Kvant 2017, số 7 · Trang

4

KVANT 2017/№7

Tại sao chúng ta học toán?

Bản thân các nhà toán học nghĩ gì về điều này?

V. ARNOLD

TẠI SAO BẠN NÊN NGHIÊN CỨU TOÁN HỌC? Vào năm 1267, nhà triết học người Anh Roger Bacon đã trả lời câu hỏi này: “Người không biết toán thì không thể học bất kỳ môn khoa học nào khác và thậm chí không thể bộc lộ sự thiếu hiểu biết của mình”. Trên thực tế, đây có thể là phần cuối của bài giảng, nhưng mọi người nghĩ rằng có lẽ điều gì đó đã thay đổi trong bảy thế kỷ… Hãy lắng nghe bằng chứng hiện đại hơn - một trong những người tạo ra cơ học lượng tử, Paul Dirac, tuyên bố rằng khi xây dựng một lý thuyết vật lý, “người ta không nên tin vào tất cả các khái niệm vật lý”. Tin tưởng vào điều gì? “Hãy tin vào một sơ đồ toán học, ngay cả khi thoạt nhìn nó không liên quan đến vật lý.” Thật vậy, tất cả các khái niệm vật lý thuần túy của đầu thế kỷ này đã bị vật lý loại bỏ, và các mô hình toán học được các nhà vật lý áp dụng đang dần dần có được nội dung vật lý. Và điều này cho thấy sự ổn định của toán học. Vì vậy, mô hình toán học là một phương pháp kiến ​​thức hiệu quả trong khoa học tự nhiên. Chúng ta sẽ tiếp cận các mô hình toán học từ một góc độ khác, xem xét các vấn đề trong giáo dục toán học.

Viện sĩ Vladimir Igorevich Arnold đã có bài giảng về chủ đề này vào ngày 16 tháng 4 năm 1992 tại Viện Đào tạo Nâng cao Công nhân Giáo dục của Đảng Cộng hòa (Moscow). Bản ghi âm bài giảng do Phó giáo sư Yu cung cấp cho chúng tôi. Fominykh (Perm). Bài viết này được xuất bản lần đầu vào «Kvant» số 1/2 năm 1993.

Trong nền giáo dục toán học của chúng tôi (cả trung học và cao hơn), chúng tôi đi theo bước chân của hệ thống châu Âu, dựa trên “Bourbakization” của toán học. Một nhóm các nhà toán học trẻ người Pháp, dưới bút danh Nicolas Bourbaki, đã xuất bản một số cuốn sách bắt đầu từ năm 1939 trong đó chính thức (tức là sử dụng phương pháp tiên đề) trình bày các nhánh chính của toán học hiện đại dựa trên lý thuyết tập hợp. Việc hình thức hóa toán học cũng dẫn tới sự hình thức hóa nhất định trong việc giảng dạy môn toán. Đây là nơi thể hiện chi phí của việc “tiêu hóa” giáo dục toán học. Một ví dụ điển hình. Học sinh lớp 2 một trường học ở Pháp được hỏi câu hỏi: “Hai cộng ba bằng mấy?” Đáp số: – Vì phép cộng có tính giao hoán nên nó sẽ là ba cộng hai. Tuyệt vời đáp số! Điều này hoàn toàn đúng, nhưng học sinh thậm chí không nghĩ đến việc cộng hai số này, bởi vì khi dạy, người ta nhấn mạnh vào các tính chất của phép tính. Châu Âu đã nhận ra những thiếu sót của cách tiếp cận giáo dục này và quá trình “bourbakization” đã bắt đầu quay trở lại. Trong những năm gần đây, quá trình Mỹ hóa giáo dục toán học đang diễn ra ở nước ta. Nó dựa trên nguyên tắc: dạy những gì cần thiết cho việc thực hành. Và nếu ai đó nghĩ rằng anh ta không cần toán học, thì anh ta có thể không học môn này nữa. Ở trường trung học ở các trường cao đẳng Mỹ

5

VÌ

CÁI GÌ

CHÚNG TÔI

HÃY HỌC

Khóa học toán này là tùy chọn: chẳng hạn, một phần ba học sinh trung học không học đại số. Ví dụ sau đây cho thấy điều này dẫn đến điều gì. Bài kiểm tra dành cho học sinh Mỹ 14 tuổi được yêu cầu ước tính (không phải tính toán mà chỉ ước tính) điều gì sẽ xảy ra với số 120 nếu chiếm 80% trong số đó. Và ba lựa chọn được đưa ra đáp số: tăng lên; vẫn như cũ; giảm đi. Khoảng 30% số người được hỏi đặt hình chữ thập đối diện với đáp số đúng. Nói cách khác, học sinh đặt các dấu chéo một cách ngẫu nhiên. Kết luận: không ai biết gì cả. Đặc điểm thứ hai trong phương pháp dạy toán của Mỹ là tin học hóa. Bản thân niềm đam mê máy tính không góp phần phát triển tư duy. Đây là một ví dụ khác từ một bài kiểm tra của Mỹ: có 26 học sinh trong một lớp. Bạn cần đưa họ đi tham quan bằng ô tô. Một phụ huynh và 4 học sinh có thể đi trên một ô tô. Bạn nên nhờ bao nhiêu phụ huynh giúp đỡ? Điển hình đáp số: 65 phụ huynh. Máy tính xuất ra: 26:4 = 6.5. Chà, học sinh đã biết rằng nếu lời giải phải chứa số nguyên, thì cần phải làm gì đó với dấu thập phân, chẳng hạn như bỏ đi. Đây là một ví dụ từ kỳ thi đại học ở Mỹ năm 1992: “Điều nào sau đây giống nhất với mối quan hệ giữa góc và độ: a) thời gian và giờ, b) sữa và lít, c) diện tích và inch vuông (v.v.).” Đáp số: diện tích và inch vuông, vì độ là đơn vị tối thiểu của góc và inch vuông là diện tích, trong khi giờ cũng được chia thành phút. Những người biên soạn bài toán này rõ ràng đã được đào tạo bằng tiếng Mỹ $системе.^{1}$ Tôi e rằng chúng ta cũng sẽ đạt đến trình độ này.

Giáo sư số 1 New York Joe Bierman giải thích với tôi rằng đối với ông, với tư cách là một người Mỹ, cái “đúng” lời giải của bài toán này là khá rõ ràng. “Vấn đề là,” anh ấy nói, “là tôi có thể tưởng tượng chính xác mức độ ngu ngốc của những người biên soạn những bài toán này.”

TOÁN HỌC?

Người ta chỉ có thể ngạc nhiên khi có rất nhiều nhà toán học và vật lý tuyệt vời ở Hoa Kỳ (mặc dù nhiều người trong số họ là người nhập cư; những sinh viên giỏi nhất tại các trường đại học Mỹ ngày nay là người Trung Quốc). Bây giờ giáo dục toán học của chúng ta đang dần chuyển từ hệ thống châu Âu sang hệ thống Mỹ. Như mọi khi, chúng ta chậm trễ, chúng ta đi sau châu Âu 30 năm, và chúng ta phải sẵn sàng cứu vãn tình hình trong 30 năm nữa và thoát ra khỏi ngõ cụt mà quá trình Mỹ hóa giáo dục với chủ nghĩa thực dụng, tính tùy chọn và tin học hóa rộng rãi sẽ dẫn chúng ta đến. Việc giảng dạy toán học trong nước truyền thống của chúng tôi có trình độ cao hơn và dựa trên văn hóa số học bài toán. Cho đến hai thập kỷ trước, các gia đình vẫn giữ lại “thương gia” cũ bài toán. Bây giờ nó đã bị mất. Việc đại số hóa trong cải cách giảng dạy toán học mới nhất biến học sinh thành máy tự động. Cụ thể, phương pháp số học thể hiện ý nghĩa của môn toán mà chúng tôi dạy. Ví dụ: hãy xem xét bài toán: 1. Có 3 quả táo, 1 quả đã được lấy. Còn lại bao nhiêu? 2. Bạn cần thực hiện bao nhiêu lần cắt để khúc gỗ có thể chia thành 3 phần? 3. Tôi có nhiều hơn anh trai 3 chị gái. Trong gia đình chúng ta có bao nhiêu chị em gái nhiều hơn anh em trai? Từ quan điểm của số học, tất cả những thứ này đều khác nhau bài toán - chúng có nội dung khác nhau. Nỗ lực trí tuệ cần thiết cho lời giải những bài toán này là hoàn toàn khác nhau, mặc dù mô hình đại số giống nhau: 3 – 1 = 2. Điều nổi bật nhất về toán học là tính phổ biến đáng kinh ngạc của các mô hình và tính hiệu quả không thể hiểu nổi của chúng trong các ứng dụng. Chúng ta hãy nhớ đến V.V. Mayakovsky: “Người đầu tiên phát biểu rằng “hai và hai là bốn” là một nhà toán học vĩ đại, ngay cả khi ông ấy tiếp thu chân lý này từ việc cộng hai tàn thuốc với hai tàn thuốc. Tất cả những người sau này, ngay cả khi họ cộng những thứ lớn hơn vô cùng, chẳng hạn như đầu máy hơi nước với đầu máy hơi nước, đều không phải là nhà toán học.”

6

KVANT 2017/№7

Đếm đầu máy xe lửa là phương pháp giáo dục toán học của người Mỹ. Đây là cái chết. Ví dụ về sự phát triển của vật lý cho thấy toán học “đầu máy” vào đầu thế kỷ chúng ta hóa ra còn tệ hơn toán học “đầu thuốc lá”: toán học ứng dụng không theo kịp vật lý, nhưng toán học lý thuyết đã tìm ra mọi thứ cần thiết cho sự phát triển hơn nữa của vật lý. Toán học “đầu máy” không thể theo kịp thực hành: khi chúng ta đang học đếm trên bàn tính thì máy tính xuất hiện. Chúng ta cần dạy cách suy nghĩ chứ không phải cách nhấn nút. Đúng là một mô hình toán học không phải lúc nào cũng mang lại kết quả thực tế ngay lập tức. Nó xảy ra rằng nó sẽ chỉ hữu ích sau hai nghìn năm. Một ví dụ về điều này là các phần hình nón, chúng được phát hiện ở Hy Lạp cổ đại và được Apollonius của Perga (khoảng năm 260 - khoảng năm 170 trước Công nguyên) mô tả trong một chuyên luận gồm 8 tập. Và Johannes Kepler cần đến lý thuyết này vào thế kỷ 16, khi ông suy ra các định luật về chuyển động của hành tinh. Thầy của ông, Tycho Brahe tại Đài quan sát Uraniborg đã đo đạc tỉ mỉ vị trí của các hành tinh trong hệ mặt trời trong 20 năm. Sau cái chết của người thầy của mình, Kepler bắt đầu xử lý toán học các kết quả của những quan sát này và phát hiện ra rằng, ví dụ, quỹ đạo của Sao Hỏa là một hình elip. Hình elip là quỹ tích các điểm trên mặt phẳng, tổng khoảng cách từ đó đến hai điểm cho trước, gọi là tiêu điểm, không đổi. Việc tiết diện một hình nón bởi một mặt phẳng đủ nghiêng với trục của nó là một hình elip là một định lý hình học đáng chú ý, thật không may, định lý này không thể được chứng minh ở trường. Chứng minh của nó rất đơn giản (hình 1). Các quả cầu nội tiếp trong một hình nón và tiếp xúc với mặt phẳng (tại tiêu điểm E và F của hình elip), làm cơ sở cho chứng minh, được gọi là các quả cầu Dandelin. Để hiểu lập luận của Kepler, chúng ta cần một số dữ kiện đơn giản về hình học của hình elip. Độ dài bán trục lớn của hình elip OK (hình 2), thường được ký hiệu là a, bằng độ dài

Hình 1. Hình elip có tiêu điểm F và E và hình cầu Bồ công anh

cạnh huyền EL của tam giác có hai chân b = |OL| (bán trục) và c = |EO|. Tỷ lệ c a đặc trưng cho hình dạng của hình elip và được gọi là độ lệch tâm, do đó

Hình 2. Tiêu điểm, bán trục và độ lệch tâm của hình elip

tỉ lệ thuận với độ dịch chuyển của các tiêu điểm so với tâm của hình elip. Độ lệch tâm thường được ký hiệu bằng chữ e. Theo định lý Pythagore, tỷ lệ độ dài các bán trục của hình elip là $b a 1 e^{2} z$

$z 1 e^{2} 2$ cho e nhỏ. Điều này cho thấy rằng một hình elip có độ lệch tâm nhỏ trên thực tế không thể phân biệt được với một hình tròn. Ví dụ: nếu e = 0,1 thì trục nhỏ ngắn hơn trục chính chỉ 1.200. Đối với một hình elip có chiều dài trục chính là 1 mét, trục phụ ngắn hơn trục chính chỉ nửa centimet, do đó có thể nhìn thấy sự khác biệt bằng mắt

7

VÌ

CÁI GÌ

CHÚNG TÔI

HÃY HỌC

một hình elip như vậy từ một vòng tròn nói chung là không thể nhận thấy được. Các tiêu điểm được dịch chuyển khỏi tâm 5 cm, điều này rất đáng chú ý.

