Kvant 2016, số 2 · Trang

3

VỀ

NHIỀU

KHOẢNG CÁCH

yut ước tính tiệm cận. Thông thường, trong các ước tính như vậy, đáp số đạt được tới một hệ số không đổi, giá trị chính xác của hệ số này không còn quan trọng lắm hoặc đạt tới một số hạng có xu hướng bằng 0 khi các tham số tăng lên. Ví dụ, liên quan đến bài toán của chúng ta: trong bài báo năm 1946, Erdős đã nghĩ ra cách xây dựng một tập hợp mà D ( P ) ~ n log n (điều này có nghĩa là với n đủ lớn thì tỷ số giữa các đại lượng D ( P ) và cn log n có xu hướng bằng 1, trong đó c là một hằng số không phụ thuộc vào việc chọn P hoặc n), và giả sử rằng đây là một trường hợp cực đoan, tức là với bất kỳ tập hợp P nào của n điểm $D ( P ) \ge cn$ đăng nhập n. Đây chính xác là loại câu lệnh mà chúng ta đang nói đến: tồn tại một hằng số c sao cho $a \ge cb$, trong đó a và b là một số biến. Để đơn giản hóa ký hiệu, trong trường hợp này chúng ta sẽ tiếp tục viết a b b. Cũng lưu ý rằng, sau khi chấp nhận thỏa thuận rằng chúng tôi không quan tâm lắm đến các sai số bằng các giá trị không đổi, chúng tôi thậm chí có thể không quan tâm đến cơ sở mà chúng tôi lấy logarit. Tất nhiên, chúng ta có thể chỉ cần đồng ý lấy nó, chẳng hạn, theo cơ số tự nhiên e, nhưng nếu chúng ta đột nhiên muốn chuyển từ cơ số a sang cơ số b khác, thì như chúng ta biết, điều này xảy ra theo công thức sau: $log_{a} n = ( log_{a} b )$ ◊ $( log_{b} n )$ – giá trị thay đổi theo hệ số không đổi $log_{a} b$, không phụ thuộc vào n. Vì vậy bạn không phải lo lắng về cơ số của logarit. Như chúng ta có thể thấy, khoảng cách giữa n log n và n ( n - 1 ) 2 đối với n lớn là khá lớn, tức là D(P) có thể thay đổi khá đáng kể. Ví dụ của Erdős rất đơn giản, nhưng việc chứng minh chính xác nó xác định được bao nhiêu khoảng cách khác nhau là một vấn đề rất không hề nhỏ và đòi hỏi phải sử dụng công nghệ nằm ngoài phạm vi của bài viết này. Hãy mô tả nó. Một độc giả đã cố gắng tưởng tượng một cách độc lập cách sắp xếp một tập hợp trên một mặt phẳng để không xác định quá nhiều khoảng cách khác nhau có thể nảy ra ý tưởng rằng tập hợp này phải khá đối xứng và có thể nói là “đồng nhất”. Một ví dụ điển hình về tập hợp như vậy là tập hợp các đỉnh của một mạng nào đó trên mặt phẳng. Và trên thực tế, chúng ta hãy xem xét một mảnh hình vuông của mạng số nguyên thông thường nhất (hình2): một tập hợp các điểm có tọa độ nguyên ( x, y ) sao cho 0 £ x, y £ n – xấp xỉ n điểm (chúng tôi sẽ không cho phép những sai lệch nhỏ so với số này đối với các giá trị cụ thể của n

GIỮA

CHẤM

TRÊN

MÁY BAY

chú ý). Hãy đo khoảng cách giữa hai điểm từ tập hợp này. Theo định lý Pythagore, bình phương của nó bằng $u^{2} + v^{2}$, trong đó u và v là một số số nguyên không âm không lớn hơn n. Bình phương khoảng cách là $целое_{Рис.} 2$ số và lớn nhất có thể bằng 2n, do đó các khoảng cách khác nhau chắc chắn không quá 2n. Để ước tính chính xác hơn, chúng ta chuyển từ câu hỏi hình học bài toán về khoảng cách giữa các điểm sang một câu hỏi thuần túy về lý thuyết số: những số tự nhiên nào không vượt quá 2n có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên bình phương và có bao nhiêu số? Đáp số đối với nửa đầu của câu hỏi thì khá nổi tiếng và rất hay: đây chính xác là những số có sự phân tích thành thừa số nguyên tố bao gồm bất kỳ số nguyên tố nào có dạng 4k + 3 lũy thừa chẵn (thực tế đáng chú ý này được gọi là định lý Fermat–Euler, để biết thêm chi tiết về nó, hãy xem, ví dụ, bài viết của V. Senderov và A. Spivak “Tổng bình phương và số nguyên Gaussian” trong «Kvant» số 3 cho năm 1999). Nhưng để ước tính số lượng những con số như vậy, cần phải có một kỹ thuật phân tích rất tiên tiến, kỹ thuật này cho chúng ta ước tính chính xác do Erdős chỉ ra: cn log n. Trong suốt thời gian đã trôi qua kể từ khi tác phẩm này xuất hiện, chưa có ai học cách xây dựng các tập hợp có D ( P ) nhỏ hơn, vì vậy giả thuyết của Erdős rằng ví dụ này là cực đoan nhất có vẻ rất hợp lý (đặc biệt là với sự xuất hiện của các kết quả mới nhất). Nhưng chỉ để chứng minh rằng ít hơn không bao giờ có thể xảy ra, cho đến gần đây mọi thứ vẫn diễn ra không mấy suôn sẻ. Và bây giờ chúng ta sẽ thảo luận về một trong những ý tưởng quan trọng mà cách đây vài năm, hai nhà toán học lỗi lạc Larry Guth và Netz Katz đã thu được ước tính $D ( P )^{Ъ} n$ log n, ước tính này, tính đến tận gốc của mẫu số, rất giống với ước tính trên từ ví dụ của Erdős. Những viên ngọc tuyệt vời trong toán học là bài toán, rất đơn giản để xây dựng nhưng rất khó chứng minh do một số trường hợp ban đầu không rõ ràng lắm. Bài toán về khoảng cách Erdős hóa ra chính xác là như vậy. Nó đã khai sinh ra một nhánh hoàn toàn mới của hình học tổ hợp (cụ thể là cái gọi là phương pháp đa thức), và các nhà toán học đã dành rất nhiều nỗ lực để cố gắng

8

KVANT 2016/№2

Hình 6

có nhiều nhất n trong số chúng. Những đường này có thể có bao nhiêu giao điểm? Hóa ra có thể vẫn còn ở mức $n^{4}$. Xét bề mặt được xác định bởi phương trình z = xy – một paraboloid hyperbol (hình 6,a). Bề mặt này chứa rất nhiều đường thẳng. Các đường thẳng trên đó được chia thành hai loại - “dọc” và “ngang”. Đối với bất kỳ số thực b nào, chúng ta biểu thị bằng $H_{b}$ đường ngang có dạng $( t, b, bt ), t \in R$. Có thể thấy nó thực sự nằm trên một paraboloid. Tương tự, chúng ta sẽ gọi các đường thẳng đứng là $V_{a}$ đường thẳng có dạng $( a, t, at ), t \in_{R}$. Dễ dàng nhận thấy hai đường thẳng cùng loại không cắt nhau, hai đường thẳng khác loại cắt nhau và không có hai đường thẳng nào cùng thuộc một mặt phẳng. Điều này có nghĩa là nếu chúng ta lấy tập hợp $n^{2} 2$ đường thẳng đứng của paraboloid và $n^{2} 2$ đường ngang làm L, thì chúng ta sẽ nhận được $n^{4} 4$ điểm giao nhau - một lần nữa nhiều hơn ước tính mong muốn của chúng ta. Phải làm gì? Paraboloid hyperbol trong trường hợp này là một ví dụ về một bề mặt có quy tắc kép - một bề mặt đại số (tức là tập hợp các số 0 của một số đa thức trong ba biến trong không gian ba chiều - trong trường hợp này là đa thức z - xy), qua bất kỳ điểm nào trong đó có đúng hai đường thẳng. Các điều kiện của bề mặt khá nghiêm ngặt, và thực sự, một thực tế đáng chú ý từ ngành khoa học gọi là hình học vi phân cho chúng ta biết rằng tất cả các bề mặt như vậy về cơ bản đều giảm xuống dạng parabol hyperbol hoặc hyperboloid một tấm (hình6,b) - các bề mặt thuộc loại $x^{2} + y^{2} - z^{2} = 1$. Ví dụ của chúng tôi cho thấy rằng nếu trên một số bề mặt như vậy có quá nhiều đường thẳng từ tập hợp của chúng tôi thì nó có thể dễ dàng trở thành không phải như vậy.

