Kvant 2017, số 6 · Trang

4

KVANT 2017/№6

Đối với ông, những dữ liệu này không phải là một lập luận ủng hộ tính đúng đắn của chúng: công trình lý thuyết phải được xác minh nghiêm ngặt theo quy tắc của trường phái Landau. Vào những năm 70 và 80, Aleksey Alekseevich xuất hiện tại cuộc họp của Khoa Vật lý Lý thuyết trên tầng bảy của tòa nhà chính MISiS, ông nhanh chóng giải quyết các vấn đề thời sự và điều thú vị nhất bắt đầu - A.A. bắt đầu kể chuyện. Anh ấy là một người kể chuyện xuất sắc mà bạn có thể nghe hàng giờ liền. Dường như thế giới vật lý rộng lớn đang mở ra đằng sau cánh cửa sổ bụi bặm, đằng sau đó là Leninsky Prospekt vừa xào xạc. Những cuộc trò chuyện về vật lý là một phần không thể thiếu trong giao tiếp của chúng tôi với A.A. và trong hội trường của Viện Các vấn đề Vật lý, nơi ông thường sắp xếp các cuộc hẹn cho các sinh viên của mình, và với ván trượt trong tay khi xếp hàng lên cáp treo trượt tuyết ở Bakuriani, nơi tổ chức các hội nghị chuyên đề mùa đông về vật lý nhiệt độ thấp, và trên bãi biển trong các hội nghị ở Odessa về vật lý lý thuyết. Từ những cuộc trò chuyện này, từ những báo cáo được nghe, bài toán mới đã ra đời. Alexey Alekseevich luôn cực kỳ chú ý đến các thí nghiệm và có bản năng đáng kinh ngạc về những hiện tượng mới. Vì vậy, sau báo cáo của nhà thí nghiệm người Pháp Denis Jerome về những đặc tính tuyệt vời của chất siêu dẫn hữu cơ mới được tổng hợp, A.A. khuyên tôi nên nghiên cứu bản chất của khoảng cách giả được quan sát thấy ở họ. Điều này làm cơ sở cho một loạt công trình sau này có ích trong việc nghiên cứu các tính chất của chất siêu dẫn nhiệt độ cao. Sau báo cáo về Bakurian-

skom của nhà thí nghiệm từ Viện Kurchatov Valery Egorov, dành riêng cho các đặc tính vận chuyển dị thường của hợp kim $Li_{1} x Mg_{x}$ ở nhiệt độ thấp, A.A. đã thu hút sự chú ý của tôi đến những mâu thuẫn trong cách hiểu lý thuyết hiện có về những hiện tượng này. Kết quả là lý thuyết về sự chuyển tiếp Lifshitz trong hợp kim ở nhiệt độ hữu hạn đã được phát triển. Sự quan tâm đến hoạt động này liên quan đến việc nghiên cứu các vật liệu siêu dẫn mới, các hệ fermion nặng và các biến thể của graphene vẫn tiếp tục cho đến ngày nay. Cần lưu ý rằng A.A. bản thân trừ khi đích thân đưa ra những tính toán phù hợp thì không bao giờ ký vào những công việc được thực hiện theo ý tưởng của mình. Năm 1993, A.I. Buzdin và tôi làm việc trong khoa lý thuyết của Phòng thí nghiệm quốc gia Argonne, lúc đó do A.A. Abrikosov. Đó là thời kỳ nghiên cứu căng thẳng về chất siêu dẫn nhiệt độ cao mà tất cả chúng tôi đều tích cực tham gia. A.A. thường đến văn phòng của chúng tôi và bắt đầu thảo luận về những đặc tính khác thường của chúng, những đặc tính này mâu thuẫn với những ý tưởng đã được thiết lập của lý thuyết siêu dẫn truyền thống. Và một lần nữa, mọi thứ xung quanh chúng tôi - đồ nội thất kiểu quân đội màu xám từ những năm thực hiện dự án nguyên tử, những bức tường được chiếu sáng bằng đèn neon - đều đi vào khoảng không: nhờ sức mạnh của tài năng và tài hùng biện của Alexei Alekseevich, chúng tôi thấy mình đang ở trong thế giới của những cơn lốc được đặt theo tên của anh ấy và các cặp Cooper, đường hầm cộng hưởng của các electron và những đặc điểm của van Hove, trong thế giới nơi anh ấy sống và hạnh phúc.

Chúng tôi đang in lại một bài viết của A.A. Abrikosov, được xuất bản trên tạp chí «Kvant» gần 30 năm trước, vào năm 1988. Ngày này đáng chú ý vì hai lý do: thứ nhất, ấn phẩm được dành riêng cho sinh nhật lần thứ sáu mươi của Alexei Alekseevich, và thứ hai, cùng lúc đó, một kỷ nguyên mới trong nghiên cứu siêu dẫn đã bắt đầu - kỷ nguyên của chất siêu dẫn nhiệt độ cao. Bài báo trình bày một cái nhìn tổng quan tuyệt vời về lịch sử nghiên cứu tính siêu dẫn, được viết bởi một trong những người trực tiếp sáng tạo ra ngành khoa học này. Cuối bài viết, tác giả chia sẻ tầm nhìn của mình về hiện tượng siêu dẫn nhiệt độ cao mới được phát hiện. Ông tóm tắt một cách hoàn hảo các sự kiện trong năm đầu tiên, năm quan trọng nhất của những nghiên cứu này. Trong 29 năm tiếp theo, hàng nghìn chất siêu dẫn mới đã được phát hiện ở hàng trăm phòng thí nghiệm trên khắp thế giới và nhiệt độ tới hạn đã tăng lên 165 K. Tuy nhiên, cho đến nay, một lý thuyết duy nhất được chấp nhận rộng rãi về hiện tượng siêu dẫn không tồn tại.

5

SIÊU DẪN…

Tính siêu dẫn:

lịch sử, ý tưởng hiện đại, những thành công gần đây

A.ABRIKOSOV

Hiện tượng siêu dẫn được nhà vật lý người Hà Lan Kamerlingh Onnes phát hiện vào năm 1911. Kamerlingh Onnes là người đầu tiên thu được helium lỏng và ông đã sử dụng nó để tạo ra máy điều hòa nhiệt độ - thiết bị có thể duy trì nhiệt độ ở nhiệt độ rất thấp. Đặc biệt, ông quyết định kiểm tra tính đúng đắn của những ý tưởng tồn tại vào thời điểm đó về hành vi của điện trở ở nhiệt độ thấp. Đo điện trở của thủy ngân, Kamerlingh Onnes phát hiện ra rằng nó đột ngột biến mất ở nhiệt độ khoảng 4 K. Hiện tượng này được gọi là siêu dẫn, và nhiệt độ chuyển sang trạng thái siêu dẫn được gọi là tới hạn. Hiện nay, nhiều chất siêu dẫn được biết đến với nhiều nhiệt độ tới hạn khác nhau, từ vài phần một độ đến khoảng 100 K. Nhưng tôi sẽ nói về nhiệt độ tới hạn sau. Các nghiên cứu sau đó về chất siêu dẫn đã tiết lộ nhiều tính chất đáng chú ý của chúng. Vì vậy, hóa ra chất siêu dẫn bị phá hủy bởi từ trường. Trường tới hạn mà tại đó điều này xảy ra phụ thuộc vào nhiệt độ. Người ta còn phát hiện thêm rằng tính siêu dẫn biến mất ngay cả khi có dòng điện đủ lớn chạy qua mẫu. Cuối cùng, cái gọi là hiệu ứng Meissner đã được phát hiện, bản chất của nó như sau. Nếu bạn đặt một kim loại vào từ trường không mạnh lắm và hạ nhiệt độ xuống thì khi kim loại chuyển sang trạng thái siêu dẫn, các đường sức sẽ đùn ra