Công thức $b a 1 e^{2} z 1 e^{2} 2$ (có nghĩa là cạnh dài hơn của một tam giác vuông thon dài gần bằng cạnh huyền và cho biết hiệu độ dài của chúng với một giá trị gần đúng rất tốt) là một trong những sự thật toán học tổng quát đáng chú ý nhất (thật không may, điều này không được dạy ở trường). Ví dụ: giả sử bạn lái xe về nhà theo hình sin. Con đường của bạn dài hơn bao nhiêu so với khi bạn đi thẳng (hình3)? Ấn tượng đầu tiên

Hình 3. Sóng hình sin dài hơn đường thẳng bao nhiêu?

(gấp đôi) tất nhiên là phóng đại chiều dài. Tuy nhiên, dường như đường đi dọc theo hình sin dài hơn gấp rưỡi. Thực tế chỉ khoảng 20%. Nguyên nhân là do hầu hết các hình sin hơi nghiêng về trục nên các cạnh huyền tương ứng thực tế không dài hơn hai chân. Đây là một ứng dụng khác của cùng một công thức. Dòng phản lực của động cơ phản lực đầu tiên được lắp trên cánh máy bay gần thân máy bay gây nguy hiểm cho phần đuôi. Các nhà thiết kế, những người biết và cảm nhận được công thức đang được thảo luận, đã quay động cơ một góc nhỏ A (hình 4).

Hình 4. Cách cứu bộ phận đuôi

TOÁN HỌC?

Phần đuôi đã được giữ lại (độ lệch của tia phản lực tỷ lệ với A) và lực đẩy tạo ra hầu như không thay đổi (mất $z A^{2} 2$, trong đó A là góc tính bằng radian; đối với góc 3o, chỉ mất khoảng 1.800 công suất). Hãy quay lại với Kepler. Lúc đầu Kepler nghĩ rằng quỹ đạo của Sao Hỏa là một hình tròn. Tuy nhiên, Mặt trời hóa ra không ở trung tâm mà dịch chuyển khoảng 1 10 phần bán kính. Nhưng Kepler không dừng lại ở kết quả (vốn đã đáng chú ý) này - bởi vì ông biết lý thuyết về đường cô-nic. Kepler biết rằng một hình elip có độ lệch tâm nhỏ rất giống với một hình tròn, và ông đã kiểm tra xem độ lệch nhỏ của quỹ đạo so với hình tròn vẫn hoạt động như thế nào. Điều thú vị là điều này chỉ có thể thực hiện được nhờ vào độ chính xác đặc biệt trong các quan sát của Tycho Brahe được thực hiện bằng mắt thường. Vào thời đó, các nhà thiên văn học không thực sự tin tưởng vào kính thiên văn, và thậm chí vào cuối thế kỷ 17 người ta đã phải chứng minh rằng các quan sát bằng kính thiên văn có thể đạt được độ chính xác cao như quan sát bằng mắt thường. Vật lý mới thường bắt đầu bằng việc sàng lọc chữ số có nghĩa cuối cùng của một lý thuyết trước đó - nếu Kepler hài lòng với quỹ đạo tròn lệch tâm của mình, hoặc nếu những quan sát của Tycho Brahe kém chính xác hơn, thì sự phát triển của cơ học thiên thể (và có lẽ là toàn bộ vật lý lý thuyết) có thể đã bị trì hoãn - thậm chí có thể trong nhiều thế kỷ. Quỹ đạo của Sao Hỏa hóa ra hơi dẹt theo hướng vuông góc với đường kính mà Mặt trời nằm - khoảng nửa phần trăm, tức là đến $e^{2} 2$. Đây là cách Kepler nảy ra ý tưởng về quỹ đạo hình elip của các hành tinh. Nếu lý thuyết về đường conic không được các nhà toán học phát triển trước thì các định luật cơ bản của tự nhiên sẽ không được khám phá kịp thời, khoa học và công nghệ hiện đại sẽ không ra đời, và nền văn minh của chúng ta sẽ vẫn ở cấp độ thời trung cổ - hoặc ít nhất, các con đường lịch sử sẽ hoàn toàn khác.

8

KVANT 2017/№7

Kepler đã phát hiện ra định luật chuyển động của các hành tinh, nhưng việc chúng chuyển động theo hình elip đã được Isaac Newton chứng minh trong cuốn sách “Các nguyên lý toán học của triết học tự nhiên” (1687), làm cơ sở cho mọi vật lý lý thuyết hiện đại. Ông thu được tính chất elip của quỹ đạo hành tinh nhờ hệ quả của định luật vạn vật hấp dẫn. Lưu ý rằng trước Newton, vấn đề này đã được Robert Hooke cùng thời với ông giải quyết. Ông nghiên cứu định luật chuyển động của vật thể trong trường hấp dẫn, tin rằng lực hút tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách. Sau khi tích phân gần đúng phương trình chuyển động, Hooke vẽ các quỹ đạo và thấy rằng chúng trông giống như các hình elip. Sự trung thực về mặt khoa học không cho phép ông gọi chúng là hình elip, và ông không thể chứng minh tính chất elip. Do đó, Hooke gọi quỹ đạo là hình elip và đề nghị Newton chứng minh rằng định luật thứ nhất của Kepler (các hành tinh chuyển động theo hình elip) tuân theo định luật nghịch đảo bình phương. Newton, người hiểu rõ lý thuyết cổ xưa về mặt cắt hình nón, đã giải quyết nhiệm vụ này với sự trợ giúp của các công trình hình học cơ bản khéo léo. Sau đó, các đường cong bậc hai bắt đầu xuất hiện ngày càng thường xuyên hơn trong nghiên cứu khoa học tự nhiên. Tại sao mô hình này lại mang lại hiệu quả ứng dụng cao đến vậy? Đặc biệt tại sao mô hình tiết diện hình nón lại mô tả chuyển động của các hành tinh? Chủ nghĩa thần bí. Bí ẩn. Không có Đáp số cho câu hỏi này. Chúng tôi tin vào sức mạnh của khoa học hợp lý. Newton đã nhìn thấy trong bằng chứng này về sự tồn tại của Chúa: “Sự kết hợp duyên dáng nhất giữa Mặt trời, các hành tinh và sao chổi như vậy không thể xảy ra ngoại trừ ý định và sức mạnh của một sinh vật mạnh mẽ và khôn ngoan… Đấng này cai trị mọi thứ không phải với tư cách là linh hồn của thế giới, mà với tư cách là người cai trị Vũ trụ, và bởi quyền thống trị của Ngài nên được gọi là Chúa là Đức Chúa Trời Toàn năng.” Các nhà nghiên cứu vũ trụ hiện đại khi thiết kế việc phóng vệ tinh nhân tạo cũng sử dụng tính chất của mặt cắt hình nón. Như vậy, cơ sở

vật lý thời gian và cuộc cách mạng khoa học và công nghệ đã được đặt ra bởi tác phẩm cổ điển của Apollonius. Trong khi nghiên cứu các đường conic, anh chỉ nghĩ về vẻ đẹp của mô hình toán học này. Một ví dụ khác là lịch sử tạo ra máy tính. Rất lâu trước khi xuất hiện những chiếc máy tính đầu tiên trong toán học, hai thành phần toán học chính của chúng đã được chuẩn bị: logic toán học (đại số logic được phát triển bởi George Boole, 1815–1864) và sơ đồ mạch của máy tính. Máy cộng đầu tiên được thiết kế vào năm 1641 bởi nhà toán học người Pháp Blaise Pascal. Ví dụ thứ ba là sự phát triển cơ học sóng của E. Schrödinger. Vào thời điểm Schrödinger chuyển sang rung động bài toán, phiên bản ma trận của cơ học lượng tử của W. Heisenberg đã được biết đến. Câu hỏi đặt ra: làm thế nào để thu được từ lý thuyết sóng trong mọi không gian một phổ rời rạc thay vì một phổ liên tục? Schrödinger được nhà toán học nổi tiếng người Đức Hermann Weil giúp đỡ. Nếu không có kết quả của ông về lý thuyết quang phổ trong khoảng không giới hạn, chúng ta sẽ không bao giờ biết đến phương trình Schrödinger nổi tiếng. Lại câu chuyện tương tự: một nhà toán học được tìm thấy, người đã có sẵn một lý thuyết - điều kiện biên ở vô cực - tất cả những gì còn lại là sử dụng nó.

(Còn tiếp)

Tính siêu dẫn:

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

A.ABRIKOSOV

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. Điều rất quan trọng là bằng cách tăng nồng độ khuyết tật, có thể tăng trường tới hạn Bcr2, đến mức mà dòng điện siêu dẫn có thể chạy qua mẫu. Điều này cho phép sử dụng chất siêu dẫn loại II để tạo ra nam châm siêu dẫn. Thật vậy, trong vòng siêu dẫn dòng điện có thể luân chuyển mãi mãi. Bạn có thể tạo ra một cuộn điện từ và làm ngắn mạch nó. Đây sẽ là một nam châm vĩnh cửu siêu dẫn. Sự khác biệt so với nam châm điện thông thường là ở nam châm thông thường, năng lượng dòng điện cuối cùng được dùng để làm nóng cuộn dây. Vì lý do này, cần phải tạo ra một hệ thống làm mát cồng kềnh và đắt tiền. Chính hoàn cảnh này đã hạn chế khả năng của nam châm điện có từ trường lên tới 5–6 Tesla. Và với sự trợ giúp của nam châm siêu dẫn, nó đã

Kết thúc. Mở đầu là trong số trước của tạp chí.

Ngày nay, người ta có thể thu được các trường lên tới 10–12 T (Nb – Zr – Ti) và thậm chí lên tới 23 T $( Nb_{3} Sn ).$ Hiện nay, nam châm siêu dẫn được sử dụng trong các máy phát điện, để tạo ra lớp đệm từ tính trên tàu tốc hành, trong máy gia tốc hạt, trong tokamaks - thiết bị nhiệt hạch nhiệt hạch, trong máy phát điện từ thủy động lực. Ngoài ra, một cuộn dây siêu dẫn có dòng điện có thể đóng vai trò như một thiết bị lưu trữ năng lượng. Tuy nhiên, chúng ta phải nhớ rằng vấn đề này không đơn giản như vậy. Đường cong trên càng cao

Hình ảnh cấu trúc các xoáy trong chất siêu dẫn loại II. Các xoáy tạo thành một cấu trúc tuần hoàn tương tự như mạng tinh thể

10

KVANT 2017/№7

trường tic $B_{кр2}$, càng thấp càng thấp $B_{кр1}$. Điều này có nghĩa là có thể có các xoáy trong dây dẫn của một cuộn dây điện từ siêu dẫn mang dòng điện. Dưới tác động của lực Lorentz, các xoáy có thể bắt đầu chuyển động và điều này ngay lập tức dẫn đến sự tiêu tán năng lượng, tức là xuất hiện lực cản. Cách thoát khỏi tình huống này là bằng cách nào đó cố định và ghim mạng xoáy để nó không di chuyển. Điều này được gọi là “ghim” (từ tiếng Anh pin - pin). Trong trường hợp này, dòng siêu dẫn dễ dàng uốn cong quanh lõi xoáy thông thường. Tôi sẽ không tập trung vào câu hỏi rất thú vị này mà bây giờ sẽ chuyển sang câu chuyện về tính siêu dẫn “yếu”. Cái gọi là hiệu ứng đường hầm được biết đến từ cơ học lượng tử - khả năng các hạt xuyên qua một hàng rào thế năng, ngay cả khi chiều cao của hàng rào này cao hơn năng lượng của các hạt. Tất nhiên, trên thực tế chiều rộng của rào chắn sẽ rất nhỏ. Hiệu ứng đường hầm được I. Giever sử dụng vào năm 1960 để tạo ra tiếp điểm đường hầm: hai điện cực kim loại được ngăn cách bởi một lớp cách điện (thông thường một màng oxit trên bề mặt của một trong các kim loại được lấy làm chất cách điện). Nhờ hiệu ứng đường hầm, dòng điện có thể chạy qua tiếp điểm như vậy. Nếu một trong những kim loại này là chất siêu dẫn thì các electron trong nó sẽ kết hợp thành từng cặp. Nhưng đối với cả một cặp đôi, việc xuyên qua hàng rào là rất khó xảy ra. Vì vậy, điện trường cần phải tách cặp ra, khi đó các electron sẽ lần lượt đi qua tiếp điểm. Năng lượng tối thiểu trên mỗi electron bằng nhau trong trường hợp này, và do đó, tại T = 0, dòng điện chỉ bắt đầu khi hiệu điện thế giữa các điện cực đạt tới giá trị U sao cho eU. Năng lượng được đo theo cách này. Bạn cũng có thể sử dụng một tiếp điểm đường hầm làm bằng hai chất siêu dẫn. Tuy nhiên, trong trường hợp sau, một số hiện tượng mới cũng nảy sinh. Nếu lớp điện môi đủ mỏng thì các cặp Cooper có thể được hình thành từ các electron thuộc các điện cực khác nhau.

