiếc chìa khóa vàng nằm trên sàn không (hình 5, b)? Hãy xem xét rằng đôi mắt của Karabas Barabas nằm ở cùng điểm S với ngọn đuốc của Pinocchio. 8. Hai gương $D_{1} D_{2}$ và $D_{3} D_{4}$ được đặt như hình hình 5,c. Karabas Barabas nhìn vào gương $D_{1} D_{2}$. Pinocchio và các bạn phải di chuyển khoảng cách tối thiểu bao nhiêu để Karabas Barabas không nhìn thấy họ trong gương? Tại lời giải Hãy coi Karabas Barabas là điểm K và Pinocchio và những người bạn của anh ấy là điểm B. Kích thước của một ô là 100 mét.

41

TRƯỜNG HỌC

TRONG

Hình 6

Phương pháp thứ hai rất hữu ích khi làm quen là chuyển hệ thống “nguồn sáng thật – gương” được cung cấp cho chúng ta thành hệ thống “nguồn sáng tưởng tượng – tường có cửa sổ” (hình 6). Điều này được thực hiện trong hai bước. Đầu tiên, chúng ta tạo hình ảnh của nguồn S trong gương, gọi nó là nguồn tưởng tượng $S '$ và cho rằng các tia sáng phát ra từ nó, giống như từ một nguồn thực. Cho biết ảnh của một vật ở đâu trong gương? Ở cùng khoảng cách với gương với vật thể, chỉ ở phía bên kia - trong “Qua gương nhìn” (hình 6,a). Thứ hai, chúng ta biến mặt phẳng của gương thành một bức tường tưởng tượng mờ đục, và gương thành một cửa sổ trên bức tường này (hình 6, b). Điểm của việc xây dựng như vậy là gì? Và thực tế là bây giờ, vẽ dọc theo thước kẻ tất cả các tia phát ra từ nguồn tưởng tượng và đi qua cửa sổ, chúng ta sẽ dựng toàn bộ tập hợp tia phản xạ từ gương Hình 8. Và lưu ý rằng chúng ta không cần phải bận tâm đến việc vẽ các góc tới và góc phản xạ. Tia chúng ta cần được đánh dấu ở hình 6, b, màu đỏ. Để xây dựng nó, chúng ta chỉ cần vẽ một đường thẳng đi qua các điểm $S '$ và A. Sử dụng kỹ thuật này, hãy thử giải bài toán về Pinocchio.

Bài tập 9. Pinocchio nuôi tai lừa ở Xứ Sở Vui Vẻ muốn nhìn mình trong gương nghiêng $D_{1} D_{2}$ (hình 7). Liệu anh ấy có thể nhìn thấy chính mình trong

“QUANTE”

$Л_{1} '$ hoàn toàn giống nhau (về mặt đối xứng) vì nó nằm trong mối tương quan với đèn $Л_{2}$ (xem hình 8). Khoảng cách từ vị trí đến cả hai nguồn và góc tới của tia sáng là như nhau. Điều này có nghĩa là sự đóng góp của cả hai nguồn vào việc chiếu sáng khu vực này sẽ như nhau. Do đó, sau khi biến bảng thành gương, độ chiếu sáng của địa điểm sẽ tăng thêm $E_{2} = 0,8 E_{0}$, tức là sẽ bằng $E_{кон} = ( E_{1} + E_{2} ) + E_{2} = 2,6 E_{0}$ thay vì $E_{нач} = E_{1} + E_{2} = = 1,8E_{0}$. Độ sáng sẽ tăng $E_{кон} E_{нач} = = 2,6 E_{0} 1,8 E_{0} = 1,44$ lần, tương đương 44%. Đây là đáp số. Vâng, có lẽ đó là tất cả. Mặc dù không, nhưng tôi cũng muốn trang bị cho độc giả của chúng tôi một phương pháp chung để so sánh độ chiếu sáng để họ có thể xử lý bất kỳ bài toán nào về chủ đề này.