Xuất bản năm «Kvant» số 6, 1988.

thoát khỏi nó Nghiên cứu sau đó cho thấy, trên thực tế, trong quá trình chuyển đổi như vậy, một lớp nhỏ dày $10^{5} 10^{6}$ cm xuất hiện trên bề mặt chất siêu dẫn, trong đó dòng điện luân chuyển, che chắn hoàn toàn các vùng bên trong của mẫu khỏi từ trường bên ngoài. Độ dày của lớp này được gọi là độ sâu thâm nhập. Tôi sẽ không liệt kê tất cả các sự kiện chỉ ra tính chất của chất siêu dẫn. Rất nhiều trong số đó đã được phát hiện. Tuy nhiên, bản thân hiện tượng này vẫn còn bí ẩn. Hơn nữa, có một số tình huống cơ bản dường như khiến cho hiện tượng siêu dẫn không thể xảy ra. Năm 1937, PL. Kapitsa đã phát hiện ra hiện tượng siêu chảy của helium lỏng - khả năng nó chảy qua các mao mạch hẹp mà không có bất kỳ ma sát nào. Bốn năm sau, L.D. Landau đã có thể giải thích hiện tượng này. Trong lý thuyết của Landau, cái gọi là tiêu chí siêu chảy đã được rút ra, theo đó độ nhớt có thể phát sinh khi di chuyển với tốc độ vượt quá một tốc độ tới hạn nhất định. Tôi sẽ mô tả nó một cách định tính. Sự giảm tốc của helium có nghĩa là sự thay đổi năng lượng và động lượng của nó. Tuy nhiên, helium lỏng là chất lỏng lượng tử và có thể thay đổi năng lượng và động lượng bằng cách hấp thụ và phát ra một số lượng tử nhất định gọi là giả hạt. Những giả hạt này hành xử giống như những hạt thực về thể tích của một vật thể, mặc dù có mối quan hệ bất thường giữa năng lượng và động lượng. Sự khác biệt giữa chúng và các hạt thông thường - electron, photon - là các giả hạt không thể tồn tại bên ngoài cơ thể. TRONG

8

KVANT 2017/№6

một chất siêu dẫn lớn sẽ không vỡ thành các lớp mỏng kim loại bình thường và siêu dẫn và không duy trì tính siêu dẫn ở trường cao hơn nhiều? Xét cho cùng, trường tới hạn của một lớp mỏng cao hơn trường tới hạn của chất siêu dẫn lớn. Sự phân chia thành các lớp không xảy ra vì trong tất cả các chất siêu dẫn nguyên chất chỉ gồm một kim loại, có một năng lượng bề mặt đặc biệt phát sinh ở ranh giới giữa pha thường và pha siêu dẫn. Năng lượng này, giống như sức căng bề mặt, có xu hướng làm giảm diện tích bề mặt của các ranh giới. Lý thuyết vi mô giải thích nguồn gốc của nó. Hóa ra nó có liên quan đến kích thước hữu hạn của các cặp Cooper. Nếu kích thước này giảm đi, năng lượng bề mặt có thể đổi dấu và trở nên âm. Do đó, sự phân chia tự nhiên của các chất siêu dẫn phát sinh thành chất siêu dẫn loại thứ nhất - có năng lượng bề mặt dương và chất siêu dẫn loại thứ hai - có năng lượng bề mặt âm. Cần lưu ý rằng chất siêu dẫn loại II phổ biến hơn nhiều so với chất siêu dẫn loại I. Hơn nữa, bất kỳ chất siêu dẫn nào thuộc loại thứ nhất đều có thể được chuyển đổi thành loại thứ hai. Để làm được điều này, chỉ cần đưa một lượng nguyên tử tạp chất nhất định vào đó hoặc làm hỏng mạng tinh thể là đủ. Các electron bắt đầu phân tán trên những khuyết tật này. Mô hình chuyển động của electron thay đổi và kích thước của các cặp trở nên nhỏ hơn. Với nồng độ khuyết tật đủ lớn, chất siêu dẫn loại 1 nhất thiết phải chuyển thành chất siêu dẫn loại 2. Bây giờ tôi sẽ nói một chút về tính chất của chất siêu dẫn loại II. Vì năng lượng bề mặt của chúng là âm nên không có gì ngăn cản được sự phân chia vô hạn thể tích của chúng thành các vùng bình thường và siêu dẫn. Do đó, tính siêu dẫn trong chúng dần bị dịch chuyển khi từ trường ngoài tăng dần, bắt đầu từ một giá trị trường nhất định $B_{кр1}$. Chuyển sang trạng thái bình thường

Trạng thái này được hiện thực hóa ở trường tới hạn trên $B_{кр2}$. Ý nghĩa vật lý của $B_{кр2}$ như sau. Trong từ trường, các electron, là các hạt tích điện, chuyển động dọc theo quỹ đạo xoắn ốc và bán kính xoắn ốc tỷ lệ nghịch với B. Nếu bán kính xoắn ốc nhỏ hơn kích thước của cặp thì cặp đó không thể tồn tại được nữa và tan rã. Nếu từ trường bên ngoài thấp hơn $B_{кр2}$, nhưng trên $B_{кр1}$, thì nó sẽ thâm nhập một phần vào chất siêu dẫn. Điều này xảy ra do sự xuất hiện của dòng điện xoáy trong chất siêu dẫn. Hóa ra những xoáy này là những vật thể lượng tử. Mỗi người trong số họ mang một lượng tử từ thông. Nếu muốn, chúng ta có thể nói rằng số đường sức đi qua mỗi cơn xoáy như vậy được xác định chặt chẽ. Lượng tử thông lượng có giá trị rất nhỏ và bằng

0 ℏ e

$2 10^{15}$ Wb.

Khi trường bên ngoài giảm, các xoáy phân kỳ và trong trường $B_{кр1}$ biến mất hoàn toàn khỏi chất siêu dẫn. Trên thực tế, trường $B_{кр1}$ là trường tại đó một xoáy vẫn có thể tồn tại trong chất siêu dẫn. Vùng giữa các trường $B_{кр1}$ và $B_{кр2}$ được gọi là trạng thái hỗn hợp. Ở trạng thái này, chất siêu dẫn bị xuyên qua bởi các sợi xoáy - các cuộn dây điện cực nhỏ được sắp xếp theo đúng thứ tự. Trong mặt cắt ngang chúng tạo thành một mạng hình tam giác. Mỗi xoáy có một lõi có kích thước bằng kích thước của cặp Cooper; lõi này có thể được coi là một vùng kim loại bình thường.