Tiếp xúc đường hầm siêu dẫn. Một màng siêu dẫn (1) được phủ lên đế thủy tinh (3). Sau đó, nó bị oxy hóa - một lớp điện môi (2) có độ dày khoảng 10 angstrom được tạo ra trên bề mặt chất siêu dẫn. Một màng (1) chất siêu dẫn khác được phủ lên trên. Để dễ đo lường, các màng siêu dẫn được “đặt” trên một đế có dạng hình chữ thập. Với một số xác suất nhất định, các electron từ màng này có thể thâm nhập vào màng khác thông qua lớp điện môi - đây được gọi là hiệu ứng đường hầm. Điều này tạo ra khả năng không chỉ có dòng điện chạy qua tiếp điểm mà còn có khả năng tạo ra dòng điện siêu dẫn. Hiệu ứng này đã được nhà vật lý người Anh B. Josephson dự đoán vào năm 1962 và sau khi xác nhận bằng thực nghiệm, hiệu ứng này được đặt theo tên ông. Dòng Josephson tới hạn rất nhỏ, mật độ không quá $10^{2} 10^{3}$ A $см^{2}$. Giá trị này phải được so sánh với dòng điện trong nam châm - theo thứ tự $10^{5} 10^{6}$ A $см^{2}$ hoặc với “giới hạn lý thuyết” đối với sự phân tách cặp trong chất siêu dẫn - theo thứ tự $10^{8}$ A $см^{2}$. Tuy nhiên, hiệu ứng Josephson đã nhận được một ứng dụng mới đầy hứa hẹn. Thực tế là giá trị của dòng điện tới hạn Josephson hóa ra lại nhạy cảm một cách bất thường với từ trường bên ngoài. Điều này cho phép tạo ra các thiết bị siêu dẫn đặc biệt - giao thoa kế Josephson, hay SQUIDS, cho phép đo từ trường lên tới $10^{14}$ T (từ trường của Trái đất là 0,5 $10^{4}$ T), sau đó sử dụng trường này để đo dòng điện lên tới $10^{14}$ A và hiệu điện thế lên tới $10^{15}$ V. SQUIDS đã được sử dụng trong sinh học và y học vì chúng cung cấp nhiều hơn thế dữ liệu chính xác hơn điện tâm đồ hoặc máy ghi não và thậm chí còn vượt trội hơn so với máy chụp cắt lớp tia X và NMR. Ngoài ra, tiếp điểm Josephson có thể dùng để phát hiện bức xạ điện từ rất yếu

11

SIÊU DẪN…

và để tạo ra sóng điện từ tần số cao. Hiệu ứng Josephson là một lĩnh vực ứng dụng rộng lớn của chất siêu dẫn. Thật khó để tưởng tượng có bao nhiêu ứng dụng khác nhau mà chất siêu dẫn sẽ nhận được nếu không có một tình huống đáng buồn. Tất cả các thiết bị siêu dẫn được sử dụng cho đến nay đều yêu cầu làm mát bằng helium lỏng. Giá của một lít chất làm lạnh này là 10 rúp (hãy nhớ rằng bài báo được xuất bản năm 1988 - ghi chú của người biên tập), và điều này làm tăng đáng kể chi phí sử dụng chất siêu dẫn. Tuy nhiên, gần đây, cái gọi là oxit siêu dẫn hay gốm đã xuất hiện với nhiệt độ tới hạn trong khoảng 95 K. Nhiệt độ này cao hơn đáng kể so với nhiệt độ sôi của nitơ lỏng (77 K), giá thành của nó là 10 kopecks mỗi lít. Có thể các vật liệu có nhiệt độ cao hơn sẽ được tìm thấy. (Vào đầu năm 1988, người ta biết đến việc phát hiện ra chất siêu dẫn Bi–Sr–Ca–Cu–O và Tl–Ba–Ca–Cu–O với nhiệt độ tới hạn 105–125 K.) Và bây giờ tôi sẽ nói lại lịch sử phát hiện và các đặc tính của gốm siêu dẫn như vậy. Từ năm 1973 cho đến giữa năm 1986, kỷ lục về nhiệt độ tới hạn cực đại thuộc về các màng $Nb_{3} Ge$, giữ được tính siêu dẫn lên tới 23 K. Tuy nhiên, vào mùa thu năm 1986, một thông điệp xuất hiện từ các nhà vật lý G. Bednorz và A. Muller (Thụy Sĩ) về việc phát hiện ra tính siêu dẫn của hợp chất La – Ba – Cu – O với nhiệt độ tới hạn trong vùng 30 K. Các tác giả này đã không ngay lập tức làm điều đó. tiếp cận khám phá của họ Thực tế là ngay cả trước họ, oxit siêu dẫn Ba – Pb – Bi – O với nhiệt độ tới hạn 14 K đã được biết đến. Điều kỳ lạ ở hợp chất này là mật độ của các electron tự do mang dòng điện là $10^{21} см^{3}$, thấp hơn một bậc so với mật độ của kim loại thông thường. Đồng thời, theo lý thuyết Bardeen–Cooper–Schrieffer (BCS), giá trị của nhiệt độ tới hạn tăng theo số lượng electron tự do. Rõ ràng là việc giảm số lượng electron sẽ dẫn đến giảm $T_{кр}$. Và 14 K là nhiệt độ tới hạn tương đối cao. Tiếp theo, sự chú ý của Bednorz và Müller bị thu hút bởi các oxit chứa đồng ở trạng thái có hóa trị trung gian: một phần Cu và một phần Cu. Những oxit như vậy đã được các nhà vật lý người Pháp nghiên cứu. Chúng bao gồm nguyên tố đất hiếm lanthanum làm thành phần cấu trúc. Nếu chúng ta lấy hợp chất $La_{2} CuO_{4}$ thì đồng trong đó chỉ là hóa trị hai và chất này hoạt động như một chất cách điện. Müller và Bednorz bắt đầu thay thế lanthanum hóa trị ba bằng các nguyên tố hóa trị hai để lấy đi một số electron khỏi đồng và do đó chuyển một phần đồng sang trạng thái hóa trị ba. Kết quả là người ta đã thu được chất siêu dẫn nhiệt độ cao đầu tiên $La_{2} x Ba_{x} CuO_{4}$, trong đó x = 0,1–0,2. Lúc đầu, không ai tin Bednorz và Muller, và tạp chí vật lý hàng đầu của Mỹ, Physical Review Letters, đã từ chối xuất bản bài báo của họ. Sau đó, họ gửi nó đến tạp chí Zeitschrift fur Physik của Đức, nơi nó được xuất bản vào mùa thu năm 1986. Ban đầu bài báo không thu hút được sự quan tâm. Nhưng sau đó các chuyên gia Nhật Bản quyết định kiểm tra tin nhắn và tin rằng Muller và Bednorz không nhầm. Sau đó, các hợp chất này đã được các nhà vật lý Mỹ nghiên cứu và từ đầu năm 1987, một “sự bùng nổ siêu dẫn” thực sự đã nổ ra. Hiện nay có hàng nghìn bài viết về chủ đề này. Tôi không thể nói hết chi tiết về cuộc đua này, nhưng tôi sẽ lưu ý những điểm chính. Điều tự nhiên là cố gắng tăng nhiệt độ tới hạn bằng cách thay thế các nguyên tố bằng các chất tương tự hóa học của chúng. Việc thay thế Ba bằng Sr dẫn đến $T_{кр} = 45$ K. Một nhóm người Mỹ đến từ Houston, do P. Chu dẫn đầu, đã nén các mẫu này và phát hiện ra rằng nhiệt độ tới hạn tăng nhanh trong quá trình nén, mặc dù trong các chất siêu dẫn thông thường ở những điều kiện tương tự, Tcr, như một quy luật, giảm nhẹ. Sau đó, họ quyết định thử tạo ra lực nén “hóa học” bằng cách thay thế các nguyên tử lanthanum bằng các nguyên tử yttrium nhỏ hơn. Kết quả là một kết nối có độ cao đáng kinh ngạc

12

KVANT 2017/№7

Gần đây, đôi khi, nhiệt độ tới hạn là $T_{кр} \sim 93$ K. Ý tưởng “nén hóa học” đã giúp người ta khám phá ra, nhưng cuối cùng nó lại hóa ra là sai lầm. Một nghiên cứu rất kỹ lưỡng đã chỉ ra rằng chất siêu dẫn nhiệt độ cao là pha “1–2–3”: $Y Ba_{2} Cu_{3} O_{7} x$, trong đó x nhỏ hơn một. Những nỗ lực sau đó nhằm thay thế Y bằng các nguyên tố khác cho thấy tính siêu dẫn với $T_{кр} \sim 93$ K được quan sát thấy trong các hợp chất có cấu trúc “1 – 2 – 3”, trong đó yttrium có thể được thay thế bằng osmium và hầu hết các loại đất hiếm, kể cả lanthanum. Bây giờ tôi sẽ nói về một số đặc điểm của các hợp chất này và về những nỗ lực giải thích về mặt lý thuyết nhiệt độ tới hạn cao. Trước hết - về

Cấu trúc mạng tinh thể của hợp chất Y–Ba–Cu–O

kết cấu. Trong cả hai hợp chất điển hình La – Ba – Cu – O và Y – Ba – Cu – O, nó đều tương ứng với cái gọi là perovskite phân lớp. Đặc điểm đặc trưng của chúng là phân lớp (các chu kỳ theo hai hướng là khoảng 2,8 E và ở hướng thứ ba là 12 E). Trong các “lớp” đồng, mỗi nguyên tử đồng được bao quanh bởi một khối bát diện gồm các nguyên tử oxy. Các tính toán cho thấy sự dẫn truyền chính xảy ra qua các lớp đồng-oxy là kết quả của sự chồng chéo của lớp vỏ đồng d với lớp vỏ p của oxy. Các nguyên tử đất hiếm dường như không có vai trò gì: các electron “tự do” đơn giản là không đi vào đó. Hơn nữa, về nguyên tắc, cả hai chất đều có hai sửa đổi: tứ giác và trực thoi. Trong trường hợp đầu tiên, ô đơn vị có dạng lăng trụ tứ diện đều và trong trường hợp thứ hai là hình chữ nhật song song với độ dài cạnh tùy ý. Nhưng sự khác biệt so với tính chất tứ giác là rất nhỏ. Thật thú vị khi lưu ý rằng $La_{2} CuO_{4}$ nguyên chất là trực thoi ở nhiệt độ thấp, nhưng việc bổ sung Ba sẽ ngăn chặn quá trình chuyển đổi này và chất này vẫn có dạng tứ giác. Ngược lại, hợp chất yttri “1 – 2 – 3” là trực thoi ở nhiệt độ thấp. Về nguyên tắc, nó cũng có thể thu được dưới dạng biến đổi tứ giác bằng cách đẩy một phần oxy ra khỏi nó bằng cách đun nóng, nhưng biến đổi này không phải là chất siêu dẫn. Đối với hoạt động trong từ trường, các chất mới là chất siêu dẫn cực mạnh loại thứ hai, vì trường dưới $B_{кр1}$ trong chúng có thứ tự $10^{2}$ T, và trường trên $B_{кр2}$ ở nhiệt độ thấp được ước tính là $10^{2}$ T. Cần lưu ý rằng những chất này rất dễ vỡ và không dễ để chế tạo dây cho nam châm siêu dẫn từ chúng. Một đặc tính tiêu cực khác là mật độ dòng tới hạn trong chúng vào khoảng $10^{2} 10^{3} A см^{2}$. Hơn nữa, giá trị này giảm rất nhanh khi các chất được đặt trong từ trường bên ngoài. Theo nghiên cứu gần đây, điều này là do thực tế là các chất mới bao gồm các hạt siêu dẫn được phân tách bằng iso-

13

SIÊU DẪN…

các lớp lót. Một dòng điện Josephson nhỏ có thể xuất hiện xuyên qua các lớp này, dòng điện này dễ dàng bị triệt tiêu bởi từ trường. Đúng vậy, trong các màng bao gồm các tinh thể định hướng, mật độ dòng tới hạn lên tới $10^{6} A см^{2}$ đạt được ở điểm sôi của nitơ lỏng (T = 77 K), nhưng các màng này không thể đóng vai trò là cuộn dây cho nam châm siêu dẫn. Hiện nay, nỗ lực của nhiều phòng thí nghiệm trên khắp thế giới đang tập trung vào nỗ lực thu được các tinh thể chất siêu dẫn mới. Có thể làm các tấm có cạnh lên tới 1 cm và độ dày lên tới 3 mm. Việc nghiên cứu các mẫu như vậy xác nhận rằng các chất này có tính phân lớp: điện trở giữa các lớp lớn hơn điện trở dọc theo chúng hàng chục lần. Nhân tiện, tôi lưu ý rằng trong điều kiện bình thường đây là những chất dẫn điện kém: điện trở suất lớn hơn 100 lần so với đồng. Về phần giải thích lý thuyết, có nhiều câu hỏi hơn đáp số. Ví dụ, theo lý thuyết Bardeen–Cooper–Schrieffer, chúng ta thu được mối quan hệ

2 0

T cr

= 3,5.