Phương pháp chung để so sánh độ rọi. Chúng tôi hy vọng rằng những người hoàn thành các bài tập được đề xuất một cách độc lập đã bị thuyết phục rằng độ chiếu sáng của bất kỳ địa điểm nào phụ thuộc vào hai yếu tố: khoảng cách đến nguồn sáng và góc tới của tia sáng. Đây là ý kiến ​​​​đúng. Hãy sao lưu nó với các luật có liên quan. 1) Độ chiếu sáng của địa điểm tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách từ nó đến nguồn. Nói cách khác, nếu độ chiếu sáng của địa điểm nằm ở khoảng cách $R_{0}$ tính từ nguồn điểm, bằng $E_{0}$, thì độ rọi của địa điểm nằm ở khoảng cách R tính từ nguồn sẽ bằng

E =

$R_{0}^{2} E_{0}. R^{2}$

Sự giảm độ chiếu sáng này có liên quan đến sự phân kỳ của các tia sáng khi chúng di chuyển ra khỏi nguồn. 2) Nếu một trong các vị trí nằm vuông góc với chùm tia tới và vị trí thứ hai nghiêng một góc thì độ rọi của vị trí thứ hai sẽ bằng

Hình 7

hoàn toàn im lặng? Xét Pinocchio là đoạn AC và mắt cậu bé nằm ở điểm B.

Chà, bây giờ lời giải bài toán của chúng tôi về Pinocchio trở nên hoàn toàn đơn giản. Chúng ta biến bức tường có gương thành bức tường có cửa sổ và thêm hai chiếc đèn tưởng tượng $Л_{1} '$ và $Л_{2} '$ (hình8).

Bài tập 10. Dùng thước kẻ, đảm bảo một lần nữa rằng các tia từ $Л'_{1}$ chạm vào điểm O, nhưng các tia từ $Л'_{2}$ thì không.

Vẫn còn phải đoán xem chiếc đèn tưởng tượng $Л_{1} '$ sẽ đóng góp gì vào việc chiếu sáng điểm O. Bạn có đoán được không? Tất nhiên, giống như những gì chiếc đèn $Л_{2}$ mang lại! Nhìn xem, diện tích của điểm O nằm tương ứng với đèn

$E = E_{0}$ cos $\theta$, trong đó $\theta$ là góc giữa pháp tuyến với vị trí và tia sáng. Thực tế này có liên quan đến sự gia tăng diện tích bề mặt được chiếu sáng khi quay. Việc chứng minh cả hai phát biểu sẽ không khó nếu bạn hoàn thành hình cần thiết và ghi nhớ những sự kiện đơn giản từ hình học. Chúng tôi khuyên độc giả nên tự làm việc này.

56

KVANT 2016/№1

6. Một thanh đồng nhất dài 2 m di chuyển dọc theo chiều dài của nó dọc theo một bề mặt nằm ngang gồ ghề, bắt đầu đi qua ranh giới, ngoài đó bề mặt trở nên nhẵn. Tốc độ của thanh lúc này là 1,6 m/s. Thanh sẽ đi được quãng đường bao nhiêu kể từ thời điểm này cho đến khi dừng lại nếu hệ số ma sát trên bề mặt gồ ghề là 0,2? 7. Một vòng đệm nhỏ trượt từ độ cao 1 m từ mặt phẳng nghiêng tạo thành một góc $45 ^\circ$ với đường chân trời. Khi kết thúc quá trình đi xuống ở chân mặt phẳng nghiêng, quả bóng chạm vào tường một cách hoàn toàn đàn hồi và bay lên trên mặt phẳng nghiêng. Quả bóng sẽ bay lên độ cao bao nhiêu sau khi va chạm nếu hệ số ma sát của quả bóng trên mặt phẳng là 0,25?