quá thành công. Nhưng ở đây cũng vậy, tập L cụ thể của chúng ta hóa ra lại quá phức tạp. Như bạn có thể đoán, chúng ta có thể chứng minh một dạng tương tự đã được sửa đổi một chút của bổ đề trước đó, cụ thể là: tồn tại một hằng số c sao cho bất kỳ bề mặt có thước đôi nào cũng chứa không quá cn đường thẳng từ tập L của chúng ta. Thật không may, chúng ta sẽ không còn có thể chứng minh bổ đề này nữa, vì nó yêu cầu sử dụng các kỹ thuật không tầm thường từ hình học vi phân. Thành tựu thực sự ấn tượng của Guth và Katz là sự hiểu biết rằng những điều kiện này hiện đã đủ để đạt được ước tính mà chúng ta quan tâm. Định lý (L. Gut, N. Katz, 2010). Đặt một tập hợp L gồm $n^{2}$ đường thẳng sao cho bất kỳ mặt phẳng nào chứa tối đa n đường thẳng này và bất kỳ bề mặt có đường kẻ đôi $содержит^{Щ} n$ nào chúng. Sau đó $S_{k} ( L )$ Ш $n^{3} k^{2}$ tại $2 \le k \le n$. Tuy nhiên, việc chứng minh tuyên bố này hóa ra vẫn rất khó khăn và các phương pháp cần thiết cho việc này vượt xa phạm vi câu chuyện của chúng tôi. Tuy nhiên, chúng ta sẽ kết thúc bằng một vài lời chung chung về những ý tưởng đằng sau tất cả những điều này. Như đã đề cập ở trên, chúng ta gọi một bề mặt đại số trong không gian ba chiều là tập hợp các điểm có dạng f ( x, y, z ) = 0, trong đó f là đa thức ba biến. Đối với bất kỳ tập hợp điểm hữu hạn nào, có vô số bề mặt đại số có thể được vẽ qua chúng. Trong một số trường hợp, đây có thể là những bề mặt rất đơn giản, được xác định bằng đa thức có bậc không quá cao - ví dụ: tất cả các điểm có thể nằm trên cùng một đường thẳng. Hóa ra là nếu thay vì một tập hợp các điểm chúng ta xem xét tất cả-

9

VỀ

NHIỀU

KHOẢNG CÁCH

GIỮA

CHẤM

TRÊN

MÁY BAY

catfish Đây là thông tin đại số và hiện có thể được sử dụng một cách hiệu quả để ước tính các đặc điểm khác nhau của tập hợp của chúng ta, chẳng hạn như kích thước của nó. Nói chung, chúng ta vừa phác thảo bản chất của phương pháp đa thức, phương pháp này tỏ ra rất hiệu quả trong nhiều tình huống khác nhau. Thật đáng kinh ngạc khi một tổ hợp bài toán tưởng chừng đơn giản hóa ra lại hoàn toàn khác khi nhìn theo một cách khác và dẫn đến những cách nhìn mới mang tính đột phá về sự vật trong hình học tổ hợp? Nội dung thẩm mỹ thực sự của toán học nằm trong những ý tưởng như vậy.

Bài tập

Hình 7

một bề mặt hebric có mức độ tối thiểu chứa tập hợp này thì có thể rút ra nhiều kết luận hữu ích. Các câu lệnh sau đây hữu ích ở đây: ví dụ: nếu một đường thẳng cắt một bề mặt đại số tại quá nhiều điểm, thì đường thẳng này nằm hoàn toàn trên bề mặt đó (bạn hãy tự nghĩ xem tại sao lại như vậy; một ví dụ được hiển thị trong hình 7). Ngoài ra, nếu một điểm trên một bề mặt là điểm giao nhau của một số lượng đường đủ lớn nằm trên bề mặt này, thì hóa ra đây là một điểm đặc biệt nào đó của bề mặt này mà chúng ta có một số thông tin đại số không tầm thường. Sau khi thu thập tất cả các dữ kiện như vậy lại với nhau, chúng ta có thể đạt được luận điểm rất quan trọng sau: thông tin tổ hợp về cấu trúc của một tập hợp điểm trong không gian đòi hỏi một số thông tin đại số về nó. Nói một cách ít mơ hồ hơn: ở đây chúng ta lấy một tập hợp các điểm, ngay cả khi nó không tùy ý, nhưng nó là một tập hợp các điểm mà tại đó một số lượng lớn các đường giao nhau từ một tập hợp hữu hạn nhất định. Đây là thông tin tổ hợp. Chúng ta hãy lấy cùng một mặt đại số có bậc tối thiểu chứa tập hợp này. Sau đó, với sự trợ giúp của các phép tính thông minh, trước tiên, bạn có thể ước tính rõ ràng về mức độ của nó, thứ hai, chứng minh rằng nhiều đường thẳng của chúng ta cũng nằm trên bề mặt này, thứ ba, phát hiện ra rằng nhiều điểm của chúng ta trên bề mặt có một số trạng thái đặc biệt.

6. Định lý Szemeredi–Trotter thường được phát biểu như sau: có một tập P gồm n điểm trên mặt phẳng và một tập L gồm m đường thẳng trong mặt phẳng. Chúng ta hãy xác định số tỷ lệ I ( P, L ) – số cặp ( p, l ), ​​​​trong đó p là một điểm từ P, l là một đường thẳng từ L và $p \in l$. Sau đó $I ( P, L )^{Щ} m^{2} 3 n^{2} 3 + m + n$. Chứng tỏ rằng công thức đưa ra trong văn bản thực sự là hệ quả trực tiếp của phát biểu này. 7. Hãy chứng minh rằng $I ( P, L ) \le n + m^{2}$ trong ký hiệu ở phần trước là bài toán. 8. Giả sử $f = f ( x, y ) = \sum_{i},_{j} a_{ij} x^{i} y^{j}$ là đa thức của hai biến. Bậc của nó là bậc tối đa của đơn thức $x^{i} y^{j}$, hệ số của nó khác 0 (và bậc của đơn thức chỉ đơn giản là i + j). Ta kí hiệu Z ( f ) = { ( x, y ) f ( x, y ) = 0 } – tập hợp các điểm trên mặt phẳng mà tại đó f bằng 0. Tập hợp như vậy được gọi là đường cong đại số (hãy nghĩ đến các ví dụ về đường cong đại số mà bạn biết). Chứng minh rằng nếu f có bậc không lớn hơn một số D thì bất kỳ đường thẳng l nào cũng nằm trong tập Z(f) hoàn toàn hoặc cắt tập hợp này ở hầu hết các điểm D. Đây là một ví dụ về phát biểu cho thấy mối liên hệ giữa cấu trúc tổ hợp và đại số của một tập hợp. 9. Sử dụng ký hiệu của bài toán trước, chứng minh rằng Z(f) chứa nhiều nhất D dòng phân biệt nếu f khác 0.

Tài liệu tham khảo

1. P. Erdx. Trên tập hợp khoảng cách n điểm. – Amer. Toán học. Hàng tháng (1946) 53, 248–250. 2. L. Guth, N. H. Katz. Về bài toán khoảng cách phân biệt Erdхs trong mặt phẳng. – Địa chỉ Internet: arXiv:1011.4105. – 2010. 3. L.Guth. Những ứng dụng bất ngờ của đa thức trong tổ hợp. – Toán học của Paul Erdxs I., Springer New York, 2013, 493–522. 4. V.V.Prasolov. Bài toán theo phương pháp đo mặt phẳng. – M: MTsNMO, 2006.