Đối với các chất siêu dẫn mới, các phép đo khác nhau cho giá trị của giá trị này từ 3 đến 12. Hơn nữa, những chất này có một số tính năng cụ thể, nhưng không rõ tính năng nào trong số chúng có tầm quan trọng cơ bản. Ví dụ: việc phân lớp tinh thể đóng vai trò gì; Các nguyên tử lanthanum hoặc yttri có cần thiết cho cơ chế siêu dẫn hay chúng chỉ đơn giản đóng vai trò như một giàn cơ học giữ mạng tinh thể lại với nhau? Vai trò của oxy là gì? Được biết, trong hợp chất yttrium có các lớp gồm các chuỗi Cu – O – Cu – O và có những mặt phẳng trong đó có hai nguyên tử oxy trên mỗi nguyên tử đồng. Khi oxy bị loại bỏ, đầu tiên nó sẽ rời khỏi chuỗi và chất này mất đi tính siêu dẫn. Nhưng trong hợp chất lanthanum không có chuỗi như vậy.

Vì vậy, không rõ ràng là nên bám vào cái gì. Người ta đã chứng minh bằng thực nghiệm rằng trong các chất siêu dẫn mới, các electron được kết hợp thành cặp Cooper. Nhưng cơ chế hấp dẫn là gì? Cơ chế chuyển giao các phonon - lượng tử dao động mạng - kéo theo hiệu ứng đồng vị, tức là sự thay đổi Tcr khi chuyển sang một đồng vị khác. Các phép đo được thực hiện trên các mẫu có đồng vị $O^{16}$ được thay thế bằng $O^{18}$. Đối với hợp chất lanthanum, hiệu ứng đã được quan sát thấy, mặc dù ít hơn dự đoán của lý thuyết BCS. Nhưng trong chất siêu dẫn yttrium 90 độ, cũng như trong cùng một chất với europium thay vì yttrium, hiệu ứng này thực tế không có. Do đó, người ta rút ra kết luận rằng ngoài cơ chế phonon đã được biết đến từ lâu, còn có một cơ chế khác truyền tải tương tác giữa các electron. Về nguyên tắc, các giả hạt thuộc loại khác có thể tồn tại trong một chất – ví dụ, những giả hạt liên quan đến sự kích thích của các electron ở xa các lớp dẫn điện. Chúng được gọi là plasmon. Có một ý tưởng khác: chất này có thể gần chuyển sang trạng thái có trật tự từ tính. Trạng thái này có các giả hạt riêng - magnons. Nhưng ngay cả khi không có trật tự thực sự, nó vẫn có thể phát sinh dưới dạng thăng giáng và tạo ra sự tương tác giữa các electron. Các lý thuyết đã xuất hiện lợi dụng hoàn cảnh này. Tôi không thể liệt kê tất cả các lý thuyết - có rất nhiều lý thuyết. Tôi sẽ chỉ lưu ý khái niệm rất thú vị về tâm hai điện tử. Người ta biết rằng oxy rất dễ thoát ra khỏi chất siêu dẫn mới, trong khi ở các oxit thông thường, nó liên kết rất chặt chẽ. Có quan niệm cho rằng hai electron có thể ngay lập tức rời khỏi nguyên tử oxy để đến đồng; điều này làm cho oxy trung hòa và do đó làm cho oxy thoát ra khỏi mạng dễ dàng hơn. Và thực tế là các electron ở trạng thái kim loại tập thể hoặc định vị thành từng cặp trên oxy dẫn đến lực hút của chúng.

(Tiếp theo trang 19)

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

Bài toán

2. Ba con ruồi đang đậu trên bậu cửa sổ.

Bị cô chủ dọa sợ, họ bỏ chạy. Xác suất để trong đúng một phút họ sẽ ở trên cùng một mặt phẳng là bao nhiêu?

Masha không có đủ bảy kopecks để mua một cuốn sách ABC và Misha cũng không có đủ.

Những bài toán này chủ yếu dành cho học sinh lớp 6–8. Bài toán 1 và 2 được lấy từ cuốn sách “Mathematical Vinaigrette” của I.F. Sharygin, bài toán 3 và 4 – từ cuốn sách “Bài toán dành cho trẻ từ 5 đến 15 tuổi” của V.I. Arnold.

một xu. Họ góp tiền mua một chiếc sơn lót cho hai người nhưng vẫn không đủ tiền. Lớp sơn lót có giá bao nhiêu?

4. Tìm một khối đa diện có mặt trên và mặt trước như trong hình. Vẽ một mặt bên (vẽ các cạnh vô hình của khối đa diện bằng các đường chấm).

Minh họa của D. Grishukova

Có thể ném boomerang để nó quay trở lại mà không chạm vào bất kỳ bề mặt cứng nào. Có thể ném một quả bóng tennis như vậy không?

22

KVANT 2017/№7

Có thời, các bà già thường bán hạt hướng dương đựng trong những chiếc túi nhỏ cuộn lại từ giấy báo. Và trong các cửa hàng tạp hóa lớn, trước khi phát minh ra túi nhựa, bánh quy gừng, kẹo, mì ống và các sản phẩm khác được treo trong những chiếc túi nhỏ. Bây giờ, hãy dán hai hình nón giống hệt nhau với đế của chúng và sử dụng thân kết quả làm cặp bánh xe, đặt trục của hình nón vuông góc với đường ray (hình 3). Đồng thời, trên thực tế

Hình 5

lei được coi là không đổi. Bây giờ hãy để các đường ray phân kỳ, đường ray ngày càng rộng hơn và lúc đầu bánh xe nằm ở phần hẹp (hình6). Nếu như

Hình 3

kết quả không chỉ là một cặp bánh xe mà là vô số cặp bánh xe có bán kính khác nhau. Thật vậy, giả sử có hai cặp đường ray trên máy bay - với khổ hẹp và khổ rộng. Hãy đặt bánh xe của chúng ta trên một đường ray, rồi trên một đường ray khác (hình4). Tất nhiên, giữa các ray phải có rãnh, rãnh lõm (giống như rãnh

Hình 4

có sẵn trong tàu điện ngầm). Một phần bánh xe của chúng ta có thể chìm vào chỗ trũng này. Nếu đường hẹp thì bánh xe có bán kính R lớn hơn sẽ lăn dọc theo đường đó, còn nếu đường rộng thì bánh xe có bán kính r nhỏ hơn sẽ lăn dọc theo đường đó. Bây giờ chúng ta hãy nhìn vào bánh xe của chúng ta từ bên cạnh (hình5). Tâm của các bánh xe có độ cao H so với khổ hẹp và ở độ cao h so với khổ rộng, đồng thời H > h. Cho đến nay, chiều rộng của đồng ngang

Hình 6

Nếu bạn buông bánh xe như vậy ra, nó sẽ lăn về phía phần rộng. Trong trường hợp này, trọng tâm của bánh xe sẽ hạ xuống. Tình huống này được sử dụng để chứng minh nghịch lý cơ học phổ biến. Trong trường hợp ở hình 6, đường ray bên phải (trong phần rộng của đường ray) có thể được nâng lên một chút nhưng sao cho bánh xe vẫn lăn từ trái sang phải. Trong trường hợp này, người quan sát bên ngoài sẽ thấy rằng bánh xe đang lăn lên trên, trái với mọi định luật cơ học! Rõ ràng là không có mâu thuẫn ở đây - trọng tâm của bánh xe tiếp tục rơi và bánh xe lăn xuống dọc theo hai đường ray, mỗi đường ray đi lên. Tóm lại, một câu hỏi. Hãy để đường ray tô màu cho bánh xe của chúng ta lăn dọc theo chúng. Nếu chiều rộng rãnh không đổi thì trên bề mặt của hai hình nón ta có hai hình tròn. Đường đua sẽ như thế nào nếu chiều rộng đường đua thay đổi?

27

TOÁN HỌC

VÒNG TRÒN

những thứ kia. có một mặt phẳng thuộc về mỗi siêu mặt phẳng. 3. Nếu một đường thẳng không thuộc một mặt phẳng có điểm chung với nó thì tồn tại một siêu phẳng duy nhất chứa đường thẳng này và mặt phẳng này. Nó suy ra trực tiếp từ những tiên đề này. bốn điểm không thuộc cùng một mặt phẳng xác định một siêu phẳng; Tương tự như vậy, ba đường thẳng không thuộc cùng một mặt phẳng nhưng có một điểm chung hoặc hai mặt phẳng khác nhau có một đường thẳng chung thì xác định một siêu phẳng. Chúng tôi sẽ không chứng minh những tuyên bố này; cố gắng tự làm điều đó. Để suy luận sâu hơn, chúng ta cần một thực tế sau đây, vốn đúng trong không gian bốn chiều: ba siêu phẳng khác nhau có một điểm chung thì có một đường thẳng chung. Trên thực tế, theo Tiên đề 2, hai siêu phẳng bất kỳ trong ba siêu phẳng đều có một mặt phẳng chung. Chúng ta hãy lấy hai mặt phẳng mà một trong ba siêu mặt phẳng giao nhau với hai mặt phẳng còn lại. Hai mặt phẳng này thuộc cùng một siêu phẳng - đa tạp ba chiều, có một điểm chung và do đó cắt nhau theo một đường thẳng hoặc trùng nhau.

Tóm lại, tôi muốn cảnh báo người đọc: bạn không nên quá tin tưởng vào “trực giác ba chiều” của mình khi nói đến không gian bốn chiều. Bạn nghĩ một khối đa diện lồi có thể có bao nhiêu đỉnh mà mỗi đoạn nối hai đỉnh bất kỳ của nó là một cạnh? Trên mặt phẳng chỉ có hình tam giác mới có tính chất này; trong không gian, một tứ diện có tính chất này. Trong không gian bốn chiều,

Bây giờ chúng ta chuyển sang chứng minh khẳng định của chúng ta. Nếu ba mặt phẳng được đề cập trong điều kiện nằm trong không gian bốn chiều thì phát biểu sẽ hiển nhiên. Thật vậy, mỗi góc tam diện xác định một siêu phẳng. Hai siêu phẳng cắt nhau trong một mặt phẳng. Mặt phẳng này không thuộc siêu phẳng thứ ba (theo điều kiện, các siêu mặt phẳng này cắt một trong các mặt phẳng này dọc theo ba đường thẳng không đi qua một điểm) và do đó cắt chúng theo một đường thẳng. Ba mặt tương ứng của các góc tam diện đều nằm trong cùng một siêu mặt phẳng, được xác định bởi hai mặt phẳng chứa các cạnh tương ứng, và do đó mỗi bộ ba mặt tương ứng có một điểm chung. Ba điểm này thuộc về ba siêu mặt phẳng được xác định bởi các góc tam diện và đã được chứng minh là nằm trên cùng một đường thẳng. Bây giờ, để hoàn thành chứng minh, chỉ cần “nhìn thấy” trong điều kiện này bài toán hình chiếu của cấu hình bốn chiều tương ứng của các mặt phẳng và các góc tam diện là đủ.

1. Bốn người đi bộ A, B, C, D đang đi dọc theo bốn mặt phẳng thẳng với vận tốc không đổi. Biết người đi bộ A, B và C gặp nhau, người đi bộ D gặp A và B. Chứng minh người đi bộ C và D gặp nhau. 2. Cho ba đường tròn rời nhau trên một mặt phẳng. Xét sáu điểm, mỗi điểm là giao điểm của các tiếp tuyến chung trong hoặc tiếp tuyến chung ngoài với một số hai đường tròn đã cho. Chứng minh rằng sáu điểm này nằm trên bốn đường thẳng, mỗi đường ba điểm. 3. Cho ba đường thẳng song song và ba điểm trên một mặt phẳng. Xây dựng một tam giác có các đỉnh nằm trên các đường thẳng cho trước và các cạnh đi qua các điểm đã cho. 4. Ba điểm A, B, C thẳng hàng. Chúng ta hãy lấy một đường tròn tùy ý đi qua A và B và vẽ hai tiếp tuyến với nó từ C - SM và SM. Chứng minh rằng giao điểm của MN và AB không đổi. 5. Cho A là một điểm nằm trong một đường tròn cho trước, BC là một dây cung tùy ý đi qua A. Các tiếp tuyến của đường tròn tại điểm B và C cắt nhau tại điểm M. Tìm quỹ tích các điểm M. 6. Chứng minh rằng trong không gian bốn chiều, hai mặt phẳng có thể cắt nhau tại một điểm.