8. Hai vật giống nhau có khối lượng 5 kg được nối với nhau bằng một lò xo không biến dạng có độ cứng 15 N/m và nằm trên sàn nằm ngang. Tốc độ tối thiểu hướng dọc theo trục của lò xo phải được truyền cho một trong hai vật để nó làm vật kia chuyển động là bao nhiêu? Hệ số ma sát của mỗi vật là 0,1. 9. Trên sàn nhẵn có một tấm ván có khối lượng 1,5 kg, trên đó đặt một khối có khối lượng 490 g. Một viên đạn có khối lượng 10 g bay theo phương ngang với vận tốc 100 m/s, bay trúng khối đá và mắc kẹt trong đó. Khối sẽ di chuyển dọc theo bảng bao xa nếu hệ số ma sát giữa chúng là 0,5?

Thế Vận Hội

Giải đấu thành phố XXXVII

Bài toán chuyến du lịch mùa thu (2015)

Tùy chọn cơ bản

lớp 8–9

$1 (4)^{1}$. Có đúng là bất kỳ số tự nhiên nào cũng có thể nhân với một trong các số 1, 2, 3, 4 hoặc 5 để kết quả bắt đầu bằng số 1? E. Bakaev

2 (4). Một hình chữ nhật được làm từ các hình tam giác vuông không cân giống hệt nhau (không có lỗ hoặc chồng lên nhau). Có phải hai hình tam giác nào trong số này nhất thiết phải được sắp xếp để tạo thành hình chữ nhật không? E. Bakaev

3 (5). Ba người chơi oẳn tù tì. Trong mỗi vòng, mọi người ngẫu nhiên đưa ra “đá”, “kéo” hoặc “giấy”. Đá thắng kéo, kéo thắng giấy, giấy thắng đá. Nếu chính xác hai yếu tố khác nhau được hiển thị trong một vòng (và do đó một trong số chúng được hiển thị hai lần), thì người chơi (hoặc người chơi) hiển thị yếu tố chiến thắng sẽ nhận được 1 điểm; nếu không sẽ không có điểm nào được trao cho bất kỳ ai. Sau nhiều vòng, hóa ra tất cả các phần tử đều được hiển thị cùng số lần. Chứng minh rằng tại thời điểm này tổng số điểm mọi người ghi được chia hết cho 3. E. Bakaev

4 (5). Trên các cạnh AC và BC của tam giác vuông ABC ta lần lượt đánh dấu các điểm K và L, trên cạnh huyền AB – điểm M sao cho AK = BL = a, KM = LM = b và góc KML vuông. Chứng minh rằng a = b. E. Bakaev

5. Cả nước có 100 thành phố và cứ hai thành phố lại có một chuyến bay thẳng. Tất cả các chuyến bay đều được thanh toán và có số lượng tugriks dương (có thể không phải là số nguyên). Đối với bất kỳ cặp thành phố A và B nào, chuyến bay từ A đến B có giá bằng chuyến bay từ B đến A. Chi phí trung bình của một chuyến bay

1 Trong ngoặc đơn sau số bài toán số điểm tối đa được trao cho lời giải của nó được biểu thị. Tổng hợp kết quả của 3 nhiệm vụ đạt kết quả tốt nhất, điểm 1 bài toán được tổng hợp.

bằng 1 tugrik. Một du khách muốn bay vòng quanh m thành phố khác nhau trong m chuyến bay, bắt đầu và kết thúc ở quê hương của anh ta. Liệu anh ta có thể luôn thực hiện được một chuyến đi như vậy với chi phí không quá m tugrik cho vé nếu: a) (3) m = 99; b) (3) m = 100? E. Bakaev

lớp 10–11

1 (3). Cho p là số nguyên tố. Có bao nhiêu số nguyên dương sao cho pn chia hết cho p + n? B.Frenkin

2 (4). Cho tam giác vuông cân ABC và tam giác vuông ABD có cạnh huyền chung AB (D và C nằm cùng một phía của đường thẳng AB). Gọi DK là đường phân giác của tam giác ABD. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACK nằm trên đường thẳng AD. E. Bakaev, A. Zimin

3 (4). Xem bài toán 3 cho lớp 8–9.

4. a) (2) Xem bài toán 5,a dành cho lớp 8–9. b) (2) Xem bài toán 5, b dành cho lớp 8–9.