Hiệu ứng kích thước và hình dạng trong vật lý phân tử

S. VARLAMOV, A. GUDENKO tạo ra mối quan hệ kết nối các thông số vật lý vĩ mô của một chất ở trạng thái khí - nhiệt độ T, áp suất p, thể tích V và lượng chất $\nu$. Đây là những định luật khí nổi tiếng, được kết hợp thành một định luật Mendeleev–Clapeyron: $pV = \nu RT$, trong đó R là hằng số khí phổ quát. Dữ liệu tham khảo về vật chất ngưng tụ, tức là các chất ở trạng thái lỏng hoặc rắn, và sự chuyển pha của chúng cũng được đưa ra trong sách giáo khoa ở trường, nhưng theo cách đó sẽ nảy sinh ấn tượng về sự hỗn loạn mất trật tự tùy tiện. Từ những mối quan hệ kết nối các thông số vĩ mô của vật chất trong

trạng thái cô đọng, một số sách giáo khoa chỉ bao gồm định luật Dulong và Petit. Định luật này quy định rằng nhiệt dung mol của tất cả các chất rắn ở áp suất bên ngoài không đổi là xấp xỉ như nhau và bằng 3R trong khoảng nhiệt độ không quá thấp và không quá cao. Ngoài ra còn có các mối quan hệ tham số ít được biết đến hơn nhưng không kém phần thú vị. Trong bài viết này chúng ta sẽ xem xét hiện tượng nóng chảy chất rắn, tức là sự chuyển các chất từ ​​rắn sang lỏng, ở áp suất khí quyển và nhiệt độ nhất định. Sách tham khảo cung cấp nhiệt độ nóng chảy và nhiệt lượng riêng (trên một đơn vị khối lượng) của phản ứng tổng hợp đối với các chất khác nhau. Thay thế nhiệt dung riêng đơn giản

Minh họa của V. Vlasov

VẬT LÝ TRƯỜNG HỌC SẼ ĐƯỢC XEM CHI TIẾT -

11

CÁC HIỆU ỨNG

KÍCH CỠ

VÀ

MẪU

TRONG

PHÂN TỬ

VẬT LÝ

các phân tử lân cận nằm gần nhau trong thành phần của chất ngưng tụ. Có một số cơ chế hình thành giếng thế cho các nguyên tử hoặc phân tử khác nhau, nhưng chúng không được xem xét chi tiết. Trong mô hình đơn giản nhất, người ta coi rằng sự tương tác của các phân tử là “theo cặp”, tức là đối với hai phân tử gần nhất có năng lượng liên kết $U_{0}$ và tương tác của chúng không bị ảnh hưởng bởi sự hiện diện của các phân tử khác. Nói cách khác, các phân tử không nằm cạnh nhau trong một chất ngưng tụ sẽ không tương tác trong mô hình này. Sau đó, nếu có Z lân cận gần nhất, thì phân tử đó nằm trong giếng thế có độ sâu $ZU_{0}$. Nhiệt nóng chảy và nhiệt bay hơi của một chất trên mỗi phân tử tỷ lệ thuận với độ sâu của lỗ đó và phụ thuộc vào số lượng lân cận gần nhất nằm bên cạnh mỗi phân tử. Thật hợp lý khi cho rằng để phá hủy cấu trúc tinh thể trong quá trình chuyển từ rắn sang lỏng, các phần lớn của một chất và các phần có thể tích nhỏ sẽ cần lượng nhiệt khác nhau trên mỗi phân tử. Rốt cuộc, trong những mảnh vật chất rắn nhỏ, một tỷ lệ đáng kể các phân tử nằm trên bề mặt, nơi chúng có số lượng lân cận gần nhất nhỏ hơn và do đó, nằm trong các lỗ tiềm năng có độ sâu nông hơn. Thí nghiệm đo nhiệt độ nóng chảy của màng mỏng của các chất khác nhau cho thấy nhiệt độ nóng chảy của màng của từng chất giảm khi độ dày màng giảm. Đây được gọi là hiệu ứng kích thước. Hóa ra nhiệt độ nóng chảy không chỉ phụ thuộc vào kích thước mà còn phụ thuộc vào hình dạng của mẫu, tức là còn có hiệu ứng hình dạng. Điều này là do tỷ lệ giữa số lượng phân tử sống trên bề mặt so với tổng số phân tử phụ thuộc vào cả kích thước và hình dạng của một mảnh chất. Nếu chúng ta giả sử rằng nhiệt độ nóng chảy tỷ lệ thuận với độ sâu của giếng thế, tính trung bình trên tất cả các phân tử tạo nên một phần của chất, thì các hiệu ứng được phát hiện có thể được “giải thích” trong khuôn khổ mô hình tương tác cặp của các phân tử. Chúng tôi sẽ “giải thích” điều này dưới dạng lời giải bài toán.

Bảng 1

tan chảy bằng nhiệt mol cho phép bạn thấy ngay mối quan hệ giữa điểm nóng chảy và nhiệt mol của phản ứng tổng hợp. Nhiều chất được biết là có các tính chất vật lý và hóa học tương tự nhau, đặc biệt là tỷ lệ rất gần giữa nhiệt mol của phản ứng tổng hợp O 0 với điểm nóng chảy T. Một ví dụ về nhóm chất như vậy là bạc, vàng, đồng, bạch kim, iridium (Bảng 1). Tất cả chúng ở trạng thái rắn ở nhiệt độ thấp đều có cùng cấu trúc mạng tinh thể (khối lập phương tâm mặt) và cùng kích thước nguyên tử (xấp xỉ). Các mối quan hệ giống hệt nhau tương tự cũng được quan sát thấy đối với các chất khác gần gũi về mặt vật lý và hóa học. Ví dụ, một nhóm chất rất đặc trưng được gọi là

Bảng 2 đề cập đến “khí hiếm” (Bảng 2). Ở trạng thái rắn, chúng cũng tạo thành mạng lập phương tâm mặt, nhưng ở chúng (ngoại trừ heli), tỷ số nhiệt mol của phản ứng tổng hợp và nhiệt độ nóng chảy không giống như đối với nhóm kim loại Ag, Au… mà nằm trong khoảng hẹp 14,6–16,5. Helium thể hiện các tính chất lượng tử khi tan chảy và đối với nó, tỷ lệ này rất khác so với các loại khác. Từ những điều trên chúng ta có thể kết luận rằng đối với các chất có tính chất hóa học tương tự thì nhiệt độ nóng chảy tỷ lệ thuận với nhiệt dung của phản ứng tổng hợp. Trong mô hình động học phân tử của vật chất, để giải thích khả năng của các phân tử hình thành trạng thái ngưng tụ, khái niệm độ sâu của giếng thế năng (năng lượng liên kết), được tạo ra cho nhau cứ sau hai

Bài toán

1. Hãy ước tính đường kính D của những quả cầu thiếc sẽ nóng chảy ở nhiệt độ $t = = 210 q C.^{2)}$ chúng sẽ nóng chảy theo thứ tự nào?

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

Bài toán

Tìm hai số tự nhiên khác nhau bất kỳ lớn hơn 5, mà cả tổng và tích đều cho một bảng màu. (Hãy nhớ rằng một số được gọi là số palindrome nếu các số trong số đó đi từ trái sang phải theo thứ tự từ phải sang trái, ví dụ: 717, 55, 3223.) A. Menshchikov

Petya và Vasya nội tiếp các vòng tròn có cùng bán kính 5 cm trong một hình chữ nhật. Sau đó, mỗi người nối trung điểm của các cạnh của hình chữ nhật và được một hình thoi (như trong hình). Chứng minh rằng các cạnh của những hình thoi này bằng nhau và tìm độ dài của chúng. G. Galperin

Bạch Tuyết đã nướng một chiếc bánh cho ngày lễ, cắt thành hình vuông và trang trí bằng những quả anh đào, như minh họa trong hình. Sau khi cắt bỏ hình vuông ở góc (phía dưới bên phải), cô muốn chia phần còn lại của chiếc bánh thành 7 phần có kích thước và hình dạng bằng nhau để mỗi người trong số bảy chú lùn được một quả anh đào nguyên quả. Hãy giúp Bạch Tuyết làm điều này. M. Evdokimov