(Còn tiếp)

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 về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: math@kvant.ras.ru và Phys@kvant.ras.ru, tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này, tới cùng các địa chỉ. Bài toán M2366 – M2369 đã được đưa ra ở giai đoạn cuối của Olympic toàn Nga XLIII dành cho học sinh môn toán.

Bài toán M2466–M2469, F2473–F2476

M2466. Cho hình thang cân ABCD có đáy BC và AD (xem hình). Đường tròn đi qua đỉnh B và C rồi cắt cạnh AB và đường chéo BD lần lượt tại các điểm X và Y. Tiếp tuyến của đường tròn tại C cắt tia AD tại điểm Z. Chứng minh rằng các điểm X, Y và Z cùng nằm trên một đường thẳng. A. Kuznetsov

M2467. a) Cho P ( x ) là đa thức bậc $n \ge 2$ với các hệ số không âm và a, b và c là độ dài các cạnh của một tam giác nào đó. Chứng minh rằng các số n P

$( a ),^{n} P ( b ) и^{n} P ( c )$ cũng là độ dài các cạnh của một số tam giác. b) Tương tự bài toán, trong đó “tam giác” được thay thế bằng “tam giác nhọn”. N. Agakhanov

M2468. Mỗi ô vuông của bảng ¥100 có màu đen hoặc trắng, với tất cả các ô vuông cạnh viền bảng có màu đen. Hóa ra không nơi nào trên bảng có hình vuông ca rô một màu 2 ¥ 2. Chứng minh rằng có một hình vuông ca rô 2 ¥ 2 trên bảng, các ô của ô này được tô màu theo kiểu bàn cờ. M. Antipov

M2469*. Có n số dương $a_{1}, a_{2},^{…} a_{n}$ được viết thành một hàng trên bảng. Vasya muốn viết dưới mỗi số $a_{i}$ số $b_{i} \ge a_{i}$ sao cho với hai số bất kỳ $b_{1}, b_{2},^{…}, b_{n}$ thì tỷ số của một trong số chúng với số kia là một số nguyên. Chứng minh rằng Vasya có thể viết được các số cần tìm sao cho bất đẳng thức n - 1 đúng

$b_{1} b_{2}^{…} b_{n}$ £ $2^{2} a_{1} a_{2}^{…} a_{n}$. F.Petrov

F2473. Trên bề mặt nằm ngang của bàn có một sợi dây dài với khối lượng phân bố đều dọc theo chiều dài của nó. Dây xích nằm vuông góc với mép bàn. Mặt bàn có cạnh tròn với bán kính cong nhỏ hơn đáng kể so với chiều dài của dây xích nhưng lớn hơn đáng kể so với kích thước của các mắt xích. Gắn vào đầu sợi dây gần mép bàn nhất là một sợi dây không trọng lượng, giữ dây xích rất chặt

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

Bài toán

Các nhà toán học trẻ Anton, Borya, Vasya, Grisha, có họ là Antonov, Borisov, Vasiliev và Grigoriev, đã uống trà tại bàn tròn hai lần. Lần đầu tiên Anton ngồi đối diện với Antonov và Borya ngồi cạnh Vasiliev. Lần thứ hai Grisha ngồi đối diện với Borisov, và Vasiliev ngồi cạnh Anton. Ai là họ gì nếu biết chưa có hai nhà toán học trẻ nào từng ngồi đối diện nhau hai lần? Giải thích làm thế nào bạn có được đáp số. N. Chernyatyev

Người ngoài hành tinh đã gặp cậu bé và cố đoán tên cậu. Anh ta xem qua các lựa chọn sau cho tên: Bullet, Mouse, Disk, Melon, Linden, Morse, nhưng không đoán được. Nhưng hóa ra trong mỗi lựa chọn, anh ấy đoán được ít nhất một chữ cái (và chữ cái này nằm ở cùng vị trí với tên cậu bé, cũng bao gồm 4 chữ cái).

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6–8. Những bài toán này đã được đưa ra tại giải đấu khu vực Kostroma dành cho các nhà toán học trẻ.

Tên của cậu bé này có thể là gì? (Chỉ cần đặt một cái tên phù hợp là đủ.) E. Bakaev, N. Chernyatyev

Pasha đặt 15 điểm cộng và 15 điểm trừ vào một vòng tròn theo thứ tự nào đó. Vitya muốn thay thế một số dấu hiệu bằng những dấu hiệu trái ngược nhau để không có hai dấu hiệu giống hệt nhau ở cạnh nhau. Chứng minh rằng trong mọi trường hợp anh ta có thể đạt được điều này bằng cách thực hiện không quá 14 lần sửa. N. Chernyatyev

Vera có tám quả bóng vàng: bốn quả 1 gam và bốn quả 2 gam. Tất cả các quả bóng trông giống nhau và không thể phân biệt được khi chạm vào. Vera không nhớ cái nào là cái nào. Cô cần chia các quả bóng thành hai đống có khối lượng bằng nhau. Vera có sẵn cân điện tử để hiển thị trọng lượng của tải trọng được đặt lên chúng. Nhưng pin trong cân gần như đã hết, chỉ dùng được 2 lần cân. Giúp Vera đối phó với nhiệm vụ. N. Chernyatyev

Minh họa của D. Grishukova

21

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

TRẺ EM HỌC SINH

Kiến thức là sức mạnh!

S.KUZNETSOV

TRONG BÀI VIẾT NÀY CHÚNG TÔI SẼ THẢO LUẬN MỘT SỐ bài toán hơi khác thường theo quan điểm toán học. Trong những vấn đề này, chúng ta sẽ không chỉ quan tâm đến việc một số phát biểu là đúng hay sai mà còn quan tâm đến việc liệu các nhân vật tham gia các vấn đề có biết về sự thật của những phát biểu này hay không. Bài toán 1. Ilya Muromets, Dobrynya Nikitich và Alyosha Popovich đã được tặng 6 đồng xu cho sự phục vụ trung thành của họ: 3 vàng và 3 bạc. Mọi người đều có hai đồng xu. Ilya Muromets không biết đồng xu nào đã đến Dobrynya và đồng xu nào đến Alyosha, nhưng anh ấy biết mình nhận được đồng xu nào. (Ilya cũng biết rằng chỉ có 6 đồng xu, mỗi kim loại có 3 đồng và mọi người đều có hai đồng xu.) Bạn cần hỏi Ilya Muromets một câu hỏi, gợi ý đáp số “có” hoặc “không” và sử dụng đáp số cho câu hỏi này để tìm ra anh ấy nhận được những đồng xu nào. Thoạt nhìn, có vẻ như bài toán không thể quyết định được: có ba lựa chọn cho loại tiền mà Ilya có (hai vàng, hai bạc, vàng và bạc), nhưng chỉ có hai lựa chọn cho đáp số, “có” hoặc “không”. Nhưng có khả năng thứ ba đáp số – “Tôi không biết.” Để có được nó, bạn không cần phải hỏi về tiền của Ilya mà về tiền của những anh hùng khác. Tuy nhiên, có vẻ như đáp số sẽ luôn là “Tôi không biết”: xét cho cùng, ngay cả trong điều kiện người ta đã trực tiếp tuyên bố rằng Ilya Muromets không biết về đồng tiền của Dobrynya và Alyosha. Tuy nhiên, Ilya có thể tính toán một số thông tin về những đồng tiền này khi chỉ biết những đồng tiền của mình. Ví dụ, nếu Ilya Muromets có hai đồng vàng, thì anh ta biết rằng chỉ còn lại một đồng vàng. Điều này có nghĩa là cả Dobrynya và Alyosha đều không được có hai đồng vàng. Nhưng rõ ràng một số người trong số họ có cả hai đồng bạc. Sự cân nhắc này dẫn chúng ta đến đáp số: chúng ta cần đặt câu hỏi “Đúng