Hình 9

Có những khối đa diện như vậy với số lượng đỉnh lớn tùy ý (ví dụ, xem hình9).

Bài tập

… khi một viên đạn đại bác bay ra khỏi khẩu đại bác, tôi nhảy lên trên nó và lao về phía trước… Một viên đạn đại bác đang lao tới bay qua tôi… Tôi di chuyển tới nó và như không có chuyện gì xảy ra, lao trở lại. Rudolf Erich Raspe. Những cuộc phiêu lưu của Nam tước Munchausen

Cho dù các hiện tượng điện của vật chất vô cơ có tuyệt vời đến đâu cũng không thể so sánh với những hiện tượng liên quan đến hoạt động của hệ thần kinh và các quá trình sống. Michael Faraday

Qua con mắt, không phải bằng con mắt, tâm trí biết cách nhìn thế giới.

William Blake

…chính sinh học đã giúp vật lý khám phá ra định luật bảo toàn năng lượng; Suy cho cùng, Mayer đã thiết lập định luật này khi nghiên cứu lượng nhiệt tỏa ra và hấp thụ bởi một sinh vật sống. Richard Feynman

Nó có quen thuộc với bạn không?

?

vật lý nhân văn

Trong số lĩnh vực nghiên cứu rộng lớn giao thoa giữa sinh học và vật lý, lĩnh vực quan trọng nhất nổi bật - vật lý con người. Sau các số trước của Kính vạn hoa thảo luận về vai trò của vật lý trong nghiên cứu thế giới động vật và thực vật, đã đến lúc chuyển sang vấn đề con người. Suy cho cùng, chúng ta đều là những cơ thể vật chất giống như mọi người xung quanh, và các hiện tượng cơ, nhiệt, điện và quang học cũng bộc lộ trong chúng ta. Bằng cách tìm hiểu bản thân, chúng ta thấy mình đóng vai trò là người quan sát, nhà nghiên cứu và đôi khi là… công cụ đo lường. Vậy vật lý không chỉ ở bên ngoài mà còn ở bên trong chúng ta! Tất nhiên, bây giờ bạn chỉ phải đối mặt với một số câu hỏi và sự kiện đơn giản, có vẻ tầm thường. Tuy nhiên, chúng tôi hy vọng rằng họ sẽ đưa ra ý tưởng về vô số kiến ​​thức tích lũy được và những vấn đề chưa được giải quyết ẩn giấu đằng sau chúng trong cái mà ngày nay gọi là khoa học đời sống - và do đó là về bạn và tôi.

Câu hỏi và bài toán

1. Tại sao khi ngồi trên máy bay, nhìn ra ngoài cửa sổ bầu trời không mây, chúng ta không có cảm giác đang bay? 2. Khi bơi ở sông có đáy bùn, bạn có thể nhận thấy chân mình bị kẹt trong bùn nhiều hơn ở những nơi nông hơn là những nơi sâu. Làm thế nào để giải thích điều này? 3. Tại sao tình huống được Nam tước Munchausen mô tả trong đoạn văn lại không thể xảy ra?

2. Tại sao người bơi lại dang rộng cánh tay về phía trước khi ném mình xuống nước? 5. Tại sao ở vùng núi cao, hoạt động của các khớp xương của con người bị gián đoạn: tứ chi không “nghe” rõ và dễ bị trật khớp? 6. Tại sao khi uống nước vào môi lại dâng lên? 7. Nhiệt độ bình thường của con người gần $37 \infty C$. Tại sao chúng ta không lạnh ở nhiệt độ không khí $25 \infty C$ và rất nóng ở $37 \infty C$? 8. Tại sao bạn có thể làm ấm tay và làm mát trà với chuyển động gần như giống nhau của môi khi thở ra? 9. Vì sao trẻ hay bị lạnh hơn người lớn? 10. Tại sao ra sông giữa cơn mưa hè ấm áp mà không thấy lạnh? 11. Tại sao ngón tay bị nứt khi duỗi khớp? 12. Nếu bạn đưa tay tới ống tay áo bằng giấy tích điện treo trên sợi tơ, tay áo sẽ bắt đầu bị hút vào tay bạn. Tại sao? 13. Vòng hoa cây thông Noel được hàn từ các bóng đèn mắc nối tiếp để làm đèn pin. Khi cắm vòng hoa, mỗi bóng đèn sẽ nhận được điện áp 3 volt. Tại sao việc thọc ngón tay vào ổ cắm sau khi tháo một trong các bóng đèn lại nguy hiểm? 14. Khi nghe có tiếng động ở xa, họ vô tình mở miệng. Để làm gì?

15. Tại sao giọng nữ thường cao hơn nam? 16. Nếu bạn đứng sau một cái cột trong rạp hát, bạn không thể nhìn thấy diễn viên trên sân khấu nhưng bạn có thể nghe thấy giọng nói của anh ấy. Làm thế nào để giải thích điều này? 17. Đường kính đồng tử của mắt người có thể thay đổi từ 2 đến 8 mm. Tại sao đạt được thị lực tối đa với đường kính 3–4 mm? 18. Công suất quang học của thấu kính của mắt thay đổi như thế nào khi nhìn từ trang sách đến đám mây ngoài cửa sổ?

Kinh nghiệm vi mô

Nếu bạn ấn nhẹ (!) ngón tay lên mắt, bạn sẽ thấy hình ảnh kép của các vật thể. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

Thật thú vị rằng…

…các nghiên cứu gần đây cho thấy trẻ em có những ý tưởng bẩm sinh về vật lý. Vì vậy, khi được hai tháng tuổi, trẻ hiểu rằng các đồ vật sẽ rơi nếu không được giữ và không biến mất nếu chúng bị giấu đi, và khi được 5 tháng tuổi, trẻ nhận ra rằng nước và cát không phải là chất rắn. …ở các bộ phận khác nhau của cơ thể con người, người ta có thể phát hiện hoạt động của các cơ chế đơn giản. Ví dụ, tất cả các xương của chúng ta có khả năng tự do di chuyển nhất định đều là đòn bẩy - đó là xương của các chi, hàm dưới, các đốt ngón tay và hộp sọ, nằm trên đốt sống đầu tiên. …khi đi bộ, con người di chuyển chân với cái gọi là tần số cộng hưởng, được xác định bởi kích thước cơ thể của họ - điều này có lợi từ quan điểm tiết kiệm năng lượng. Vì vậy, nếu bạn cần đi bộ nhanh hơn, thì trước hết hãy tăng chiều rộng của bước chứ không phải tốc độ đi bộ. …khi áp suất không khí thay đổi mạnh, khả năng nghe của một người sẽ giảm sút. Điều này đặc biệt dễ nhận thấy trên máy bay khi đang lên hoặc xuống. …cơ thể con người bị ảnh hưởng bởi những âm thanh mà tai không cảm nhận được có tần số dưới 16 hertz - siêu âm. Chúng có thể cộng hưởng với các cơ quan nội tạng, dịch chuyển rất nhiều và thậm chí làm biến dạng chúng. …công lao của Julius Mayer trong việc phát hiện ra định luật bảo toàn năng lượng là phát hiện ra sự khác biệt về màu sắc trong tĩnh mạch của con người ở các nước phía bắc và phía nam. Ở phía nam, màu đỏ tươi của nó được xác định bởi lượng oxy dư thừa quay trở lại tĩnh mạch, điều này cho thấy con người tiêu thụ ít năng lượng hơn. …khi làm việc nặng nhọc, một người mất tới 10 lít mồ hôi mỗi ngày. Nếu cơ thể không được làm mát bằng bay hơi, nó sẽ nóng lên tới $100 \infty C$! …cấu trúc điện của sợi thần kinh đã được Luigi Galvani đoán ra về nguyên tắc vào thế kỷ 17. Tuy nhiên, trong một thời gian dài, người ta vẫn chưa rõ ràng về chất mang thông tin được truyền từ não đến cơ và chỉ đến thế kỷ 20, thực nghiệm mới chứng minh rằng đây là những tín hiệu điện. …Leonardo da Vinci đã có đóng góp to lớn cho việc nghiên cứu cơ chế thị giác bằng cách giải phẫu mắt. Ông đã có thể xác định các bộ phận chính của nó, so sánh hoạt động của nó với hoạt động của các thiết bị quang học và phát hiện ra thực tế là hai mắt nhìn thấy những hình ảnh khác nhau của cơ thể. …tầm nhìn của con người bị giới hạn trong một phạm vi rất hẹp của phổ điện từ. Tuy nhiên, nếu mắt chúng ta cảm nhận được, chẳng hạn như bức xạ hồng ngoại, nó sẽ gặp nhiễu rất lớn - xét cho cùng, bản thân cơ thể con người bức xạ ở khu vực này mạnh hơn hầu hết các vật thể xung quanh chúng ta. …cuốn sách của nhà vật lý lý thuyết xuất sắc Erwin Schrödinger, xuất bản năm 1944, “Cuộc sống là gì theo quan điểm của một nhà vật lý?” đóng vai trò là động lực cho cuộc tấn công vào vấn đề truyền tải thông tin di truyền. Vài năm sau, chiến thắng rực rỡ của sự tương tác giữa vật lý và sinh học là việc giải mã được phân tử “sống” cơ bản – DNA.

Những gì cần đọc trong «Kvant» về vật lý con người

(các ấn phẩm xuất bản những năm gần đây) 1. “Các nhà vật lý trong sương mù” - 2010, số 2, tr. 42; 2. “Tại sao lại “nheo mắt cận thị”?” – 2014, số 1, tr. 41; 3. “Bơm chân không, phổi của chúng ta và buồng Mirabelle” - 2014, số 5/6, tr. 54; 4. “Nhà vật lý thăm nhà sinh vật học” – 2015, Phụ lục số 1; 5. “Pinocchio và chiếc xích đu của anh ấy” – 2016, số 3, tr. 27; 6. “Chuyển động của ô tô và sinh vật - và định lý về động năng” - 2017, số 1, tr. 36. Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

Thế Vận Hội

Olympic Hình học mang tên I.F. Sharygin

Igor Fedorovich Sharygin là một nhà soạn nhạc xuất sắc về hình học bài toán. bài toán của anh ấy thường xuyên xuất hiện trong «Kvant» và trong “Toán học ở trường”, được tổ chức tại các kỳ thi Olympic Quốc tế, Toàn Liên minh và Toàn Nga, Moscow, Soros và tại hàng chục kỳ thi Olympic khác ở cấp thấp hơn. Anh ấy đặt ra những tiêu chuẩn rất nghiêm ngặt khi lựa chọn bài toán cho bất kỳ kỳ Olympic nào. Bài toán phải: a) mới, chứa đựng những ý tưởng mới; b) không chuẩn mực, phá vỡ khuôn mẫu; c) có hình học và không phải là “đếm được” lời giải; d) cuối cùng, bài toán chỉ cần đẹp thôi! Để làm được điều này, tác giả của nó phải có gu hình học tốt. Luôn ưu tiên những vấn đề đến từ khoa học cao hơn là những vấn đề được phát minh đặc biệt. Sau khi Igor Fedorovich rời đi, bạn bè, đồng nghiệp và học trò của ông đã nảy ra ý tưởng tổ chức một cuộc thi Olympic mang tên ông, cuộc thi này (theo khả năng tốt nhất của ông) được cho là phải đáp ứng những tiêu chuẩn cao này. Olympic đã được tổ chức hàng năm kể từ năm 2005 và chỉ có hình học bài toán. Tuy nhiên, đó không phải là “một chiều” như những người hoài nghi lo ngại. Các chủ đề bài toán, ngoài hình học cổ điển, còn có hình học tổ hợp, cực trị bài toán, bài toán “từ cuộc sống”, bài toán với các yếu tố phân tích toán học. Hình học hóa ra phong phú và đa dạng hơn những gì chúng ta được biết.