Minh họa của D. Grishukova

Các hiệp sĩ của hai gia tộc tập trung tại lâu đài để đàm phán và ngồi theo thứ tự nào đó bên một chiếc bàn tròn lớn. Hóa ra là có bao nhiêu hiệp sĩ, bên phải có hiệp sĩ từ tộc khác, cũng như có hiệp sĩ, bên phải có hiệp sĩ từ bang hội của mình. Chứng minh tổng số hiệp sĩ chia hết cho 4. G. Galperin

Một nhà thông thái đã nhận xét: “Cuối cùng thì một năm đã đến mà một số hạt bằng số năm có thể được xếp trên các ô vuông của bàn cờ sao cho không có hai ô vuông nào có số hạt bằng nhau”. Câu chuyện này xảy ra vào năm nào? E. Bakaev, A. Zaslavsky

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

26

KVANT 2016/№2

Diện tích của ai lớn hơn

K.KOKHAS

USENKA VÀ CÁC BẠN – CHUỘT OGRZA, gián Kuzka và Ushasya – đã tổ chức sinh nhật cho chim gõ kiến ​​Spyatla. Các cuộc thi giải trí, những món ăn tuyệt vời và một chiếc bánh hình voi được tặng cho người anh hùng trong dịp này đã khiến kỳ nghỉ trở nên thú vị và đáng nhớ. Làm sao đột nhiên…

• Hãy tự cứu mình, bất cứ ai có thể! - chim gõ kiến ​​Spyatel hét lên và nhảy ra ngoài cửa sổ. Khách khứa tản mác. Ogryza lao xuống tầng hầm, Kuzka biến mất sau tủ quần áo, và Busenka, tóm lấy Ushasya bằng bất cứ thứ gì cô gặp (và tất nhiên, cô ấy bị bắt là cái đuôi), nhảy vào két an toàn của chim gõ kiến ​​Spyatla, ném bức tượng Crystal Python ra ngoài. Căn phòng bắt đầu tràn ngập những chiếc vòng sáng bóng của con trăn Ukkha. - Cậu bé sinh nhật ở đâu? – Ukkh hỏi. - Tiểu quỷ đi đâu rồi? - anh ta nói tiếp, nhìn xung quanh, liên tục lè cái lưỡi dài hình nĩa - khụt khịt. “Ồ, đó là nơi bạn đã vào,” anh nói, để ý đến chiếc két sắt. “Ra ngoài,” Ukkh nghiêm khắc nói và nhìn Ushasya qua lỗ khóa đến mức muốn vứt bỏ mọi thứ mà chạy, nhảy, bò, chui qua, bay và lao thẳng vào miệng Ukkh. May mắn thay, Busenka đã giữ chặt cửa. - Chúng ta sẽ không thoát ra được! - cô ấy nói. – Cửa đóng kín, diện tích mặt cắt lỗ khóa là 3 ô vuông

centimet - quá nhỏ để chúng ta có thể bò qua. Ukkh nuốt một miếng bánh khổng lồ (“Mmmm… con voi ngon quá!”), đưa một bát salad vitamin làm từ dưa chuột có tai nhọn vào miệng và suy nghĩ. Ánh mắt anh sáng lên một chút. “Lỗ khóa có hình dạng khá phức tạp,” cuối cùng anh nói. - Bạn đã tính diện tích của nó như thế nào? “Trước tiên, hãy ăn lọ mứt đó,” Busenka nói mà không rời cửa, “rồi chúng ta sẽ nói chuyện!” Ukkh dùng chóp đuôi chộp lấy lọ mứt và ngoan ngoãn nuốt chửng thứ bên trong. Cau mày nhìn quanh, anh ném một gói bánh quy chưa mở vào miệng. Busenka đợi 20 giây rồi mở cửa két sắt. – Món táo nướng rõ ràng đã thành công! – cô khuyên nhủ và chỉ vào đĩa táo. Ukkh lập tức cắn một miếng táo và gật đầu tán thành. - Em đã tính diện tích như thế nào? Vâng, như thường lệ. Diện tích của một hình là gì? Đây là một con số như vậy. Thứ nhất, nó không âm. Thứ hai, diện tích của một hình rất đơn giản, chẳng hạn như hình chữ nhật, bằng tích độ dài các cạnh của nó. Thứ ba, nếu một hình nhỏ chứa trong một hình lớn thì diện tích của hình nhỏ không thể lớn hơn diện tích của hình lớn

Minh họa của M. Gritsuk

Kích thước bằng nhau và thành phần bằng nhau

Định lý (Bolyai–Gervin). Bất kỳ hai đa giác có kích thước bằng nhau trên một mặt phẳng đều bằng nhau. Ý tưởng chính của bằng chứng: giảm mỗi đa giác thành một hình vuông có kích thước bằng nhau (diện tích bằng nhau) (1). Các bước. Bất kỳ đa giác nào cũng có thể được chia thành các hình tam giác (hãy chứng minh điều đó!). Mỗi hình tam giác có thể được chia thành nhiều phần, từ đó tạo thành một hình chữ nhật “không dài lắm” (2–3), và sau đó là hình vuông (4). Nhiều hình vuông luôn có thể được vẽ lại thành một hình vuông (5).

Văn học

V.G. Boltyansky. Các hình có kích thước bằng nhau và có bố cục bằng nhau. – M.: Gostekhizdat, 1956. V.F. Kagan. Về sự biến đổi của khối đa diện. – Odessa: Toán học, 1913. D. Fuchs. Có thể tạo ra một khối lập phương từ một khối tứ diện? – Tạp chí «Kvant», 1990, số 11. [Đưa ra một cách chứng minh khác về định lý Bolyai–Gerwin]. G. Lindgren. Giải trí bài toán để cắt. – M.: Mir, 1977. Tạp chí «Kvant». – 1980, số 6, trang bìa thứ 4. V. Litzman. Định lý Pythagore. – Odessa: Toán học, 1912. Nghiên cứu toán học, http://etudes.ru

41

PHÒNG THÍ NGHIỆM

Hãy thực hiện điều này cho tất cả các ô tương ứng với các số ở cột bên trái và gạch bỏ các hàng được đánh dấu (tất cả chúng sẽ khác nhau, vì mỗi ô chỉ được chọn chính xác một ô). Vì chúng ta sẽ không gạch bỏ mọi thứ nên chúng ta sẽ chỉ còn lại một “bảng” gồm 8 hàng - chẳng hạn như k cột và 8 - k hàng. Khi đó diện tích của nó bằng k ◊ (8 - k), không lớn hơn 16. Điều này có nghĩa là tổng số ô được chọn không quá 16 + 8 = 24. Một mâu thuẫn. 2 (lời giải 6, biến thể lời giải 5). Đầu tiên chúng ta đánh dấu tùy ý 32 ô, được đánh số bằng các số khác nhau. Chúng tôi sẽ gọi các ô không được chọn là “miễn phí” và các dòng (hàng hoặc cột) trong đó tất cả các ô đều trống - trống. Giả sử rằng một số dòng, ví dụ như dòng đầu tiên, trống. Do đó, trong đó có 8 số khác nhau và 8 ô có số tương ứng được đánh dấu ở dòng khác. Chúng tôi lập luận rằng một trong 8 số này không phải là duy nhất trong hàng hoặc trong cột của nó và do đó nó có thể được thay thế bằng một số bằng nhau ở hàng đầu tiên mà không cần “loại bỏ” các hàng hoặc cột khác, tức là giảm số lượng dòng trống. Trên thực tế, trên toàn bộ bàn cờ, ngoại trừ hàng đầu tiên, chỉ có 24 ô vuông trống. Do đó, không có quá ba hàng trong đó một trong 8 số đứng “một mình” và không quá bốn cột như vậy. Do đó, không quá bảy số nằm trong hàng hoặc cột của chúng và ít nhất một trong 8 số của chúng tôi thực sự có thể được thay thế. Nếu sau đó vẫn còn hàng hoặc cột trống, hãy tiến hành theo cách tương tự.