Có thể nào một số trong hai anh hùng còn lại có cả hai đồng bạc? Hãy viết ngắn gọn các tình huống có thể xảy ra: chữ “Z” có nghĩa là đồng vàng, “S” có nghĩa là đồng bạc. Đầu tiên là đồng xu của Ilya, sau đó là Dobrynya, rồi đến Alyosha. Ví dụ: “ЗЗ;СС;ЗС” có nghĩa là Ilya có 2 đồng vàng, Dobrynya có 2 đồng bạc và Alyosha có 1 đồng vàng và 1 đồng bạc. Tại hình 1 tình huống có thể xảy ra được chia thành

Hình 1

ba nhóm. Trong mỗi nhóm, các tình huống không thể phân biệt được theo quan điểm của Ilya Muromets: anh ta chỉ nhìn thấy đồng tiền của mình. Ngoài ra, các tình huống có màu: màu xanh lá cây biểu thị những tình huống trong đó đáp số đúng cho câu hỏi của chúng tôi là “có”; màu đỏ – trong đó đáp số “không”. Bây giờ bạn có thể thấy rằng ở nhóm giữa, khi Ilya có đồng vàng và bạc thì có cả tình huống “đỏ” và “xanh”. Điều này có nghĩa là Ilya, ngay cả về mặt lý thuyết, không thể dựa trên kiến ​​​​thức về tiền của mình để trả lời câu hỏi và anh ấy sẽ nói “Tôi không biết”. Ở nhóm trên cùng, cả hai tình huống đều là “xanh”, và Ilya, sau khi thực hiện lý luận tương tự như chúng tôi đang làm bây giờ, sẽ trả lời “có”. Ngược lại, ở nhóm thấp hơn, cả hai tình huống đều “đỏ” và đáp số sẽ là “không”. Để lý luận của chúng ta có giá trị, chúng ta cần hai giả định về người anh hùng mà chúng ta đang hỏi: 1. Người anh hùng trung thực, tức là trả lời các câu hỏi của chúng ta một cách trung thực.

22

KVANT 2017/№6

2. Anh hùng rất thông minh, tức là chỉ nói “Tôi không biết” trong trường hợp về mặt lý thuyết là không thể lấy được đáp số dựa trên thông tin có sẵn cho anh ta. Điều kiện này cho phép Ilya Muromets sử dụng kiến ​​thức gián tiếp về tiền của các anh hùng khác. Tình trạng thứ hai không vô hại như thoạt nhìn. Để hiểu điều này, chẳng hạn, chúng ta hãy nhìn vào một ván cờ và tự hỏi: kỳ thủ nào (chơi quân đen hoặc quân trắng) có một chiến lược chắc chắn sẽ cho phép anh ta, bất kể sự xảo quyệt của đối thủ, giành chiến thắng hoặc ít nhất là giảm ván cờ xuống còn một trận hòa? Số lượng các ván cờ khác nhau, tuy lớn về mặt thiên văn nhưng vẫn không phải là vô hạn. Điều này có nghĩa là về mặt lý thuyết có thể phân tích tất cả các trò chơi có thể xảy ra và đưa ra đáp số cho câu hỏi này (ngoài ra, có thể chứng minh rằng chính xác một trong hai người chơi có chiến lược thắng hoặc cả hai đều có chiến lược dẫn đến hòa). đáp số này sẽ tuân theo các quy tắc của trò chơi một cách hợp lý, tức là, theo điều kiện của chúng tôi, bất kỳ ai biết các quy tắc này đều phải biết. Tuy nhiên, trên thực tế, đáp số không ai biết đến. Một ví dụ khác, gần với toán học hơn: vì tất cả các định lý của một khóa học hình học ở trường đều tuân theo một cách hợp lý từ các tiên đề, nên theo điều kiện của chúng ta, hóa ra là ai đó đã học tất cả các tiên đề sẽ tự động biết tất cả các định lý. Tất nhiên, trên thực tế, điều này đòi hỏi phải đào tạo lâu hơn và không ai biết tất cả các định lý có thể có. Khó khăn này thường được gọi là vấn đề toàn tri logic. Nó phát sinh trong trường hợp số lượng các tình huống có thể xảy ra quá lớn đến mức một người hoặc thậm chí một máy tính không thể sắp xếp chúng hoặc khi nó thường là vô hạn. Trong ví dụ của chúng tôi, con số này nhỏ và chúng tôi có thể sử dụng điều kiện thứ hai một cách an toàn. Bây giờ chúng ta hãy thảo luận về câu chuyện cổ điển bài toán về những đứa trẻ cáu kỉnh. Bài toán 2. Một số đứa trẻ đi dạo về và bố nói rằng một số

(ít nhất một) người trong số họ có khuôn mặt lấm lem bùn đất. Mỗi đứa trẻ nhìn thấy khuôn mặt của những đứa trẻ khác, nhưng không phải của chính mình. Bố hỏi có đứa trẻ nào biết rằng bản thân bố cũng cáu bẩn không. Trẻ trả lời “không”. Rồi bố hỏi lại câu hỏi tương tự, rồi lại hỏi… Liệu có đứa trẻ nào hiểu rằng bản thân ông cũng là người cáu bẩn không? Dường như không có gì thay đổi, và bọn trẻ sẽ luôn nói “không”. Tuy nhiên, mỗi lần trẻ nhận được kiến ​​thức về sự thiếu hiểu biết của người khác, thông tin này có thể giúp trẻ đoán được liệu bản thân mình có cáu bẩn hay không. Để hiểu rõ hơn điều gì đang xảy ra, hãy xem xét trường hợp khi chỉ có ba đứa trẻ và trong đó có hai đứa - đứa thứ hai và thứ ba - bẩn thỉu, còn đứa thứ nhất thì sạch sẽ. Chúng tôi (và bố) biết ai bẩn và ai sạch, nhưng bản thân bọn trẻ thì không. Vì vậy, chúng ta cần xem xét tất cả các tình huống có thể xảy ra và để ngắn gọn, chúng ta sẽ ký hiệu một đứa trẻ bẩn thỉu bằng số 1 và một đứa trẻ sạch sẽ bằng số 0: ví dụ: 010 có nghĩa là đứa thứ nhất và thứ ba sạch sẽ, đứa thứ hai là bẩn thỉu. Các trường hợp có thể xảy ra có thể được biểu diễn thuận tiện dưới dạng khối lập phương (hình 2). Ở đây hai tình huống được kết nối bằng một $отрез-_{Рис.} 2$ com màu đỏ nếu chúng không thể phân biệt được theo quan điểm của đứa trẻ đầu tiên (nó không biết bản thân mình có bẩn hay không nên không thể phân biệt được, chẳng hạn như 001 với 101). Đoạn màu xanh kết nối các tình huống mà con thứ hai không thể phân biệt được, đoạn màu xanh lam kết nối các tình huống mà con thứ ba không thể phân biệt được. Một đỉnh bị thiếu trong khối này: vì người ta nói rằng có những đỉnh bẩn thỉu nên trường hợp 000 là không thể. Bây giờ chúng ta hãy xem những gì thay đổi sau câu hỏi đầu tiên. Trong những tình huống có đúng một đứa trẻ cáu bẩn (ví dụ: 100), đứa trẻ này ngay lập tức hiểu rằng mình cáu kỉnh. Điều này có nghĩa là nếu mọi người đều trả lời “không”, thì những tình huống này là không thể xảy ra và điều đặc biệt quan trọng đối với chúng tôi là tất cả trẻ em giờ đây đều biết về điều này! Kết quả là hình ảnh hiển thị ở hình 3.