đã được thiết lập trước đó. Mục tiêu của Olympic là phổ biến hình học như một môn khoa học riêng biệt, cũng như phát hiện những trẻ có năng khiếu về hình học. Trong số những người chiến thắng thường có những em chưa từng đạt được thành công lớn tại các kỳ Olympic toán tổng quát khác. Hình thức của Olympic cũng tương ứng với hướng hình học của nó. Vòng đầu tiên là trao đổi thư từ, trong đó học sinh có vài tháng để nhàn nhã suy nghĩ về các bài toán phức tạp. Một biến thể của vòng trao đổi thư từ 20–25 bài toán (đối với mỗi bài toán, các lớp dự kiến ​​​​được chỉ định) được xuất bản vào đầu năm trên cổng Internet www.geometry.ru. Các tùy chọn được xuất bản bằng tiếng Nga và tiếng Anh. Lời giải có thể gửi đến đầu tháng 4. Những người chiến thắng trong vòng trao đổi thư từ được mời vào vòng chung kết, diễn ra tại Dubna (khu vực Moscow) vào cuối tháng 7. Những người chiến thắng trong các kỳ thi Olympic hình học miệng được tổ chức ở một số thành phố của Nga cũng được mời vào vòng chung kết. Tổng cộng có khoảng 100 học sinh lớp 8–10 đến từ hơn 10 quốc gia tham gia vòng chung kết. Vòng chung kết diễn ra trong hai ngày. Mỗi ngày người tham gia giải được 4 bài toán. Học sinh phải tự bảo vệ Lời giải của mỗi bài toán, giải thích (bằng miệng) cho các thành viên ban giám khảo. Trong vòng chung kết, các bài giảng phổ biến về hình học, các chương trình văn hóa, thể thao được tổ chức cho trẻ em và phụ huynh (hoặc giáo viên) của các em. Ban giám khảo Olympic bao gồm các nhà toán học chuyên nghiệp, giáo viên phổ thông, học sinh - người đoạt giải và đoạt giải trong các kỳ Olympic trước đây đến từ Nga, Ukraine, Kazakhstan, Bulgaria, Iran và các quốc gia khác. Bạn có thể tìm thấy các điều kiện, thư từ và vòng chung kết lời giải bài toán trên trang web www.geometry.ru. Tài liệu của mười kỳ Olympic đầu tiên đã được xuất bản trong số 113 và 134 của Thư viện Kvant.

36

KVANT 2017/№7

15. Cho hình thang ABCD đáy AD. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng BD. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD nằm trên đường thẳng AC. XIII-З-8–9, E. Bakaev

16. Một số điểm được đánh dấu trên mặt phẳng và không phải tất cả các điểm này đều nằm trên cùng một đường thẳng. Một vòng tròn được bao quanh mỗi tam giác với các đỉnh tại các điểm đã đánh dấu. Liệu tâm của tất cả các vòng tròn này có thể được đánh dấu bằng dấu chấm không? XIII-Z-8–11, A. Tolesnikov vào mỗi buổi tối. Có thể sau một thời gian cảnh sát sẽ lại chiếm các điểm A, B và C (được biết là điểm X không bao giờ rơi vào cạnh của tam giác)? XII-F-8, V. Protasov

17. Cho tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường thẳng đi qua I và vuông góc với OI cắt AB tại điểm X, và phân giác ngoài của góc C tại điểm Y. Tôi chia đoạn XY theo tỷ lệ nào? XII-F-9, V. Kalashnikov

18. Từ độ cao của một tam giác cấp tính, bạn có thể tạo thành một tam giác. Chứng minh rằng các đường phân giác của nó cũng có thể dùng để tạo thành một tam giác. XII-F-9, A. Zaslavsky

19. Ác quỷ mời Con người chơi trò chơi sau. Đầu tiên, Người trả một số tiền nhất định s và đặt tên 97 bộ ba [i, j, k], trong đó i, j, k là các số tự nhiên không vượt quá 100. Sau đó, Ác quỷ rút ra một hình 100 lồi $A_{1} A_{2}$ … $A_{100}$ có diện tích bằng 100 và trả cho Người một khoản tiền bằng tổng diện tích của 97 hình tam giác $A_{i} A_{j} A_{k}$. Ở mức tối đa nào thì một người có thể đồng ý? XII-F-10, N. Belukhov (Bulgaria)

20. Đường tròn cắt bốn hình tam giác vuông khỏi hình chữ nhật ABCD, trung điểm của các cạnh huyền lần lượt là $A_{0}, B_{0}, C_{0}$ và $D_{0}$. Chứng minh rằng các đoạn $A_{0} C_{0}$ và $B_{0} D_{0}$ bằng nhau. XIII-Z-8, L. Shteingarts

21. Trong tam giác ABC, ta vẽ Chevians AA a, BB a và CC a cắt nhau tại điểm P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác PA a B a cắt các đường thẳng AC và BC lần lượt tại các điểm M và N, còn các đường tròn ngoại tiếp tam giác PC a B a và PA a C a lần lượt cắt AC và BC tại các điểm K và L. Vẽ đường thẳng c đi qua trung điểm của các đoạn thẳng MN và KL. Các dòng a và b được xác định tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng a, b và c cắt nhau tại một điểm. XIII-З-10–11, D. Prokopenko

22. Cho tam giác vuông ABC và hai đường thẳng x và y vuông góc với nhau đi qua đỉnh của một góc vuông A. Với một điểm X di chuyển dọc theo đường thẳng x, ta định nghĩa $y_{b}$ là ảnh của đường thẳng y đối xứng qua XB, và $y_{c}$ là ảnh của đường thẳng y đối xứng qua XC. Cho $y_{b}$ và $y_{c}$ cắt nhau tại điểm Y. Tìm quỹ tích các điểm Y (đối với $y_{b}$ và $y_{c} ).$ XIII-З-10–11 không trùng nhau, V.Luchkin, M.Fadin

23. Trên đường chéo AC của tứ giác nội tiếp ABCD lấy một điểm P tùy ý rồi từ đó lần lượt thả các đường vuông góc PK, PL, PM, PN, PO xuống AB, BC, CD, DA, BD. Chứng minh rằng khoảng cách từ P đến KN bằng khoảng cách từ O đến ML. XIII-З-10–11, M. Panov

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi A. Zaslavsky

37

Thế Vận Hội

Giai đoạn cuối cùng của Olympic toàn Nga XLIII dành cho học sinh môn toán

Vòng chung kết Olympic Toán học toàn Nga dành cho học sinh được tổ chức tại thành phố Kaliningrad từ ngày 24 đến ngày 30 tháng 4 năm 2017. 364 nhà toán học trẻ đến từ hơn 60 vùng của Nga đã tham gia Olympic. Ngoài ra, theo truyền thống, các đội khách đến từ Trung Quốc và Bulgaria đã tham gia Olympic. Các vòng thi Olympic cũng như lễ khai mạc và bế mạc được tổ chức trong tòa nhà của Nhà thi đấu số 40 rất rộng lớn nhưng đồng thời ấm cúng và hiếu khách mang tên Yu.A. Gagarin. Một nhóm lớn các tình nguyện viên đã làm việc tại Olympic, họ cùng với ban tổ chức đã tổ chức cho những người tham gia làm quen với những địa điểm đáng nhớ của Kaliningrad và khung cảnh đẹp như tranh vẽ của nó. Mặc dù nhiệm vụ của Olympic năm nay không hề dễ dàng nhưng ở lớp 9 và 11 vẫn có những học sinh giải được tất cả bài toán: học sinh lớp chín Petr Mishura (St. Petersburg, trước đây là Novosibirsk), em đã nhận được giải đặc biệt cho kết quả tuyệt đối, và học sinh lớp 11 Nikita Dobronravov (Novosibirsk), em đã nhận được giải đặc biệt cho lời giải khó nhất bài toán Thế vận hội. Sau các vòng thi của Olympic, một cuộc bỏ phiếu đã được tổ chức trong đó những người tham gia chỉ ra bài toán yêu thích của họ. Ở lớp 9, ba người đứng đầu theo học sinh bài toán là bài toán 8 (hạng I), 3 (hạng II), 6 (hạng III); ở lớp 10 – 7 (Hạng I), 4 (Hạng II), 3 (Hạng III); ở lớp 11 – 4 (Hạng I), 7 (Hạng II), 3 (Hạng III). Kết thúc Olympic toàn Nga, đội tuyển Nga đã quyết tâm tham dự Olympic Toán quốc tế 2017 sẽ được tổ chức tại Rio de Janeiro (Brazil). Nhóm của chúng tôi bao gồm năm sinh viên tốt nghiệp: Nikita Dobronravov (Novosibirsk),

Georgy Veprev (Yaroslavl), Timofey Zaitsev (Moscow), Mikhail Ivanov (St. Petersburg) và Kirill Tyshchuk (St. Petersburg), cũng như học sinh lớp 10 Vadim Retinsky (Moscow, trước đây là thành phố Livny, vùng Oryol). Dưới đây chúng tôi công bố các điều kiện bài toán và danh sách những người chiến thắng ở giai đoạn cuối của Olympic toàn Nga dành cho học sinh môn toán.

Điều kiện bài toán

Lớp 9 1. Trong nước, một số cặp thành phố được nối với nhau bằng đường bay thẳng một chiều (tối đa một chuyến bay giữa hai thành phố bất kỳ). Giả sử thành phố A có thể đến được thành phố B nếu có thể bay từ B đến A, có thể bằng chuyển tuyến. Được biết, với hai thành phố P và Q bất kỳ đều có một thành phố R mà cả P ​​và Q đều có thể truy cập được. Chứng minh rằng có một thành phố mà tất cả các thành phố trong nước đều có thể tiếp cận được. (Người ta tin rằng bạn có thể bay từ thành phố này sang thành phố khác.) V. Dolnikov

2. Xem bài toán M2466 “Bài toán Kvant”.

3. Một trăm người lùn có trọng lượng lần lượt là 1, 2, 3, …, 100 pound, tụ tập ở bờ trái sông. Họ không biết bơi nhưng trên cùng bờ biển có một chiếc thuyền chèo có sức chở 100 pound. Do dòng chảy khó bơi ngược nên mỗi chú lùn có đủ sức chèo từ bờ phải sang bờ trái không quá một lần (bất kỳ chú lùn nào cũng có thể chèo thuyền; người chèo không thay đổi trong một chuyến đi). Liệu tất cả người lùn có thể băng qua bờ phải không? A. Shapovalov, S. Usov

38

KVANT 2017/№7

4. Có tồn tại một dãy tăng vô hạn $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, … gồm các số tự nhiên sao cho tổng của hai số hạng phân biệt bất kỳ của dãy đó cùng nguyên tố với tổng của ba số hạng phân biệt bất kỳ của dãy không? S. Berlov 5. Viết trên bảng là n > 3 số tự nhiên khác nhau nhỏ hơn n 1! 1 2 … n 1. Đối với mỗi cặp số này, Seryozha chia số lớn hơn cho số nhỏ hơn và viết ra thương số chưa đầy đủ vào sổ tay của mình (vì vậy, nếu anh ấy chia 100 cho 7, anh ấy sẽ nhận được 100 14 7 2 và viết số 14 vào sổ tay của mình). Chứng minh rằng trong các số trong vở có hai số bằng nhau. S. Berlov

5. Có đúng là với ba số tự nhiên phân biệt a, b và c bất kỳ đều tồn tại một tam thức bậc hai có hệ số nguyên và hệ số dẫn đầu dương lấy các giá trị $a^{3}, b^{3}$ và $c^{3}$ tại một số điểm nguyên? A. Khrabrov

6. Tam giác cân ABC có ABC 60 o nội tiếp đường tròn số 7. Chọn điểm A a trên phân giác của góc BAC, chọn điểm B a trên phân giác của góc ABC sao cho AB a P BC và BA a P AC. Đường thẳng A a B a cắt 7 tại D và E. Chứng minh tam giác CDE cân. A. Kuznetsov 8. Xem bài toán M2468 “Bài toán Kvant.