3 (lời giải 7). Có $2^{32}$ lựa chọn trong số 32 ô có số khác nhau trên đó (từ mỗi cặp ô được đánh số giống nhau, bạn phải chọn một ô). Hãy ước tính số lượng các lựa chọn xấu. Không có số nào được chọn trong cột đầu tiên. Điều này có nghĩa là tất cả các số trong đó đều khác nhau, nên có $2^{24}$ lựa chọn như vậy. Tổng cộng có 16 hàng nên tổng số lựa chọn sai không quá 16 ◊ $2^{24} = 2^{28} < 2^{32}$, tức là có nhiều lựa chọn tốt.

tái bút Hãy thử thay đổi một chút tình trạng của bài toán ban đầu. Bây giờ chúng ta có 16 số được viết trong 64 ô, mỗi số 4 lần. Câu hỏi được đặt ra: “Bây giờ có thể đảm bảo đánh dấu mỗi ô bằng mỗi số sao cho theo từng hàng ngang và trong mỗi số?”

“QUANTA”

có ít nhất một ô được đánh dấu trên mỗi hàng dọc không?” Và nếu có thể, lời giải nào của chúng tôi nằm trong bài toán mới? Hóa ra sự thật này cũng sẽ đúng. Ví dụ: lời giải hiển nhiên xuất hiện, tương tự như lời giải 3. Mỗi số cô gái sẽ có lũy thừa là 8, vì nó xuất hiện 4 lần và được tính mỗi lần thành 2 hàng, trong khi có thể chúng ta đã tính đến tình bạn nào đó tới 4 lần nếu con số đó rơi bốn lần liên tiếp. Từ định lý Hall suy ra rằng chúng ta có 16 đám cưới cần thiết. Mọi thứ hóa ra lại đơn giản và đẹp đẽ biết bao! Và nếu bạn nghĩ đến giải pháp 2 thì… Euler vĩ đại sẽ xuất hiện ở đây! Trong biểu đồ của chúng tôi, mọi đỉnh hiện có bậc 4, có thể có nhiều cạnh và vòng lặp. Khi đó, mỗi thành phần liên thông sẽ chỉ bao gồm các đỉnh bậc chẵn, có nghĩa là tiêu chuẩn Euler được thỏa mãn - mỗi thành phần liên thông sẽ có một chu trình Euler, tức là một chu trình đi qua tất cả các cạnh một lần, với mỗi đỉnh trong chu trình xuất hiện hai lần và mỗi chu trình Euler có độ dài chẵn. Điều này có nghĩa là trong mỗi chu trình Euler này, có thể tô màu các cạnh theo kiểu bàn cờ (trắng, đen, trắng, đen, v.v.). Kết quả là, chẳng hạn, trong đồ thị các cạnh đen, mỗi đỉnh sẽ có bậc 2, và ở đây bổ đề nhảy tròn sẽ hoạt động, theo đó đồ thị các cạnh đen được chia thành một hoặc nhiều chu trình rời nhau, trong đó, bằng cách tương tự với giải pháp 2, chúng ta sẽ sắp xếp đường truyền mà chúng ta cần. Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh một thực tế mạnh mẽ hơn là trong mỗi hàng sẽ có ít nhất 2 ô được đánh dấu. Thật hữu ích biết bao khi thay đổi điều kiện bài toán! Những ý tưởng hay ho khác sẽ ngay lập tức xuất hiện!

PHÒNG THÍ NGHIỆM “QUANTA”

Hãy cứu thợ lặn

A.PANOV

NHIỀU NĂM ĐÃ trôi qua kể từ khi xuất bản bài viết “K thợ lặn nghệ thuật – thế hệ P” (xem «Kvant»

số 2 cho năm 2012). Trong thời gian này, tôi đã học được một số điều mới mà tôi muốn chia sẻ ở đây. Và tôi cũng muốn sửa một lỗi lầm. Hóa ra người phát minh ra thợ lặn Descartes hoàn toàn không phải là Descartes, mà rất có thể là nhà sư người Ý Raffaello Magiotti (Raffaello Magiotti, 1597–1656), một tín đồ của Galileo và là bạn của Torricelli. Năm 1648, Maggiotti xuất bản một luận thuyết về tính không nén được của nước; ông đã sử dụng thợ lặn để minh họa tính không thể nén được này. Hãy nhìn vào hình 1 (cũng như trên trang thứ 4 của trang bìa), nơi tái hiện hình của tác giả Maggiotti - bạn chắc chắn sẽ nhận ra hai thợ lặn ở đó.

“Le caraffine di Magiotti” là tên của văn bản được viết bởi Beniamino Danese và nằm trên trang web http://www.reinventore.it/. Từ tiếng Ý, tên này được dịch rất đơn giản - “Chai (hoặc bình) của Maggiotti.” Ngoài ra, trang web còn có một video dài 12 phút (khung hình từ video đó được hiển thị trên hình 2). Tôi đã xem nó nhiều lần với niềm vui lớn và tôi khuyên mọi người nên làm như vậy. Mặc dù lần trước tôi đã khuyên bạn nên sử dụng pipet thông thường khi lặn, nhưng sau khi xem phim, tôi quyết định quay trở lại với chai bào chế thủy tinh cổ điển. Vì vậy, chúng ta hãy đổ đầy nước vào một chai nhựa, và sau đó… …Cái chai chứa đầy một phần nước sẽ được úp ngược vào trong chai. Trong trường hợp này, lượng nước trong chai phải được điều chỉnh sao cho chai có độ nổi dương nhẹ - với một lực đẩy yếu, chai sẽ chìm dưới nước. Bây giờ chúng ta vặn nút chặt hơn và thợ lặn đã sẵn sàng hành động. Khi bạn ấn vào chai nhựa, thể tích không khí bên trong chai giảm đi và chai hạ xuống -

42

KVANT 2016/№2

Hình 2. Cảnh trong phim của Beniamino Danese

Hình 1. Chai Maggiotti

đang đi xuống. Buông chai - người thợ lặn nổi lên… Đây thực ra là một trích dẫn nhỏ từ bài viết trước. Bây giờ chúng ta hãy thực hiện một số thí nghiệm mới.

Chúng tôi sẽ giải cứu thợ lặn. Có thể thật xấu hổ khi một thợ lặn vừa hạ xuống một cái chai lại lập tức chạm đáy. Bạn phải đổ hết nước trong chai, đưa thợ lặn ra ngoài và chuẩn bị lại cho anh ta. Chúng ta hãy cố gắng làm mà không cần điều này - cứu người thợ lặn và buộc anh ta phải tự mình leo lên. Điều này có thể được thực hiện theo nhiều cách. Cách 1: hâm nóng lại. Giả sử một thợ lặn thấy mình ở dưới đáy và không muốn ngoi lên. Mở nắp và đặt chai có thợ lặn vào nước nóng. Nước trong chai sẽ ấm lên, thể tích không khí trong chai sẽ tăng lên và người thợ lặn sẽ nổi lên mặt nước. Đúng là khi nước nguội, người thợ lặn sẽ lại chết đuối. Cách 2: hít vào. Hãy thử làm điều gì đó như hô hấp nhân tạo. Hãy ngậm chặt môi quanh cổ chai và hít một ít không khí chứa trong đó. Áp suất trong chai sẽ giảm, thể tích không khí trong chai lại tăng lên và người thợ lặn sẽ nổi lên mặt nước. Nhưng ngay cả ở đây, ngay khi chúng ta rời miệng khỏi chai, người thợ lặn sẽ chết đuối. Cách 3: nâng cao. Khi được tặng một chiếc phong vũ biểu lần đầu tiên, tôi lập tức leo vào thang máy và đi lên tầng trên cùng. Tất nhiên, kim phong vũ biểu cho thấy áp suất không khí giảm theo độ cao. Hãy tận dụng thực tế này và đưa người thợ lặn chết đuối trong chiếc chai đã mở cùng chúng ta vào thang máy. Nếu bạn tăng đủ cao, áp suất không khí sẽ giảm đáng kể, không khí bên trong chai sẽ giãn nở đến mức người thợ lặn sẽ có được lực nổi dương và bay lên trên. Cách 4: bóp. Hãy để người thợ lặn thấy mình ở dưới đáy và không muốn ngoi lên. Mở nắp và bóp chai bằng một tay để không khí thoát ra nhiều hơn. Không giảm lực nén, vặn phích cắm bằng tay kia. Sau khi chúng ta buông cái chai ra, các lực đàn hồi sẽ bắt đầu tác dụng, cố gắng đưa nó trở lại hình dạng trước đó. Chúng chống lại áp suất không khí bên ngoài và làm tăng thể tích của chai, bao gồm cả thể tích không khí trong chai. Thợ lặn có được sức nổi tích cực, nổi lên và sẵn sàng làm việc.