24

KVANT 2017/№6

Vì vậy, anh ấy không quỷ quyệt đến mức đôi khi - khi cần thiết - anh ấy có thể nói thật). Ngoài ra, người ta cho rằng những kẻ nói dối, nếu có một vài người trong số họ, không thông đồng: mỗi kẻ nói dối không biết về những kẻ nói dối khác. Người trí thứ nhất dù là kẻ dối trá hay người thật thà cũng không thể biết được đáp số câu hỏi của nhà vua. Điều này có nghĩa là anh ta đã nói sự thật và do đó không phải là kẻ nói dối. Như vậy có thể xảy ra 3 tình huống: PPL, PLP, PLL (“P” nghĩa là người nói thật, “L” nghĩa là kẻ nói dối; biết rằng có ít nhất một người nói dối). Theo quan điểm của nhà hiền triết thứ hai, tình huống thứ hai và thứ ba không thể phân biệt được với nhau (và có thể phân biệt được với tình huống thứ nhất). Trong tình huống đầu tiên, anh ta biết ai là người nói dối và thành thật nói “Tôi biết”. TRONG

người thông thái thứ hai và thứ ba không biết đáp số, nhưng đồng thời anh ta cũng là kẻ nói dối và còn nói “Tôi biết”. Do đó, đáp số của nhà hiền triết thứ hai không cung cấp cho chúng tôi hoặc nhà hiền triết thứ ba bất kỳ thông tin mới nào. Cuối cùng, theo quan điểm của nhà hiền triết thứ ba, tình huống PPL và PLL không thể phân biệt được, nhưng vua của ông ta yêu cầu nêu tên ít nhất một kẻ nói dối, và ông ta có thể nêu tên chính mình. Vì vậy, bằng cách nói “vâng, tôi có thể”, anh ấy đã nói sự thật, điều này trái ngược với sự thật rằng anh ấy là kẻ nói dối. Điều này có nghĩa là xảy ra tình huống PLP: nhà thông thái thứ nhất và thứ ba nói sự thật, người thứ hai là kẻ nói dối. Bài toán, được thảo luận trong bài viết này, thuộc khoa logic phương thức - do đó, chúng ta đã làm quen với những kiến ​​​​thức cơ bản của khoa học này.

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

Kết quả cuộc thi năm học 2016/17

Những học sinh sau đây đã đạt được kết quả tốt nhất:

Biryulin Alexey - Moscow, trường 1363, lớp 4, Pavlova Denitsa - Bulgaria, Sofia, Nhà thi đấu toán học Sofia, lớp 9.

Ban giám khảo cuộc thi cũng ghi nhận thành tích học tập tốt của các học sinh sau: Ekaterina Antonenko - vùng Kostroma, làng Kuzmishchi, trường trung học cơ sở Kuzmishchenskaya, lớp 8, Ivan Danilin - Moscow, trường 179, lớp 7, Maxim Konoplev - Moscow, trường 1329, lớp 6, Anton Krasikov - Ukraine, Kyiv, lyceum 142, lớp 7, Olzhabaev Asylbek – Kazakhstan, Almaty, Nazarbayev Trường trí tuệ vật lý và toán học, 8 lớp, Timonina Maria – Krasnodar, thể dục 92, 9 lớp.

Trong số các đội, kết quả tốt nhất được thể hiện bởi những người tham gia vòng tròn toán học của quận Gatchina và Luga của vùng Leningrad (do Sergey Pavlovich Pavlov đứng đầu):

Ivanov Oleg - Luga, trường 3, lớp 5, Eremeev Semyon - Gatchina, lyceum 3, lớp 6, Ivanov Ilya - Luga, trường 6, lớp 7, Zabiyakin Sergey - Gatchina, trường 9, lớp 9, Lukashov Nikita - Nhà thi đấu Siverskaya vùng Gatchina, lớp 9, Morozova Ekaterina - Gatchina, Lyceum 3, lớp 9, Sychikova Maria - Nhà thi đấu Siverskaya quận Gatchina, lớp 9.

Chúc mừng!

Người chiến thắng và á quân sẽ nhận được bằng tốt nghiệp từ tạp chí «Kvant», cũng như các giải thưởng từ nhà xuất bản MCCMMO và Quỹ Etudes Toán học.

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC

Bộ đếm và khoảng cách trong biểu đồ

P.KOZHEVNIKOV

TRONG BÀI VIẾT NÀY CHÚNG TÔI SẼ THẢO LUẬN MỘT SỐ cách tiếp cận đối với các bài toán tổ hợp trong việc ước lượng số lượng phép toán. Trước tiên chúng ta hãy xem xét bài toán sau đây. Bài toán 1. Trên mặt phẳng, một hình vuông ca rô 5 5 (hình1) được bố trí bằng các vách ngăn (thành các đoạn đơn). Thật là nhỏ

Hình 3

hai thẻ liền kề (hình3). Trong số lần di chuyển nhỏ nhất bạn luôn có thể có được một hàng thẻ đi từ trái sang phải theo thứ tự tăng dần là bao nhiêu? Các điều kiện bài toán hoàn toàn khác nhau nhưng có một cấu trúc duy nhất: một thao tác nhất định được xác định và câu hỏi được đặt ra là về số lượng nhỏ nhất các thao tác đó phải được thực hiện để đi từ vị trí này sang vị trí khác. Để tìm cách tiếp cận lời giải bài toán, trước tiên chúng ta thảo luận về bài toán đơn giản hơn với cấu trúc logic tương tự. Đơn giản bài toán. Con chip đứng ở điểm 7, mặt phẳng tọa độ 7 (hình4). Vì