Lớp 10 1. Vẽ đồ thị của hai tam thức bình phương rút gọn và hai đường thẳng không song song $l_{1}$ và $l_{2}$ được vẽ trên mặt phẳng tọa độ. Được biết, các đoạn cắt bởi đồ thị trên $l_{1}$ là bằng nhau và các đoạn cắt bởi đồ thị trên $l_{2}$ cũng bằng nhau. Chứng minh rằng đồ thị của tam thức trùng nhau. A. Golovanov

2. Tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp trong một đường tròn có tâm tại điểm O. Tia BO và CO cắt các cạnh AC và AB lần lượt tại các điểm B a và C a. Qua điểm C a ta vẽ

đường thẳng l song song với đường thẳng AC. Chứng minh đường thẳng l tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác B a OC. A. Kuznetsov

3. Ban đầu, trên bàn có ba cọc lần lượt là 100, 101 và 102 viên. Ilya và Kostya đang chơi trò chơi tiếp theo. Trong một nước đi, mỗi người trong số họ có thể lấy một viên đá từ bất kỳ cọc nào, ngoại trừ viên đá mà anh ta đã lấy một viên đá ở nước đi trước đó (trong nước đi đầu tiên, mỗi người chơi có thể lấy một viên đá từ bất kỳ cọc nào). Những người chơi lần lượt thực hiện các nước đi, Ilya bắt đầu. Người nào không thể di chuyển sẽ thua. Người chơi nào có thể giành chiến thắng dù đối thủ chơi thế nào? D. Belov, I. Bogdanov, K. Knop

4. Xem bài toán M2469 “Bài toán Kvant”.

5. Viết lên bảng tất cả các ước thực sự của một số tự nhiên tổng hợp n, tăng thêm 1. Tìm tất cả các số n mà các số trên bảng đều là ước thực sự của một số tự nhiên m. (Các ước thực sự của một số tự nhiên a > 1 đều là các ước số tự nhiên của số đó ngoại trừ a và 1.) A. Khrabrov

6. Xem bài toán M2467, b) “Bài toán Kvant.

7. Xem bài toán 8 cho lớp 9.

8. Tam giác cân ABC nội tiếp đường tròn tâm O và ngoại tiếp đường tròn tâm I. Điểm B a đối xứng với điểm B qua đường thẳng OI, nằm trong góc ABI. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BB a I vẽ tại B a và I cắt nhau trên đường thẳng AC. A. Kuznetsov

lớp 11

1. Số x sao cho cả hai tổng S sin 64 x sin 65 x và C cos 64 x cos 65 x đều là số hữu tỷ. Chứng minh rằng trong một trong các tổng này cả hai số hạng đều hữu tỉ. N. Agakhanov

40

KVANT 2017/№7

Giai đoạn cuối cùng của Olympic Vật lý toàn Nga LI dành cho học sinh

theo quy định của Olympic) cử một đại diện tham dự Olympic “theo chỉ tiêu”. Để khắc phục tình trạng này, vào tháng 3/2017, Ủy ban Phương pháp Môn học Trung ương (CSMC) môn Vật lý cùng với Quỹ Tài năng và Thành công đã tổ chức chuẩn bị vòng chung kết Olympic cho học sinh các vùng “không đứng đầu” (200 người) tại Trung tâm Giáo dục Sirius. Dưới đây là vòng thi lý thuyết bài toán và danh sách những người chiến thắng ở chặng cuối của Olympic.

Vòng chung kết Olympic Vật lý toàn Nga được tổ chức từ ngày 7 tháng 4 đến ngày 13 tháng 4 năm 2017 tại thành phố Kazan (Tatarstan) trên cơ sở Đại học Liên bang Volga. 273 học sinh đã tham gia. Về mức độ chuẩn bị cho Olympic Vật lý của học sinh, nó luôn ở mức cao. Điều này được chứng minh bằng việc với độ khó ngày càng tăng bài toán của màn cuối, hầu hết các chàng trai đều đối phó thành công với chúng. Tuy nhiên, điều đáng chú ý là trong cả nước có sự khác biệt rõ rệt về mức độ chuẩn bị của học sinh môn vật lý. Như vậy, một phần ba số người tham gia giai đoạn cuối là học sinh Moscow. Sinh viên đến từ St. Petersburg (15,4%), Mordovia (7,3%), khu vực Moscow (5,1%), Tatarstan (4,4%), khu vực Vologda (3,3%), khu vực Sverdlovsk, Novosibirsk và Chelyabinsk (mỗi khu vực 2,5%) được đại diện khá tốt. Mặt khác, học sinh từ 18 vùng của Liên bang Nga không thể đạt được dù chỉ 50% số điểm tối đa và hoàn toàn không có đại diện tại vòng chung kết, còn học sinh từ 32 vùng của Liên bang Nga, mặc dù đạt hơn 50% số điểm tối đa nhưng đã không thể vượt qua ngưỡng để lọt vào vòng chung kết và (theo đó)

Lớp 9 Bài toán 1. Bạn lái xe nhẹ nhàng hơn… Trong thời tiết lặng gió trên hồ, một loạt thử nghiệm đã được thực hiện trên mô hình thuyền điều khiển bằng sóng vô tuyến với động cơ xăng, trong đó kết quả cho thấy ở tốc độ $v_{1} = 5,00$ km/h mức tiêu thụ nhiên liệu tuyến tính là $L_{1} = 20,0$ g/km và ở tốc độ $v_{2} = 15,0$ km/h mức tiêu thụ nhiên liệu là $L_{2} = 40,0$ g/km. Nguồn cung cấp nhiên liệu trên mô hình là M = 100 g. i Suy ra sự phụ thuộc của mức tiêu thụ nhiên liệu tuyến tính L vào tốc độ v.

Chuẩn bị thí nghiệm

Một thử nghiệm đang diễn ra

Chuyến tham quan lý thuyết

41

Thế Vận Hội

i Thời gian tối đa $T_{x}$ mà động cơ có thể chạy đối với mẫu xe đứng yên là bao nhiêu? i Ở tốc độ nào của mô hình $v_{0}$ mức tiêu thụ nhiên liệu tuyến tính là tối thiểu và giá trị của nó $L_{0}$ là bao nhiêu? Kết quả thu được phải được tìm thấy với sai số không quá 1%. i Khoảng cách tối đa $L_{0}$ là bao nhiêu và người mẫu có thể bơi trong thời gian nào $T_{0}$? i Những giá trị nào $T_{1}$ có thể lấy để mô hình di chuyển quãng đường $L_{1} = 3$ km? Ghi chú. Hãy xem xét rằng khi động cơ đang chạy, mức tiêu thụ nhiên liệu khối lượng $M_{0}$ (g/s) phụ thuộc tuyến tính vào sức mạnh của lực kéo và lực kéo tỷ lệ thuận với tốc độ của mô hình so với mặt nước. Mô hình di chuyển đồng đều và ở bất kỳ tốc độ nào, mớn nước của nó không thay đổi. M. Zamyatnin Bài toán 2. Có khói Khi tiến hành chụp ảnh từ trên không khu vực này, một bức ảnh đã được chụp trong đó có thể nhìn thấy hai luồng khói từ đầu máy hơi nước (hình 1). Một ô trong ảnh tương ứng với 50 m trên mặt đất. Được biết, một đầu máy hơi nước chuyển động đều dọc theo một đường ray hình tròn, còn đầu máy kia chuyển động với cùng tốc độ theo đường thẳng. Xác định: i hướng tốc độ gió; i bán kính R của đường sắt vành đai; i là tỉ số giữa tốc độ đầu máy v và tốc độ gió u; i hướng của đường ray thẳng (dựng bằng la bàn và thước kẻ). M. Zamyatnin

Hình 1

Nghĩ về nó

Bài toán 3. Xoắn ốc phi tuyến Điện trở R của xoắn ốc phụ thuộc vào nhiệt độ theo định luật $R R_{0} A t t_{0}$, trong đó t là nhiệt độ của xoắn ốc, $R_{0} = 10$ Ohm, A 40.0 $10^{3}$ Ohm o C $, t_{0} 20 o C$. Một điện áp U = 220 V được đặt vào hình xoắn ốc và trong thời gian $T_{1} = 100$ μs, nó nóng lên từ $t_{0}$ đến $t_{1} 80 o C. i$ Đến nhiệt độ nào $t_{2}$ hệ thống sẽ nóng lên trong thời gian $T_{2} = 334$ μs kể từ thời điểm máy sưởi được bật? i Xác định nhiệt dung C của đường xoắn ốc. A. Bychkov

Bài toán 4. Hai phần tử phi tuyến Mạch điện gồm hai phần tử phi tuyến giống hệt nhau X, một chiết áp có điện trở giữa các tiếp điểm cố định là R = 100 Ohm và một cục pin lý tưởng có điện áp $U_{0} = = 10,0$ V (hình2,a). Đặc tính dòng điện-điện áp của phần tử X được thể hiện ở hình 2, b. Xác định: i tổng công suất được giải phóng trên hai phần tử phi tuyến ở vị trí cực trị của thanh chiết áp; i tổng công suất được giải phóng trên hai phần tử phi tuyến khi thanh trượt chiết áp được đặt ở giữa của nó;

Hình 2

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

CÁC BÀI HÁT LÀ GÌ?

NHIỆM VỤ

Khi một bánh xe di chuyển dọc theo một đường có chiều rộng thay đổi, dấu vết từ mỗi đường ray là một đường xoắn ốc trên bề mặt hình nón.

(xem «Kvant» số 6)

1. Anton Borisov, Vasya Vasiliev, Grisha Grigoriev, Borya Antonov. Hãy xem lần thứ hai các anh chàng ngồi vào bàn như thế nào nhé. Đối diện Anton không phải là Antonov (vì họ đã ngồi đối diện trước đó), không phải Borisov (vì Grisha đang ngồi đối diện với anh ta) và không phải Vasiliev (vì anh ta đang ngồi cạnh Anton), nghĩa là đó là Grigoriev. Anton không thể là Antonov (họ ngồi đối diện), Vasiliev ngồi cạnh anh ta, và Grigoriev ngồi đối diện anh ta, nghĩa là Anton là Borisov. Đối diện với Borisov là Grisha, nghĩa là Grisha là Grigoriev. Vasiliev và Borya là những người khác nhau, Anton và Grisha ngồi cạnh Vasiliev, nghĩa là Vasiliev là Vasya. Vậy thì Antonov là Borya. 2. Tất cả các tên bắt đầu bằng “Mi” và kết thúc bằng “I” đều phù hợp, ví dụ như Mitya. 3. Hãy đánh số những nơi viết biển báo. Vitya cần đảm bảo rằng những nơi được đánh số chẵn có một loại ký hiệu và những nơi được đánh số lẻ - một loại khác. Hãy xem mười lăm địa điểm kỳ lạ, ở đó có nhiều dấu hiệu hơn, giả sử điểm cộng, tức là có ít nhất 8 địa điểm trong số đó. Sau đó, có nhiều điểm trừ hơn ở những vị trí chẵn, tức là tối thiểu là 8. Nếu Vitya sửa các dấu sao cho có điểm cộng ở những vị trí lẻ và điểm trừ ở những vị trí chẵn thì anh ta sẽ phải sửa không quá 7 + 7 = 14 dấu. 4. Nếu tìm được những quả cân có tổng khối lượng là 6 gam thì chúng ta sẽ đạt được mục tiêu. Nếu tìm được 4 quả cân có tổng khối lượng là 4 hoặc 8 gam thì chúng ta sẽ hiểu được quả cân nào nặng bao nhiêu, từ đó chúng ta cũng dễ dàng đạt được mục tiêu của mình. Hãy cân 4 quả cân, khối lượng của chúng có thể từ 4 đến 8 gam. Các trường hợp 4, 6 và 8 gram đã được thảo luận ở trên. Nếu nặng 5 gam thì 4 quả cân còn lại nặng 7 gam và ngược lại. Khối lượng 5 gam chỉ có thể đạt được bằng một cách: 1, 1, 1 và 2 gam, gọi các trọng lượng này là nhóm A, và cũng có thể đạt được 7 gam theo một cách: 1, 2, 2, 2 gam - nhóm B. Trong bước thứ hai, chúng ta cân 2 quả cân thuộc nhóm A và 2 quả cân thuộc nhóm B. Các trường hợp khối lượng của chúng là 4, 6 hoặc 8 gam, đã thảo luận ở trên. Nếu khối lượng của chúng là 5 gam thì ở nhóm A có khối lượng 1 và 1 gam, ở nhóm B - 1 và 2 gam. Điều này có nghĩa là bạn có thể lấy các quả cân này từ nhóm A và các quả cân từ nhóm B không tham gia cân. Tổng khối lượng của chúng là 6 gam. Trường hợp khối lượng của chúng là 7 gam được phân tích theo cách tương tự.

KÍNH KÍNH KÍNH “QUANTA”

Câu hỏi và bài toán

1. Không có cơ quan tham chiếu nào liên quan đến chuyển động xảy ra. 2. Ở những nơi sâu, tác động của lực nổi rõ rệt hơn, làm suy yếu áp lực ở đáy. 3. Khi chuyển từ lõi này sang lõi khác, nam tước sẽ có khả năng tăng tốc rất lớn. Cơ thể con người không thể chịu được tình trạng quá tải do tốc độ thay đổi nhanh chóng như vậy. 4. Để cơ thể được sắp xếp hợp lý hơn và giảm lực kéo. 5. Khi áp suất khí quyển giảm khi leo núi, các khớp ít khít với nhau hơn, đó là lý do tại sao hoạt động của các chi “trở nên sai lầm” và có thể xảy ra nhiều chấn thương khác nhau. 6. Áp suất khí quyển tác dụng lên bề mặt nước nhưng trong khoang miệng chúng ta giảm áp suất không khí. Do chênh lệch áp suất nên nước dâng lên. 7. Ở nhiệt độ không khí gần $37 \infty C$, quá trình truyền nhiệt liên tục do con người tạo ra vào không khí chậm lại, nội năng dư thừa được hình thành trong cơ thể. 8. Tốc độ không khí thổi ra trong dòng mỏng cao và áp suất trong dòng nhỏ hơn khí quyển. Không khí lạnh được dòng suối thu lại, không bão hòa hơi nước, được “cung cấp” lên bề mặt trà, giúp thúc đẩy quá trình bay hơi và làm mát của chất lỏng. Trong một trường hợp khác, không khí ấm, bão hòa hơi được thở ra, tốc độ thấp. Anh sưởi ấm đôi tay mình. 9. Khi kích thước của một vật giảm đi thì tỉ số diện tích bề mặt của nó với thể tích tăng lên. Sự truyền nhiệt, được xác định chính xác bởi diện tích bề mặt, tăng lên và sự mất nhiệt xảy ra mạnh mẽ hơn. 10. Khi trời mưa, nước không bay hơi khỏi da và không làm mát chúng ta. 11. Khi các khớp bị kéo căng, áp suất trong bao khớp giảm xuống và chất lỏng ở đó dường như sôi lên. Trong đó xuất hiện các bong bóng khí, khi bị kéo căng mạnh sẽ vỡ ra một tiếng nổ. 12. Trong trường hộp hộp mực đã tích điện, bàn tay do cảm ứng tĩnh điện bị nhiễm điện

55

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

một hình vuông do cảnh sát thành lập. Như vậy, độ của điểm X so với đường tròn ngoại tiếp tam giác do cảnh sát tạo ra giảm dần vào mỗi buổi tối, do đó cảnh sát không thể quay lại điểm xuất phát.