5 (5). Một cấp số cộng tăng vô hạn được đưa ra. Một số số hạng đầu tiên của nó được thêm vào và tổng được khai báo là số hạng đầu tiên của dãy mới, sau đó một số số hạng tiếp theo của cấp số ban đầu được thêm vào và tổng được khai báo là số hạng thứ hai của dãy mới, v.v. Trình tự mới có thể là một cấp số nhân không? G. Zhukov

Tùy chọn phức tạp

lớp 8–9

1. Chúng ta sẽ gọi một đa giác ca rô là nổi bật nếu nó không phải là hình chữ nhật và một đa giác tương tự có thể được tạo thành từ một số bản sao của nó. Ví dụ: một góc của ba ô là một đa giác nhô ra (có thể thấy điều này từ hình trên trang 57). a) (2) Thiết kế một đa giác nổi bật gồm 4 ô.

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

Mười lăm người đàn ông trên ngực người chết

Bài tập

1. Junga nhận được 1/16 số tiền còn lại và 15 đồng xu, và thế là hết số xu. Điều này có nghĩa là 15 đồng xu chiếm 15/16 số còn lại, tức là phần của cậu bé phục vụ là 16 đồng xu. Vì mọi người đều nhận được như nhau nên kho báu lên tới 15 ◊ 16 = 240 xu. 2. Đổ các phần A, B và C của rượu rum vào cốc ở đầu (và cuối). Tên cướp biển thứ ba đổ hết rượu rum của mình cho những người khác, và theo thỏa thuận, anh ta nhận được số tiền như lúc đầu. Điều này có nghĩa là C = 0, tức là đã xảy ra tình huống (A, B, 0). Trước người thứ ba, người thứ hai rót rượu rum cho anh ta, nghĩa là B cũng rót nhiều như người thứ ba rót cho anh ta. Vì vậy, trước khi rót rượu rum thứ ba, anh ta có 2B, còn người thứ nhất có A - B. Điều này có nghĩa là sau lần rót thứ hai đã xảy ra tình huống (A - B, 0, 2B). Nhưng ở đây người thứ nhất có đúng bằng người thứ hai đổ cho anh ta, tức là trước đó người thứ hai có 2(A – B), và người thứ ba có 2B – (A – B) = 3B – A. Vì chúng ta biết rằng trước nước đi đầu tiên người thứ ba không có gì nên người thứ nhất đổ vào 3B – A. Khi đó A = 2(3B – – A) và B = 2(A – B) – (3B – A) = 3A – 5B. Cả hai phương trình, sau khi đơn giản hóa, đều dẫn đến cùng một hệ thức A = 2B. Như vậy tổng thể tích rượu rum là A + B = 3B, do đó B = 2 3 pint, A = 4 3 pint. 3. Nó sẽ không thay đổi chút nào. Ở trên trong bài viết, chúng tôi đã tin rằng ngay cả với đa số đơn giản, cuộc bỏ phiếu đầu tiên sẽ thu thập tất cả các phiếu bầu ngoại trừ một phiếu. Chính xác thì điều tương tự sẽ xảy ra với quy tắc đã thay đổi 3. 4. a) ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ 5 0 1 2 3 4 5 (chữ thập có nghĩa là một tên cướp biển bị ném xuống biển).

b) Cho p = ( N - 1 )( N - 2 ) 2. Những tên cướp biển bị ném xuống biển cho đến khi p nhỏ hơn hoặc bằng K. Đối với những tên cướp biển còn lại lời giải: (K – p, 0, 1, 2,…, N – 2).

Bài toán dành cho độc lập lời giải

1. 93 0 * * * * * * * * * * * * * Như thường lệ, tên cướp biển thứ 15 nếu đến lượt hắn sẽ lấy hết tiền cho mình. Tên cướp biển thứ 14 phải đưa một đồng xu cho bảy trong số mười ba tên cướp biển đầu tiên để đảm bảo sự ủng hộ của đa số. Đối với tên cướp biển thứ 14, việc bảy tên cướp biển nào được tặng một đồng xu không quan trọng, vì vậy lựa chọn sẽ được thực hiện ngẫu nhiên:

• • • • • • • • • • • • • 93 0

Những tên cướp biển có cơ hội nhận được đồng xu sẽ được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Tên cướp biển thứ 13 cũng làm như vậy. Anh ta lấy 93 đồng xu cho mình và phân phát 7 đồng xu còn lại cho những tên cướp biển còn lại, ngoại trừ tên cướp biển số 14. Mỗi tên cướp biển được tên cướp biển thứ 13 đưa cho một đồng xu sẽ vui vẻ bỏ phiếu cho kế hoạch của mình, vì một đồng xu được đảm bảo từ tên cướp biển thứ 13 có lợi hơn cơ hội nhận được một đồng xu từ tên cướp biển thứ 14. Những tên cướp biển còn lại cũng nghĩ tương tự. Cướp biển số X lấy 93 xu cho mình và phân phát ngẫu nhiên 7 xu cho 13 tên cướp biển, không bao gồm cướp biển số X + 1. Tên cướp biển đầu tiên sẽ không phải là ngoại lệ. Anh ta sẽ đưa một đồng xu cho bảy tên cướp biển được chọn ngẫu nhiên với số lượng lớn hơn hai:

93 0 * * * * * * * * * * * * *

Kế hoạch này sẽ được thông qua. 2. 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Chúng tôi sẽ chỉ đưa ra một tập hợp các kế hoạch mà bọn cướp biển sẽ đưa ra.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 93 0 2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 92 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 93 0 1 0 1 2 0 0 0 0 0 1 1 1 92 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 93 0 1 0 1 0 1 1 2 0 0 0 0 1 92 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 93 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 2 0 0 1 1 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 92 0 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

3. Cướp biển từ thứ 48 đến thứ 62, tính từ cuối, mỗi người sẽ nhận được một xu. Trong lời giải bài toán 5b, chúng tôi đã chứng minh rằng lời đề nghị của tên cướp biển thứ 94 sẽ được chấp nhận. Tất cả những tên cướp biển từ thứ 63 đến thứ 93 đều là “kẻ đánh bom liều chết” và do đó sẽ bỏ phiếu miễn phí cho kế hoạch của thứ 94. Bản thân người thứ 94 cũng sẽ bỏ phiếu miễn phí cho anh ta. Và anh ta sẽ đưa tiền cho người lớn tuổi nhất trong số những người không nhận được tiền trong lần đưa ra lời đề nghị đã được chấp nhận trước đó. Vì đây là đề xuất của trung đoàn 62, và tất cả mọi người từ trung đoàn 47 đến 61 đều là những kẻ đánh bom liều chết, nên không ai từ trung đoàn 47 đến 62 có tiền. Do đó, những người lớn tuổi hơn sẽ nhận được tiền. 4. Nếu K < M thì K xu, ngược lại

(

) tối đa M, È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 xu.

Chúng ta hãy xây dựng ở dạng chung hai chiến lược của đội trưởng được mô tả trong lời giải bài toán 7. Chiến lược đầu tiên là đội trưởng giữ M xu cho mình (nếu K < M thì K xu) và đưa phần còn lại cho thuyền trưởng. Thuyền trưởng đồng ý với kế hoạch này, vì để hỗ trợ bất kỳ kế hoạch thay thế nào, anh ta sẽ cần đưa 1 triệu xu cho các thủy thủ, nhưng trong trường hợp này, bản thân thuyền trưởng sẽ không nhận được nhiều hơn số tiền mà người hoa tiêu đưa cho anh ta. Chiến lược thứ hai là thuyền trưởng phân bổ M thủy thủ của nhóm A È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˘ ˚ xu và để lại È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 xu cho mình. Thuyền trưởng có thể đưa số tiền còn lại cho thuyền trưởng hoặc thủy thủ nhóm A. Như vậy, tổng lợi nhuận của hoa tiêu sẽ là

K xu nếu K < M;