Hình 1

Cần phải cắt bỏ bao nhiêu phân vùng để mỗi ô vuông có thể thoát ra bên ngoài (không vượt qua phân vùng)? Bài toán 2. Cho một dải 1 20, trong đó mỗi ô có màu trắng hoặc đen. Trong một thao tác, bạn có thể đổi màu các ô theo bất kỳ hình chữ nhật nào (hình2). Để làm gì

Hình 2

Với số thao tác ít nhất, bạn chắc chắn có thể làm cho toàn bộ dải màu trắng? Bài toán 3. Mười thẻ có số từ 1 đến 10 được xếp thành một hàng theo thứ tự nào đó. Bạn có thể thay đổi địa điểm chỉ trong một lần di chuyển

Hình 4

Trong một lần di chuyển nó có thể được di chuyển 1 bên phải, bên trái, lên hoặc xuống. Số nước đi ít nhất mà một quân cờ có thể đi đến điểm gốc là bao nhiêu? Tất nhiên, ở ô 14: ô xuất phát cách mục tiêu 7 ô ngang và 7 ô dọc nên bạn sẽ phải thực hiện ít nhất 7 nước đi ngang và ít nhất 7 nước đi dọc (và tất nhiên, có rất nhiều cách để về đích đúng 14 nước đi). Người ta có thể tranh luận khác nhau. Đến mỗi nút của góc phần tư thứ nhất của số nguyên lại

39

TOÁN HỌC

lưới, ta ghi tổng tọa độ, sau đó các số viết ra biểu thị một loại bộ đếm: khi một con chip nằm trong một ô có số k thì nó có k lượt di chuyển sang trái để về đích. Bộ đếm có thể được cài đặt mà không cần đến tọa độ, chỉ cần di chuyển từ mục tiêu “từ cuối”: chúng tôi đặt số 1 vào các nút mà từ đó bạn có thể đạt được mục tiêu trong một lần di chuyển (I “tầng”), số 2 trong các nút mà từ đó bạn có thể đến một nút nhất định từ tầng 1 trong một lần di chuyển (II “tầng”), v.v.

Bài tập 1. Chín quân cờ ban đầu điền vào góc trên bên phải của bàn cờ 3 3. Trong một lần di chuyển, bạn có thể di chuyển một trong các quân cờ sang ô trống liền kề. Số nước đi ít nhất mà 3 3 có thể di chuyển quân cờ đến góc dưới bên trái là bao nhiêu?

Nhưng hãy quay lại vấn đề 1–3. Bây giờ, nếu chúng ta cũng có thể tìm thấy một bộ đếm phù hợp thay đổi 1 (hoặc ít nhất theo một cách được kiểm soát nào đó) khi thực hiện thao tác… Khi đó, chúng ta sẽ hiểu chúng ta còn cách mục tiêu bao xa (về số lần di chuyển) và có lẽ chúng ta có thể hoàn thành lời giải trong thời gian ngắn như trong Đơn giản bài toán. Hãy thử nó! Thảo luận và lời giải bài toán 1. Chúng ta sẽ coi mặt phẳng là một “đại dương” trong đó các vách ngăn đã ngăn cách một số “hồ chứa” rải rác. Chúng ta hãy chú ý đến thực tế là lúc đầu chúng ta có nhiều vùng nước riêng biệt, và ở cuối, theo điều kiện, chỉ còn lại một vùng nước (bạn có thể bơi từ bất kỳ ô nào đến “đại dương”). Trong trường hợp này, trong một lần vận hành, hai hồ chứa liền kề với vách ngăn sẽ hợp nhất thành một. Điều này có nghĩa là số lượng hồ chứa trong một hoạt động giảm đi 1? Điều này gần như đúng: đôi khi hai ô liền kề với vách ngăn là các ô của cùng một vùng nước (hình5). Trong trường hợp này, sau thao tác tháo vách ngăn, số lượng hồ chứa sẽ không thay đổi. Dù thế nào đi nữa, trong một

Hình 5

VÒNG TRÒN

hoạt động, số lượng hồ chứa giảm không quá 1. Lúc đầu chúng ta có 26 hồ chứa (bao gồm cả “đại dương” bên ngoài), cuối cùng phải còn lại một hồ chứa, vì vậy số lượng hoạt động ít nhất là 26 – 1 = 25. Chúng tôi mời độc giả đưa ra một ví dụ về việc loại bỏ chính xác 25 phân vùng (như chúng ta hiểu bây giờ, trong ví dụ tối ưu, chỉ cần tránh loại bỏ các phân vùng giữa hai ô của cùng một hồ chứa). Do đó, bộ đếm thích hợp (số lần di chuyển tối thiểu đến mục tiêu) trong bài toán 1 là n – 1, trong đó n là số lượng nước. Lưu ý rằng việc cải cách bài toán này đã được thảo luận trong «Kvant» và trước đó - ví dụ: trong bài viết “Liên hệ với Bá tước” («Kvant» Số 4, 2014). Trên thực tế, trong nhiều bài toán của bài viết đã đề cập, bộ đếm “số vùng (hoặc phần, hoặc thành phần liên thông trong đồ thị)” xuất hiện. Thảo luận và lời giải bài toán 2. Cuối cùng, tất cả các ô của dải sẽ trở thành màu trắng, vì vậy lúc đầu, có vẻ như bộ đếm mà chúng ta đang tìm kiếm phải liên quan đến số lượng ô đen. Nhưng ngay cả khi có nhiều ô đen, đôi khi bạn có thể xử lý chỉ bằng một thao tác sơn lại (ví dụ: đối với sọc đen hoàn toàn). Thực tế là việc “chiến đấu” với một khối ô đen liên tiếp cũng dễ dàng như với một ô đen. Nhưng việc loại bỏ một số lượng lớn các chuyển tiếp giữa các khối đen và trắng không phải là điều dễ dàng như vậy. Chìa khóa của lời giải được tìm thấy bằng cách xem xét các khối này hoặc sự chuyển tiếp giữa các khối đen và trắng. Hãy lấy bộ đếm “số khối màu đen”. Sau khi xem xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra khi thực hiện thao tác sơn lại (khi ranh giới của hình chữ nhật được sơn lại nằm bên trong khối đen hoặc trắng hoặc nằm giữa các khối; một số trường hợp được hiển thị trong hình 6), chúng tôi đảm bảo rằng số khối đen không thay đổi hoặc thay đổi bằng 1. Số khối đen cuối cùng phải là 0, số khối đen ban đầu có thể là 10 - như trong trường hợp “ngựa vằn” ở hình 7. Điều này có nghĩa là nếu màu ban đầu là ngựa vằn, thì chúng ta sẽ cần thực hiện ít nhất 10 thao tác.

40

KVANT 2017/№6

Hình 6

Hình 7

Mặt khác, rõ ràng là trong mọi tình huống, số khối đen ban đầu không quá 10. Và chúng ta chỉ cần lấy một khối đen sau mỗi thao tác liên tiếp và biến nó thành màu trắng. Không quá 10 thao tác chúng ta sẽ có được một sọc trắng.

Bài tập 2. Nghĩ ra một lý luận khác để giải bài toán bằng cách sử dụng các “phân vùng” giữa các khối đen và trắng.