11. 1: 2. Đầu tiên lời giải. Gọi $I_{a}, I_{b}, I_{c}$ là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC (hình 5). Sau đó cho tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$ ba

Hình 5

ABC là một tam giác trực giao và đường tròn ngoại tiếp của nó là một đường tròn có chín điểm. Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$ là một điểm đối xứng với I so với O và bán kính của nó bằng hai lần bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC. Nội tiếp trong cùng một đường tròn là tam giác A a B a C a, thu được từ ABC đồng quy có tâm I và hệ số 2. Đường thẳng l đi qua I vuông góc với OI cắt một dây trong đường tròn này có trung điểm tại I, các dây $I_{a} Aa$ và $I_{b} Ba$ cũng đi qua I. Theo định lý con bướm, các đường thẳng $I_{a} I_{b}$ và A a B a cắt l tại các điểm đối xứng với Do đó IX: IY = 1: 2. Số thứ hai là lời giải. Chúng ta hãy xem xét các HMT có tổng khoảng cách định hướng đến các cạnh của tam giác ABC bằng 3r, trong đó r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác. Vì khoảng cách định hướng là hàm tuyến tính của tọa độ điểm nên GMT này sẽ là đường thẳng đi qua I. Vì tổng các hình chiếu của vectơ OI lên các đường định hướng AB, BC, CA bằng 0 nên đường thẳng này vuông góc với OI. Vì điểm Y nằm trên phân giác ngoài của góc C nên tổng khoảng cách từ điểm đó đến các đường thẳng AC và BC bằng 0. Điều này có nghĩa là khoảng cách từ Y đến AB là 3r, tức là YX = 3IX.

GIẢI PHÁP

12. Cho tam giác ABC A r B r C. Khi đó, độ cao $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ thỏa mãn bất đẳng thức $h_{a} b h_{b} b h_{c}$ và bất đẳng thức tương tự cũng đúng đối với các đường phân giác $l_{a}, l_{b}, l_{c}$. Hãy xem xét hai trường hợp. 1) Cho B r 60 o. Khi đó A B b B C và $h_{c} l_{c}$ cos A $B 2 r h_{a} l_{a}$ cos B C 2. Tương tự, $h_{c} l_{c} h_{b} l_{b}$. Điều này có nghĩa là từ bất đẳng thức $h_{c} h_{a} h_{b}$ dẫn đến $l_{c} l_{a} l_{b}$. 2) Cho B b 60 o. Khi đó, kể từ A 90 o, C 30 o. Do đó $l_{a} r h_{a} AC$ sin C AC 2 và $l_{b} BC 2$. Nhưng đường phân giác $l_{c}$ không vượt quá đường trung tuyến tương ứng, nhỏ hơn một nửa tổng các cạnh AC và BC. Vì vậy, $l_{c} l_{a} l_{b}$. Ghi chú. Lưu ý rằng khi phân tích trường hợp đầu tiên, điều kiện về độ sắc nét của tam giác đã không được sử dụng và khi phân tích trường hợp thứ hai, thực tế là có thể hình thành một tam giác từ các độ cao đã không được sử dụng. Tuy nhiên, cả hai điều kiện đều cần thiết. Một ví dụ về tam giác tù, trong đó tam giác có thể được tạo thành từ các đường cao chứ không phải từ các đường phân giác, được đưa ra trong lời giải bài toán 5 dành cho lớp 9 của Olympic VII. 13. s = 0. Đầu tiên lời giải. Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Cho T là tập hợp tối đa n – 3 tam giác có các đỉnh được chọn từ các đỉnh của n-giác lồi $P A_{1} A_{2}$ … $A_{n}$. Khi đó chúng ta có thể tô màu các đỉnh của P bằng ba màu sao cho các đỉnh của mỗi màu tạo thành một tập hợp không trống các đỉnh liên tiếp của P và tập T không chứa các tam giác có các đỉnh khác màu. Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo n. Với n = 3 mệnh đề đúng vì T trống. Đặt n > 3. Nếu $A_{1} A_{n}$ không phải là một cạnh của bất kỳ tam giác nào từ T, hãy tô màu $A_{1}$ và $A_{n}$ bằng hai màu khác nhau và các đỉnh còn lại bằng màu thứ ba. Giả sử $A_{1} A_{n}$ là một cạnh của ít nhất một tam giác từ T. Chúng ta hãy tạo thành tập U bằng cách loại bỏ tất cả các tam giác đó khỏi T và thay thế $A_{n}$ bằng $A_{1}$ trong phần còn lại. Sử dụng giả thuyết quy nạp cho đa giác $Q A_{1} A_{2}$ … $A_{n} 1$ và tập U, chúng ta hãy tô màu các đỉnh của Q. Bây giờ, tô màu $A_{n}$ cùng màu với $A_{1}$, chúng ta thu được màu P mong muốn. Bây giờ, hãy để Ác quỷ dựng một màu tương ứng với các bộ ba được đặt tên bởi Man và vẽ một hình P lồi 100 cạnh có diện tích 100, nội tiếp trong vòng tròn k sao cho tất cả đỉnh P màu i nằm trên cung $c_{i}$ có độ đo Eo,

59

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

4. n = 2018. Cho k = 2017. Với n = k + 1 thì thủ thuật dễ sắp xếp. Ảo thuật gia và trợ lý đánh số màu từ 1 đến k. Người trợ giúp nhìn thấy màu của thẻ cuối cùng ( k + 1 ) (đặt số của nó là a), để mở thẻ thứ a. Nhà ảo thuật nhìn thấy số quân bài nào mở sẽ khôi phục lại màu của quân bài cuối cùng. Vẫn còn phải chứng minh rằng với n £ k thủ thuật này sẽ thất bại. Hãy giả sử điều ngược lại và xem xét những hành động có thể xảy ra của nhà ảo thuật. Giả sử, khi nhìn thấy một lá bài màu a ở vị trí thứ i, anh ta thông báo rằng ở vị trí thứ j có một lá bài màu b (khi đó $i \pi j );$ chúng ta sẽ gọi hướng dẫn này ( a, i ) Æ ( b, j ). Chúng ta có thể giả sử rằng với mỗi cặp ( a, i ) chỉ có một hướng dẫn có dạng ( a, i ) Æ ( b, j ) (và nhà ảo thuật, nếu có thể, luôn sử dụng nó - vì không có thông tin về cái nào trong số đó những hướng dẫn như vậy được áp dụng, nó có không quá kn hướng dẫn. Chúng ta sẽ nói rằng bố cục ban đầu của các thẻ đáp ứng các hướng dẫn ( a, i ) Æ ( b, j ), nếu nó chứa các thẻ có màu a và b tương ứng. Sau đó, mỗi hướng dẫn đáp ứng chính xác $k^{n} -^{2}$ bố cục. Mặt khác, nếu thủ thuật được đảm bảo thành công thì mọi bố cục có thể đáp ứng ít nhất một hướng dẫn - hướng dẫn mà tổng số bố cục sẽ sử dụng. kn $k^{n} -^{2}$, tức là $k^{n}$ £ $k^{n} -^{1} n$, do đó k £ n, và bất đẳng thức ở trên trở thành một đẳng thức. Điều này có nghĩa là mỗi bố cục thỏa mãn chính xác một lệnh và chính xác một lệnh bắt đầu bằng mỗi cặp ( a, i ); khi đó có một lệnh có dạng ( b, j ) Æ ( c, k ). cả hai hướng dẫn, các điều kiện i = k và $a \pi c$ phải được thỏa mãn. Mặt khác, với bất kỳ hai hướng dẫn ( a, i ) Æ ( b, j ) và ( c, k ) Æ ( d, l ) phải có các số trùng khớp giữa các số i, j, k, l - nếu không thì lại tồn tại một bố cục thỏa mãn cả hai hướng dẫn. cạnh [i, j], nếu có hướng dẫn có dạng ( a, i ) Æ ( b, j ) (theo những gì đã được chứng minh ở trên, cũng có hướng dẫn có dạng ( b, j ) Æ ( a ¢, i )). Khi đó, hai cạnh bất kỳ trong biểu đồ này có một đỉnh chung và ít nhất một cạnh đi ra từ mỗi đỉnh là cụ thể, [1, 2] là một cạnh của biểu đồ này. Từ đỉnh 3 xuất hiện một cạnh có đỉnh chung với đỉnh đầu tiên -

GIẢI PHÁP

hãy để nó là [1, 3] cho chắc chắn. Khi đó bất kỳ cạnh nào từ đỉnh k > 3 đều phải có dạng [1, k] để có các đỉnh chung với mỗi cạnh [1, 2] và [1, 3]. Cuối cùng, bất kỳ cạnh nào nói chung phải có một đỉnh chung với mỗi cạnh [1, 2], [1, 3] và [1, 4], tức là phải chứa đỉnh 1. Vì vậy, trong mỗi lệnh, một trong các số vị trí bằng 1. Cuối cùng, chúng ta hãy liên kết với mỗi vị trí i > 1 tất cả các màu a sao cho có một lệnh có dạng ( c, i ) Æ ( a, 1 ). Từ những điều trên cho thấy các vị trí khác nhau không thể được liên kết với cùng một màu. Vì có k – 1 vị trí như vậy và k < 2 ( k - 1) màu, nên một số vị trí i chỉ được liên kết với một màu a, tức là có tất cả k hướng dẫn có dạng ( c, i ) Æ ( a, 1 ) cho tất cả c có thể có. Tuy nhiên, cũng có hướng dẫn dạng (a, 1) Æ (c, i) cho một số c. Nhưng nó không thể tồn tại cùng với lệnh ( c, i ) Æ ( a, 1 ); mâu thuẫn. 6. 3800 chip. Một ví dụ chứa 3800 chip hóa ra như thế này. Hãy chọn một “đường viền” có chiều rộng 5 từ hình vuông 200 ¥ 200. Đường viền này bao gồm bốn hình vuông góc 5 ¥ 5 và bốn hình chữ nhật 5 ¥ 190. Hãy đặt các con chip vào bốn hình chữ nhật sau: màu đỏ ở bên trái và trên cùng, và màu xanh lam ở bên phải và dưới cùng. Dễ dàng nhận thấy ví dụ này đáp ứng mọi yêu cầu và có 1900 chip đỏ và xanh. Vẫn còn phải chứng minh rằng không thể có nhiều hơn 3800 chip. Hãy xem xét cách sắp xếp tùy ý các chip thỏa mãn yêu cầu. Hãy gọi một hàng (hàng hoặc cột) là nhiều màu nếu nó chứa các chip của cả hai màu. Chúng ta hãy đưa ra hai nhận xét hữu ích cùng một lúc. Đầu tiên, mỗi con chip nhìn thấy một số con chip có màu khác nhau, vì vậy mỗi con chip nằm ở ít nhất một hàng có màu khác nhau. Ngoài ra, vì một hàng nhiều màu chứa một ô màu đỏ nên nó không thể có nhiều hơn năm ô màu xanh (nếu không ô màu đỏ sẽ nhìn thấy tất cả). Tương tự, trong một hàng nhiều màu không có quá 5 chip màu đỏ, tức là tổng cộng không quá 10 chip. Bây giờ không khó để có được ước tính cần thiết. Nếu có 191 dòng nhiều màu thì chúng chứa không quá 191 ◊ 10 = 1910 chip và chín dòng còn lại có không quá 9 ◊ 200 = 1800 chip, tổng cộng không quá 1910 + 1800 < 3800 chip. Trường hợp có 191 cột nhiều màu được phân tích theo cách tương tự. Nếu mỗi con không quá 190 thì chúng chứa không quá 190 ◊ 10 + 190 ◊ 10 = 3800 chip và tất cả các chip đều được chứa trong các hàng này. Đánh giá đã được chứng minh.