(

) max M, О È ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 xu, nếu $K \ge M. 5.$ 7 cho thuyền trưởng và thuyền trưởng, 1 cho thuyền trưởng. Để ngắn gọn, hãy gọi các anh hùng của chúng ta bằng các chữ cái K (thuyền trưởng, đề xuất kế hoạch trước), Sh (đội trưởng, thứ hai) và Yu (cậu bé cabin, thứ ba). Tuyên bố 1. Yu được đảm bảo nhận được ít nhất một xu. Bằng chứng. Yu chỉ có hai cách hành xử khác nhau - “hợp tác” với người khác hoặc “trả thù”, tức là hành động để không ai nhận được chiến lợi phẩm. Phải chăng Yu luôn có cơ hội và mong muốn trả thù? Hãy xem xét hai trường hợp có thể xảy ra. A. Sau khi đề xuất phương án K và Sh, ý kiến ​​của bọn cướp biển đã bị chia rẽ: hai người sẵn sàng bỏ phiếu cho một phương án P1, người thứ ba - cho một phương án P2 khác. Sau đó, Yu có thể trả thù bằng cách tặng 15 xu cho một trong hai người bỏ phiếu cho P1 và đồng thời nhận được ít hơn người kia. B. Sau khi đưa ra phương án K và W, cả ba đều sẵn sàng biểu quyết cho phương án đó. Sau đó, Yu có cơ hội mua phiếu bầu của người nhận được ít hơn theo kế hoạch và lấy hết số tiền còn lại cho mình. Vì vậy, không cần thiết phải trả thù.

61

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

Tốc độ cao của vòng lớn hơn $\omega$ 2 lần và tốc độ tuyến tính của nó bằng $2 \omega R. 14.$ Với khả năng chiều dài của sợi chỉ giảm một chút x, điểm treo của tải sẽ tăng gấp 3 lần. Theo nguyên lý chuyển vị có thể, ta thấy lực căng của sợi dây là 3 mg.

Kinh nghiệm vi mô

Nếu thước di chuyển theo một hướng với cùng tốc độ, thì bút chì sẽ di chuyển cùng với chúng mà không quay. Trong trường hợp tốc độ của thước có hướng bằng nhau nhưng khác nhau về độ lớn, trục của bút chì quay bắt đầu di chuyển về phía trước. Nếu tốc độ của thước được hướng theo các hướng khác nhau và có độ lớn bằng nhau thì bút chì chỉ thực hiện chuyển động quay.

GIẢI PHÁP

Tất cả các đỉnh là tâm của các ô màu xanh. Bây giờ chúng ta hãy nhìn vào bảng bên phải ở hình 13 và để ý rằng tất cả các hình chữ nhật thông thường, trong đó một trong các đỉnh là tâm của ô được đánh dấu bằng chữ A, thì ít nhất một trong các đỉnh đó trở thành tâm của ô màu trắng. Điều này có nghĩa là hai màu này không thể chuyển đổi thành nhau bằng các thao tác được chỉ định. 3. Họ có thể. Ví dụ về cách sắp xếp phù hợp các hình tam giác và đường thẳng được trình bày ở hình 14.

CUỘC THI ĐẶT THEO A. P. SAVINA

(xem «Kvant» số 4 cho năm 2015)

1. 119. Nếu đối với số k ở dòng trên cùng thì số m là số nhân thì km = n – k + 1 (đây là số các số sẽ ở dòng đầu tiên nếu bạn đi dọc theo dòng bắt đầu từ số k). Do đó n + 1 = k(m + 1), do đó, n + 1 chia hết cho m + 1. Điều này có nghĩa là trong trường hợp các bội số 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2, số n + 1 phải chia hết cho 12, 10, 8, 6, 5, 4, 3. Số nhỏ nhất có thể có tính chất này là bội số chung nhỏ nhất của các số này, tức là. 120. Dễ dàng kiểm tra được rằng với n = 119 ở dòng thứ hai thì mỗi số 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2 thực sự xuất hiện. 2. Với n = 1 Petya đúng, với $n \ge 2$ Kolya đúng. Nếu n = 1 thì bàn cờ có kích thước 2 ¥ 2 và chỉ có hai màu trang nhã (bàn cờ). Cái này có được từ cái kia bằng cách sắp xếp lại các hàng hoặc cột. Hãy để $n \ge 2$. Để xác nhận rằng Kolya đúng, chỉ cần đưa ra một ví dụ về hai màu trang nhã không thể chuyển đổi thành nhau bằng các thao tác đã chỉ định. hình 13 cho thấy một ví dụ về các chất tạo màu như vậy (đây là một ví dụ