Thảo luận và lời giải bài toán 3. Có thể thấy rõ bằng trực giác rằng tình huống “bất tiện” nhất là khi các quân bài ban đầu được sắp xếp theo thứ tự giảm dần: 10, 9, 8, …, 1. Trước tiên, bạn có thể theo dõi chuyển động của từng quân bài. Để đạt thứ tự tăng dần là 1, 2, …, 10, quân bài 1 (giống như quân bài 10) cần chuyển 9 vị trí sang trái (tương ứng sang phải), quân bài 2 và 9 - sang 7 vị trí, quân bài 3 và 8 - sang 5, quân bài 4 và 7 - sang 3, quân bài 5 và 6 - sang 1 vị trí. Tổng cộng, tổng chuyển động phải bằng 2(9 + 7 + 5 + + 3 + 1) = 50. Trong một nước đi, hai quân bài di chuyển bằng 1, vì vậy bạn cần thực hiện ít nhất 50/2 = 25 nước đi. Tuy nhiên, để mỗi quân bài di chuyển đúng số đơn vị quy định thì không được phép di chuyển “sai hướng”. Ví dụ: để về vị trí ngoài cùng bên trái trong 9 nước đi, quân bài 1 chỉ được di chuyển sang trái. Điều tương tự cũng đúng với quân bài 2: để về vị trí thứ hai tính từ bên trái trong 7 nước đi, quân bài 2 chỉ được di chuyển về bên trái. Nhưng đồng thời

Hai điều kiện này là không thể đối với quân bài 1 và 2. Thật vậy, trong tình huống ban đầu, quân bài 1 nằm ở bên phải quân bài 2, và trong tình huống cuối cùng, nó ở bên trái. Điều này có nghĩa là trong một số nước đi, chúng ta sẽ cần đổi quân bài 1 và 2, và quân bài 2 sẽ di chuyển 1 sang bên phải, tức là sẽ di chuyển theo hướng “sai”. Hóa ra việc cố gắng nhập bộ đếm “tổng số bước di chuyển” sẽ dẫn đến một số ước tính về số bước di chuyển, nhưng ước tính này không chính xác. Tuy nhiên, hiểu được tình hình, chúng tôi nhận ra rằng chúng tôi chắc chắn sẽ thực hiện một nước đi bao gồm việc đổi một cặp quân bài 1 và 2 cụ thể. Tương tự, đối với bất kỳ cặp quân bài nào m < n, mà trong tình huống ban đầu, quân bài n nằm ở bên trái quân bài m (những cặp quân bài “sai” ban đầu như vậy còn được gọi là “rối loạn”), tại một thời điểm nào đó lẽ ra phải có một nước đi bao gồm việc đổi quân bài m và n. Điều này có nghĩa là để từ vị trí 10, 9, 8, …, 1 đến vị trí 1, 2, …, 10 thì phải đổi từng cặp thẻ cụ thể. Như vậy, số bước di chuyển cần thiết không ít hơn số cặp, tức là không ít hơn

10 9 2

Mặt khác, đối với bất kỳ tình huống ban đầu nào, 45 nước đi là đủ. Ví dụ: đầu tiên chúng ta đổi lá bài 1 với tất cả các lá bài ở bên trái của nó, kết quả là nó sẽ ở vị trí ngoài cùng bên trái. Sau đó, chúng ta “di chuyển” quân bài 2 sang trái và chuyển nó sang vị trí thứ hai bên trái, v.v. Mỗi lần chúng ta giảm số lần xáo trộn đi 1, nghĩa là chúng ta sẽ thực hiện không quá 45 nước đi đến vị trí cuối cùng 1, 2, …, 10. (Tất nhiên, ở đây chúng ta có thể ước tính số nước đi mà không bị xáo trộn: quân bài 1 thực hiện không quá 9 nước đi, sau quân bài 2 đó - không quá 8 nước đi, v.v., cuối cùng, quân bài 9 không thực hiện nhiều hơn hơn một nước đi, tổng cộng không quá 9 + 8 + … + 1 = = 45 nước đi.) Bài toán 3 đã được giải quyết. Bộ đếm “số lượng bất ổn” đã giúp ích ở đây. Bộ đếm này đã “chính xác”: trong một lần di chuyển, nó thay đổi (tăng hoặc giảm) đúng 1.

Bài tập 3. Ban đầu, 10 quân bài có số từ 1 đến 10 được xếp thành một hàng theo thứ tự 2, 4, 6, 8, 10, 1, 3, 5, 7, 9. Trong một nước đi, bạn có thể đổi chỗ hai quân bài liền kề (như trong bài toán 3).

46

KVANT 2017/№6

Lớp 11 1. Xem bài toán 1 cho lớp 10. 2. Tìm số có ba chữ số viết dưới dạng số từ 0 đến 9 có đúng hai chữ số trùng nhau. 3. Đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD có các cạnh AB và CD không bằng nhau tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, AD lần lượt tại các điểm K, L, M và N. Chứng minh rằng các đường thẳng AC, KL, MN có điểm chung. 4. Tìm lũy thừa lớn nhất của số 3 chia hết tất cả các số tự nhiên từ 1 đến 2017. 5. Giải hệ hai phương trình $x y^{2} 2$ và $x^{2} y 2. 6.$ Với mỗi giá trị của a, tìm giá trị lớn nhất của hàm f x a

1 sin 2 x a

3 cos 2 x bằng M a. Tìm giá trị nhỏ nhất của M a.

BỘ PHẬN VẬT LÝ

VẬT LÝ

lớp 7

1. Dùng thước để đo chiều dài, chiều rộng và chiều cao của một hộp đặc, chẳng hạn như hộp giày. Xác định diện tích mỗi bề mặt và thể tích của hộp. Ước tính sai số của mỗi phép đo được thực hiện. 2. Đo chiều dài sải chân của bạn. Sử dụng “thước đo” này, hãy xác định độ dài quãng đường bạn đi bộ đến trường hoặc bến xe buýt. Ước tính sai số khi xác định đường đi. 3. Một ô tô đi nửa quãng đường đầu với vận tốc $v_{1} = 70$ km/h, nửa quãng đường sau với vận tốc $v_{2} = 30$ km/h. Xác định vận tốc trung bình trên toàn bộ quãng đường. 4. Người nghe vở opera: một khán giả ngồi trong phòng hát và một người nghe đài đặt gần máy thu. Micro được lắp đặt trong dàn nhạc. Tốc độ âm thanh v = 340 m/s. Tốc độ truyền sóng vô tuyến là $c 3 10^{8}$ m/s. Khán giả phải ngồi cách dàn nhạc một khoảng bao nhiêu $s_{1}$ để có thể nghe đồng thời với người nghe đài, nếu người nghe đài ở khoảng cách $s_{2} = = 7500$ km từ nhà hát?