Một? Hai? Ba! Tại sao đôi khi có trường hợp cái chai nổi trong cốc, còn nếu ném nó vào trong chai thì nó lại chìm? Bởi vì bạn không cần phải ném nó mà hãy cẩn thận và từ từ hạ nó xuống chai, khi đó nó sẽ nổi lên trên cùng giống như trong ly. Nhưng bản thân việc chết đuối cũng khá thú vị. Không phải thợ lặn nào nổi trên đỉnh cũng sẽ chết đuối nếu bị đẩy xuống. Điều này chỉ có thể thực hiện được nếu nó có độ nổi dương thấp. Thực tế là khi một thợ lặn đi xuống, áp suất thủy tĩnh của chất lỏng lên anh ta tăng lên, thể tích không khí bên trong chai giảm và độ nổi của thợ lặn cũng giảm. Và nếu chai đủ cao thì đến một độ cao nhất định lực nổi sẽ trở nên âm và người thợ lặn sẽ tự chìm. Hóa ra một thợ lặn được điều chỉnh tốt với độ nổi dương thấp có hai vị trí cân bằng ổn định bên trong chai. Một khi người thợ lặn ở vị trí trên cùng, và một khi anh ta đứng yên ở phía dưới. Nếu anh ta ở một trong những trạng thái này, thì sau một chút xáo trộn nhỏ, anh ta sẽ quay lại đó. Hơn nữa, ở vị trí phía trên độ nổi của nó là dương, ở vị trí phía dưới là âm. Nhưng sau đó hóa ra là ở một độ cao trung gian nào đó lực nổi của thợ lặn phải bằng không. Và đây là một vị trí cân bằng khác cho thợ lặn. Chỉ có điều, không giống như hai cái đầu tiên, nó không ổn định. Nếu người lặn di chuyển lên trên một chút từ vị trí này, anh ta sẽ có lực nổi dương và sẽ tiếp tục tăng tốc đi lên. Nếu nó hơi lệch xuống dưới, nó sẽ phát triển lực nổi âm và sẽ chìm.

43

PHÒNG THÍ NGHIỆM

Hình 3. Nhấn theo cách này (như hình bên trái) và thợ lặn sẽ chết đuối, nhấn theo cách khác (như hình bên phải) - anh ta nổi lên

Hình 4. Chúng ta nén nó theo cách này (như bên trái) và diện tích mặt cắt ngang giảm đi; chúng tôi nén nó theo cách khác (như bên phải) – nó tăng lên

Thợ lặn hành động kép. Sẽ thật tuyệt nếu có một thợ lặn, theo yêu cầu của chúng tôi, sẽ chìm xuống đáy và ở đó hoặc nếu muốn, sẽ nổi lên trên và bơi ở đó. Dưới đây là một số cách để đạt được điều này. 1: vặn/tháo vít. Hãy đặt một thợ lặn có độ nổi dương thấp vào trong chai. Hãy bắt đầu vặn phích cắm. Kết nối của nó với chai sẽ trở nên kín khí ngay cả trước khi nắp được vặn hoàn toàn. Từ thời điểm này cho đến khi nút chai được vặn hoàn toàn, thể tích chứa bên trong chai sẽ bắt đầu giảm. Thể tích không khí bên trong người thợ lặn cũng sẽ giảm và người thợ lặn sẽ chết đuối. Rút phích cắm và thợ lặn sẽ nổi lên. Đây là ví dụ đầu tiên về thợ lặn hành động kép. 2: bóp và bóp. Có những chai có tiết diện hình bầu dục (hình3). Nếu bạn cắt một cái chai như vậy bằng một mặt phẳng nằm ngang, thì mặt cắt ngang sẽ giống như hình minh họa ở hình 4. Hãy đặt một thợ lặn có độ nổi dương thấp và hai trạng thái cân bằng ổn định vào một cái chai như vậy. Nếu bạn ấn vào các cạnh phẳng của chai (xem hình 3 và 4, bên trái), diện tích mặt cắt của nó sẽ giảm, nghĩa là thể tích sẽ giảm và thợ lặn sẽ chìm xuống đáy. Nếu bây giờ bạn nhấn vào các cạnh tròn (xem hình 3 và 4, bên phải), âm lượng sẽ tăng lên và người lặn sẽ nổi lên mặt nước. 3: đặt vào kẹp. Lấy một chiếc kẹp giun có đường kính lớn có thể gắn vào chai nhựa (hình5). Hãy đặt một dụng cụ lặn có độ nổi dương vào chai, vặn chặt nắp và dùng tuốc nơ vít để bắt đầu siết chặt kẹp. Áp suất không khí bên trong chai sẽ tăng lên và đến một lúc nào đó người thợ lặn sẽ chìm xuống đáy. Và quá trình này có thể đảo ngược. Nếu bạn nới lỏng kẹp, thợ lặn sẽ vươn lên dẫn đầu.

“QUANTA”

Hình 5. Chai có kẹp, rất thuận tiện cho thợ lặn điều khiển

4: hãy gõ cửa. Bất cứ ai đã cố gắng tạo ra một thợ lặn có độ nổi dương tối thiểu, có hai trạng thái cân bằng ổn định - ở trên cùng và dưới cùng của chai, đều biết rằng đây là một bài toán khó. Điều này đòi hỏi phải tinh chỉnh sơ bộ tỷ lệ nước và không khí bên trong thợ lặn. Việc sử dụng kẹp truyền động sâu giúp đơn giản hóa vấn đề này. Hãy đặt một thợ lặn có độ nổi tích cực vào trong chai và vặn chặt nắp. Bây giờ chúng ta sẽ từ từ bắt đầu siết chặt chiếc kẹp cho đến khi vị trí phía dưới của thợ lặn “lần đầu tiên” trở nên ổn định. Một thợ lặn như vậy sẽ có hai trạng thái ổn định - trên và dưới, và giữa chúng (ở độ cao thấp) sẽ có trạng thái cân bằng không ổn định. Bằng cách bóp chai, chúng ta sẽ hạ thợ lặn xuống đáy. Nếu bây giờ bạn chạm đáy chai trên bàn, người lặn sẽ nhảy lên, giống như trên tấm bạt lò xo, vượt lên trên vị trí cân bằng không ổn định, sau đó anh ta sẽ có được lực nổi dương và vươn lên dẫn đầu. Đây là một thợ lặn hành động kép khác dành cho bạn. Thay vì đập chai xuống bàn, bạn có thể dùng nắm đấm đập vào bàn - hiệu quả sẽ như nhau. 5: hãy nâng nó lên. Tất nhiên, việc đập tay xuống bàn là quá khắc nghiệt. Hãy hành động tinh tế hơn. Như trong trường hợp trước, hãy tạo một thợ lặn có ba vị trí cân bằng. Bóp chai sẽ đưa thợ lặn xuống đáy. Bây giờ chúng ta hãy lấy nút chai và nhấc cái chai lên - người thợ lặn sẽ nổi lên mặt nước. Hóa ra lực hấp dẫn, không được bù đắp bởi phản lực của bàn, làm tăng thể tích của cái chai tròn cao và áp suất không khí trong đó giảm xuống. 6: nghiêng. Hãy tạo lại một thợ lặn với ba vị trí cân bằng và hạ anh ta xuống phía dưới. Nó sẽ ở đó trong trạng thái cân bằng ổn định. Chúng tôi nghiêng mạnh chai để chiều cao của cột nước phía trên người thợ lặn giảm đi đáng kể. Ở cấp độ của thợ lặn, áp suất nước sẽ giảm, không khí trong đó sẽ giãn ra và bắt đầu dâng lên. Tại một thời điểm nào đó, chúng ta đặt cái chai theo chiều dọc và người thợ lặn sẽ ở trên cùng. Đó có lẽ là tất cả. Tôi cũng nói thêm rằng học trò của tôi Dima Gulyev đã dạy tôi cách trang bị một chiếc kẹp giun cho thợ lặn. Tôi nghĩ đây là một ý tưởng rất tốt.