Hình 13

với n = 4, nhưng cách suy luận tương tự cũng áp dụng được cho tất cả những phần còn lại $n \ge 2 ).$ Chúng ta hãy chứng minh rằng bằng cách hoán đổi hàng và cột, không thể thu được một màu khác từ một màu. Để làm điều này, hãy lưu ý rằng nếu chúng ta chọn bốn ô, tâm của chúng tạo thành một hình chữ nhật có các cạnh song song với các cạnh của bảng, thì sau khi sắp xếp lại các hàng và cột, tâm của các ô này sẽ vẫn tạo thành một hình chữ nhật có các cạnh song song với các cạnh của bảng (để ngắn gọn, chúng ta sẽ gọi những hình chữ nhật như vậy là đều đặn). Cũng lưu ý rằng trên bảng bên trái đối với bất kỳ ô màu xanh lam nào, bạn có thể tìm thấy thêm ba ô màu xanh lam sao cho tâm của cả bốn ô tạo thành một hình chữ nhật thông thường. Điều này có nghĩa là, bất kể chúng ta hoán đổi các hàng và cột trên bảng bên trái như thế nào, tâm của bất kỳ ô màu xanh nào cũng sẽ là đỉnh của ít nhất một hình chữ nhật thông thường,

Hình 14

Hình 15

Bây giờ chúng ta cần giải thích tại sao có thể thực hiện được cấu hình như vậy. Xét tam giác ABC, cách dựng tam giác này có thể thấy từ hình 15: Đường thẳng OA và OB vuông góc nhau, OA = OB = 5, BC = 1. Cùng tìm hiểu xem đường thẳng đứng diễn ra như thế nào $П_{2}$, chia chu vi của tam giác này làm đôi. Cho OM = 3 (tức là M là điểm giữa OS), K là giao điểm của AB và đường thẳng đứng đi qua điểm C (hình16). Rõ ràng BK > BC nên AK > AB + BC và tổng các đoạn AK và AC lớn hơn chu vi tam giác ABC. Dọc thẳng $П_{В}$, vẽ qua điểm M, đi qua Hình 16 cắt giữa AC và AK nghĩa là thẳng $П_{2}$ đi về bên trái của đường thẳng này. Bây giờ hãy tìm hiểu xem đường ngang được đặt như thế nào $П_{1}$, chia đôi diện tích của tam giác ABC. Nó song song với BC và cắt khỏi tam giác ABC một tam giác đồng dạng có một nửa diện tích. Diện tích của các hình tam giác giống nhau có liên hệ giống như các hình vuông có kích thước tuyến tính. Vì vậy, nếu thẳng $П_{1}$ cắt OA tại điểm D thì AD = OA 2. Gọi P và T là giao điểm của đường thẳng $П_{1}$ thẳng AB và $П_{В}$ tương ứng. Dễ dàng chứng minh rằng điểm T nằm ở bên trái điểm P. Thật vậy, DT = OM = 3, trong khi DP = AD = OA 2 = 5 2 > 3. Từ tất cả những điều này suy ra rằng giao điểm của các đường thẳng $П_{1}$ Và $П_{2}$ nằm ngoài tam giác ABC. Do đó, nó có thể bị phản xạ đối xứng qua điểm này và tam giác thu được sẽ không cắt tam giác ABC. Trực tiếp $П_{1}$ Và $П_{2}$, hiển nhiên khi đó sẽ giảm một nửa diện tích và chu vi của tam giác phản chiếu. 4. Có thể. Chỉ cần đặt các thẻ sao cho không nhìn thấy một số 0 duy nhất và chỉ nhìn thấy một đơn vị. Phải có số 0 ở mặt sau của thẻ với một, vì thẻ cụ thể này phải là một. 5.h.