5. Thang máy đi từ tầng mười một của tòa nhà xuống tầng năm rồi đi lên tầng tám. Giả sử khoảng cách giữa các tầng là L = 4 m, hãy xác định đường đi và chuyển vị của cabin.

lớp 8

1. Cm. bài toán 1 cho lớp 7. 2. Con thuyền chuyển động theo dòng nước giữa hai điểm, đã dành thời gian $t_{1}$, và khi quay trở lại, anh ấy đã dành thời gian $t_{2}$. Vận tốc của thuyền so với nước v. Tìm vận tốc của dòng nước. 3. Dài hai chuyến tàu $L_{1} = 600$ tôi và $L_{2} = = 800$ m đi dọc theo các đường song song cùng hướng với tốc độ $v_{1} = = 54$ km/h và $v_{2} = 72$ m/h tương ứng. Họ vượt qua nhau bao lâu? 4. Xác định lực căng của sợi dây nối hai quả cầu thể tích $10 см^{3}$ mỗi cái, nếu quả bóng trên nổi, một nửa chìm trong nước (hình3). Quả bóng dưới nặng gấp 3 lần quả bóng trên Hình 3 anh ấy. 5. Một vật khối lượng m rơi từ độ cao H rồi lại nâng lên độ cao h. Lượng nhiệt Q tỏa ra khi vật chạm vào bề mặt là bao nhiêu?

lớp 9

1. Khi một phần bánh bao đông lạnh được cho vào chảo nước sôi, mực nước trong đó dâng lên tới độ cao $h_{1}$. Sau một thời gian, bánh bao đã chín và nổi lên - sau đó mực nước lại tăng thêm $h_{2}$. Mật độ của bánh bao đông lạnh lớn hơn mật độ của nước sôi bao nhiêu lần? Bánh bao không hấp thụ nước. 2. Có hai thước đo giống nhau có kích thước a b c 30 2,5 0,4 cm và một khối lượng đã biết. Cần xác định khối lượng của thước. Để làm điều này, một thước kẻ được lắp theo chiều dọc và thước thứ hai được đặt trên thước thứ nhất sao cho thước tạo thành chữ T và thước ngang không rơi (hình4). Sau đó lấy một vật nặng có khối lượng m đã biết và tìm khoảng cách tối thiểu $x_{1}$ và $x_{2}$ đến các cạnh của đường thẳng

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

NHIỆM VỤ

(xem «Kvant» số 5)

1. 7 bán. Đổi bằng 3 đồng xu khác nhau không nhỏ hơn 1 + 2 + 3 = 6 selli. Vì số tiền này không đủ mua kem nên giá không dưới 7 selli. Kem không thể có giá nhiều hơn 7 selli, nếu không Pinocchio sẽ chi không ít hơn 8 + 8 = 16 selli cho hai cây kem, nhưng cậu ấy chỉ có một đồng xu, tức là không quá 20 selli, và khi đó cậu ấy sẽ không thể đổi lại được 6 selli. Điều này có nghĩa là kem chỉ có giá 7 selli. Thật vậy, quá trình thanh toán tiền kem sẽ như thế này: 20 – 7 = 13; 13 – 7 = 6 = 1 + + 2 + 3. 2. Màu xanh lam. Bức ảnh màu đầu tiên có 8 cạnh màu đỏ, bức ảnh thứ hai có 8 cạnh màu xanh và bức ảnh thứ ba có 8 cạnh màu vàng. Vì bốn hình lập phương có tổng cộng 6 ¥ 4 = 24 cạnh và 8 ¥ 3 = 24 nên ảnh đầu tiên có tất cả các mặt màu đỏ, ảnh thứ hai có toàn màu xanh và ảnh thứ ba có toàn màu vàng. Trong bức ảnh của hình song song, tất cả bốn khối đều có thể nhìn thấy được và chỉ một trong số chúng có một mặt nhìn thấy được và mỗi khối trong số ba khối còn lại có ít nhất hai mặt nhìn thấy được. Trong bức ảnh màu đầu tiên có hai hình khối chỉ có một cạnh màu đỏ, nghĩa là màu bạn đang tìm không thể là màu đỏ. Trong bức ảnh màu thứ ba có một khối lập phương không có mặt màu vàng, do đó màu bạn đang tìm không phải là màu vàng. Vì vậy, tất cả các mặt nhìn thấy được của hình khối chỉ có thể có màu xanh lam. Điều này có thể xảy ra, vì trong bức ảnh màu thứ hai: 1) có một khối lập phương có ba mặt màu xanh lam có một đỉnh chung; 2) có hai hình lập phương, mỗi hình có hai mặt màu xanh liền kề nhau; 3) có một khối lập phương khác có cạnh màu xanh. Lưu ý rằng điều kiện bài toán cho phép chúng ta xác định màu sắc của tất cả các hình khối. Có một khối lập phương có ba mặt đỏ liền kề và ba mặt xanh liền kề, một khối lập phương có ba mặt đỏ liền kề, hai mặt vàng và một mặt xanh và hai khối lập phương giống hệt nhau có ba mặt vàng liền kề, hai mặt xanh và một mặt đỏ. 3. Dưới đây là hai ví dụ có thể:

7 6 5 3 5 6 9 2 + + + = 9, + + + = 7. 4 8 1 2 4 8 3 1

4. Vâng, nó có thể. Ví dụ – tại hình 1.

Hình 1

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

(xem «Kvant» số 4)

24. 182. Nếu phẩm chất nào đó của một nàng tiên tăng lên mỗi ngày, thì cô ấy không thể trở nên như cũ. Điều này có nghĩa là để nàng tiên không thay đổi, điều cần thiết là mỗi phẩm chất của nó phải xấu đi ít nhất một lần hoặc luôn giữ nguyên. Nếu có ít nhất 183 nàng tiên thì tổng cộng họ có 183 ◊ 2 = 366 phẩm chất - nhiều hơn số ngày trong một năm. Nhưng mỗi ngày chỉ có một phẩm chất của một nàng tiên xấu đi hoặc vẫn giữ nguyên. Vì vậy điều này không thể xảy ra. Hãy chứng minh rằng có thể có 182 nàng tiên. Thế thì họ có 364 phẩm chất. Hãy để mỗi ngày một trong những phẩm chất này giảm đi, tổng cộng là 365 phẩm chất giảm đi. 363 phẩm chất sẽ giảm đi một lần mỗi năm và bằng mức tăng lên trong tất cả các ngày khác. Và chất lượng còn lại sẽ có hai lần giảm, một lần nữa cũng chính xác bằng mức tăng trong 363 ngày còn lại. Rồi các nàng tiên cuối năm sẽ giống như lúc đầu. 25. a) Có; b) có; c) không. a) Gọi các đỉnh của tứ giác là A, B, C, D. Vì AC là dây cung của đường tròn nên đường trung trực của AC chia đường tròn làm đôi. Giả sử điểm E đối xứng với điểm D qua đường phân giác. Do tính đối xứng nên điểm E cũng nằm trên đường tròn nên AD = CE và AE = BD. Khi đó tứ giác ABCE là tứ giác mong muốn: nó nằm bên trong đường tròn và độ dài các cạnh của nó bằng độ dài của tứ giác ban đầu, nhưng thứ tự của chúng đã thay đổi. (Thật ra, chúng ta đã cắt tứ giác dọc theo đường chéo AC, lật tam giác ADC và nối lại thành một tứ giác.) Lưu ý rằng chúng ta chỉ sử dụng tính chất AC là dây cung của đường tròn.