Thế Vận Hội

Giai đoạn khu vực của Olympic toàn Nga XLII dành cho học sinh môn toán

Giai đoạn khu vực của Olympic Toán học toàn Nga XLII được tổ chức vào ngày 5 và 6 tháng 2 năm 2016. Dựa trên kết quả của nó, thành phần những người tham gia giai đoạn cuối của Olympic toàn Nga đã được hình thành, do đó, bài toán khá phức tạp đã được đưa vào các lựa chọn cho giai đoạn khu vực. Khó nhất là bài toán 8 đối với lớp 10 và lớp 11.

Bài toán

lớp 9

Ngày đầu tiên

1. Cho trước là các tam thức bậc hai $f_{1} ( x ), f_{2} ( x )$, … $, f_{100} ( x )$ có các hệ số giống nhau đối với $x^{2}$, các hệ số giống nhau đối với x, nhưng các số hạng tự do khác nhau; mỗi người trong số họ có hai gốc. Đối với mỗi tam thức $f_{i} ( x )$, chúng ta chọn một nghiệm và đặt tên là $x_{i}$. Tổng $f_{2} ( x_{1} ) + f_{3} ( x_{2} ) + …^{…} + f 100 ( x 99 ) + f 1 ( x 100 )$ có thể nhận những giá trị nào? N. Agakhanov

2. Cho tam giác cân ABC có AB = BC. Trong đường tròn Ω ngoại tiếp tam giác ABC vẽ đường kính $CC '$. Một đường thẳng đi qua điểm $C '$ song song với BC cắt các đoạn AB và AC lần lượt tại các điểm M và P. Chứng minh M là trung điểm của đoạn $C ' P$. B.Obukhov

3. Petya chọn một số số tự nhiên liên tiếp và viết từng số bằng bút chì màu đỏ hoặc xanh lam (cả hai màu đều có). Tổng của bội chung nhỏ nhất của tất cả các số màu đỏ và bội số chung nhỏ nhất của tất cả các số màu xanh có thể là lũy thừa của hai không? O. Dmitriev, R. Zhenodarov

4. Vua Hiero có 11 thỏi kim loại, nhìn không thể phân biệt được; nhà vua biết rằng khối lượng của chúng (theo thứ tự nào đó) là 1, 2, …, 11 kg. Anh ấy còn có một chiếc túi sẽ rách nếu bạn bỏ quá 11 kg vào đó. Archimedes đã tìm ra khối lượng của tất cả các thỏi và muốn chứng minh cho Hiero thấy thỏi thứ nhất có khối lượng là 1 kg. Trong một bước, anh ta có thể nhét nhiều thỏi vào túi và chứng minh cho Hieron thấy rằng túi không bị rách (bạn không thể xé túi!). Số lần nạp túi nhỏ nhất mà Archimedes có thể đạt được kết quả yêu cầu là bao nhiêu? I. Bogdanov, K. Knop

Ngày thứ hai

5. Có 23 học sinh trong lớp. Trong năm, mỗi học sinh lớp này tổ chức sinh nhật một lần với sự tham dự của một số (ít nhất một, nhưng không phải tất cả) các bạn cùng lớp. Chẳng lẽ cứ hai học sinh trong lớp này lại gặp nhau trong lễ kỷ niệm như vậy?

bao nhiêu lần? (Người ta coi rằng hai vị khách bất kỳ gặp nhau vào mỗi kỳ nghỉ, và người sinh nhật cũng gặp tất cả các vị khách.) I. Bogdanov

6. Gọi tập hợp khác rỗng (hữu hạn hoặc vô hạn) là A gồm các số tự nhiên đầy đủ nếu với mọi số tự nhiên a và b (không phân biệt và không nhất thiết nằm trong A) sao cho a + b nằm trong A, số ab ​​cũng nằm trong A. Tìm mọi bộ số tự nhiên đầy đủ. N. Agakhanov

7. Trong bảng trắng $2016 \times 2016$ một số ô có màu đen. Chúng ta gọi một số tự nhiên k là may mắn nếu $k \le 2016$ và trong mỗi ô vuông ca rô có cạnh k nằm trong bảng có đúng k ô được tô màu. (Ví dụ: nếu tất cả các ô đều màu đen thì chỉ có số 1 là may mắn.) Số lượng lớn nhất các số có thể may mắn là bao nhiêu? E. Bakaev

8. Cho tứ giác lồi ABCD, trong đó $\angle$ DAB $= 90 ^\circ$. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Hóa ra là $\angle$ ADC $= \angle$ BAM. Chứng minh rằng $\angle$ ADB $= \angle$ CAM. E. Bakaev

lớp 10

Ngày đầu tiên

1. Xem bài toán 1 cho lớp 9.

2. Petya chọn 10 số tự nhiên liên tiếp và viết mỗi số bằng bút chì màu đỏ hoặc xanh (cả hai màu đều có). Tổng bội số chung nhỏ nhất của tất cả các số màu đỏ và bội số chung nhỏ nhất của tất cả các số màu xanh có thể kết thúc vào năm 2016 không? O. Dmitriev, R. Zhenodarov

3. Trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD lấy các điểm K và L (điểm K nằm giữa A và L), trên cạnh CD lấy các điểm M và N (điểm M nằm giữa C và N). Biết AK = KN = DN và BL = BC = CM. Chứng minh rằng nếu BCNK là tứ giác nội tiếp thì ADML cũng là tứ giác nội tiếp. T. Zimanov, P. Kozhevnikov

4. Cho một bảng ca rô $100 \times 100$, các ô trong đó được sơn đen trắng. Hơn nữa, tất cả các cột đều có số ô đen bằng nhau, trong khi tất cả các hàng có số ô đen khác nhau. Số lượng tối đa các cặp ô màu liền kề có thể là bao nhiêu? I. Bogdanov

Ngày thứ hai

5. Chúng ta gọi tập hợp khác rỗng (hữu hạn hoặc vô hạn) là tập A gồm các số thực đầy đủ nếu

55

Thế Vận Hội

Bài toán 4. Ba trong một khối Khối lập phương được lắp ráp từ các điện trở giống hệt nhau có điện trở R. Ba điện trở được thay thế bằng các dây nhảy lý tưởng, như được chỉ ra trong hình 7.

Bảng 3

trên trục tọa độ nào là sự phụ thuộc thực nghiệm của công suất vào tuyến tính chuyển vị? Xác định độ lớn của lực tại điểm có tọa độ $s_{0} = 10$ cm. Tìm giá trị của lực F. Z. Gordeev

Bài toán 2. Các cụm sao “Vật chất tối” hình thành nên những hệ không va chạm - thiên hà, trong đó các sao chuyển động đều theo quỹ đạo tròn quanh trục đối xứng của hệ. Thiên hà NGC 2885 (hình9) bao gồm một cụm sao có dạng

Hình 7

1. Tìm tổng điện trở của hệ thống thu được giữa các chân A và B. 2) Có thể tháo điện trở nào còn lại sao cho tổng điện trở của hệ thống không thay đổi? 3) Nếu chúng ta biết rằng dòng điện chạy qua hầu hết các điện trở trong mạch điện là I = 2 A thì dòng điện trong dây nối với nút A (hoặc B) là bao nhiêu? 4) Tính dòng điện chạy qua dây nối lý tưởng $AA '$. M. Ivanov

Bài toán 5. Băng tải nằm nghiêng Một băng tải nằm nghiêng sẽ di chuyển dọc theo sàn ngang gồ ghề sao cho mặt phẳng của băng tải thẳng đứng (hình8, nhìn từ trên xuống). Tốc độ đai

Hình 8

vận chuyển v. Băng tải di chuyển dọc theo sàn với tốc độ không đổi u vuông góc với các phần chính của băng tải. Sau một thời gian, băng tải đã di chuyển được một quãng đường s. Băng tải đẩy dọc sàn một khối có khối lượng m, có dạng hình chữ nhật song song. Bỏ qua độ võng của dây và giả sử khối chuyển động ổn định, tìm độ dịch chuyển của khối trong thời gian s/u. Xác định công thực hiện để di chuyển khối bằng lực tác dụng lên khối từ băng tải (trong thời gian băng tải dịch chuyển một đoạn s). Hệ số ma sát giữa khối và sàn là $\mu_{1}$, và giữa khối và băng $\mu_{2}$. A. Frolov

lớp 11

Bài toán 1. Công suất trong không gian Một lực nằm ngang không đổi F bắt đầu tác dụng lên một khối có khối lượng m = 2 kg ban đầu nằm trên một bàn nằm ngang nhẵn. Kết quả là thu được sự phụ thuộc của lũy thừa N vào chuyển vị s của khối (Bảng 3). Một số phép đo có thể không chính xác lắm. TRONG

Hình 9

một lõi hình cầu có bán kính $r_{я} = 4$ kpc và một vòng mỏng, bán kính trong trùng với bán kính của lõi và bán kính ngoài bằng $15r_{я}$. Vòng bao gồm các ngôi sao có khối lượng không đáng kể so với lõi. Trong lõi, các ngôi sao phân bố đều. Người ta thấy rằng tốc độ chuyển động tuyến tính của các ngôi sao trong vòng không phụ thuộc vào khoảng cách đến trung tâm thiên hà: từ rìa ngoài của vòng đến rìa lõi, tốc độ của các ngôi sao là $v_{0} = 240$ km/s. Hiện tượng này có thể được giải thích bằng sự hiện diện của khối lượng không phát sáng, hay “vật chất tối”, phân bố đối xứng hình cầu so với tâm thiên hà bên ngoài lõi của nó. 1) Xác định khối lượng $M_{я}$ của nhân thiên hà. 2) Xác định mật độ trung bình $\rho_{я}$ của vật chất lõi thiên hà. 3) Tìm sự phụ thuộc của mật độ “vật chất tối” $\rho_{т}$ vào khoảng cách r đến tâm thiên hà. 4) Tính tỉ số giữa khối lượng của “vật chất tối”, thứ ảnh hưởng đến chuyển động của các ngôi sao trong đĩa, với khối lượng của lõi. Lưu ý: 1 kpc = 1 kiloparsec $= 3,086 \cdot 10^{19}$ m, hằng số hấp dẫn $G = 6,67 \cdot 10^{-} 11$ N $\cdot м^{2} \cdot кг^{-} 2$. P. Korotkov

Bài toán 3. Bốn trong một khối Khối lập phương được ghép từ các điện trở giống hệt nhau có điện trở R. Bốn điện trở được thay thế bằng các dây nối lý tưởng, như được chỉ ra trong hình 10. 1) Tìm tổng điện trở của hệ thống thu được giữa các tiếp điểm A và B. 2) Cường độ dòng điện qua điện trở nào là lớn nhất và qua điện trở nào là nhỏ nhất? Tìm các giá trị hiện tại này nếu nút A hiện tại đi vào là $I_{0} = 1,2$ A. 3) Dòng điện chạy qua nút nhảy lý tưởng $AA '$ là bao nhiêu? M. Ivanov

Bài toán 4. Hình thoi Một quá trình tuần hoàn được thực hiện trên một ha-

56

KVANT 2016/№2

Bài toán 5. Không do dự! Trong mạch điện gồm một điện trở có điện trở R, một cuộn dây có độ tự cảm L và một tụ điện có điện dung $C_{0}$ thì tụ điện mang điện tích $Q_{0}$ (hình12). Tại một thời điểm nào đó, công tắc K đóng và đồng thời chúng bắt đầu thay đổi điện dung của tụ sao cho giá trị lý tưởng

Hình 10

Vì vậy, trên mặt phẳng p, V là hình thoi (hình11). Đỉnh 1 và 3 nằm trên cùng một đồng vị, đỉnh 2 và 4 nằm trên cùng một đồng vị. Trong chu trình khí đã thực hiện công A.

Hình 12

Vôn kế hiện tại hiển thị điện áp không đổi. 1) Điện dung của tụ C(t) phụ thuộc như thế nào vào thời gian khi thời gian thay đổi từ 0 đến $t_{1} = C_{0} L$? 2) Ngoại lực đã thực hiện công gì trong thời gian $t_{1}$? Hãy xem xét điều đó $t_{1} = L R = C_{0} L$. Manh mối. Lượng nhiệt tỏa ra của điện trở trong thời gian $t_{1}$ bằng t 1

$W_{R} = \int I^{2} ( t )$ Rdt =

0

Hình 11

$Q_{0}^{2}. 3 C_{0}$

M. Osin, lượng nhiệt $Q_{12}$ cung cấp cho khí ở phần 1–2 khác với lượng nhiệt $Q_{3,4}$ thoát ra khỏi khí ở phần 3–4 là bao nhiêu? V.Sbobodyanin

Tĩnh điện cho học sinh thông minh

(Để bắt đầu, xem trang 44)

Vì vậy, giả định rằng trường bên trong không giữ nguyên đã bị bác bỏ bởi lý luận này. Ta đã chứng minh được định lý duy nhất.

Thực ra đây là một cuộc trò chuyện dài. Nếu tôi may mắn với cả lớp, nếu họ chịu lắng nghe những điều như vậy, tôi sẽ kể cho họ khá nhiều điều. Tuy nhiên, cho đến khi có sự tràn rõ ràng, điều này có thể được nhìn thấy qua nét mặt, v.v. Tôi nghĩ việc thảo luận những vấn đề khó khăn sẽ rất hữu ích. Điều bắt buộc là chúng phải phát triển, phát triển đủ nhanh - tải phải gần (về độ phức tạp, không phải về khối lượng) đến một giá trị giới hạn nhất định. Ý nghĩa này là khác nhau đối với mỗi người, vì vậy tôi tải học sinh của mình theo cách khác nhau. Và để không quá nhàm chán, tôi làm việc mà không có bài tập về nhà, điều này khiến mọi việc trở nên dễ dàng hơn rất nhiều. Ít nhất, nó mang lại cho tôi quyền đạo đức để tích cực làm việc với học sinh trong lớp học. Và làm cho chúng hoạt động.

Sử dụng định lý duy nhất, chúng ta giải được một tập hợp bài toán khá khó. Vì vậy, một phương pháp hình ảnh tuyệt vời ngay lập tức xuất hiện từ nó. Nó không có trong chương trình giảng dạy ở trường và bạn có thể làm mà không cần nó.

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi V. Slobodyanin về phương pháp này, nhưng có bài toán rất đẹp. Đẹp, dễ hiểu, khó khăn, bất kỳ. Và nhân tiện, một ví dụ ngắn vui nhộn. Với những học sinh giỏi toán, trước khi thảo luận về chủ đề này, tôi giải bài toán này. Có hai điện tích điểm q và –3q. Các điểm có điện thế bằng 0 nằm trên mặt phẳng như thế nào? Ngoài những khoảng cách vô tận? Đây là một bài toán thú vị. Nó đi vào trán; người ta có thể viết ra những mối quan hệ phức tạp, khá kinh tởm. Tại sao tôi lại nói về những học sinh được giáo dục bằng toán học? Họ biết đáp số mà không giải được bài toán này. Thông thường, một số đứa trẻ nhanh trí sẽ ngay lập tức hét lên: “Vòng tròn Apollonius!” Để một điểm có điện thế bằng 0 trong trường hợp của chúng ta, nó phải cách xa điện tích lớn gấp ba lần so với điện tích nhỏ. Khi đó tổng các thế năng này sẽ bằng không. Và họ nghiên cứu một hình hình học như vậy trong hình học: làm thế nào các điểm nằm trên một mặt phẳng cách điểm A xa hơn ba lần so với điểm B. Đây là một đường tròn, đường tròn của Apollonius. Điều này có nghĩa là trong không gian nó sẽ là một hình cầu. Và đó là những gì tôi cần. Khi chứng minh định lý duy nhất bằng chúng, chúng ta sẽ quay lại những câu hỏi này và giải bài toán về ảnh trong hình cầu. Một điện tích và một quả cầu nối đất: chúng hút nhau với lực bao nhiêu?..